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

${\frac {\left(\sum _{i=1}^{n}u_{i}\right)^{2}}{\sum _{i=1}^{n}v_{i}}}\leq \sum _{i=1}^{n}{\frac {u_{i}^{2}}{v_{i}}}.$

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

Maka

${\begin{aligned}\left({\frac {x_{1}^{2}}{y_{1}}}+{\frac {x_{2}^{2}}{y_{2}}}+\cdots +{\frac {x_{n}^{2}}{y_{n}}}\right)(y_{1}+y_{2}+\cdots +y_{n})&\geq (x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})^{2}\\{\frac {x_{1}^{2}}{y_{1}}}+{\frac {x_{2}^{2}}{y_{2}}}+\cdots +{\frac {x_{n}^{2}}{y_{n}}}&\geq {\frac {(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})^{2}}{(y_{1}+y_{2}+\cdots +y_{n})}}.\end{aligned}}$

Definisi dan bukti

Definisi

Dari nilai biasa $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}$ dan $b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n}$, yaitu

${\frac {a_{1}^{2}}{b_{1}}}+{\frac {a_{2}^{2}}{b_{2}}}+\cdots +{\frac {a_{n}^{2}}{b_{n}}}\geq {\frac {(a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n})^{2}}{b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}}}.$

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

${\begin{aligned}\left({\frac {x_{1}^{2}}{y_{1}}}+{\frac {x_{2}^{2}}{y_{2}}}+\cdots +{\frac {x_{n}^{2}}{y_{n}}}\right)(y_{1}+y_{2}+\cdots +y_{n})&\geq (x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})^{2}\\{\frac {x_{1}^{2}}{y_{1}}}+{\frac {x_{2}^{2}}{y_{2}}}+\cdots +{\frac {x_{n}^{2}}{y_{n}}}&\geq {\frac {(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n})^{2}}{(y_{1}+y_{2}+\cdots +y_{n})}}.\ _{\square }\end{aligned}}$

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 $n$ $(a_{k})$, $\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}$. Kami menggunakan contoh tiga istilahnya dengan $x$ pada urutan $a,b,c$ dan $a$ pada urutan $a(b+c),b(c+a),c(a+b)$:

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

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

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

yang disederhanakan menjadi

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

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

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

Umum

Jika nilai $\displaystyle {\bigg (}\sum _{i=1}^{n}{\sqrt[{\frac {m}{m-1}}]{a_{i}}}^{\frac {m}{m-1}}{\bigg )}^{\frac {1}{\ {\frac {m}{m-1}}\ }}\left(\sum _{i=1}^{n}{\dfrac {x_{i}^{m}}{\left({\frac {a_{i}}{\sqrt[{m}]{a_{i}}}}\right)^{m}}}\right)^{\frac {1}{m}}\geq \sum _{i=1}^{n}x_{i},$ yang merupakan rumus pertidaksamaan Holder

Maka menyederhanakan hasil, yaitu:

${\begin{aligned}\displaystyle {\bigg (}\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bigg )}^{\frac {m-1}{m}}{\bigg (}\sum _{i=1}^{n}{\dfrac {x_{i}^{m}}{a_{i}^{m-1}}}{\bigg )}^{\frac {1}{m}}&\geq \sum _{i=1}^{n}x_{i}\\{\bigg (}\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bigg )}^{m-1}{\bigg (}\sum _{i=1}^{n}{\dfrac {x_{i}^{m}}{a_{i}^{m-1}}}{\bigg )}&\geq {\bigg (}\sum _{i=1}^{n}x_{i}{\bigg )}^{m}\\{\bigg (}\sum _{i=1}^{n}{\dfrac {x_{i}^{m}}{a_{i}^{m-1}}}{\bigg )}&\geq {\dfrac {{\bigg (}\sum _{i=1}^{n}x_{i}{\bigg )}^{m}}{{\bigg (}\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\bigg )}^{m-1}}}.\end{aligned}}$

Lihat pula

• Pertidaksamaan Cauchy-Schwarz