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}} \ge \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}}&\ge \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)&\ge \bigg(\sum_{i=1}^n x_i\bigg)^m \\ \bigg(\sum_{i=1}^n\dfrac{x_i^m}{a_i^{m-1}}\bigg)&\ge \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

## Pranala luar