Nesbitt-egyenlőtlenség

A matematikában a Nesbitt-egyenlőtlenség a Shapiro-egyenlőtlenség egy speciális esete. Tegyük fel, hogy a, b és c pozitív valós számok. Ekkor:

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

Bizonyítás

Első bizonyítás

Kezdjük a Nesbitt-egyenlőtlenséggel (1903)

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

átalakítjuk a bal oldalát:

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

Átalakítva:

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

Majd pedig:

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

Most a bal oldalon van a számtani közép és jobbra a harmonikus közép, tehát ez az egyenlőtlenség igaz, hiszen a számtani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenség igaz 3 pozitív szám esetén.

Második bizonyítás

Tegyük fel, hogy $a\ge b\ge c$. Ekkor viszont:

$\frac{1}{b+c}\ge \frac{1}{a+c}\ge \frac{1}{a+b}$

Felhasználva a rendezési egyenlőtlenséget tudjuk, hogy:

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

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

A kettőt összeadva kapjuk, hogy :

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

Ha ezt osztjuk 2-vel, akkor megkapjuk a kívánt állítást.

Harmadik bizonyítás

Legyen $s=a+b+c$. Mivel az $f(x)=\frac{x}{s-x}$ függvény konvex a $(0,s)$ szakaszon, így a Jensen-egyenlőtlenség szerint:

$\frac{1}{3}f(a)+\frac{1}{3}f(b)+\frac{1}{3}f(c)\ge f(s/3)=\frac{s/3}{s-s/3}=\frac{1}{2}$ ,

ami 3-mal átszorozva a bizonyítandó egyenlőtlenséget adja:

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

Általánosítások

• $\sum _{i=1}^n\frac{a_i}{\sum _{j=1}^n{a}_j-a_i}\ge \frac{n}{n-1}$ (mindhárom bizonyítás módszerével azonnal megkapjuk ennek az általánosításnak a bizonyítását is.)
• Shapiro-egyenlőtlenség
• Titu-lemma
• súlyozott változat