Titu-lemma

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

$\sum _{i=1}^{n}{\frac {a_{i}^{2}}{x_{i}}}\geq {\frac {(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}}$,

ahol $n$ pozitív egész, az $x_{i}$ pozitív valós, míg az $a_{i}$ tetszőleges valós szám, bármely $i\leq n$ 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:

$\sum _{i=1}^{n}{\frac {b_{i}^{2}c_{i}^{2}}{c_{i}^{2}}}\geq {\frac {(b_{1}c_{1}+b_{2}c_{2}+...+b_{n}c_{n})^{2}}{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}+...+c_{n}^{2}}}$, átrendezve

${\sqrt {b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2}}}\cdot {\sqrt {c_{1}^{2}+c_{2}^{2}+...+c_{n}^{2}}}\geq b_{1}c_{1}+b_{2}c_{2}+...+b_{n}c_{n}$,

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:

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

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

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

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

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:

$\sum _{i=1}^{n}{\frac {a_{i}^{2}}{x_{i}}}+{\frac {a_{n+1}^{2}}{x_{n+1}}}\geq {\frac {(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}}+{\frac {a_{n+1}^{2}}{x_{n+1}}}\geq {\frac {(a_{1}+a_{2}+...+a_{n}+a_{n+1})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}+x_{n+1}}}$,

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:

$\sum _{i=1}^{n}{\frac {a_{i}}{s-a_{i}}}\geq {\frac {n}{n-1}}$,

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:

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

Elég volna belátni, hogy

${\frac {s^{2}}{s^{2}-\sum a_{i}^{2}}}\geq {\frac {n}{n-1}}$, ami átrendezve

$\sum a_{i}^{2}\geq {\frac {s^{2}}{n}}$,

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