Nesbittin epäyhtälö

Nesbittin epäyhtälön (1903) mukaan positiivisille reaaliluvuille a, b ja c on voimassa

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

Nesbittin epäyhtälö voidaan todistaa suuruusjärjestysepäyhtälön avulla. Nesbittin epäyhtälö on kuuluisin erikoistapaus yleisemmästä Shapiron epäyhtälöstä.

Yksinkertainen todistus

Merkitään $d=b+c$, $e=a+c$ ja $f=a+b$. Tällöin luvut $d$, $e$ ja $f$ ovat myös positiivisia ja $a=\frac{1}{2}(-d+e+f)$, $b=\frac{1}{2}(d-e+f)$ ja $c=\frac{1}{2}(d+e-f)$. Sijoittamalla nämä Nesbittin epäyhtälön vasempaan puoleen saamme

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}$ $=\frac{d{e}^2+d^{2}e+e^{2}f+e{f}^2+d^{2}f+d{f}^2-3def}{2def}$ $=\frac{1}{2}((\frac{d}{e}+\frac{e}{d})+(\frac{e}{f}+\frac{f}{e})+(\frac{d}{f}+\frac{f}{d})-3)$ $\ge \frac{1}{2}(2+2+2-3)=\frac{3}{2},$

sillä positiivisen luvun ja sen käänteisluvun summa on aina

$\ge 2$

.

Jos nimittäin $x$ on positiivinen reaaliluku, niin on

$(x+\frac{1}{x})-2=\frac{x^2-2x+1}{x}=\frac{(x-1{)}^2}{x}\ge 0,$

mistä väite seuraa.

Yleistys

Olkoot $a_1,a_2,...a_n$,missä $n\ge 2$ on kokonaisluku, mielivaltaisia positiivisia reaalilukuja ja $s=\sum _{i=1}^n{a}_i$. Tällöin

$\sum _{i=1}^n\frac{a_i}{s-a_i}\ge \frac{n}{n-1}.$

Perustelu. Tapaus $n=2$ on yhtäpitävä sen kanssa, että positiivisen luvun ja sen käänteisluvun summa on aina $\ge 2$. Tapaus $n=3$ esitettiin ja perusteltiin tätä tulosta käyttäen edellä. Suuremmilla luvun $n$ arvoilla epäyhtälön todistus onnistuu samaa tekniikkaa käyttäen.

Esimerkiksi neljälle positiiviselle reaaliluvulle $a,b,c,d$ pätee siis

$\frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{a+c+d}+\frac{c}{a+b+d}+\frac{d}{a+b+c}\ge \frac{4}{3}.$