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  :

Théorème — Soient $a,b,c>0.$ Alors

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

Démonstrations

Première démonstration : par l'inégalité de réarrangement

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

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

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

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

et

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

En ajoutant ces deux inégalités, on obtient :

$2\left({\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\right)\geqslant {\frac {a+b}{a+b}}+{\frac {a+c}{a+c}}+{\frac {b+c}{b+c}},$

c'est-à-dire

$2\left({\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\right)\geqslant 3,$

dont on déduit l'inégalité de Nesbitt.

Deuxième démonstration : par l'inégalité arithmético-harmonique

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

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

Après simplification,

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

dont on obtient

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

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

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

forme qui est similaire à celle de la preuve précédente.

Quatrième démonstration : par l'inégalité arithmético-géométrique

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

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

Après division par $xyz/6$, on obtient

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

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

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

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

qui, après simplification, donne le résultat.

Cinquième démonstration : par le lemme de Titu

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 $(a_{k})$, $\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geqslant {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}$. Utilisons ce lemme pour $n=3$ avec les familles $(a,b,c)$ et $(a(b+c),b(c+a),c(a+b))$ :

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

Après développement

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

ce qui donne

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

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

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

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

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

d’où l'inégalité voulue.

Huitième démonstration : par l'inégalité de Muirhead

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

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

Neuvième démonstration

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

or le premier membre peut se mettre sous la forme $(a+b)(a-b)^{2}+(b+c)(b-c)^{2}+(c+a)(c-a)^{2}$,

ce qui prouve l'inégalité, et montre de plus que le cas d'égalité est $a=b=c$.

Voir aussi

• Inégalité de Shapiro

Bibliographie

• (en) Cet article est partiellement ou en totalité issu de l’article de Wikipédia en anglais intitulé « Nesbitt's inequality » (voir la liste des auteurs).
• (en) J. Michael Steele, The Cauchy-Schwarz Master Class : An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities, Cambridge University Press, 26 avril 2004, 1^re éd., 316 p. (ISBN 0-521-54677-X, lire en ligne), Exercice 5.6, page 84.
• (en) A. M. Nesbitt - Problem 15114, Educational Times, numéro 2, pages 37-38, 1903.