nesbittの不等式と7つの証明について

1. nesbittの不等式

1.1. 例

具体的な値を代入して確認してみましょう。仮に \( a = 2, b = 3, c = 4 \) とすると、

\[ \frac{2}{3 + 4} + \frac{3}{2 + 4} + \frac{4}{2 + 3} = \frac{2}{7} + \frac{3}{6} + \frac{4}{5} \approx 0.2857 + 0.5 + 0.8 = 1.5857 \]

これは確かに \( \frac{3}{2} = 1.5 \) 以上となっています。

2. nesbittの不等式の証明

2.1. 証明1 (愚直に計算)

証明の方針を立ててみましょう。不等式を証明するため、不等式の式変形を行います。この不等式の両辺に \( 2(a+b)(b+c)(c+a) \) をかけて計算を展開してみます。

\[ 2(a+b)(b+c)(c+a) \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \right) \geq 2(a+b)(b+c)(c+a) \cdot \frac{3}{2} \]

左辺の展開をします。

\[ 2(a+b)(b+c)(c+a) \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \right) = 2a(a+b)(c+a) + 2b(b+c)(a+b) + 2c(b+c)(c+a) \]

それぞれの項を展開すると、

\[ 2a(a+b)(c+a) = 2a^3 + 2a^2b + 2a^2c + 2abc \]

\[ 2b(b+c)(a+b) = 2b^3 + 2ab^2 + 2b^2c + 2abc \]

\[ 2c(b+c)(c+a) = 2c^3 + 2ac^2 + 2bc^2 + 2abc \]

これらをすべて足し合わせます。

\[ 2a^3 + 2b^3 + 2c^3 + 2a^2b + 2b^2c + 2c^2a + 2a^2c + 2b^2a + 2c^2b + 6abc \]

右辺の展開をします。

\[ 2(a+b)(b+c)(c+a) \cdot \frac{3}{2} = 3(a+b)(b+c)(c+a) \]

\((a+b)(b+c)(c+a)\) の展開を求めます。

\[ (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b)(bc + c^2 + ab + ac) = a(bc + c^2 + ab + ac) + b(bc + c^2 + ab + ac) \]

\[ = abc + ac^2 + a^2b + a^2c + b^2c + bc^2 + ab^2 + abc = a^2b + a^2c + ab^2 + ac^2 + b^2c + bc^2 + 2abc \]

これに \( 3 \) を掛けます。

\[ 3(a^2b + a^2c + ab^2 + ac^2 + b^2c + bc^2 + 2abc) = 3a^2b + 3a^2c + 3ab^2 + 3ac^2 + 3b^2c + 3bc^2 + 6abc \]

左辺は

\[ 2a^3 + 2b^3 + 2c^3 + 2a^2b + 2b^2c + 2c^2a + 2a^2c + 2b^2a + 2c^2b + 6abc \]

右辺は

\[ 3a^2b + 3a^2c + 3ab^2 + 3ac^2 + 3b^2c + 3bc^2 + 6abc \]

左辺-右辺を計算すると

\[ 2a^3 + 2b^3 + 2c^3 – a^2b – a^2c – ab^2 – ac^2 – b^2c – bc^2 \]

したがって、左辺-右辺が０以上であることが示せればいい。

---

\[ 2(a+b)(b+c)(c+a) \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \right) – 2(a+b)(b+c)(c+a) \cdot \frac{3}{2} \]

を計算すると

$$2a^3 + 2b^3 + 2c^3 – a^2b – a^2c – ab^2 – ac^2 – b^2c – bc^2$$

となります。したがって、

\[ \begin{align*} &2a^3 + 2b^3 + 2c^3 – a^2b – a^2c – ab^2 – ac^2 – b^2c – bc^2 \\ &= (a^3 + b^3 – a^2b – ab^2) + (b^3 + c^3 – b^2c – bc^2) + (c^3 + a^3 – a^2c – ac^2) \\ &= (a^2(a-b) – b^2(a-b)) + (b^2(b-c) – c^2(b-c)) + (c^2(c-a) – a^2(c-a)) \\ &= (a-b)(a^2 – b^2) + (b-c)(b^2 – c^2) + (c-a)(c^2 – a^2) \\ &= (a+b)(a-b)^2 + (b+c)(b-c)^2 + (c+a)(c-a)^2 \end{align*} \]

