ketaksamaan

Ketaksamaan Pangkat + Eksponen II

Buktikan ketaksamaan berikut: jika x, y > 0, maka xy + yx < xx + yy.

Catatan: Bila kita kombinasikan ketaksamaan ini dengan ketaksamaan pangkat + eksponen pada postingan minggu lalu, kita peroleh 1 < xy + yx < xx + yy untuk x, y > 0.

*

Bandung, 03-10-2017

Advertisements

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 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

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

Menghampiri Jumlah Deret 1/n^2

Minggu lalu (13-17 Februari 2017) saya berkunjung ke La Trobe University di Melbourne. Di pintu ruang kerja Dr. Peter van der Kamp, salah seorang dosen matematika di sana, tertempel secarik kertas bertuliskan ketaksamaan

hampiran-deret-1-per-n2

Kebetulan, materi kuliah Kalkulus minggu lalu di ITB adalah tentang deret. Adakah di antara mahasiswa tahun pertama yang dapat membuktikan ketaksamaan di atas?

Mahasiswa pertama yang dapat membuktikan ketaksamaan di atas dengan benar dalam waktu seminggu sejak problem ini ditayangkan akan saya beri kaos oblong bermatematika.net. 🙂

*

Bandung, 21-02-2017

Ketaksamaan RA–RG

Ketaksamaan Rata-rata Artimetik–Rata-rata Geometrik atau Ketaksamaan RA–RG, yang dalam bahasa Inggris dikenal sebagai Arithmetic Mean–Geometric Mean Inequality atau AM–GM Inequality, dapat dibuktikan dengan banyak cara. Berikut adalah salah satu bukti tanpa kata-kata dari Ketaksamaan RA–RG:

keteksamaan-ra-rg

Bukti tanpa kata-kata dari Ketaksamaan RA–RG

[Sumber: Roger B. Nelsen, Proofs Without Words: Exercises in Visual Thinking, Vol. I, The Mathematical Association of America, 1993.]

*

Bandung, 19-11-2016