**Lema Titu** (ditemukan oleh Titu Andreescu, atau dikenal juga **lema T2**, bentuk Engel, atau **pertidaksamaan Sedrakyan**) menyatakan untuk real positif, kita harus mencari

{\displaystyle {\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 {\displaystyle u\_{i}'={\frac {u\_{i}}{\sqrt {v\_{i}}}}} dan {\displaystyle v\_{i}'={\sqrt {v\_{i}}}.} Bentuk ini membantu kita saat pertidaksamaan melibatkan pecahan di mana bilangannya adalah kuadrat sempurna.

Maka

{\displaystyle {\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 {\displaystyle a\_{1},a\_{2},\ldots ,a\_{n}} dan {\displaystyle b\_{1},b\_{2},\ldots ,b\_{n}}, yaitu

{\displaystyle {\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 {\displaystyle a\_{i}={\frac {x\_{i}}{\sqrt {y\_{i}}}}} dan {\displaystyle b\_{i}={\sqrt {y\_{i}}}} yang merupakan pertidaksamaan Cauchy-Schwarz.

Maka

{\displaystyle {\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 {\displaystyle n} bilangan real {\displaystyle (x\_{k})} dan sembarang urutan bilangan positif {\displaystyle n} {\displaystyle (a\_{k})}, {\displaystyle \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 {\displaystyle x} pada urutan {\displaystyle a,b,c} dan {\displaystyle a} pada urutan {\displaystyle a(b+c),b(c+a),c(a+b)}:

{\displaystyle {\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

{\displaystyle {\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

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

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

Umum
----

Jika nilai {\displaystyle \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:

{\displaystyle {\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

Pranala luar
------------


Wikimedia Commons memiliki media mengenai ***Lemma Titu's***.