Titu引理

Titu引理(也称为T2引理、恩格尔形式或塞德拉扬不等式)指出，对于正实数 $A_1 a_2 \ldots a_n$而且 $B_1 b_2 \ldots b_n$，我们有

$\压裂{a_1 ^ 2} {b_1} + \压裂{a₂^ 2}{b_2} + \ cdots + \压裂{an ^ 2} {b_n} \组\压裂{(a_1 + a₂+ \ cdots + an) ^ 2} {b_1 + b_2 + \ cdots + b_n}。$

这是…的直接后果cauchy - schwarz不平等．这种形式尤其适用于分子为平方数的分数不等式。

它是用代换法得到的 $A_i = \frac{x_i}{\sqrt{y_i}}$而且 $B_i = \sqrt{y_i}$到cauchy - schwarz不平等．当且仅当 $A_i = k b_i$对于一个非零实常数 $k$．

然后就变成了

${对齐}\ \开始离开(\压裂{x_1 ^ 2} {y_1} + \压裂{x_2 ^ 2} {y_2} + \ cdots + \压裂{x_n ^ 2}{推出}\右)(y_1 + y_2 + \ cdots +最大)& \组(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) ^ 2 \ \ \压裂{x_1 ^ 2} {y_1} + \压裂{x_2 ^ 2} {y_2} + \ cdots + \压裂{x_n ^ 2}{推出}& \组\压裂{(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) ^ 2} {(y_1 + y_2 + \ cdots +最大)}。结束\{对齐}$

对于正实数 $A_1 a_2 \ldots a_n$而且 $B_1 b_2 \ldots b_n$，我们有

$\压裂{a_1 ^ 2} {b_1} + \压裂{a₂^ 2}{b_2} + \ cdots + \压裂{an ^ 2} {b_n} \组\压裂{(a_1 + a₂+ \ cdots + an) ^ 2} {b_1 + b_2 + \ cdots + b_n}。$

它是用代换法得到的 $A_i = \frac{x_i}{\sqrt{y_i}}$而且 $B_i = \sqrt{y_i}$到cauchy - schwarz不平等．

然后就变成了

${对齐}\ \开始离开(\压裂{x_1 ^ 2} {y_1} + \压裂{x_2 ^ 2} {y_2} + \ cdots + \压裂{x_n ^ 2}{推出}\右)(y_1 + y_2 + \ cdots +最大)& \组(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) ^ 2 \ \ \压裂{x_1 ^ 2} {y_1} + \压裂{x_2 ^ 2} {y_2} + \ cdots + \压裂{x_n ^ 2}{推出}& \组\压裂{(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) ^ 2} {(y_1 + y_2 + \ cdots +最大)}。\ _\方形\端{对齐}$

证明它为正实数 $a, b, c$总结为 $1$，我们有

$\ dfrac {1} {a + b} + \ dfrac {16} {c} + \ dfrac {81} {a + b + c} \通用电气98年。$

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这个假设意味着 $a + b + c = 1$．分子上有平方项，所以

${对齐}\ \开始dfrac {1} {a + b} + \ dfrac {16} {c} + \ dfrac {81} {a + b + c} & = & \ dfrac {1} {a + b} + \ dfrac {4 ^ 2} {c} + \ dfrac {9 ^ 2} {a + b + c } \\ \\ &\ 通用电气& \ dfrac {(1 + 4 + 9) ^ 2} {(a + b) + c + (a + b + c )} \\ \\ & = & \ dfrac {(14) ^ 2} {2 (a + b + c)} = \ dfrac{196}{2} = 98,结束\{对齐}$

这正是我们想要的。 $_ \广场$

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注意相等条件 $A +b = k, c = 16k, A +b+c = 81k$不能满足。

事实上，我们有更有力的说法:

$\ dfrac {1} {a + b} + \ dfrac {16} {c} + \ dfrac {81} {a + b + c} \通用电气106年。$

你能用提图引理证明吗?