$a,b,c>0$であるので、$a+b>0$、$b+c>0$、$c+a>0$となります。$(a-b)^2>0$、$(b-c)^2>0$、$(c-a)^2>0$となるので、0以上となる。したがって、

\[ 2(a+b)(b+c)(c+a) \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \right) – 2(a+b)(b+c)(c+a) \cdot \frac{3}{2} \geq 0\]

\[ 2(a+b)(b+c)(c+a) \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \right)  \geq  2(a+b)(b+c)(c+a) \cdot \frac{3}{2}\]

両辺を $2(a+b)(b+c)(c+a) >0$で割ると、

\[ \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \right)  \geq   \frac{3}{2}\]

2.2. 証明2 (置き換え)

証明の方針を立ててみましょう。まず変数の置き換えを行います。\( b+c = x \), \( a+c = y \), \( a+b = z \) と置き換えます。すると、以下のように表せます。

\[ a = \frac{y + z – x}{2}, \quad b = \frac{z + x – y}{2}, \quad c = \frac{x + y – z}{2} \]

ここで、Nesbittの不等式を考えてみましょう。

\[ \begin{align*}= \frac{y + z – x}{2x} + \frac{z + x – y}{2y} + \frac{x + y – z}{2z}  &\geq \frac{9}{2}\\ \frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z} -\frac{3}{2} &\geq \frac{9}{2} \\ \frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}  &\geq 6 \end{align*}\]

この不等式を証明することに帰着する。

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相加相乗平均より、

$$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\geq 2$$

$$\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\geq 2$$

$$\frac{z}{y}+\frac{y}{z} \geq 2$$

となり等号成立条件は$x=y=z$となるので、

\[ \frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}  \geq 6 \]

2.3. 証明3 (気合の式変形)

\[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \]

各項について、分母を共通の形に変形します。まず、各項から\(\frac{1}{2}\)を引いてみます。

\[ \frac{a}{b+c} – \frac{1}{2} = \frac{2a – b – c}{2(b + c)} \]

同様に他の項も変形すると

\[ \begin{align*} \frac{a}{b+c} &= \frac{1}{2} + \frac{2a – b – c}{2(b + c)} \\ \frac{b}{a+c} &= \frac{1}{2} + \frac{2b – a – c}{2(a + c)} \\ \frac{c}{a+b} &= \frac{1}{2} + \frac{2c – a – b}{2(a + b)} \end{align*} \]

したがって、

\[\begin{align*} \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} &= \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\left( \frac{2a – b – c}{b + c} + \frac{2b – a – c}{a + c} + \frac{2c – a – b}{a + b} \right) \\ &= \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\left( \frac{a – b+ a – c}{b + c} + \frac{b – a+b – c}{a + c} + \frac{c – a+c – b}{a + b} \right) \\ &= \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \left( \frac{a – b}{b + c} +\frac{a – c}{b + c} + \frac{b – a}{a + c} + \frac{b – c}{a + c} + \frac{c – a}{a + b}+ \frac{c – b}{a + b} \right) \end{align*}\]

カッコの中身が0以上であることを示せれば、不等式を示すことができるので、カッコの中身に注目して計算していく。ここで、分子が同じ項に着目すると、

\[\begin{align*} &\frac{a – b}{b + c} + \frac{b-a}{a + c} + \frac{a – c}{b + c} + \frac{c-a}{a + b} + \frac{b – c}{a + c} + \frac{c-b}{a + b} \\&=  \frac{a – b}{b + c} – \frac{a – b}{a + c} + \frac{a – c}{b + c} – \frac{a – c}{a + b} + \frac{b – c}{a + c} – \frac{b – c}{a + b} \\ &=(a-b)\left( \frac{1}{b + c} – \frac{1}{a + c}\right)+(a-c)\left( \frac{1}{b + c} – \frac{1}{a + b}\right)+(b-c)\left(\frac{1}{a + c} – \frac{1}{a + b}\right) \\ &=(a-b)\frac{a-b}{(b + c)(a + c)}+(a-c) \frac{a-c}{(b + c)(a + b)}+(b-c) \frac{b-c}{(a+ c)(a + b)} \\ &=\frac{(a-b)^2}{(b + c)(a + c)}+ \frac{(a-c)^2}{(b + c)(a + b)}+ \frac{(b-c)^2}{(a+ c)(a + b)} \end{align*}\]

