Нерівність Несбіта — частковий випадок нерівності Шапіро. Стверджує, що для додатних дійсних чисел a, b і c справджується така нерівність:
![{\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ec8cddcaf162a1509f22053e879df555a0c28ab1)
Перший спосіб: Нерівність середнього арифметичного та гармонійного
[ред. | ред. код]
Із нерівності між середнім арифметичним і середнім гармонійним з
, маємо:
![{\displaystyle {\frac {(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3}}\geq {\frac {3}{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d50d2381318c98aae99c6d04c997ab723a084706)
Звідси,
![{\displaystyle ((a+b)+(a+c)+(b+c))\left({\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}\right)\geq 9,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d78ca4c4d8af7c84bfa7fe05ad46af03ec1c3fe2)
Відкривши дужки, отримаємо
Звідси безпосередньо випливає необхідний результат.
Нехай
. Отримаємо:
![{\displaystyle {\frac {1}{b+c}}\geq {\frac {1}{a+c}}\geq {\frac {1}{a+b}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/dab7606fbd34e0ddf57a20d8b5784cf711e4a241)
Визначимо:
![{\displaystyle {\vec {x}}=(a,b,c)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/74c8cf41f8da636d22ee3e5442cd620279c63e80)
![{\displaystyle {\vec {y}}=\left({\frac {1}{b+c}},{\frac {1}{a+c}},{\frac {1}{a+b}}\right)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0bcb0b6f70a864d09d74ba570dbbb852ea2c2153)
З нерівності перестановок, скалярний добуток двох послідовностей є максимальним, якщо вони задані таким же чином, візьмемо
і
як вектор
, зсунутий на 1 і 2 відповідно. Маємо:
![{\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{1}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2bc9bdb34f232abd401e43fae13bf8d97e1a76ca)
![{\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{2}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/76050040cc8890cadfb01bdfa96b6e4524e07948)
Додавши отримані нерівності, матимемо нерівність Несбіта.
Третій спосіб: Сімнадцята проблема Гільберта
[ред. | ред. код]
Наступна тотожність виконується для всіх
![{\displaystyle {\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)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/fb25b43cda866b24d1cf64148a109ba93a883159)
Очевидно, що ліва частина є не меншою за
для додатних a,b та c.
Четвертий спосіб: Нерівність Коші-Буняковського
[ред. | ред. код]
Покладемо в нерівність Коші-Буняковського вектори
Отримаємо:
![{\displaystyle ((b+c)+(a+c)+(a+b))\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geq 9,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/180f0e25a4123633e20f64b95b0e92e88ab01c91)
З чого легко випливає кінцевий результат, аналогічно з доведенням з використанням нерівності середнього арифметичного та гармонійного.
П'ятий спосіб: Нерівність середнього арифметичного та геометричного
[ред. | ред. код]
Використаємо заміну Раві: нехай
. Потім, застосуємо нерівність середнього арифметичного та геометричного для набору з шести значень
:
![{\displaystyle {\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}}\geq {\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.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ccc7ddd90f04bf1774a37f066336de70a7bf679e)
Поділимо на
:
![{\displaystyle {\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geq 6.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/550528b93e8a401f963c612ec81b13ae32123f6b)
Підставивши
замість
, маємо:
![{\displaystyle {\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geq 6,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/86b210ed91984ad0d9bc976ea99af5edf0ec8c6f)
Спростивши, отримаємо необхідний результат.
Лема Тіту, що є прямим наслідком із нерівності Коші-Буняковського, стверджує, що для довільної послідовності із
дійсних чисел
і довільної послідовності з
додатних чисел
,
. Візьмемо як послідовність
і як послідовність
:
![{\displaystyle {\frac {a^{2}}{a(b+c)}}+{\frac {b^{2}}{b(c+a)}}+{\frac {c^{2}}{c(a+b)}}\geq {\frac {(a+b+c)^{2}}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9761fbf5643111567537904b6babf2e8d24685f6)
Відкривши дужки і звівши подібні доданки, отримуємо:
що спрощується до вигляду
![{\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(ab+bc+ca)}}+1.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8d15148e20ca000f7539792a64f70b5e795842f2)
З нерівності перестановок маємо, що
, і вираз у правій частині повинен бути не меншим за
. Таким чином,
![{\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/00ad3400e459831ddaaa20fd8291a121637a2270)
- Arthur Lohwater (1982). Introduction to Inequalities.
- A. M. Nesbitt - Problem 15114, Educational Times 2, 1903
- J. Michael Steele. The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities. — Cambridge University Press, 2004. — P. 316. Exercise 5.6, page 84.