# Inégalité de Nesbitt
## Énoncé

L'inégalité de Nesbitt est un cas particulier de l'inégalité de Shapiro pour trois réels ; elle donne un minorant d'une expression rationnelle de ces réels. Elle s'énonce ainsi :
Théorème — Soient $a,b,c>0.$ Alors
${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geqslant {\frac {3}{2}}.$

## Démonstrations
### Première démonstration : par l'inégalité de réarrangement

On suppose, sans perte de généralité, que $a\geqslant b\geqslant c$. On a alors :
${\frac {1}{a+b}}\ \leqslant \ {\frac {1}{a+c}}\ \leqslant \ {\frac {1}{b+c}}.$
En appliquant deux fois l'inégalité de réarrangement, il vient :
${\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\geqslant {\frac {a}{a+b}}+{\frac {c}{a+c}}+{\frac {b}{b+c}},$
et
${\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\geqslant {\frac {b}{a+b}}+{\frac {a}{a+c}}+{\frac {c}{b+c}}.$
En ajoutant ces deux inégalités, on obtient :
$2\left({\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\right)\geqslant {\frac {a+b}{a+b}}+{\frac {a+c}{a+c}}+{\frac {b+c}{b+c}},$
c'est-à-dire
$2\left({\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\right)\geqslant 3,$
dont on déduit l'inégalité de Nesbitt.

### Deuxième démonstration : par l'inégalité arithmético-harmonique

Par l'inégalité arithmético-harmonique portant sur $a+b,b+c,c+a$,
    ${\frac {(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3}}\geqslant {\frac {3}{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}}}.$
Après simplification,
    $((a+b)+(a+c)+(b+c))\left({\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}\right)\geqslant 9,$
dont on obtient
    $2{\frac {a+b+c}{b+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+b}}\geqslant 9$
après développement et rassemblement par dénominateur. D'où le résultat.

### Troisième démonstration : par l'inégalité de Cauchy–Schwarz

En appliquant l'inégalité de Cauchy–Schwarz aux vecteurs $\displaystyle \left({\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right),\left({\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right)$, il vient
    $((b+c)+(a+c)+(a+b))\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geqslant 9,$
forme qui est similaire à celle de la preuve précédente.

### Quatrième démonstration : par l'inégalité arithmético-géométrique

Appliquons d'abord une transformation de Ravi : posons $x=a+b,y=b+c,z=c+a$. Appliquons l'inégalité arithmético-géométrique aux six nombres $x^{2}z,z^{2}x,y^{2}z,z^{2}y,x^{2}y,y^{2}x$ pour obtenir
    ${\frac {\left(x^{2}z+z^{2}x\right)+\left(y^{2}z+z^{2}y\right)+\left(x^{2}y+y^{2}x\right)}{6}}\geqslant {\sqrt[{6}]{x^{2}z\cdot z^{2}x\cdot y^{2}z\cdot z^{2}y\cdot x^{2}y\cdot y^{2}x}}=xyz.$
Après division par $xyz/6$, on obtient
    ${\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geqslant 6.$
Exprimons à présent $x,y,z$ en fonction de $a,b,c$ :
    ${\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geqslant 6$
    ${\frac {2a}{b+c}}+{\frac {2c}{a+b}}+{\frac {2b}{a+c}}+3\geqslant 6$
qui, après simplification, donne le résultat.

### Cinquième démonstration : par le lemme de Titu

Le lemme de Titu, conséquence directe de l'inégalité de Cauchy–Schwarz, indique que pour toutes familles de $n$ réels $(x_{k})$ et de réels positifs $(a_{k})$, $\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geqslant {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}$. Utilisons ce lemme pour $n=3$ avec les familles $(a,b,c)$ et $(a(b+c),b(c+a),c(a+b))$ :
    ${\frac {a^{2}}{a(b+c)}}+{\frac {b^{2}}{b(c+a)}}+{\frac {c^{2}}{c(a+b)}}\geqslant {\frac {(a+b+c)^{2}}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}}$
Après développement
    ${\frac {a^{2}}{a(b+c)}}+{\frac {b^{2}}{b(c+a)}}+{\frac {c^{2}}{c(a+b)}}\geqslant {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}},$
ce qui donne
    ${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geqslant {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(ab+bc+ca)}}+1.$
Or, l'inégalité de réarrangement donne $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+bc+ca$, ce qui prouve que le quotient de droite est inférieur ou égal à $\displaystyle {\frac {1}{2}}$. Finalement,
    ${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geqslant {\frac {3}{2}}.$

### Sixième démonstration : utilisation de l'homogénéité

Puisque la partie gauche de l'inégalité est homogène, nous pouvons supposer $a+b+c=1$. En posant $x=a+b$, $y=b+c$, et $z=c+a$. Il suffit de montrer ${\frac {1-x}{x}}+{\frac {1-y}{y}}+{\frac {1-z}{z}}\geqslant {\frac {3}{2}}$, c'est-à-dire, ${\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\frac {1}{z}}\geqslant 9/2$. Une simple application du lemme de Titu fournit le résultat.

### Septième démonstration : par l'inégalité de Jensen

Nous supposons ici aussi $a+b+c=1$. On recherche alors le minimum de
${\frac {a}{1-a}}+{\frac {b}{1-b}}+{\frac {c}{1-c}}$.
Or la fonction $f$ définie par $f(x)={\frac {x}{1-x}}$ est convexe sur $\left]0,1\right[$, donc d'après l'inégalité de Jensen :
${\frac {1}{2}}=f\left({\frac {1}{3}}\right)=f\left({\frac {a+b+c}{3}}\right)\leqslant {\frac {1}{3}}(f(a)+f(b)+f(c))={\frac {1}{3}}\left({\frac {a}{1-a}}+{\frac {b}{1-b}}+{\frac {c}{1-c}}\right)$,
d’où l'inégalité voulue.

### Huitième démonstration : par l'inégalité de Muirhead

L'inégalité équivaut à $2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geqslant a^{2}b+b^{2}a+b^{2}c+c^{2}b+c^{2}a+ac^{2}$.
Avec les notations introduites dans la page sur l'inégalité de Muirhead, cela équivaut à $[3,0,0]\geqslant [2,1,0]$, ce qui s'obtient par le théorème de Muirhead car $(3,0,0)$ majorise $(2,1,0)$.

### Neuvième démonstration

L'inégalité équivaut à $2(a^{3}+b^{3}+c^{3})-a^{2}b-b^{2}a-b^{2}c-c^{2}b-c^{2}a-ac^{2}\geqslant 0$,
or le premier membre peut se mettre sous la forme $(a+b)(a-b)^{2}+(b+c)(b-c)^{2}+(c+a)(c-a)^{2}$,
ce qui prouve l'inégalité, et montre de plus que le cas d'égalité est $a=b=c$.