在所有正实数的三元组中 $x, y, z$令人满意的 $x + y + z = 3$，求的最小值

$f (x, y, z) = \ dfrac {yz + 4 zx + 9 xy} {xyz}。$

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分解简化 $f (x, y, z)$成 $\ \压裂{1}{x} +压裂{4}{y} + \压裂{9}{z}$．现在分子上有平方项。我们得到了

$f (x, y, z) = \ dfrac {1 ^ 2} {x} + \ dfrac {2 ^ 2} {y} + \ dfrac {3 ^ 2} {z} \通用电气\ dfrac {(1 + 2 + 3) ^ 2} {x + y + z} = \ dfrac{36}{3} = 12。$

当平等成立时

$\dfrac 1 x =\dfrac 2 y= \dfrac 3 z~\Longleftrightarrow ~ y=2x， ~z=\dfrac{3y}{2}=3x，$

并求解 $x$使用约束 $x + y + z = 3$，等于 $x = \压裂{1}{2}$， $y = 1$， $z = \压裂{3}{2}$．我们检查相等是否确实发生。

因此，最小值为12。 $_ \广场$

让 $在x, y, z \ \ mathbb {R ^ {+}}$．证明 $\压裂{2}{x + y} + \压裂{2}{y + z} + \压裂{2}{z + x}≥\压裂{9}{x + y + z}。$

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观察到

$\压裂{2}{x + y} + \压裂{2}{y + z} + \压裂{2}{z + x} = \压裂{\大(大概{2}\ \大)^ {2}}{x + y} + \压裂{\大(大概{2}\ \大)^ {2}}{y + z} + \压裂{\大(大概{2}\ \大)^ {2}}{z + x}。$

然后,

$大\压裂{\ \√{2}\大)^ {2}}{x + y} + \压裂{\大(大概{2}\ \大)^ {2}}{y + z} + \压裂{\大(大概{2}\ \大)^ {2}}{z + x}≥\压裂{\大(3 \ sqrt{2} \大)^ {2}}{2 (x + y + z)} = \压裂{9}{x + y + z}。\ _ \广场$

让 $a, b \ \ mathbb {R ^ {+}}$．证明

$8大\ (^ {4}+ b ^{4} \大)\组(a + b) ^{4}。$

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我们有

$一个^ {4}+ b ^ {4} = \ dfrac{一个^ {4}}{1}+ \ dfrac {b ^{4}}{1} \组\ dfrac{\离开(^ {2}+ b ^{2} \右)^{2}}{2}\组\ dfrac{\大(\压裂{(a + b) ^{2}}{2} \大)^ {2}}{2}= \ dfrac {(a + b) ^{4}}{8}。\ _ \广场$

为 $a, b, c \ \ mathbb {R ^ {+}}$证明

$一^ \压裂{{2}+ b ^ {2}} {a + b} + \压裂{b ^ {2} + c ^ {2}} {b + c} + \压裂{c ^ {2} + ^ {2}} {c +}≥a + b + c。$

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不等式的左边写为

$一个^ \ dfrac {{2}} {a + b} + \ dfrac {b ^ {2}} {a + b} + \ dfrac {b ^ {2}} {b + c} + \ dfrac{一个^ {2}}{c +} + \ dfrac {c ^ {2}} {a + c} + \ dfrac {c ^ {2}} {c + b},$

这是 $≥\压裂{b (2 + 2 + 2 c) ^ {2}} {4 (a + b + c)},$我们做完了。 $_ \广场$

现在你可以试着证明奈斯比特的不平等．

奈斯比特的不平等

让 $a, b, c \in \mathbb{R}^+$．表明,

$b + c \压裂{一}{}+ \压裂{b} {a + c} + \压裂{c} {b +} \通用电气\压裂{3}{2}。$

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显示解决方案

分子现在不是完全平方。让我们把它变成一个完全平方:

$b + c \压裂{一}{}+ \压裂{b} {a + c} + \压裂{c} {b +} = \压裂{^ 2}{ab + ac} + \压裂{b ^ 2} {ab + bc} + \压裂{c ^ 2} {bc + ac}。$

我们可以应用Titu引理得到

$\压裂{^ 2}{ab + ac} + \压裂{b ^ 2} {ab + bc} + \压裂{c ^ 2} {bc + ac} \组\压裂{(a + b + c) ^ 2}{2(公元前ab + + ca)}。$

