Month: August 2017

Ketaksamaan Minkowski

Dengan menggunakan ketaksamaan Hölder yang telah dibahas dalam artikel sebelumnya, kita dapat membuktikan ketaksamaan Minkowski, yang berbunyi sebagai berikut: Misalkan 1 ≤ p ≤ ∞. Maka, untuk setiap N ϵ N, berlaku

Sebagai akibatnya, ketaksamaan juga berlaku untuk deret tak terhingga, asalkan kedua deret di ruas kanan konvergen.

Bukti ketaksamaan Minkowski cukup cantik. Pertama, perhatikan bahwa

Sekarang misalkan q adalah eksponen dual dari p, sehingga (p – 1)q = p. Maka, dengan menggunakan ketaksamaan Holder, kita peroleh

Dengan demikian, ketaksamaan di atas menjadi

Dari ketaksamaan ini, kita peroleh

Tetapi 1 – 1/q = 1/p, dan kita dapatkan ketaksamaan yang diinginkan.

*

Bandung, 29-08-2017

Advertisements

Masih tentang Ketaksamaan Hoelder

Ketaksamaan Hölder yang telah kita bahas pada artikel sebelumnya juga berlaku untuk p = 1 dan q = ∞ (serta untuk p = ∞ dan q = 1). Persisnya, untuk sembarang barisan (xi) dan (yi), berlaku

asalkan ∑i |xi| < ∞ dan |yi| ≤ M untuk setiap i ϵ N. Buktinya trivial, tidak memerlukan trik apapun.

Nah, bila kita gabungkan ketaksamaan ini dengan ketaksamaan Hölder yang telah dibahas sebelumnya, maka secara keseluruhan ketaksamaan

berlaku untuk 1 ≤ p, q ≤ ∞ dengan 1/p + 1/q = 1, asalkan kedua deret di ruas kanan konvergen, dengan konvensi bahwa 1/∞ = 0 dan

untuk q = ∞.

By the way, untuk 1 < p < ∞, bilangan q yang memenuhi 1/p + 1/q = 1 disebut sebagai eksponen dual dari p. Perhatikan jika q merupakan eksponen dual dari p, maka p otomatis merupakan eksponen dual dari q. Nah, konvensi di atas menetapkan bahwa eksponen dual dari 1 adalah ∞ dan eksponen dual dari ∞ adalah 1.

*

Bandung, 25-08-2017

Ketaksamaan Hoelder

Pada artikel sebelumnya, saya menggunakan ketaksamaan Hölder untuk membuktikan ketaksamaan m–r–t. Ketaksamaan Hölder untuk deret berbunyi

ketaksamaan holder_1

untuk sembarang barisan (xi) dan (yi) dan 1 < p, q < ∞ dengan 1/p + 1/q = 1. Ketaksamaan berlaku untuk setiap deret terhingga, dan karenanya ketaksamaan juga berlaku deret tak terhingga, asalkan kedua deret di ruas kanan konvergen.

Berikut adalah buktinya untuk deret terhingga. Pertama, kita periksa bahwa untuk 1 < p, q < ∞ dengan 1/p + 1/q = 1, kita mempunyai (p – 1)q = p dan (p – 1)(q – 1) = 1. Kedua, untuk sembarang bilangan a, b ≥ 0, berlaku ab ≤ (ap)/p + (bq)/q. Ketaksamaan ini dapat dibuktikan dengan menggunakan konsep integral, terkait dengan daerah di kuadran pertama yang berada di bawah kurva y = xp – 1 dan daerah yang berada di sebelah kirinya. Persisnya, perhatikan gambar di bawah ini:

Dengan konsep integral, luas daerah di bawah kurva y = xp – 1 untuk 0 ≤ x ≤ a sama dengan L1 = (ap)/p. Sementara itu, dengan menghitung integral dari inversnya, yaitu x = yq – 1 untuk 0 ≤ y ≤ b, kita dapatkan luas daerah di sebelah kiri kurva sama dengan L2 = (bq)/q. Nah, bila b = ap – 1, maka L1 + L2 = ab (= luas persegi panjang dengan panjang a dan lebar b). Selain itu, kita peroleh L1 + L2 > ab. Jadi, secara umum, L1 + L2 ≥ ab.

