Month: September 2017

Bukti Ketaksamaan Pangkat + Eksponen

Penasaran dengan ketaksamaan pangkat + eksponen pada postingan sebelumnya? Ketaksamaan ini loh: jika x, y > 0, maka xy + yx > 1. Arini S. Putri sudah memberikan buktinya, tetapi detilnya belum sempurna. Saya perbaiki buktinya sebagai berikut. Jika salah satu di antara x atau y bernilai lebih besar daripada atau sama dengan 1, maka ketaksamaan jelas berlaku. Sekarang asumsikan x dan y lebih kecil daripada 1. Alih-alih menghitung xy dan yx,  kita hitung 1/xy dan 1/yx. Menggunakan ketaksamaan Bernoulli II, kita mempunyai

Dengan cara yang sama, kita mempunyai

Karena itu, kita peroleh

Menurut saya, bukti di atas cukup cantik — saya menyukainya. Terima kasih kepada Arini S. Putri atas ide pembuktiannya. Anda pantas mendapat hadiah T-shirt Bermatematika, yang dapat Anda ambil pada acara Peluncuran Buku “Bermatematika: Bukan Sekadar Berhitung” di Gedung CAS-ITB, Senin 2 Oktober 2017, pukul 14.00-16.00.

*

Bandung, 29-09-2017

Advertisements

Ketaksamaan Pangkat + Eksponen

Buktikan ketaksamaan ini: jika x, y > 0, maka

xy + yx > 1.

(Terus terang, saya sudah mencobanya tetapi belum berhasil, hiks!)

Kalau ada yang bisa membuktikannya, submit buktinya di blog ini yaaa… Kalau buktinya benar, saya beri hadiah t-shirt bermatematika deh! O ya, hadiah hanya diberikan kepada orang pertama yang berhasil membuktikan ketaksamaan di atas dengan benar dan menayangkan buktinya di blog ini.

*

Bandung, 26-09-2017

Ketaksamaan Bernoulli

Salah satu ketaksamaan penting dalam matematika adalah ketaksamaan Bernoulli: jika p ≥ 1, maka

(1 + a)p ≥ 1 + pa,

untuk setiap a > -1.

Untuk a = 0, ketaksamaan jelas berlaku. Selanjutnya misalkan a > 0. Dalam hal ini ketaksamaan di atas setara dengan

Untuk membuktikannya, tinjau fungsi f(x) = (1 + x)p, x ≥ 0. Ketaksamaan di atas berbunyi

Karena f kontinu dan mempunyai turunan pada (0, ∞), menurut Teorema Nilai Rerata untuk turunan, terdapat c di antara 0 dan a sedemikian sehingga

Tetapi

f’(c) = p(1 + c)p – 1p(1 + c)0 = p

mengingat 1 + c > 1. Jadi ketaksamaan terbukti untuk a > 0. Selanjutnya, untuk -1 < a < 0, ketaksamaan Bernoulli setara dengan

Dengan cara serupa seperti di atas, dan mengingat 0 < 1 + c < 1, kita mempunyai

f’(c) = p(1 + c)p – 1p(1 + c)0 = p.

Jadi ketaksamaan pun terbukti untuk -1 < a < 0.

Nah, dengan ketaksamaan Bernoulli, Anda dapat membuktikan perbandingan bunga majemuk yang diminta minggu lalu.

O ya, barangkali ada yang belum tahu, ada tiga matematikawan asal Swiss yang memiliki nama belakang Bernoulli, yaitu Jacob Bernoulli, Johann Bernoulli, dan Daniel Bernoulli. Jacob dan Johann adalah kakak dan adik. Daniel adalah anak dari Johann. Nah, siapakah di antara mereka yang namanya disematkan pada ketaksamaan di atas?

*

Bandung, 19-09-2017

Perbandingan ‘Bunga Majemuk’

Anda tahu kan apa yang dimaksud dengan ‘bunga majemuk’. Jika Anda menabung di bank dengan bunga r% per tahun yang dibayarkan tiap akhir bulan, dan Anda biarkan uang Anda berbunga selama 1 tahun, maka — dengan asumsi pajak diabaikan — uang Anda yang semula x pada akhir tahun akan bertumbuh menjadi x(1 + r/12)12. Dalam perkataan lain, uang Anda melipat dengan faktor (1 + r/12)12.

