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  :

Démonstrations

Première démonstration : par l'inégalité de réarrangement

On suppose, sans perte de généralité, que $a⩾b⩾c$. On a alors :

$\frac{1}{a+b}⩽\frac{1}{a+c}⩽\frac{1}{b+c}.$

En appliquant deux fois l'inégalité de réarrangement, il vient :

$\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c}⩾\frac{a}{a+b}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{b+c},$

et

$\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c}⩾\frac{b}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{c}{b+c}.$

En ajoutant ces deux inégalités, on obtient :

$2(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c})⩾\frac{a+b}{a+b}+\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c},$

c'est-à-dire

$2(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c})⩾3,$

dont on déduit l'inégalité de Nesbitt.

Deuxième démonstration : par l'inégalité arithmético-harmonique

Par l'inégalité arithmético-harmonique portant sur $a+b,b+c,c+a$,

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

Après simplification,

$((a+b)+(a+c)+(b+c))(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c})⩾9,$

dont on obtient

$2\frac{a+b+c}{b+c}+2\frac{a+b+c}{a+c}+2\frac{a+b+c}{a+b}⩾9$

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 $(\sqrt{a+b},\sqrt{b+c},\sqrt{c+a}),(\frac{1}{\sqrt{a+b}},\frac{1}{\sqrt{b+c}},\frac{1}{\sqrt{c+a}})$, il vient

$((b+c)+(a+c)+(a+b))(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b})⩾9,$

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

$\frac{(x^{2}z+z^{2}x)+(y^{2}z+z^{2}y)+(x^{2}y+y^{2}x)}{6}⩾\sqrt[6]{x^{2}z\cdot z^{2}x\cdot y^{2}z\cdot z^{2}y\cdot x^{2}y\cdot y^{2}x}=xyz.$

Après division par $xyz/6$, on obtient

$\frac{x+z}{y}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+y}{z}⩾6.$

Exprimons à présent $x,y,z$ en fonction de $a,b,c$ :

$\frac{2a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+2c}{a+b}+\frac{a+2b+c}{c+a}⩾6$

$\frac{2a}{b+c}+\frac{2c}{a+b}+\frac{2b}{a+c}+3⩾6$

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 $(a_k)$, $\sum _{k=1}^n\frac{x_k^2}{a_k}⩾\frac{(\sum _{k=1}^n{x}_k{)}^2}{\sum _{k=1}^n{a}_k}$. Utilisons ce lemme pour $n=3$ avec les familles $(a,b,c)$ et $(a(b+c),b(c+a),c(a+b))$ :

$\frac{a^2}{a(b+c)}+\frac{b^2}{b(c+a)}+\frac{c^2}{c(a+b)}⩾\frac{(a+b+c{)}^2}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}$

Après développement

$\frac{a^2}{a(b+c)}+\frac{b^2}{b(c+a)}+\frac{c^2}{c(a+b)}⩾\frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)},$

ce qui donne

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}⩾\frac{a^2+b^2+c^2}{2(ab+bc+ca)}+1.$

Or, l'inégalité de réarrangement donne $a^2+b^2+c^2⩾ab+bc+ca$, ce qui prouve que le quotient de droite est inférieur ou égal à $\frac{1}{2}$. Finalement,

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

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 $\frac{1-x}{x}+\frac{1-y}{y}+\frac{1-z}{z}⩾\frac{3}{2}$, c'est-à-dire, $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}⩾9/2$. 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 $]0,1[$, donc d'après l'inégalité de Jensen :

$\frac{1}{2}=f\left(\frac{1}{3}\right)=f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)⩽\frac{1}{3}(f(a)+f(b)+f(c))=\frac{1}{3}(\frac{a}{1-a}+\frac{b}{1-b}+\frac{c}{1-c})$,

d’où l'inégalité voulue.

Huitième démonstration : par l'inégalité de Muirhead

L'inégalité équivaut à $2(a^3+b^3+c^3)⩾a^{2}b+b^{2}a+b^{2}c+c^{2}b+c^{2}a+a{c}^2$.

Avec les notations introduites dans la page sur l'inégalité de Muirhead, cela équivaut à $[3,0,0]⩾[2,1,0]$, ce qui s'obtient par le théorème de Muirhead car $(3,0,0)$ majorise $(2,1,0)$.

Neuvième démonstration

L'inégalité équivaut à $2(a^3+b^3+c^3)-a^{2}b-b^{2}a-b^{2}c-c^{2}b-c^{2}a-a{c}^2⩾0$,

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 $a=b=c$.

Voir aussi

• Inégalité de Shapiro

Bibliographie

• Modèle:Ouvrage, Exercice 5.6, page 84.
• Modèle:En A. M. Nesbitt - Problem 15114, Educational Times, numéro 2, pages 37-38, 1903.