Sekarang, untuk setiap i, misalkan ai = |xi|/A dan bi = |yi|/B dengan

ketaksamaan holder_3

Maka ∑i aip = 1 dan ∑i biq = 1. Selanjutnya, untuk setiap i, kita mempunyai aibi ≤ (aip)/p + (biq)/q. Akibatnya, bila kita hitung jumlahnya, kita peroleh

Kalikan kedua ruas dengan AB, kita peroleh ketaksamaan Holder. Eureka!

O ya, catat bahwa untuk p = q = 2, kita peroleh ketaksamaan Cauchy-Schwartz, yang sudah pernah kita bahas jauh sebelumnya. Jadi ketaksamaan Cauchy-Schwarz merupakan kasus khusus dari ketaksamaan Hölder.

*

Bandung, 22-08-2017

Hubungan antara Rerata, Median, dan Nilai Tengah

Diberikan data bilangan x1, x2, … , xN (yang terurut naik), ada hubungan yang menarik antara rerata (r), median (m), dan nilai tengah (t), yaitu

Ketaksamaan m–r–t ini memberi tahu kita bahwa simpangan baku (terhadap rerata) senantiasa berada di antara rerata simpangan mutlak (terhadap median) dan simpangan maksimum (terhadap nilai tengah).

Ketaksamaan m–r–t hanya merupakan kasus khusus dari suatu ketaksamaan yang berlaku umum, yaitu

untuk 1 ≤ p ≤ q ≤ ∞, dengan μp menyatakan bilangan yang bersifat

untuk setiap x ϵ R. Dalam hal ini, μ1 = m (median), μ2 = r (rerata), dan μ∞ = t (nilai tengah) — lihat dua artikel sebelumnya.

Untuk membuktikan ketaksamaan di atas, perhatikan bahwa

Ketaksamaan terakhir diperoleh dengan menggunakan Ketaksamaan Hölder. Sebagai akibatnya, kita peroleh

Selanjutnya tinggal bagi kedua ruas dengan N, lalu ambil akar ke-p dari kedua ruas.

Catatan: Apakah statistikawan memanfaatkan ketaksamaan m–r–t? Mungkin, tetapi saya tidak tahu persisnya untuk keperluan apa.

*

Bandung, 18-08-2017

Masih tentang Penaksir ‘Lokasi Pusat’ Data

Anda sudah mengenal rerata dan median dari sejumlah bilangan (atau data) x1, x2, … , xn, yang terurut naik. Lalu ada satu nilai lagi yang sering dipakai sebagai penaksir ‘lokasi pusat’ data selain rerata dan median, yaitu modus – yakni nilai yang paling sering muncul dalam data tersebut. Namun, dari sudut pandang teori ruang bernorma, sebetulnya ada satu nilai yang juga dapat dipakai sebagai penaksir lokasi pusat data, dan nilai ini dapat ditentukan dengan sangat mudah dan cepat, yaitu t = ½·(x1 + xn), yakni rerata aritmetik dari nilai terkecil dan nilai terbesar dari data yang kita miliki. Nilai ini dikenal sebagai ‘nilai tengah’ (mid-range). [Bila selama ini Anda menggunakan istilah ‘nilai tengah’ sebagai padanan untuk median, ke depan Anda perlu meralatnya: median adalah ‘nilai di tengah’, yakni nilai yang dicapai di tengah, bukan ‘nilai tengah’.]

Sebagai contoh, jika di suatu kelompok siswa diketahui tinggi badan terendahnya adalah 154 cm dan tinggi badan tertingginya 178 cm, maka dengan cepat kita dapat memperoleh nilai tengahnya, yaitu 166 cm. Nilai ini dapat kita pakai sebagai penaksir data tinggi badan siswa di kelompok tersebut.

