A Titu-lemma (avagy Titu Andreescu-féle egyenlőtlenség) a következő algebrai egyenlőtlenség:
∑
i
=
1
n
a
i
2
x
i
≥
(
a
1
+
a
2
+
.
.
.
+
a
n
)
2
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
{\displaystyle \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
{\displaystyle n}
x
i
{\displaystyle x_{i}}
a
i
{\displaystyle a_{i}}
i
≤
n
{\displaystyle i\leq n}
Nevét az 1956 -ban Temesváron született Titu Andreescu után kapta.
Végezzük el az
a
i
=
b
i
c
i
{\displaystyle a_{i}=b_{i}c_{i}}
x
i
=
c
i
{\displaystyle {\sqrt {x_{i}}}=c_{i}}
∑
i
=
1
n
b
i
2
c
i
2
c
i
2
≥
(
b
1
c
1
+
b
2
c
2
+
.
.
.
+
b
n
c
n
)
2
c
1
2
+
c
2
2
+
.
.
.
+
c
n
2
{\displaystyle \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}}}}
b
1
2
+
b
2
2
+
.
.
.
+
b
n
2
⋅
c
1
2
+
c
2
2
+
.
.
.
+
c
n
2
≥
b
1
c
1
+
b
2
c
2
+
.
.
.
+
b
n
c
n
{\displaystyle {\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
=
a
i
/
x
i
x
i
=
a
i
/
x
i
{\displaystyle b_{i}/c_{i}={\frac {a_{i}/{\sqrt {x_{i}}}}{\sqrt {x_{i}}}}=a_{i}/x_{i}}
Teljes indukciót alkalmazunk, felhasználva az n=2 esetet, amit felszorzással és ekvivalens egyenlőtlenségekkel látunk be:
a
2
x
+
b
2
y
≥
(
a
+
b
)
2
x
+
y
{\displaystyle {\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
)
≥
(
a
2
+
2
a
b
+
b
2
)
x
y
{\displaystyle a^{2}y(x+y)+b^{2}x(x+y)\geq (a^{2}+2ab+b^{2})xy}
(
a
y
)
2
+
(
b
x
)
2
−
2
a
b
x
y
≥
0
{\displaystyle (ay)^{2}+(bx)^{2}-2abxy\geq 0}
(
a
y
−
b
x
)
2
≥
0
{\displaystyle (ay-bx)^{2}\geq 0}
Ez nyilván igaz, és egyenlőség-esete is leolvasható:
a
x
=
b
y
{\displaystyle {\frac {a}{x}}={\frac {b}{y}}}
Az indukciós feltevésünk az eredeti egyenlőtlenség valamely n-re, ehhez még hozzávesszük az (n+1)-edik tagot:
∑
i
=
1
n
a
i
2
x
i
+
a
n
+
1
2
x
n
+
1
≥
(
a
1
+
a
2
+
.
.
.
+
a
n
)
2
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
+
a
n
+
1
2
x
n
+
1
≥
(
a
1
+
a
2
+
.
.
.
+
a
n
+
a
n
+
1
)
2
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
+
x
n
+
1
{\displaystyle \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
{\displaystyle a=a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}
x
=
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
{\displaystyle x=x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}
b
=
a
n
+
1
{\displaystyle b=a_{n+1}}
y
=
x
n
+
1
{\displaystyle y=x_{n+1}}
A Titu-lemma igen gyakran alkalmazható "törtes" egyenlőtlenségeknél. A következő példa a Nesbitt-egyenlőtlenség egyik általánosítása:
∑
i
=
1
n
a
i
s
−
a
i
≥
n
n
−
1
{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\frac {a_{i}}{s-a_{i}}}\geq {\frac {n}{n-1}}}
ahol
a
i
>
0
{\displaystyle a_{i}>0}
s
=
∑
a
i
{\displaystyle 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:
∑
i
=
1
n
a
i
2
a
i
(
s
−
a
i
)
≥
s
2
s
2
−
∑
a
i
2
{\displaystyle \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
s
2
s
2
−
∑
a
i
2
≥
n
n
−
1
{\displaystyle {\frac {s^{2}}{s^{2}-\sum a_{i}^{2}}}\geq {\frac {n}{n-1}}}
∑
a
i
2
≥
s
2
n
{\displaystyle \sum a_{i}^{2}\geq {\frac {s^{2}}{n}}}
ami pedig triviális, mert ez a Titu-lemma
x
i
=
1
{\displaystyle x_{i}=1}
