Escrito por Brendon Borck:
Um lema algébrico utilizado em desigualdades e disseminado através do matemático pelo qual o lema recebe seu nome. O lema de Titu nos oferece uma segunda maneira de utilizar a desigualdade de Cauchy:
$$\dfrac{a_1^2}{b_1} + \dfrac{a_2^2}{b_2} + \dfrac{a_3^2}{b_3} + … + \dfrac{a_n^2}{b_n} \ge \dfrac{(a_1 + a_2 + a_3 + … + a_n)^2}{b_1 + b_2 + b_3 + … + b_n}$$
Prova:
A prova é simples e consiste no rearranjo da desigualdade de Cauchy:
$$(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + … + x_n^2) (y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 + … + y_n^2) \ge (x_1 y_1 + x_2 y_2 + x_3 y_3 + … + x_n y_n)^2$$
Basta substituir $$x_k = \dfrac{a_k}{\sqrt{b_k}}$$ e $$y_k = \sqrt{b_k}$$ e a desigualdade torna-se:
$$(\dfrac{a_1^2}{b_1} + \dfrac{a_2^2}{b_2} + \dfrac{a_3^2}{b_3} + … + \dfrac{a_n^2}{b_n} ) (b_1 + b_2 + b_3 + … + b_n) \ge (a_1 + a_2 + a_3 + … + a_n)^2$$
Para finalizar passe a soma de $$(b_1 + b_2 + b_3 + … + b_n)$$ para o “outro lado” multiplicando.
Mas e a prova da desigualdade de Cauchy? Sua prova usual consiste em expansão de quadrados.
Considere a função $$F(j) = (x_1 – y_1 j)^2 + (x_n – y_n j)^2 + … + (x_n – y_n j)^2$$
Expandindo teremos:
$$F(j) = (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + … + x_n^2) – j (2x_1 y_1 + 2x_2 y_2 + 2x_3 y_3 + … + 2x_n y_n) + j^2 (y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 + … + y_n^2)$$
Como $$F(j) \ge 0$$ já que é uma soma de quadrados, então o discrimante é menor ou igual a zero. Essa última desigualdade é suficiente para encontrarmos Cauchy após a expansão.
(Esse é um bom jeito de provar Cauchy, já que é mais fácil enxergar sua igualdade. Dica: ela ocorre quando o determinante é zero, ou seja, F(j) precisaria ser zero e portanto todos quadrados que compõem sua soma também.
Problemas:
- Se $$a,b,c \in \mathbb{R_{+}}$$, então: $$\dfrac{2}{b+c} + \dfrac{2}{a+c} + \dfrac{2}{a+b} \ge \dfrac{3}{a+b+c}$$.
- (África do Sul – 95) Se $$a,b,c,d$$ são reais positivos prove que: $$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{4}{c} + … + \dfrac{16}{d} \ge \dfrac{64}{a+b+c+d}$$
- (Desigualdade de Nesbitt) Se $$a,b,c \in \mathbb{R_{+}}$$, então: $$\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{a+c} + \dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}$$.
- Se $$x_1, x_2, … , x_n$$ são reais positivos. Denote $$s$$ como a soma de todos eles, então prove que: $$\sum_{k=1}^{n} \dfrac{s}{s-x_k} \ge \dfrac{n^2}{n-1}$$
- (IMO – 95) Se $$a,b,c \in \mathbb{R_{+}}$$ e $$abc = 1$$, então: $$\dfrac{1}{a^3(b+c)} + \dfrac{1}{b^3(a+c)} + \dfrac{1}{c^3(a+b)} \ge \dfrac{3}{2}$$.