|
|
3. sor: |
3. sor: |
|
<math>\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}</math>, |
|
<math>\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}</math>, |
|
|
|
|
|
ahol <math>a_i</math> és <math>x_i</math> pozitív számok, n pedig pozitív egész. |
|
ahol <math>n</math> pozitív egész, az <math>x_i</math>-k pozitív számok, míg az <math>a_i</math>-k tetszőleges valós számok. |
|
|
|
|
|
Nevét az [[1956]]-ban, [[Temesvár]]on született Titu Andreescu tiszteletére kapta. |
|
Nevét az [[1956]]-ban, [[Temesvár]]on született [[Titu Andreescu]] tiszteletére kapta. |
|
|
|
|
|
== Bizonyítása == |
|
== Bizonyítása == |
A Titu-lemma a következő algebrai egyenlőtlenség:
,
ahol pozitív egész, az -k pozitív számok, míg az -k tetszőleges valós számok.
Nevét az 1956-ban, Temesváron született Titu Andreescu tiszteletére kapta.
Bizonyítása
1. bizonyítás
Végezzük el az , helyettesítést! Ekkor a következőt kapjuk:
, átrendezve
,
ami pont a Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenlőtlenség. Ennek egyenlőség-esete:
minden i-re egyenlő.
2. bizonyítás
Teljes indukciót alkalmazunk, felhasználva az n=2 esetet, amit felszorzással és ekvivalens egyenlőtlenségekkel látunk be:
,
,
,
.
Ez nyilván igaz, és egyenlőség-esete is leolvasható: a/x=b/y.
Az indukciós feltevésünk az eredeti egyenlőtlenség valamely n-re, ehhez még hozzávesszük az (n+1)-edik tagot:
,
itt az első becslés az indukciós feltevés, a második pedig a kétváltozós egyenlőtlenség alkalmazása , , , 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:
,
ahol (i=1,2,...,n) és .
Első ránézésre nem látszik a bal oldali törtek számlálójában a teljes négyzet. Bővítsük tehát a törteket, majd alkalmazzuk a Titu-lemmát:
.
Elég volna belátni, hogy
, ami átrendezve
,
ami pedig triviális, mert ez a Titu-lemma -re! Egyenlőség akkor és csak akkor, ha minden változó egyenlő.