Перший спосіб: Нерівність середнього арифметичного та гармонійного
Редагувати
Із нерівності між середнім арифметичним і середнім гармонійним з
(
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}}\geq {\frac {3}{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}}}.}
Звідси,
(
(
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)\geq 9,}
Відкривши дужки, отримаємо
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}}\geq 9.}
Другий спосіб: Перестановки
Редагувати
Нехай
a
≥
b
≥
c
{\displaystyle a\geq b\geq c}
1
b
+
c
≥
1
a
+
c
≥
1
a
+
b
{\displaystyle {\frac {1}{b+c}}\geq {\frac {1}{a+c}}\geq {\frac {1}{a+b}}}
Визначимо:
x
→
=
(
a
,
b
,
c
)
{\displaystyle {\vec {x}}=(a,b,c)}
y
→
=
(
1
b
+
c
,
1
a
+
c
,
1
a
+
b
)
{\displaystyle {\vec {y}}=\left({\frac {1}{b+c}},{\frac {1}{a+c}},{\frac {1}{a+b}}\right)}
З нерівності перестановок , скалярний добуток двох послідовностей є максимальним, якщо вони задані таким же чином, візьмемо
y
→
1
{\displaystyle {\vec {y}}_{1}}
y
→
2
{\displaystyle {\vec {y}}_{2}}
y
→
{\displaystyle {\vec {y}}}
x
→
⋅
y
→
≥
x
→
⋅
y
→
1
{\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{1}}
x
→
⋅
y
→
≥
x
→
⋅
y
→
2
{\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{2}}
Додавши отримані нерівності, матимемо нерівність Несбіта.
Третій спосіб: Сімнадцята проблема Гільберта
Редагувати
Наступна тотожність виконується для всіх
a
,
b
,
c
:
{\displaystyle a,b,c:}
a
b
+
c
+
b
a
+
c
+
c
a
+
b
=
3
2
+
1
2
(
(
a
−
b
)
2
(
a
+
c
)
(
b
+
c
)
+
(
a
−
c
)
2
(
a
+
b
)
(
b
+
c
)
+
(
b
−
c
)
2
(
a
+
b
)
(
a
+
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)}
Очевидно, що ліва частина є не меншою за
3
2
{\displaystyle {\frac {3}{2}}}
Четвертий спосіб: Нерівність Коші-Буняковського
Редагувати
Покладемо в нерівність Коші-Буняковського вектори
⟨
a
+
b
,
b
+
c
,
c
+
a
⟩
,
⟨
1
a
+
b
,
1
b
+
c
,
1
c
+
a
⟩
.
{\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 .}
(
(
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)\geq 9,}
З чого легко випливає кінцевий результат, аналогічно з доведенням з використанням нерівності середнього арифметичного та гармонійного .
П'ятий спосіб: Нерівність середнього арифметичного та геометричного
Редагувати
Використаємо заміну Раві : нехай
x
=
a
+
b
,
y
=
b
+
c
,
z
=
c
+
a
{\displaystyle x=a+b,y=b+c,z=c+a}
нерівність середнього арифметичного та геометричного для набору з шести значень
{
x
2
z
,
z
2
x
,
y
2
z
,
z
2
y
,
x
2
y
,
y
2
x
}
{\displaystyle \left\{x^{2}z,z^{2}x,y^{2}z,z^{2}y,x^{2}y,y^{2}x\right\}}
(
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}}\geq {\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.}
Поділимо на
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}}\geq 6.}
Підставивши
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}}\geq 6,}
Спростивши, отримаємо необхідний результат.
Шостий спосіб: Лема Тіту
Редагувати
Лема Тіту, що є прямим наслідком із нерівності Коші-Буняковського , стверджує, що для довільної послідовності із
n
{\displaystyle n}
(
x
k
)
{\displaystyle (x_{k})}
n
{\displaystyle n}
(
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}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}}
x
{\displaystyle x}
a
,
b
,
c
{\displaystyle a,b,c}
a
{\displaystyle a}
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)}}\geq {\frac {(a+b+c)^{2}}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}}}
Відкривши дужки і звівши подібні доданки, отримуємо:
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)}}\geq {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}},}
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}}\geq {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(ab+bc+ca)}}+1.}
З нерівності перестановок маємо, що
a
2
+
b
2
+
c
2
≥
a
b
+
b
c
+
c
a
{\displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 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}}\geq {\frac {3}{2}}.}
![{\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}}\geq {\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/ccc7ddd90f04bf1774a37f066336de70a7bf679e)
