ネスビットの不等式

**ネスビットの不等式**（）は、以下の不等式である。アルフレッド・ネスビット（Alfred Nesbitt）の名を冠する
:\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}
ただし、*a*, *b*, *c* は正の実数。等号は *a = b = c* のとき成立する。

## 証明
ネスビットの不等式はシャピロの不等式の  = 3 の場合である。
### 証明1:相加調和平均の関係式
相加調和平均の関係式を(a+b),(b+c),(c+a)に用いる。
:\frac{(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3} \geq \frac{3}{\displaystyle\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c}}.
整理して、
:((a+b)+(a+c)+(b+c))\left(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c}\right)\geq 9,
:2\frac{a+b+c}{b+c} + 2\frac{a+b+c}{a+c} + 2\frac{a+b+c}{a+b} \geq 9
:2\frac{a}{b+c} + 2\frac{b}{a+c} + 2\frac{c}{a+b}+ 6 \geq 9
:\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}
### 証明2:並べ替え不等式
a \ge b \ge cを仮定すると
:\frac{1}{b+c} \ge \frac{1}{a+c} \ge \frac{1}{a+b}.
を得る。
:\vec{x} = (a,b,c)\quad ,\quad\vec{y} = \left(\frac{1}{b+c} , \frac{1}{a+c} , \frac{1}{a+b}\right) 
と定義する。並べ替え不等式より、この2列のドット積は、2列がともに単調増加あるいは単調減少であるときに最大値をとる。
今、2列は単調減少数列になっている。2つのベクトル\vec y_1, \vec y_2を\vec yを循環的に置き換えたものとして、
:\vec{x} \cdot \vec{y} \ge \vec{x} \cdot \vec y_1
:\vec{x} \cdot \vec{y} \ge \vec{x} \cdot \vec y_2
辺辺足して、ネスビットの不等式を得る。
### 証明3:平方和
任意の実数について、恒等式
:\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \left(\frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)} + \frac{(a-c)^2}{(a+b)(b+c)} + \frac{(b-c)^2}{(a+b)(a+c)}\right).
が成り立つから、正の実数におけるネスビットの不等式を得る。

備考:すべての有理不等式は、平方和の恒等式に変換することで証明可能である。詳細はヒルベルトの第17問題を参照。 
### 証明4:コーシー＝シュワルツ
2つのベクトル
:\displaystyle\left\langle\sqrt{a+b},\sqrt{b+c},\sqrt{c+a}\right\rangle,\left\langle\frac{1}{\sqrt{a+b}},\frac{1}{\sqrt{b+c}},\frac{1}{\sqrt{c+a}}\right\rangle
に関するコーシー＝シュワルツの不等式、
:((b+c)+(a+c)+(a+b))\left(\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b}\right) \geq 9,
を証明1と同様にして変形することで題意の不等式を得る。
### 証明5: 相加相乗平均の関係式
x=a+b, y=b+c, z=c+aのようにラヴィ変換を施して、相加相乗平均の関係式を用いることにより、
:\frac{x}{y} + \frac{z}{y} + \frac{y}{x} + \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} \geq 6\sqrt[6]{\frac{x}{y} \cdot \frac{z}{y} \cdot \frac{y}{x} \cdot \frac{z}{x} \cdot \frac{x}{z} \cdot \frac{y}{z}} = 6.
:\frac{x+z}{y} + \frac{y+z}{x} + \frac{x+y}{z} \geq 6,
x,y,zを元に戻して、
:\frac{2a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+2c}{a+b} + \frac{a+2b+c}{c+a} \geq 6
:\frac{2a}{b+c} + \frac{2c}{a+b} + \frac{2b}{a+c} + 3 \geq 6,
整理すると、ネスビットの不等式を得る。
### 証明6:Tituの補題
ティトゥの補題はコーシー＝シュワルツの不等式を個の実数の列と、個の正の実数の列に関する不等式に換言したものである。
:\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{x_k^2}{a_k}\geq\frac{(\sum_{k=1}^n x_k)^2}{\sum_{k=1}^n a_k}.  

(x_k)=(1,1,1),\quad (a_k)=(b+c,a+c,a+b)とすると、
:\frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b} \geq \frac{3^2}{2(a+b+c)},
:\frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{c+a} + \frac{a+b+c}{a+b} \geq \frac{9}{2}
:\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}.

### 証明7:斎次性
不等式の左辺が斎次的であることから、 a+b+c=1としても一般性を失わない。 ラヴィ変換を施して、
:x=a+b,\quad y=b+c, \quad z=c+a
とすれば、不等式は \frac{1-x}{x} + \frac{1-y}{y} + \frac{1-z}{z} \ge \frac{3}{2}に帰着する。これは、\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{9}{2}と変形できるが、ティトゥの補題より、成立が確認できる。
### 証明8:イェンセンの不等式
S=a+b+cとして、関数f(x)=\frac{x}{S-x}を考える。この関数は区間[0,S]内で凸であるから、イェンセンの不等式より、
:\displaystyle \frac{\frac{a}{S-a} + \frac{b}{S-b} + \frac{c}{S-c}}{3} \geq \frac{S/3}{S-S/3}.
整理して、
:\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}.
### 証明9
:\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} \iff 2(a^3+b^3+c^3) \geq ab^2 + a^2b + ac^2 + a^2c + bc^2 + b^2c.
(x,y) \in \mathbb{R}^2_+について、不等式x^3+y^3 \geq xy^2+x^2yを証明して、(x,y) = (a,b),\ (a,c),\ (c,a) を考えることにより、右の不等式が示せる。

実際にx^3+y^3 \geq xy^2+x^2y \iff (x-y)(x^2-y^2) \geq 0 であるから不等式が成立する。
### 証明10:ムーアヘッドの不等式
証明9の右の不等式は、[3,0,0]\geq [2,1,0]におけるムーアヘッドの不等式そのものである。
### 証明11
不等式を変形して
:2(a^3+b^3+c^3)-a^2b-b^2a-b^2c-c^2b-c^2a-ac^2\geq 0
この左辺は、
:(a+b)(a-b)^2+(b+c)(b-c)^2+(c+a)(c-a)^2 .
となるので、不等式が成立する。
## 出典
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* Ion Ionescu, Romanian Mathematical Gazette, Volume XXXII (September 15, 1926 - August 15, 1927), page 120 
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## 外部リンク

* Nesbittの不等式の6通りの証明 | 高校数学の美しい物語
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