现在,

$\开始{数组}{c r c l} & \压裂{(a + b + c) ^ 2}{2(公元前ab + + ca)} & \组& \压裂{3}{2}\ \ \ Leftrightarrow & (a + b + c) ^ 2 & \组& 3(公元前ab + + ca) \ \ \ Leftrightarrow & a ^ 2 + ^ 2 + c ^ 2 & \组& ab +公元前+ ca \ \ \ Leftrightarrow & (a - b) ^ 2 + (c) ^ 2 + (c - a) ^ 2 & \组& 0。结束\{数组}$

请注意，如果我们试图直接应用Titu引理，我们最终会得到

$b + c \压裂{一}{}+ \压裂{b} {a + c} + \压裂{c} {b +} \组\压裂{\大\√{一}+ \ sqrt {b} + \ sqrt {c} \大)^ 2}{2 (a + b + c)}。$

那么，右边实际上有一个最大值 $\压裂{3}{2}$，所以我们不能再进一步了。 $_ \广场$

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另一种方法是应用Titu引理来表明:

$b + c \压裂{1}{}+ \压裂{1}{c +} + \压裂{1}{a + b} \组\压裂{(1 + 1 + 1)^ 2}{2 (a + b + c)}。$

因此,

$\压裂{a + b + c} {b + c} + \压裂{a + b + c} {c +} + \压裂{a + b + c} {a + b} \组\压裂{9}{2}。$

因此,

$b + c \压裂{一}{}+ \压裂{b} {c +} + \压裂{c} {a + b} \组\压裂{9}{2}- 3 = \压裂{3}{2}。$

下面是广义形式:

对于任何正整数 $米$，我们有 $m \压裂{x_1 ^} {a_1 ^ {m - 1}} + \压裂{x_2 m ^} {a₂^ {m - 1}} + \ cdots + \压裂{x_n m ^} {an ^ {m - 1}} \通用电气\压裂{(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) m ^} {(a_1 + a₂+ \ cdots + an) ^ {m - 1}}。$

要了解我们是如何得到这个广义形式的，请遵循下面的过程。

让 $\ displaystyle \境(\ sum_ {i = 1} ^ n \ sqrt(\压裂{m} {m - 1}] {ai} ^{\压裂{m} {m - 1}} \境)^{\压裂{1}{\ \压裂{m} {m - 1} \}} \离开(\ sum_ {i = 1} ^ n \ dfrac {x_i m ^}{\离开(\压裂{ai} {\ sqrt [m] {ai}} \右)m ^} \右)^{\压裂{1}{m}} \通用电气\ sum_ {i = 1} ^ n x_i,$这是正确的持有人不平等．

然后化简得到

${对齐}\ displaystyle \ \开始反感(\ sum_ {i = 1} ^ n ai \境)^{\压裂{m - 1} {m}} \境(\ sum_ {i = 1} ^ n \ dfrac {x_i m ^} {ai ^ {m - 1}} \境)^{\压裂{1}{m}} & \通用电气\ sum_ {i = 1} ^ n x_i \ \ \“名人老大哥(\ sum_ {i = 1} ^ n ai \境)^ {m - 1} \境(\ sum_ {i = 1} ^ n \ dfrac {x_i m ^} {ai ^ {m - 1}} \境)& \通用电气\境(\ sum_ {i = 1} ^ n x_i \境)^ m \ \ \“名人老大哥(\ sum_ {i = 1} ^ n \ dfrac {x_i m ^} {ai ^ {m - 1}} \境)& \通用电气\ dfrac{\境(\ sum_ {i = 1} ^ n x_i \境)m ^}{\境(\ sum_ {i = 1} ^ n ai \境)^ {m - 1}} \{对齐}结束。$

因此，我们得出结论: ${\压裂{x_1 m ^} {a_1 ^ {m - 1}} + \压裂{x_2 m ^} {a₂^ {m - 1}} + \ cdots + \压裂{x_n m ^} {an ^ {m - 1}} \通用电气\压裂{(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) m ^} {(a_1 + a₂+ \ cdots + an) ^ {m - 1}}}$为 $M \ge 2;$

当我们把 $m = 2$在上面的不等式中，我们得到

$\压裂{x_1 ^ 2} {a_1} + \压裂{x_2 ^ 2} {a₂}+ \ cdots + \压裂{x_n ^ 2} {an} \通用电气\压裂{(x_1 + x_2 + \ cdots + x_n) ^ 2} {(a_1 + a₂+ \ cdots + an)}。$