Bila ada bank lain yang menawarkan bunga r% per tahun juga tetapi dibayarkan tiap akhir minggu, apakah Anda akan memilih untuk menabung uang di bank ini, daripada di bank tadi? Bila kedua bank sama-sama terpercaya, jawabannya tentu saja ya, karena

(1 + r/52)52 > (1 + r/12)12.

Sila cek kebenaran ketaksamaan ini.

Nah, problem untuk Anda selanjutnya adalah: buktikan bahwa

(1 + r/p)p < (1 + r/q)q 

untuk r > 0 dan 0 < p < q.

Sumber gambar: http://byjus.com/maths/compound-interest/

*

Bandung, 15-09-2017

Fungsi Konveks

Misalkan I suatu interval di R, bayangkan saja I = (a, b). Fungsi f : I → R dikatakan konveks apabila untuk setiap x, y ∈ I dan t ∈ [0, 1] berlaku

f(tx + (1 – t)y) ≤ tf(x) + (1 – t)f(y).

Jika f : I → R konveks dan x1 < x2 < x3 di I, maka

(x3x2)f(x1) + (x1x3)f(x2) + (x2x1)f(x3) ≥ 0.

Dari ketaksamaan ini, kita peroleh

sehingga f mempunyai turunan kiri dan turunan kanan di setiap titik dan

untuk setiap x ϵ I. Dengan analisis yang cermat (tetapi tidak trivial — seperti kata Fajar Yuliawan), dapat dibuktikan bahwa f kontinu pada I dan mempunyai turunan kecuali mungkin di sejumlah terhitung titik di I.

Akibatnya, jika f : I → R konveks, maka untuk setiap c ∈ I terdapat setidaknya sebuah garis yang melalui (c, f(c)) dan berada di bawah kurva y = f(x), yakni

f(c) + m(xc) ≤ f(x),     x ϵ I,

dengan m bergantung pada c. Jika f mempunyai turunan di c, maka m = f’(c); jika f tidak mempunyai turunan di c, maka m dapat dipilih di antara nilai turunan kiri dan turunan kanan f di c. Garis tersebut disebut sebagai garis penyangga f di (c, f(c)).

Sebagai contoh, jika f(x) = x2 dan c = 0, maka garis y = 0 merupakan garis penyangga f di (0, 0). Tetapi, jika f(x) = |x| dan c = 0, maka sembarang garis y = mx dengan -1 ≤ m ≤ 1 merupakan garis penyangga f di (0, 0) — lihat gambar di bawah ini.

*

Bandung, 08-09-2017

Ketaksamaan Hermite-Hadamard

Masih ingat ketaksamaan mrt yang menyatakan hubungan antara median, rerata, dan nilai tengah dari suatu data diskrit kan? Nah, untuk data kontinu, kita mempunyai ketaksamaan Hermite-Hadamard, yang lebih gamblang.

Jika f : [a, b] → R merupakan fungsi konveks (cekung ke atas), maka

M ≤ R ≤ T

dengan M:= f(½(a + b)) menyatakan nilai f di tengah [a, b], R menyatakan nilai rerata f pada [ab], yakni

dan T:= ½{f(a) + f(b)} menyatakan nilai tengah f pada [a, b].

Bukti ketaksamaan di atas cukup mudah. Karena f konveks, mestilah terdapat garis yang melalui titik (½(a + b), f(½(a + b)) dan berada di bawah kurva y = f(x). Selanjutnya kita tinggal membandingkan luas daerah di bawah garis ini, luas daerah di bawah kurva y = f(x), dan luas daerah di bawah ruas garis yang menghubungkan titik (a, f(a)) dan titik (b, f(b)). Secara visual, situasinya seperti pada gambar di bawah ini:

Kembali ke data diskrit, andai kita mempunyai informasi tambahan bahwa datanya naik dengan pertambahan yang semakin besar, maka kita dapat pula membuktikan bahwa m ≤ t. Sila coba!

*

Bandung, 05-09-2017