Première démonstration : par l'inégalité de réarrangement
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On suppose, sans perte de généralité , que
a
⩾
b
⩾
c
{\displaystyle a\geqslant b\geqslant c}
1
a
+
b
⩽
1
a
+
c
⩽
1
b
+
c
.
{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}\ \leqslant \ {\frac {1}{a+c}}\ \leqslant \ {\frac {1}{b+c}}.}
En appliquant deux fois l'inégalité de réarrangement , il vient :
c
a
+
b
+
b
a
+
c
+
a
b
+
c
⩾
a
a
+
b
+
c
a
+
c
+
b
b
+
c
,
{\displaystyle {\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\geqslant {\frac {a}{a+b}}+{\frac {c}{a+c}}+{\frac {b}{b+c}},}
et
c
a
+
b
+
b
a
+
c
+
a
b
+
c
⩾
b
a
+
b
+
a
a
+
c
+
c
b
+
c
.
{\displaystyle {\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\geqslant {\frac {b}{a+b}}+{\frac {a}{a+c}}+{\frac {c}{b+c}}.}
En ajoutant ces deux inégalités, on obtient :
2
(
c
a
+
b
+
b
a
+
c
+
a
b
+
c
)
⩾
a
+
b
a
+
b
+
a
+
c
a
+
c
+
b
+
c
b
+
c
,
{\displaystyle 2\left({\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\right)\geqslant {\frac {a+b}{a+b}}+{\frac {a+c}{a+c}}+{\frac {b+c}{b+c}},}
c'est-à-dire
2
(
c
a
+
b
+
b
a
+
c
+
a
b
+
c
)
⩾
3
,
{\displaystyle 2\left({\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\right)\geqslant 3,}
dont on déduit l'inégalité de Nesbitt.
Deuxième démonstration : par l'inégalité arithmético-harmonique
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Par l'inégalité arithmético -harmonique portant sur
a
+
b
,
b
+
c
,
c
+
a
{\displaystyle a+b,b+c,c+a}
(
a
+
b
)
+
(
a
+
c
)
+
(
b
+
c
)
3
⩾
3
1
a
+
b
+
1
a
+
c
+
1
b
+
c
.
{\displaystyle {\frac {(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3}}\geqslant {\frac {3}{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}}}.}
Après simplification,
(
(
a
+
b
)
+
(
a
+
c
)
+
(
b
+
c
)
)
(
1
a
+
b
+
1
a
+
c
+
1
b
+
c
)
⩾
9
,
{\displaystyle ((a+b)+(a+c)+(b+c))\left({\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}\right)\geqslant 9,}
dont on obtient
2
a
+
b
+
c
b
+
c
+
2
a
+
b
+
c
a
+
c
+
2
a
+
b
+
c
a
+
b
⩾
9
{\displaystyle 2{\frac {a+b+c}{b+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+b}}\geqslant 9}
après développement et rassemblement par dénominateur. D'où le résultat.
Troisième démonstration : par l'inégalité de Cauchy–Schwarz
modifier
En appliquant l'inégalité de Cauchy–Schwarz aux vecteurs
(
a
+
b
,
b
+
c
,
c
+
a
)
,
(
1
a
+
b
,
1
b
+
c
,
1
c
+
a
)
{\displaystyle \displaystyle \left({\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right),\left({\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right)}
(
(
b
+
c
)
+
(
a
+
c
)
+
(
a
+
b
)
)
(
1
b
+
c
+
1
a
+
c
+
1
a
+
b
)
⩾
9
,
{\displaystyle ((b+c)+(a+c)+(a+b))\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geqslant 9,}
forme qui est similaire à celle de la preuve précédente.
Quatrième démonstration : par l'inégalité arithmético-géométrique
modifier
Appliquons d'abord une transformation de Ravi : posons
x
=
a
+
b
,
y
=
b
+
c
,
z
=
c
+
a
{\displaystyle x=a+b,y=b+c,z=c+a}
inégalité arithmético-géométrique aux six nombres
x
2
z
,
z
2
x
,
y
2
z
,
z
2
y
,
x
2
y
,
y
2
x
{\displaystyle x^{2}z,z^{2}x,y^{2}z,z^{2}y,x^{2}y,y^{2}x}
(
x
2
z
+
z
2
x
)
+
(
y
2
z
+
z
2
y
)
+
(
x
2
y
+
y
2
x
)
6
⩾
x
2
z
⋅
z
2
x
⋅
y
2
z
⋅
z
2
y
⋅
x
2
y
⋅
y
2
x
6
=
x
y
z
.
{\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}}\geqslant {\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
x
y
z
/
6
{\displaystyle xyz/6}
x
+
z
y
+
y
+
z
x
+
x
+
y
z
⩾
6.
{\displaystyle {\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geqslant 6.}
Exprimons à présent
x
,
y
,
z
{\displaystyle x,y,z}
a
,
b
,
c
{\displaystyle a,b,c}
2
a
+
b
+
c
b
+
c
+
a
+
b
+
2
c
a
+
b
+
a
+
2
b
+
c
c
+
a
⩾
6
{\displaystyle {\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geqslant 6}
2
a
b
+
c
+
2
c
a
+
b
+
2
b
a
+
c
+
3
⩾
6
{\displaystyle {\frac {2a}{b+c}}+{\frac {2c}{a+b}}+{\frac {2b}{a+c}}+3\geqslant 6}
qui, après simplification, donne le résultat.
