Nesbitts olikhet

Inom matematiken är Nesbitts olikhet en olikhet som är ett specialfall av Shapiros olikhet. Olikheten säger att för positiva reella tal a, b och c gäller

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

Bevis

Första bevis

Först skriver vi Nesbitts olikhet

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$

i formen

$\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}-3\ge \frac{3}{2}$

som kan vidare skrivas som

$((a+b)+(a+c)+(b+c))(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c})\ge 9.$

Genom att dela med tre och faktorn till höger får vi

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

Vänstra sidan är det aritmetiska medelvärdet och högra sidan är det harmoniska medelvärdet, så olikheten är sann.

Andra bevis

Följande identitet gäller för alla $a,b,c:$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}(\frac{(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{(a-c{)}^2}{(a+b)(b+c)}+\frac{(b-c{)}^2}{(a+b)(a+c)}).$

Detta bevisar att vänstra membrum inte är mindre än $\frac{3}{2}$ för positiva a,b och c.

Notera: varje rationell olikhet kan lösas genom att transformera den till en lämplig identitet; se vidare Hilberts sjuttonde problem.

Tredje bevis

Vi transformerar Nesbitts olikhet till en ekvivalent olikhet som är ett specialfall av en välkänd olikhet. Vi börjar med Nesbitts olikhet

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$

och adderar $3$ till båda membrum:

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

Detta kan transformeras till

$(a+b+c)(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b})\ge \frac{9}{2}.$

Multiplikation med $2$ ger att

$((b+c)+(a+c)+(a+b))(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b})\ge 9$

vilket stämmer enligt Cauchy–Schwarz olikhet.

Fjärde bevis

Vi börjar med Nesbitts olikhet

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$

och sätter a+b=x, b+c=y, c+a=z vilket ger

$\frac{x+z-y}{2y}+\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+y-z}{2z}\ge \frac{3}{2}$

som kan transformeras till

$\frac{x+z}{y}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+y}{z}\ge \frac{6}{1}$

som är sann enligt olikheten av aritmetiska och geometriska medeltalen.

Femte bevis

För att bevisa att

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$

multiplicerar vi det första bråket med $\frac{a}{a}$, det andra med $\frac{b}{b}$ och det tredje med $\frac{c}{c}$ vilket ger

$\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge \frac{3}{2}$

Genom att använda Titus lemma får vi

$\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{2(ab+bc+ca)}\ge \frac{3}{2}.$

Det räcker alltså att bevisa att

$(a+b+c{)}^2\ge 3(ab+bc+ca).$

Detta kan skrivas som

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge 0$

vilket igen kan skrivas som

$\frac{1}{2}((a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2)\ge 0$

vilket stämmer.