Lema Titu

Lema Titu (ditemukan oleh Titu Andreescu, atau dikenal juga lema T2, bentuk Engel, atau pertidaksamaan Sedrakyan) menyatakan untuk real positif, kita harus mencari

$\frac{{\left(\sum _{i=1}^n{u}_i\right)}^2}{\sum _{i=1}^n{v}_i}\le \sum _{i=1}^n\frac{u_i^2}{v_i}.$

Konsekuensi dari Pertidaksamaan Cauchy-Schwarz adalah perolehan setelah menggunakan ${u_i}^{\prime }=\frac{u_i}{\sqrt{v_i}}$ dan ${v_i}^{\prime }=\sqrt{v_i}.$ Bentuk ini membantu kita saat pertidaksamaan melibatkan pecahan di mana bilangannya adalah kuadrat sempurna.

Maka

$\begin{array}{cc}(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\cdots +\frac{x_n^2}{y_n})(y_1+y_2+\cdots +y_n)& \ge (x_1+x_2+\cdots +x_n{)}^2\\ \frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\cdots +\frac{x_n^2}{y_n}& \ge \frac{(x_1+x_2+\cdots +x_n{)}^2}{(y_1+y_2+\cdots +y_n)}.\end{array}$

Definisi dan bukti

Definisi

Dari nilai biasa $a_1,a_2,\dots ,a_n$ dan $b_1,b_2,\dots ,b_n$, yaitu

$\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+\cdots +\frac{a_n^2}{b_n}\ge \frac{(a_1+a_2+\cdots +a_n{)}^2}{b_1+b_2+\cdots +b_n}.$

Bukti

Setelah itu memperoleh dengan menerapkan substitusi $a_i=\frac{x_i}{\sqrt{y_i}}$ dan $b_i=\sqrt{y_i}$ yang merupakan pertidaksamaan Cauchy-Schwarz.

Maka

$\begin{array}{cc}(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\cdots +\frac{x_n^2}{y_n})(y_1+y_2+\cdots +y_n)& \ge (x_1+x_2+\cdots +x_n{)}^2\\ \frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\cdots +\frac{x_n^2}{y_n}& \ge \frac{(x_1+x_2+\cdots +x_n{)}^2}{(y_1+y_2+\cdots +y_n)}.{}_{◻}\end{array}$

Bukti konsekuensi

Lemma Titu, konsekuensi langsung dari pertidaksamaan Cauchy–Schwarz, menyatakan bahwa untuk setiap urutan $n$ bilangan real $(x_k)$ dan sembarang urutan bilangan positif $n$ $(a_k)$, $\sum _{k=1}^n\frac{x_k^2}{a_k}\ge \frac{(\sum _{k=1}^n{x}_k{)}^2}{\sum _{k=1}^n{a}_k}$. Kami menggunakan contoh tiga istilahnya dengan $x$ pada urutan $a,b,c$ dan $a$ pada urutan $a(b+c),b(c+a),c(a+b)$:

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

Dengan mengalikan semua hasil kali di sisi yang lebih kecil dan mengumpulkan suku-suku sejenis, kita memperoleh

$\frac{a^2}{a(b+c)}+\frac{b^2}{b(c+a)}+\frac{c^2}{c(a+b)}\ge \frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)},$

yang disederhanakan menjadi

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{2(ab+bc+ca)}+1.$

Dengan pertidaksamaan penataan ulang, maka $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ sebagai pecahan di sisi yang lebih kecil $\frac{1}{2}$. Maka,

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

Umum

Jika nilai $(\sum _{i=1}^n{\sqrt[\frac{m}{m-1}]{a_i}}^{\frac{m}{m-1}}{)}^{\frac{1}{\frac{m}{m-1}}}{\left(\sum _{i=1}^n\frac{x_i^m}{{\left(\frac{a_i}{\sqrt[m]{a_i}}\right)}^m}\right)}^{\frac{1}{m}}\ge \sum _{i=1}^n{x}_i,$ yang merupakan rumus pertidaksamaan Holder

Maka menyederhanakan hasil, yaitu:

$\begin{array}{cc}\left(\sum _{i=1}^n{a}_i{)}^{\frac{m-1}{m}}\right(\sum _{i=1}^n\frac{x_i^m}{a_i^{m-1}}{)}^{\frac{1}{m}}& \ge \sum _{i=1}^n{x}_i\\ \left(\sum _{i=1}^n{a}_i{)}^{m-1}\right(\sum _{i=1}^n\frac{x_i^m}{a_i^{m-1}})& \ge (\sum _{i=1}^n{x}_i{)}^m\\ \left(\sum _{i=1}^n\frac{x_i^m}{a_i^{m-1}}\right)& \ge \frac{(\sum _{i=1}^n{x}_i{)}^m}{(\sum _{i=1}^n{a}_i{)}^{m-1}}.\end{array}$

Lihat pula

• Pertidaksamaan Cauchy-Schwarz