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

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

Bevis

Första bevis

Först skriver vi Nesbitts olikhet

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

i formen

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

som kan vidare skrivas som

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

Genom att dela med tre och faktorn till höger får vi

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

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

Andra bevis

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

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

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

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

och adderar $3$ till båda membrum:

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

Detta kan transformeras till

$(a+b+c)\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geq {\frac {9}{2}}.$

Multiplikation med $2$ ger att

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

vilket stämmer enligt Cauchy–Schwarz olikhet.

Fjärde bevis

Vi börjar med Nesbitts olikhet

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

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

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

som kan transformeras till

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

som är sann enligt olikheten av aritmetiska och geometriska medeltalen.

Femte bevis

För att bevisa att

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

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

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

Genom att använda Titus lemma får vi

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

Det räcker alltså att bevisa att

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

Detta kan skrivas som

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca\geq 0$

vilket igen kan skrivas som

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

vilket stämmer.

Referenser

Den här artikeln är helt eller delvis baserad på material från engelskspråkiga Wikipedia, Nesbitt's inequality, 5 december 2013.