Nesbittの不等式の6通りの証明

Nesbittの不等式を分母を払って整理する：

$$2(a^3+b^3+c^3) \geq a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2 \quad \cdots (1)$$

この不等式を示せばよいが， $$a^3+b^3-a^2b-b^2a=(a+b)(a-b)^2\geq 0$$ より $a^3+b^3\geq a^2b+ab^2$ が成立するので，同様な不等式を2つ作り3つの不等式を辺々加えることで求める不等式を得る。

分母を払うところまでは同じ。

(1)を見たときに，対称式かつ3次の斉次式なので，$r=1$ の場合のSchurの不等式が使えそうだと思う：

$$a^3+b^3+c^3+3abc \geq a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2$$

よって，あとは $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$ を示せばよいが，これは有名な因数分解公式から分かる（相加相乗平均からも分かる）ので，

$$\begin{aligned} &a^3+b^3+c^3-3abc\\ &=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ &=\dfrac{1}{2}(a+b+c)\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\} \geq 0 \end{aligned}$$

である。

分母を払うところまでは同じ。

(1)を見たときに，対称式かつ斉次式なので，Muirheadの不等式が使えそうだと思う。

$[3,0,0]\succeq [2,1,0]$ よりMuirheadの不等式から $(1)$ が成立する。

シュワルツの不等式から，

$$\begin{aligned} &\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\\ &=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ba}+\dfrac{c^2}{ca+cb}\\ &\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} \end{aligned}$$

よって， $$\dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \dfrac{3}{2}$$ を示せばよいが，これは整理するの有名な不等式 $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ と同値である。

斉次式なので $a+b+c=1$ として考えればよい。つまり，

$\dfrac{a}{1-a}+\dfrac{b}{1-b}+\dfrac{c}{1-c}\geq \dfrac{3}{2}$

を示せばよいが，$f(x)=\dfrac{x}{1-x}$ とおくと，$f(x)$ は $0 < x < 1$ で凸関数なのでイェンゼンの不等式より，

$$\begin{aligned} f(a)+f(b)+f(c) &\geq 3f\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)\\ &=3f\left(\dfrac{1}{3}\right) =\dfrac{3}{2} \end{aligned}$$

$b+c=x, c+a=y, a+b=z$ とおいて整理すると，証明すべき不等式は， $$\dfrac{y+z-x}{2x}+\dfrac{z+x-y}{2y}+\dfrac{x+y-z}{2z}\geq \dfrac{3}{2}$$ である。整理すると， $$\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\geq 6$$ となるが，これは相加相乗平均の不等式から成立する。