この式は0以上である。元の式に代入すると、

$$\begin{align*}\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} &= \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \left( \frac{(a-b)^2}{(b + c)(a + c)}+ \frac{(a-c)^2}{(b + c)(a + b)}+ \frac{(b-c)^2}{(a+ c)(a + b)} \right) \\ &\geq \frac{3}{2} +\frac{1}{2}\cdot 0 = \frac{3}{2} \end{align*}$$

2.4. 証明4 (Titu’s Lemma)

Titu’s Lemmaより、

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

両辺を(a+b+c)倍すると、

$$\begin{align*} \frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{a+c} + \frac{a+b+c}{a+b} &\geq \frac{9}{2} \\ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}+3 &\geq \frac{9}{2} \\ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} &\geq \frac{3}{2} \\ \end{align*}$$

2.5. 証明5 (並べ替え不等式)

対称性より、$a\geq b\geq c$と置いても、一般性を失わない。ここで、

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

となる。並べ替え不等式より、

\[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{a}{a+c} + \frac{b}{a+b} + \frac{c}{b+c} \]

\[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{a+c} \]

この不等式を足し合わせると、

\[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} \]

2.6. 証明6 (Muirheadの不等式)

Muirheadの不等式を利用する。$[3,0,0]\succeq[2,0,1]$のとき、

$$\displaystyle\sum_{\mathrm{sym}}a^{3}\geq\displaystyle\sum_{\mathrm{sym}}a^{2}b$$

これは、

$$2a^3 +2b^3 + 2c^3\geq a^2b + b^2a + c^2a + a^2c + c^2b+ b^2c $$

となるので、あとは証明1と同様に計算する。

2.7. 証明7 (Schurの不等式)

証明の方針を立ててみましょう。

\[ 2a^3 + 2b^3 + 2c^3 – a^2b – a^2c – ab^2 – ac^2 – b^2c – bc^2 \]

は対称式かつ、引き算の部分が、r=1のときのSchurの不等式と一致しているのでをSchurの不等式を利用してみる。

\[ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq a^2b + b^2a + c^2a + a^2c + c^2b+ b^2c \]

ここで、

\[ 2a^3 +2b^3 + 2c^3 \geq a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq a^2b + b^2a + c^2a + a^2c + c^2b+ b^2c \]

が言えれば、

$$2a^3 +2b^3 + 2c^3\geq a^2b + b^2a + c^2a + a^2c + c^2b+ b^2c $$

$$2a^3 +2b^3 + 2c^3 – a^2b + b^2a + c^2a + a^2c + c^2b+ b^2c \geq 0$$

となるので、不等式を証明できる。したがって、$a^3 + b^3 + c^3 \geq 3abc$を証明します。

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$a^3 + b^3 + c^3 – 3abc$を計算すると、

$$a^3 + b^3 + c^3 – 3abc$$

$$=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$

$$=(a+b+c)\left(\frac{1}{2}a^2-ab+\frac{1}{2}b^2+\frac{1}{2}b^2-bc+\frac{1}{2}c^2+\frac{1}{2}c^2-ca+\frac{1}{2}a^2 \right)$$

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

$$=\frac{1}{2}(a+b+c)\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right)\geq 0$$

したがって、$a^3 + b^3 + c^3 – 3abc\geq  0$となる。したがって、

Schurの不等式より、

\[ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq a^2b + b^2a + c^2a + a^2c + c^2b+ b^2c \]

また、$a^3 + b^3 + c^3 \geq  3abc$であるので、

$$2a^3 +2b^3 + 2c^3\geq a^2b + b^2a + c^2a + a^2c + c^2b+ b^2c $$

あとは証明1と同様に計算する。