Cinquième démonstration : par le lemme de Titu
modifier
Le lemme de Titu, conséquence directe de l'inégalité de Cauchy–Schwarz , indique que pour toutes familles de
n
{\displaystyle n}
réels
(
x
k
)
{\displaystyle (x_{k})}
(
a
k
)
{\displaystyle (a_{k})}
∑
k
=
1
n
x
k
2
a
k
⩾
(
∑
k
=
1
n
x
k
)
2
∑
k
=
1
n
a
k
{\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geqslant {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}}
n
=
3
{\displaystyle n=3}
(
a
,
b
,
c
)
{\displaystyle (a,b,c)}
(
a
(
b
+
c
)
,
b
(
c
+
a
)
,
c
(
a
+
b
)
)
{\displaystyle (a(b+c),b(c+a),c(a+b))}
a
2
a
(
b
+
c
)
+
b
2
b
(
c
+
a
)
+
c
2
c
(
a
+
b
)
⩾
(
a
+
b
+
c
)
2
a
(
b
+
c
)
+
b
(
c
+
a
)
+
c
(
a
+
b
)
{\displaystyle {\frac {a^{2}}{a(b+c)}}+{\frac {b^{2}}{b(c+a)}}+{\frac {c^{2}}{c(a+b)}}\geqslant {\frac {(a+b+c)^{2}}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}}}
Après développement
a
2
a
(
b
+
c
)
+
b
2
b
(
c
+
a
)
+
c
2
c
(
a
+
b
)
⩾
a
2
+
b
2
+
c
2
+
2
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
2
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
,
{\displaystyle {\frac {a^{2}}{a(b+c)}}+{\frac {b^{2}}{b(c+a)}}+{\frac {c^{2}}{c(a+b)}}\geqslant {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}},}
ce qui donne
a
b
+
c
+
b
c
+
a
+
c
a
+
b
⩾
a
2
+
b
2
+
c
2
2
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
+
1.
{\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geqslant {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(ab+bc+ca)}}+1.}
Or, l'inégalité de réarrangement donne
a
2
+
b
2
+
c
2
⩾
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+bc+ca}
1
2
{\displaystyle \displaystyle {\frac {1}{2}}}
a
b
+
c
+
b
c
+
a
+
c
a
+
b
⩾
3
2
.
{\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geqslant {\frac {3}{2}}.}
Sixième démonstration : utilisation de l'homogénéité
modifier
Puisque la partie gauche de l'inégalité est homogène , nous pouvons supposer
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a+b+c=1}
x
=
a
+
b
{\displaystyle x=a+b}
y
=
b
+
c
{\displaystyle y=b+c}
z
=
c
+
a
{\displaystyle z=c+a}
1
−
x
x
+
1
−
y
y
+
1
−
z
z
⩾
3
2
{\displaystyle {\frac {1-x}{x}}+{\frac {1-y}{y}}+{\frac {1-z}{z}}\geqslant {\frac {3}{2}}}
1
x
+
1
y
+
1
z
⩾
9
/
2
{\displaystyle {\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\frac {1}{z}}\geqslant 9/2}
Septième démonstration : par l'inégalité de Jensen
modifier
Nous supposons ici aussi
a
+
b
+
c
=
1
{\displaystyle a+b+c=1}
a
1
−
a
+
b
1
−
b
+
c
1
−
c
{\displaystyle {\frac {a}{1-a}}+{\frac {b}{1-b}}+{\frac {c}{1-c}}}
Or la fonction
f
{\displaystyle f}
f
(
x
)
=
x
1
−
x
{\displaystyle f(x)={\frac {x}{1-x}}}
convexe sur
]
0
,
1
[
{\displaystyle \left]0,1\right[}
inégalité de Jensen :
1
2
=
f
(
1
3
)
=
f
(
a
+
b
+
c
3
)
⩽
1
3
(
f
(
a
)
+
f
(
b
)
+
f
(
c
)
)
=
1
3
(
a
1
−
a
+
b
1
−
b
+
c
1
−
c
)
{\displaystyle {\frac {1}{2}}=f\left({\frac {1}{3}}\right)=f\left({\frac {a+b+c}{3}}\right)\leqslant {\frac {1}{3}}(f(a)+f(b)+f(c))={\frac {1}{3}}\left({\frac {a}{1-a}}+{\frac {b}{1-b}}+{\frac {c}{1-c}}\right)}
d’où l'inégalité voulue.
Huitième démonstration : par l'inégalité de Muirhead
modifier
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
{\displaystyle 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geqslant a^{2}b+b^{2}a+b^{2}c+c^{2}b+c^{2}a+ac^{2}}
Avec les notations introduites dans la page sur l'inégalité de Muirhead , cela équivaut à
[
3
,
0
,
0
]
⩾
[
2
,
1
,
0
]
{\displaystyle [3,0,0]\geqslant [2,1,0]}
(
3
,
0
,
0
)
{\displaystyle (3,0,0)}
majorise
(
2
,
1
,
0
)
{\displaystyle (2,1,0)}
[ 1]
Neuvième démonstration
modifier
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
{\displaystyle 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})-a^{2}b-b^{2}a-b^{2}c-c^{2}b-c^{2}a-ac^{2}\geqslant 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
{\displaystyle (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
{\displaystyle a=b=c}
[ 1]
![{\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}}\geqslant {\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/3508a2fb6ebc37ccb9cda0bd9805c5cf864ff9b2)
![{\displaystyle \left]0,1\right[}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9a5471595b2e7b5c1ecc10ea08df3ea3fa5d14a7)
![{\displaystyle [3,0,0]\geqslant [2,1,0]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6904b1c7a14a82f35dfe41a600698dd69a3c35cd)
