Artikel

Yang ditayangkan di sini merupakan artikel lepas, ditulis secara populer. Antara satu artikel dan artikel lainnya tidak selalu berkaitan, mungkin tidak berurutan pula.

Masih tentang Fungsi Logistik

Fungsi logistik f(x) = ex/(1 + ex) merupakan fungsi trigonometri hiperbolik. Persisnya,

f(x) = ½ + ½ tanh(½∙x).

Di sini, tanh(x) = (ex – e-x)/(ex + ex) adalah fungsi tangen hiperbolik. Pada postingan berikutnya, kita akan membahas fungsi trigonometri hiperbolik dan sifat-sifatnya ya..

*

Bandung, 17-10-2017

Advertisements

Lebih Jauh tentang Fungsi Logistik

Fungsi logistik yang kita bahas sebelumnya merupakan suatu model matematika untuk pertumbuhan populasi pada suatu area yang terbatas. Tanpa memperhitungkan adanya batas tersebut, biasanya populasi bertumbuh secara eksponensial, dengan laju pertumbuhan pada setiap saat sebanding dengan besarnya populasi pada saat itu:

‘ = ky.

Dengan mengasumsikan bahwa area yang dapat ditinggali terbatas (sebutlah area maksimumnya A), laju pertumbuhan juga berbanding lurus dengan sisa area yang tersedia:

‘ = ky(Ay).

Nah, jika k = 1 dan A = 1, dan y(0) = 0,5, maka solusi persamaan diferensial di atas adalah y = ex/(1 + ex), sebagaimana telah dibahas dalam postingan sebelumnya.

Problem: Jika f(x) = ex/(1 + ex), tentukan f ‘(x), dan periksa bahwa ‘(x) = ‘(-x).

*

Bandung, 13-10-2017

Fungsi Logistik

Fungsi y = f(x) = ex/(1 + ex) dikenal sebagai fungsi logistik. Fungsi ini merupakan solusi persamaan diferensial logistik

‘ = y(1 – y)

dengan syarat awal y(0) = 1/2. Grafik fungsi logistik ini adalah sebagai berikut:

Perhatikan bahwa y → 1 ketika x → ∞. Kurva fungsi logistik dikenal pula sebagai kurva sigmoid, yang menyerupai bentuk huruf S.

*

Bandung, 10-10-2017

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

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

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

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

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 mrt. 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 ≤ xa sama dengan L1 = (ap)/p. Sementara itu, dengan menghitung integral dari inversnya, yaitu x = yq – 1 untuk 0 ≤ yb, 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 + L2ab.

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