我们从一些例子开始，然后尝试几个问题。

(国际海事组织/ 1995) $a,b,c\in\mathbb{R^{+}} \text{and} abc=1$证明

$一个^ \压裂{1}{{3}(b + c)} + \压裂{1}{b ^ {3} (a + c)} + \压裂{1}{c ^ {3} (a + b)}≥\压裂{3}{2}。$

---

我们把不等式的左边写成 $\ dfrac{\压裂{1}{一个^ {2}}}{ab + ac} + \ dfrac{\压裂{1}{b ^{2}}}{公元前ba +} + \ dfrac{\压裂{1}{c ^ {2}}} {ca + cb}$．

这是 $大(\ \通用电气\ dfrac{\压裂{1}{}+ \压裂{1}{b} + \压裂{1}{c} \大)^{2}}{2(公元前ab + + ca)}$．

自 $美国广播公司(abc) = 1$，因此， $(\ \大裂缝分析{1}{}+ \压裂{1}{b} + \压裂{1}{c} \大)^{2}=(公元前ab + + ca) ^ {2}$．

因此，不等式的左边为 $≥\ dfrac{(公元前ab + + ca)}{2}≥3 \ dfrac {\ sqrt [3] {(abc) ^ {2}}} {2} = \ dfrac {3} {2}$． $_ \广场$

为 $a, b, c \ \ mathbb {R ^ {+}}$证明

$\压裂{一}{2 a + b} + \压裂{b} {2 b + c} + \压裂{c} {2 c +}≤1。$

---

让我们修改我们需要证明的不等式如下:

${对齐}\ \开始离开(\压裂{一}{2 a + b} - \压裂{1}{2}\右)+ \离开(\压裂{b} {2 b + c} - \压裂{1}{2}\右)+ \离开(\压裂{c} {2 c +} - \压裂{1}{2}\右)& 1 - \ \ leq压裂{3}{2}\ \ \压裂{2 - (2 a + b)} {2 (2 a + b)} + \压裂{2 b - (2 b + c)} {2 (2 b + c)} + \压裂{2 c - (2 c + a)} {2 (2 c + a)} & \ leq - \压裂{1}{2}\ \ - \压裂{1}{2}\离开(\压裂{b} {2 a + b} + \压裂{c} {2 b + c} + \压裂{一}{2 c +} \右)& \ leq - \压裂{1}{2}\ \ \压裂{b} {2 a + b} + \压裂{c} {2 b + c} + \压裂{一}{2 c +} & \组1。结束\{对齐}$

然后我们有

$\压裂{b ^ 2} {2 ab + b ^ 2} + \压裂{c ^ 2} {2 bc + c ^ 2} + \压裂{^ 2}{2 ca + ^ 2} \组\压裂{(a + b + c) ^ 2} {^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2 + 2(公元前ab + + ca)} = 1。\ _ \广场$

对于正实数 $x, y,$而且 $z,$在哪里 $x + y + z = 1,$证明

$\ displaystyle \ sum_{本体}\压裂{x ^ 3} {(x + y) ^ 2} \通用电气\ dfrac14。$

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我们实际上应该证明的是 $\压裂{x ^ 3} {(x + y) ^ 2} + \压裂{y ^ 3} {(y + z) ^ 2} + \压裂{z ^ 3} {(z + x) ^ 2} \通用电气\ frac14$．因此，将上述不等式应用于LHS，我们得到

${对齐}\ \开始dfrac {x ^ 3} {(x + y) ^ 2} + \ dfrac {y ^ 3} {(y + z) ^ 2} + \ dfrac {z ^ 3} {(z + x) ^ 2} & \通用电气\ dfrac {(x + y + z) ^ 3} {(x + y z + x + y + z +) ^ 2} \ \ & = \ dfrac {(x + y + z) ^ 3} {4 (x + y + z) ^ 2} \ \ & = \ dfrac{1}{4}{对齐}\结束。$

因此证明。 $_ \广场$

试试下面的例子。

• cauchy - schwarz不平等

• 持有人不平等

• 重排的不平等

• 詹森不等式

• 奈斯比特的不平等