Nah, bila rerata aritmetik meminimumkan galat kuadrat total, nilai tengah meminimumkan apa ya? Sila selidiki!

*

Bandung, 15-08-2017

Rerata Aritmetik Meminimumkan Galat Kuadrat Total

Selain merupakan penaksir tak bias dari n bilangan yang diwakilinya, rerata aritmetik juga meminimumkan galat kuadrat total.

Persisnya, diberikan n bilangan real x1, x2, … , xn, misalkan kita ingin menentukan suatu bilangan x sedemikian sehingga

Perhatikan bahwa

suatu fungsi kuadrat dalam x. Nah, bagi Anda yang sudah akrab dengan fungsi kuadrat, Anda pasti tahu bahwa E akan mencapai nilai minimum ketika

yakni ketika x sama dengan rerata aritmetik dari x1, x2, … , xn. Jadi rerata aritmetik adalah penaksir yang meminimumkan galat kuadrat total.

Problem: Tentukan bilangan x yang meminimumkan

apabila x1 < x2 < … < xn.

*

Bandung, 11-08-2017

Rerata Aritmetik: Penaksir Tak Bias

Siswa SD pun tahu bagaimana caranya menghitung nilai rata-rata (atau rerata) dari sejumlah bilangan. Diberikan n bilangan real x1, x2, … , xn, reratanya adalah r = (x1 + x2 + … + xn)/n.

Rerata ini adalah rerata aritmetik, yang dapat dipakai sebagai penaksir dari n bilangan tadi. Jadi, daripada mengingat n bilangan, kita cukup mengingat rerata aritmetiknya. Rerata usia siswa kelas XII di SMA Z adalah 17 tahun 2 bulan, misalnya.

Nah, sebagai penaksir, rerata aritmetik merupakan suatu penaksir tak bias. Maksudnya, bila kita hitung galat tiap bilangan terhadap rerata artimetiknya dan kemudian kita jumlahkan, maka hasilnya akan sama dengan nol. Menggunakan notasi sigma, rerata artimetik memenuhi persamaan

Adakah sifat istimewa lainnya dari rerata aritmetik? Tunggu artikel berikutnya ya… 🙂

*

Bandung, 08-08-2017

Ukuran Himpunan Cantor Terner

Himpunan Cantor terner yang pernah dibahas di blog ini merupakan contoh himpunan berukuran nol yang bukan himpunan terbilang.

Dari mana kita tahu bahwa himpunan Cantor terner berukuran nol? Ingat bagaimana kita mengonstruksi himpunan tersebut, yaitu dengan membuang interval-interval (⅓, ⅔), (1/9, 2/9), (7/9, 8/9), dan seterusnya, dari interval [0, 1].

Ukuran himpunan yang dibuang dalam hal ini sama dengan 1/3 + 2/9 + 4/27 + … = 1. Jadi, mengingat ukuran interval [0, 1] sama dengan 1, himpunan yang tersisa mestilah berukuran nol.

Sementara itu ketakterbilangan himpunan Cantor terner dapat dijelaskan sebagai berikut. Dari konstruksinya, jelas bahwa himpunan Cantor terner beranggotakan semua bilangan yang tidak mengandung angka 1 di belakang tanda koma dalam sistem bilangan terner (berbasis 3). Sebagai contoh, ⅓ = [0,022222…]3 dan ¼ = [0,020202…]3 merupakan anggota himpunan Cantor terner. Selanjutnya perhatikan bahwa pemetaan

[0,c1c2c3c4c5…]3 → [0,b1b2b3b4b5…]2

dengan bi = ci/2, i = 1, 2, 3, …, merupakan korespondensi 1-1 antara himpunan Cantor terner dan himpunan semua bilangan biner di [0, 1]. Nah, karena [0, 1] tak terbilang, maka mestilah himpunan Cantor terner juga tak terbilang.

*

Bandung, 01-08-2017