【コーシー=シュワルツの不等式の応用】Titu's Lemmaについて
1. Titu’s Lemma
この補題は、コーシー・シュワルツの不等式の特殊な形と見なすことができます。Titu’s Lemmaの形は次の通りです。
\[ \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{b_i} \geq \frac{(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2}{b_1 + b_2 + \cdots + b_n} \]
ただし、すべての \( b_i > 0 \) であり、\( a_i \) と \( b_i \) は任意の実数です。Titu’s Lemmaは、対称不等式における有用な手法で、特に分数形式の和に関する不等式を証明する際に使用されます。
1.1. 証明
\[ \left( \sum_{i=1}^{n} x_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} y_i^2 \right) \geq \left( \sum_{i=1}^{n} x_i y_i \right)^2 \]
ここで、\( x_i = \frac{a_i}{\sqrt{b_i}} \) および \( y_i = \sqrt{b_i} \) と置くと、次のようになります。
\[ \left( \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{b_i} \right) \left( \sum_{i=1}^n b_i \right) \geq \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 \]
両辺を \(\sum_{i=1}^n b_i\) で割ると、次の不等式が得られます。
\[ \left( \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{b_i} \right) \geq \dfrac{\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2}{\sum_{i=1}^n b_i} \]
これは、
\[ \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{b_i} \geq \frac{(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2}{b_1 + b_2 + \cdots + b_n} \]
したがて、Titu’s Lemmaが成り立つことが示された。
2. 例題
2.1. 例題1 (n=2)
$$8(a^4+b^4)\geq (a+b)^4$$
補題より、
$$a^4+b^4\geq\dfrac{(a^2+b^2)^2}{2}$$
ここで、$\dfrac{(a^2+b^2)^2}{2}=\dfrac{a^4+2a^2b^2+b^4}{2}$より、補題をもう一度適応すると、
$$ \begin{align*} \dfrac{a^4+a^2b^2+a^2b^2+b^4}{2}&\geq\frac{(a^2+ab+ab+b^2)^2}{2+2+2+2} \\ &=\frac{(a^2+2ab+b^2)^2}{8} \\ &=\frac{((a+b)^2)^2}{8} \\ &=\frac{(a+b)^4}{8} \end{align*} $$
したがって、
$$8(a^4+b^4)\geq (a+b)^4$$
2.2. 例題2 (n=3)
$$\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2a^2}{c^2+a^2}\geq \frac{3}{2}$$
補題より、
$$\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\geq\frac{(ab+bc+ca)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
ここで、$a^2+b^2+c^2=3$、$ab+bc+ca=1$より、
$$\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\geq \frac{3^2}{2\cdot 3} = \frac{3}{2}$$
したがって、
$$\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\geq \frac{3}{2}$$
