Неравенство Несбитта

Математическое неравенство

В математике неравенство Несбитта , названное в честь Альфреда Несбитта, утверждает , что для положительных действительных чисел a , b и c ,

${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}},}$

с равенством только тогда, когда (т.е. в равностороннем треугольнике ). ${\displaystyle a=b=c}$

Соответствующей верхней границы не существует , поскольку любая из трех дробей в неравенстве может быть сделана произвольно большой.

Это случай с тремя переменными гораздо более сложного неравенства Шапиро , опубликованный по крайней мере 50 лет назад.

Доказательство

Первое доказательство: неравенство AM-HM

По неравенству AM - HM на , ${\displaystyle (a+b),(b+c),(c+a)}$

${\displaystyle {\frac {(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3}}\geq {\frac {3}{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}}}.}$

Клиринг знаменателей доходность

${\displaystyle ((a+b)+(a+c)+(b+c))\left({\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}\right)\geq 9,}$

из чего получаем

${\displaystyle 2{\frac {a+b+c}{b+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+b}}\geq 9}$

путем расширения произведения и приведения к одинаковым знаменателям. Это затем упрощается непосредственно до конечного результата.

Второе доказательство: Перестановка

Предположим , что мы имеем, что ${\displaystyle a\geq b\geq c}$

${\displaystyle {\frac {1}{b+c}}\geq {\frac {1}{a+c}}\geq {\frac {1}{a+b}}.}$

Определять

${\displaystyle {\vec {x}}=(a,b,c)\quad }$и . ${\displaystyle \quad {\vec {y}}=\left({\frac {1}{b+c}},{\frac {1}{a+c}},{\frac {1}{a+b}}\right)}$

По неравенству перестановки скалярное произведение двух последовательностей максимизируется, когда члены упорядочены так, чтобы оба возрастали или оба убывали. Порядок здесь оба убывает. Пусть и будут векторами, циклически сдвинутыми на одну и на две позиции; тогда ${\displaystyle {\vec {y}}_{1}}$ ${\displaystyle {\vec {y}}_{2}}$ ${\displaystyle {\vec {y}}}$

${\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{1}}$

${\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{2}}$

Затем сложение приводит к неравенству Несбитта.

Третье доказательство: сумма квадратов

Следующее тождество верно для всех ${\displaystyle a,b,c:}$

${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}={\frac {3}{2}}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)}}+{\frac {(a-c)^{2}}{(a+b)(b+c)}}+{\frac {(b-c)^{2}}{(a+b)(a+c)}}\right).}$

Это ясно доказывает, что левая часть не меньше, чем при положительных a , b и c . ${\displaystyle 3/2}$

Примечание: каждое рациональное неравенство можно продемонстрировать, преобразовав его в соответствующее тождество суммы квадратов — см. семнадцатую проблему Гильберта .

Четвертое доказательство: Коши–Шварц

Применив неравенство Коши–Шварца к векторам, получаем ${\displaystyle \displaystyle \left\langle {\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right\rangle ,\left\langle {\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right\rangle }$

${\displaystyle ((b+c)+(a+c)+(a+b))\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geq 9,}$

который можно преобразовать в конечный результат, как мы это сделали в доказательстве AM-HM.

Пятое доказательство: AM-GM

Пусть . Затем мы применяем неравенство AM-GM, чтобы получить ${\displaystyle x=a+b,y=b+c,z=c+a}$

${\displaystyle {\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geq 6,}$

потому что ${\displaystyle {\frac {x}{y}}+{\frac {z}{y}}+{\frac {y}{x}}+{\frac {z}{x}}+{\frac {x}{z}}+{\frac {y}{z}}\geq 6{\sqrt[{6}]{{\frac {x}{y}}\cdot {\frac {z}{y}}\cdot {\frac {y}{x}}\cdot {\frac {z}{x}}\cdot {\frac {x}{z}}\cdot {\frac {y}{z}}}}=6.}$

Замена в пользу доходности ${\displaystyle x,y,z}$ ${\displaystyle a,b,c}$

${\displaystyle {\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geq 6}$

${\displaystyle {\frac {2a}{b+c}}+{\frac {2c}{a+b}}+{\frac {2b}{a+c}}+3\geq 6,}$

что затем упрощается до конечного результата.

