Démonstration
Première démonstration : réarrangement
On suppose, sans perte de généralité, que
.
On a alors :
En appliquant deux fois l'inégalité de réarrangement, il vient :
et
En ajoutant ces deux inégalités, on obtient :
c'est-à-dire
d'où on déduit l'inégalité de Nesbitt.
Deuxième démonstration : arithmético-harmonique
Par l'inégalité arithmético-harmonique sur
,
![{\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}}}}.}](https://img.franco.wiki/i/d50d2381318c98aae99c6d04c997ab723a084706.svg)
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,}](https://img.franco.wiki/i/d78ca4c4d8af7c84bfa7fe05ad46af03ec1c3fe2.svg)
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}](https://img.franco.wiki/i/25028d1ec4085ff8b7689da1d8cf8d3bc220bbf5.svg)
après développement et rassemblement par dénominateur. D'où le résultat.
Troisième démonstration : Cauchy–Schwarz
En appliquant l'inégalité de Cauchy–Schwarz aux vecteurs
, 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,}](https://img.franco.wiki/i/180f0e25a4123633e20f64b95b0e92e88ab01c91.svg)
forme qui est similaire à la preuve précédente.
Quatrième démonstration : arithmético-géométrique
Nous appliquons premièrement une transformation de Ravi: posons
. Nous pouvons alors appliquer l'inégalité arithmético-géométrique aux six valeurs
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.}](https://img.franco.wiki/i/ccc7ddd90f04bf1774a37f066336de70a7bf679e.svg)
Après division par
, on obtient
![{\displaystyle {\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geq 6.}](https://img.franco.wiki/i/550528b93e8a401f963c612ec81b13ae32123f6b.svg)
Substituons à présent
pour
:
![{\displaystyle {\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geq 6}](https://img.franco.wiki/i/0a35b8cedddc6de35017b415eb11427e15a7a0b2.svg)
![{\displaystyle {\frac {2a}{b+c}}+{\frac {2c}{a+b}}+{\frac {2b}{a+c}}+3\geq 6}](https://img.franco.wiki/i/a3e8b4157752b72b3532bcb1bf89572bc2de7d6a.svg)
qui, après simplification, donne le résultat.
Cinquième démonstration : lemme de Titu
Le lemme de Titu, conséquence directe de l'inégalité de Cauchy–Schwarz, indique que pour toute famille de
réels
et de réels postifs
,
. Nous utilisons ce lemme avec
et avec les familles
et
:
![{\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)}}}](https://img.franco.wiki/i/9761fbf5643111567537904b6babf2e8d24685f6.svg)
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)}},}](https://img.franco.wiki/i/6a4066e5bee3eb4f3482c0d81958dc366e35b86d.svg)
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.}](https://img.franco.wiki/i/8d15148e20ca000f7539792a64f70b5e795842f2.svg)
Or, l'inégalité du réarrangement donne
, ce qui prouve que la fraction de droite doit être inférieure à
. Finalement,
![{\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.}](https://img.franco.wiki/i/00ad3400e459831ddaaa20fd8291a121637a2270.svg)
Sixième démonstration : homogénéité
Puisque la partie gauche de l'inégalité est homogène, nous pouvons supposer
. En posant
,
, et
. Il suffit de montrer
, c'est-à-dire,
. Une simple application du lemme de Titu fournit le résultat.
Septième démonstration : Jensen
Nous supposons ici aussi
. On recherche alors le minimum de
.
Or
est convexe sur
, donc d'après l'inégalité de Jensen :
,
D’où l'inégalité voulue.