Inégalité de Nesbitt

On suppose, sans perte de généralité, que ${\displaystyle a\geq b\geq c}$. On a alors :

${\displaystyle {\frac {1}{a+b}}\ \leq \ {\frac {1}{a+c}}\ \leq \ {\frac {1}{b+c}}.}$

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

${\displaystyle {\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\geq {\frac {a}{a+b}}+{\frac {c}{a+c}}+{\frac {b}{b+c}},}$

et

${\displaystyle {\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {a}{b+c}}\geq {\frac {b}{a+b}}+{\frac {a}{a+c}}+{\frac {c}{b+c}}.}$

En ajoutant ces deux inégalités, on obtient :

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

c'est-à-dire

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

d'où on déduit l'inégalité de Nesbitt.

Par l'inégalité arithmético-harmonique sur ${\displaystyle (a+b),(b+c),(c+a)}$,

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

Après simplification,

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

duquel on obtient

${\displaystyle 2{\frac {a+b+c}{b+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+b}}\geq 9}$

après développement et rassemblement par dénominateur. D'où le résultat.

En appliquant l'inégalité de Cauchy–Schwarz aux vecteurs ${\displaystyle \displaystyle \left\langle {\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right\rangle ,\left\langle {\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right\rangle }$, il vient

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

forme qui est similaire à la preuve précédente.

Nous appliquons premièrement une transformation de Ravi: posons ${\displaystyle x=a+b,y=b+c,z=c+a}$. Nous pouvons alors appliquer l'inégalité arithmético-géométrique aux six valeurs ${\displaystyle \left\{x^{2}z,z^{2}x,y^{2}z,z^{2}y,x^{2}y,y^{2}x\right\}}$pour obtenir

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

Après division par ${\displaystyle xyz/6}$, on obtient

${\displaystyle {\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geq 6.}$

Substituons à présent ${\displaystyle x,y,z}$ pour ${\displaystyle a,b,c}$ :

${\displaystyle {\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geq 6}$

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

qui, après simplification, donne le résultat.

Le lemme de Titu, conséquence directe de l'inégalité de Cauchy–Schwarz, indique que pour toute famille de ${\displaystyle n}$réels ${\displaystyle (x_{k})}$ et de réels postifs ${\displaystyle (a_{k})}$, ${\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}}$. Nous utilisons ce lemme avec ${\displaystyle n=3}$ et avec les familles ${\displaystyle a,b,c}$ et ${\displaystyle a(b+c),b(c+a),c(a+b)}$:

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

Après développement

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

qui donne

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

Or, l'inégalité du réarrangement donne ${\displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca}$, ce qui prouve que la fraction de droite doit être inférieure à ${\displaystyle \displaystyle {\frac {1}{2}}}$. Finalement,

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

Puisque la partie gauche de l'inégalité est homogène, nous pouvons supposer ${\displaystyle a+b+c=1}$. En posant ${\displaystyle x=a+b}$, ${\displaystyle y=b+c}$, et ${\displaystyle z=c+a}$. Il suffit de montrer ${\displaystyle {\frac {1-x}{x}}+{\frac {1-y}{y}}+{\frac {1-z}{z}}\geq {\frac {3}{2}}}$, c'est-à-dire, ${\displaystyle {\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\frac {1}{z}}\geq 9/2}$. Une simple application du lemme de Titu fournit le résultat.

Nous supposons ici aussi ${\displaystyle a+b+c=1}$. On recherche alors le minimum de

${\displaystyle {\frac {a}{1-a}}+{\frac {b}{1-b}}+{\frac {c}{1-c}}}$.

Or ${\displaystyle f(x)={\frac {x}{1-x}}}$ est convexe sur ${\displaystyle \left]0,1\right[}$, donc d'après l'inégalité de Jensen :

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

D’où l'inégalité voulue.