Шестое доказательство: лемма Титу

Лемма Титу , прямое следствие неравенства Коши–Шварца , утверждает, что для любой последовательности действительных чисел и любой последовательности положительных чисел , ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle (x_{k})}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle (a_{k})}$ ${\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}.}$

Используем лемму относительно и . Это дает ${\displaystyle (x_{k})=(1,1,1)}$ ${\displaystyle (a_{k})=(b+c,a+c,a+b)}$

${\displaystyle {\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{c+a}}+{\frac {1}{a+b}}\geq {\frac {3^{2}}{2(a+b+c)}},}$

что приводит к

${\displaystyle {\frac {a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+c}{c+a}}+{\frac {a+b+c}{a+b}}\geq {\frac {9}{2}}}$то есть,

${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {9}{2}}-3={\frac {3}{2}}.}$

Седьмое доказательство: использование однородности

Так как левая часть неравенства однородна, то можно предположить . Теперь определим , и . Требуемое неравенство превращается в , или, что то же самое, . Это, очевидно, верно по лемме Титу. ${\displaystyle a+b+c=1}$ ${\displaystyle x=a+b}$ ${\displaystyle y=b+c}$ ${\displaystyle z=c+a}$ ${\displaystyle {\frac {1-x}{x}}+{\frac {1-y}{y}}+{\frac {1-z}{z}}\geq {\frac {3}{2}}}$ ${\displaystyle {\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\frac {1}{z}}\geq {\frac {9}{2}}}$

Восьмое доказательство: неравенство Йенсена

Пусть и рассмотрим функцию . Можно показать, что эта функция выпукла по и, используя неравенство Йенсена , получаем ${\displaystyle S=a+b+c}$ ${\displaystyle f(x)={\frac {x}{S-x}}}$ ${\displaystyle [0,S]}$

${\displaystyle \displaystyle {\frac {{\frac {a}{S-a}}+{\frac {b}{S-b}}+{\frac {c}{S-c}}}{3}}\geq {\frac {S/3}{S-S/3}}.}$

Прямое вычисление дает

${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.}$

Девятое доказательство: сведение к неравенству с двумя переменными

Очищая знаменатели,

${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}\iff 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq ab^{2}+a^{2}b+ac^{2}+a^{2}c+bc^{2}+b^{2}c.}$

Поэтому достаточно доказать, что для , так как суммирование этого значения три раза для и завершает доказательство. ${\displaystyle x^{3}+y^{3}\geq xy^{2}+x^{2}y}$ ${\displaystyle (x,y)\in \mathbb {R} _{+}^{2}}$ ${\displaystyle (x,y)=(a,b),\ (a,c),}$ ${\displaystyle (b,c)}$

Как мы и сделали. ${\displaystyle x^{3}+y^{3}\geq xy^{2}+x^{2}y\iff (x-y)(x^{2}-y^{2})\geq 0}$

Ссылки

• Несбитт, AM (1902). «Проблема 15114». Educational Times . 55 .
• Ион Ионеску, Румынский математический вестник, том XXXII (15 сентября 1926 г. - 15 августа 1927 г.), стр. 120
• Артур Лоуотер (1982). «Введение в неравенства». Электронная книга в формате PDF.
• «Кто такой Альфред Несбитт, эпоним неравенства Несбитта».

Внешние ссылки

• Дополнительные доказательства этого неравенства см. в AoPS.
• «Неравенство Несбитта». PlanetMath .
• «доказательство неравенства Несбитта». PlanetMath .