Nesbittin epäyhtälö

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

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

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 $a={1 \over 2}(-d+e+f)$, $b={1 \over 2}(d-e+f)$ ja $c={1 \over 2}(d+e-f)$. Sijoittamalla nämä Nesbittin epäyhtälön vasempaan puoleen saamme

${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}$ $={\frac {de^{2}+d^{2}e+e^{2}f+ef^{2}+d^{2}f+df^{2}-3def}{2def}}$ $={1 \over 2}(({d \over e}+{e \over d})+({e \over f}+{f \over e})+({d \over f}+{f \over d})-3)$ $\geq {1 \over 2}(2+2+2-3)={3 \over 2},$

sillä positiivisen luvun ja sen käänteisluvun summa on aina $\geq 2$.

Jos nimittäin $x$ on positiivinen reaaliluku, niin on

$(x+{1 \over x})-2={x^{2}-2x+1 \over x}={(x-1)^{2} \over x}\geq 0,$

mistä väite seuraa.

Yleistys

Olkoot $a_{1},a_{2},...a_{n}$,missä $n\geq 2$ on kokonaisluku, mielivaltaisia positiivisia reaalilukuja ja $s=\sum _{i=1}^{n}a_{i}$. Tällöin

$\sum _{i=1}^{n}{a_{i} \over s-a_{i}}\geq {n \over n-1}.$

Perustelu. Tapaus $n=2$ on yhtäpitävä sen kanssa, että positiivisen luvun ja sen käänteisluvun summa on aina $\geq 2$. 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

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