티투의 보조정리(Titu's lemma)

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티투의 보조정리(Titu's lemma)코시-슈바르츠 부등식(Cauchy–Schwarz inequality)을 활용하여 여러 분수 형태의 합을 간결하게 비교할 수 있게 해 주는 유용한 부등식이다.

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정리. 티투의 보조정리(Titu's lemma)

양의 실수 $a_1, a_2, \ldots, a_n$과 $b_1, b_2, \ldots, b_n$에 대하여 다음 부등식이 성립한다. \[ \frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \cdots + \frac{a_n^2}{b_n} \geq \frac{(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2}{b_1 + b_2 + \cdots + b_n}. \] 단, 등호는 모든 $i = 1, 2, \ldots, n$에 대해 $a_i = kb_i$를 만족하는 적당한 실수 $k \neq 0$이 존재할 때 성립한다.

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증명. 코시-슈바르츠 부등식(Cauchy-Schwarz inequality)에 의하면, 임의의 실수 $x_i, y_i$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.

\[ \big( x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 \big) \big( y_1^2 + y_2^2 + \cdots + y_n^2 \big) \geq \big( x_1y_1 + x_2y_2 + \cdots x_ny_n \big)^2. \]

위 부등식의 양변에 $x_i = \dfrac{a_i}{\sqrt{b_i}}$, $y_i = \sqrt{b_i}$를 대입하면

\[ \bigg( \frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \cdots + \frac{a_n^2}{b_n} \bigg) \big( b_1 + b_2 + \cdots + b_n \big) \geq \big( a_1 + a_2 + \cdots a_n \big)^2 \]

이므로 위 부등식을 정리하면 원하는 결과를 얻는다.$ $

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이제 티투의 보조정리를 이용한 몇 가지 예제를 알아보자.

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예제 1. 임의의 양의 실수 $a, b, c \in \R$에 대하여 다음 부등식이 성립함을 증명하여라.

\[ \frac{2}{a + b} + \frac{2}{b + c} + \frac{2}{c + a} \geq \frac{9}{a + b + c} \]

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풀이. 티투의 보조정리에 의해

\[ \begin{align*} \frac{2}{a + b} + \frac{2}{b + c} + \frac{2}{c + a} & = \frac{(\sqrt{2})^2}{a + b} + \frac{(\sqrt{2})^2}{b + c} + \frac{(\sqrt{2})^2}{c + a} \\[1ex] & \geq \frac{(\sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{2})^2}{(a + b) + (b + c) + (c + a)} \\[1ex] & = \frac{(3\sqrt{2})^2}{2(a + b + c)} \\[1ex] & = \frac{9}{a + b + c} \end{align*} \]

가 성립한다. $ $

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예제 1. 임의의 양의 실수 $a, b \in \R$에 대하여 다음 부등식을 각각 증명하여라.

\[ 2(a^2 + b^2) \geq (a + b)^2, \quad 8(a^4 + b^4) \geq (a + b)^4 \]

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풀이. 티투의 보조정리에 의해 \[ a^2 + b^2 = \frac{a^2}{1} + \frac{b^2}{1} \geq \frac{(a + b)^2}{2} \] 이므로 위 식을 정리하면 첫 번째 부등식을 얻는다. 마찬가지 방법으로

\[ a^4 + b^4 \geq \frac{(a^2)^2}{1} + \frac{(b^2)^2}{1} \geq \frac{(a^2 + b^2)^2}{2} \geq \frac{\bigg( \dfrac{(a + b)^2}{2} \bigg)^2}{2} = \frac{(a + b)^4}{8} \]

따라서 위 식을 정리하면 두 번째 부등식 또한 얻는다. $ $

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예제 2. 임의의 양의 실수 $a, b, c \in \R$에 대하여 다음 부등식을 증명하여라.

\[ \frac{a^2 + b^2}{a + b} + \frac{b^2 + c^2}{b + c} + \frac{c^2 + a^2}{c + a} \geq a + b + c \]

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풀이. 티투의 보조정리에 의해

\[ \begin{align*} \frac{a^2 + b^2}{a + b} + \frac{b^2 + c^2}{b + c} + \frac{c^2 + a^2}{c + a} & = \frac{a^2}{a + b} + \frac{b^2}{a + b} + \frac{b^2}{b + c} + \frac{c^2}{b + c} + \frac{c^2}{c + a} + \frac{a^2}{c + a} \\[1ex] & \geq \frac{(2a + 2b + 2c))^2}{2(a + b) + 2(b + c) + 2(c + a)} \\[1ex] & = \frac{4(a + b + c)^2}{4(a + b + c)} \\[1ex] & = a + b + c \end{align*} \]

가 성립한다.$ $

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예제 3. 네스빗의 부등식(Nesbitt's inequality) : 임의의 양의 실수 $a, b, c \in \R$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.

\[ \frac{c}{a + b} + \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} \geq \frac{3}{2} \]

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풀이. 티투의 보조정리에 의해

\[ \begin{align*} \frac{2}{a + b} + \frac{2}{b + c} + \frac{2}{c + a} & = \geq \frac{(\sqrt{2})^2}{a + b} + \frac{(\sqrt{2})^2}{b + c} + \frac{(\sqrt{2})^2}{c + a} \\[1ex] & \geq \frac{(\sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{2})^2}{(a + b) + (b + c) + (c + a)} \\[1ex] & = \frac{(3\sqrt{2})^2}{2(a + b + c)} \\[1ex] & = \frac{9}{a + b + c} \end{align*} \]

가 성립한다. $ $