Titu-lemma

Sablon:Nincs forrás A Titu-lemma (avagy Titu Andreescu-féle egyenlőtlenség) a következő algebrai egyenlőtlenség:

$\sum _{i=1}^n\frac{a_i^2}{x_i}\ge \frac{(a_1+a_2+...+a_n{)}^2}{x_1+x_2+...+x_n}$,

ahol $n$ pozitív egész, az $x_i$ pozitív valós, míg az $a_i$ tetszőleges valós szám, bármely $i\le n$ pozitív egész szám esetén.

Nevét az 1956-ban Temesváron született Titu Andreescu után kapta.

Bizonyítása

1. bizonyítás

Végezzük el az $a_i=b_i{c}_i$, $\sqrt{x_i}=c_i$ helyettesítést! Ekkor a következőt kapjuk:

$\sum _{i=1}^n\frac{b_i^2{c}_i^2}{c_i^2}\ge \frac{(b_1{c}_1+b_2{c}_2+...+b_n{c}_n{)}^2}{c_1^2+c_2^2+...+c_n^2}$, átrendezve

$\sqrt{b_1^2+b_2^2+...+b_n^2}\cdot \sqrt{c_1^2+c_2^2+...+c_n^2}\ge b_1{c}_1+b_2{c}_2+...+b_n{c}_n$,

ami pont a Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenlőtlenség. Ennek egyenlőség-esete:

$b_i/c_i=\frac{a_i/\sqrt{x_i}}{\sqrt{x_i}}=a_i/x_i$ minden i-re egyenlő.

2. bizonyítás

Teljes indukciót alkalmazunk, felhasználva az n=2 esetet, amit felszorzással és ekvivalens egyenlőtlenségekkel látunk be:

$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge \frac{(a+b{)}^2}{x+y}$,

$a^{2}y(x+y)+b^{2}x(x+y)\ge (a^2+2ab+b^2)xy$,

$(ay{)}^2+(bx{)}^2-2abxy\ge 0$,

$(ay-bx{)}^2\ge 0$.

Ez nyilván igaz, és egyenlőség-esete is leolvasható: $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}$.

Az indukciós feltevésünk az eredeti egyenlőtlenség valamely n-re, ehhez még hozzávesszük az (n+1)-edik tagot:

$\sum _{i=1}^n\frac{a_i^2}{x_i}+\frac{a_{n+1}^2}{x_{n+1}}\ge \frac{(a_1+a_2+...+a_n{)}^2}{x_1+x_2+...+x_n}+\frac{a_{n+1}^2}{x_{n+1}}\ge \frac{(a_1+a_2+...+a_n+a_{n+1}{)}^2}{x_1+x_2+...+x_n+x_{n+1}}$,

itt az első becslés az indukciós feltevés, a második pedig a kétváltozós egyenlőtlenség alkalmazása $a=a_1+a_2+...+a_n$, $x=x_1+x_2+...+x_n$, $b=a_{n+1}$, $y=x_{n+1}$ esetre. Az egyenlőség-esetre is látható az indukciós bizonyítás.

Alkalmazások

A Titu-lemma igen gyakran alkalmazható "törtes" egyenlőtlenségeknél. A következő példa a Nesbitt-egyenlőtlenség egyik általánosítása:

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

ahol $a_i>0$ (i=1,2,...,n) és $s=\sum a_i$.

Első ránézésre nem látszik a bal oldali törtek számlálójában a teljes négyzet. Bővítsük tehát a törteket, majd alkalmazzuk a Titu-lemmát:

$\sum _{i=1}^n\frac{a_i^2}{a_i(s-a_i)}\ge \frac{s^2}{s^2-\sum a_i^2}$.

Elég volna belátni, hogy

$\frac{s^2}{s^2-\sum a_i^2}\ge \frac{n}{n-1}$, ami átrendezve

$\sum a_i^2\ge \frac{s^2}{n}$,

ami pedig triviális, mert ez a Titu-lemma $x_i=1$-re. Egyenlőség akkor és csak akkor, ha minden változó egyenlő.