Dalam bab ini, metode umum berikut untuk menyelesaikan pertidaksamaan diperkenalkan beserta beberapa contoh:

Manipulasi Aljabar
Dalam banyak soal yang melibatkan pertidaksamaan, langkah pertama adalah “menggunakan manipulasi aljabar untuk menyederhanakan kedua sisi pertidaksamaan yang diberikan sehingga penyelesaiannya menjadi jauh lebih mudah, atau sehingga kita memiliki landasan baru untuk kemajuan selanjutnya.

• Contoh Soal 1. Misalkan $a,b,c$ bilangan positif riil dan $abc=8$. Buktikan bahwa $$\frac{a-2}{a+1}+\frac{b-2}{b+1}+\frac{c-2}{c+1}\le 0.$$
  Solusi: $\frac{a-2}{a+1}+\frac{b-2}{b+1}+\frac{c-2}{c+1}=3-3\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)$, maka $$\frac{a-2}{a+1}+\frac{b-2}{b+1}+\frac{c-2}{c+1}\le 0\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge 1$$ $$\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca+2a+2b+2c+3}{9+ab+bc+ca+a+b+c}\ge 1\Leftrightarrow a+b+c\ge 6.$$ Dengan ketidaksamaan AM-GM, $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}=6$, maka kesimpulannya terbukti.
• Contoh Soal 2. Misalkan $a,b,c$ bilangan positif riil yang memenuhi $a^2+b^2+c^2=\frac{1}{2}$. Buktikan bahwa $$\frac{1-a^2+c^2}{c(a+2b)}+\frac{1-b^2+a^2}{a(b+2c)}+\frac{1-c^2+b^2}{b(c+2a)}\ge 6.$$ 
  Solusi: Dengan mensubstitusi persamaan yang diberikan ke dalam pertidaksamaan, maka pertidaksamaan semula menjadi ekuivalen dengan $$\frac{a^2+2b^2+3c^2}{ac+2bc}+\frac{b^2+2c^2+3a^2}{ba+2ca}+\frac{c^2+2a^2+3b^2}{cb+2ab}\ge 6.$$ $a^2+2b^2+3c^2=(a^2+c^2)+2(b^2+c^2)\ge 2ac+4bc=2(ac+2bc)$ menyiratkan bahwa $$\frac{a^2+2b^2+3c^2}{ac+2bc}\ge 2,$$ dan demikian pula, $\frac{b^2+2c^2+3a^2}{ba+2ca}\ge 2,\frac{c^2+2a^2+3b^2}{cb+2ab}\ge 2.$ Dengan menjumlahkannya, kita memiliki $$\frac{a^2+2b^2+c^2}{ac+2bc}+\frac{b^2+2c^2+3a^2}{ba+2ca}+\frac{c^2+2a^2+3b^2}{cb+2ab}\ge 6.$$ 
  
  

Substitusi Variabel atau Ekspresi
Substitusi Variabel atau Ekspresi merupakan metode alami dan berguna untuk menyederhanakan pertidaksamaan, seperti ditunjukkan pada contoh berikut.

• Contoh Soal 3. Misalkan $x,y$ dan $z$ adalahbilangan non-negatif. Buktikan bahwa $$\frac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}{6}\le \frac{x+y+z}{3}\cdot\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}.$$
  Solusi: Ketika $x=y=z=0$, Ketidaksetaraan tersebut jelas benar. Di bawah ini, kita asumsikan bahwa $(x, y, z)$ tidak semuanya nol. Maka $$\frac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}{6}\le\frac{x+y+z}{3}\cdot\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}$$ $$\Leftrightarrow \frac{(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)^2}{4}\le\frac{(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)}{3}$$ $$\Leftrightarrow \frac{4(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}\ge\frac{3(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}{x^2+y^2+z^2}$$ $$\Leftrightarrow 4\left(1+\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}\right)\ge 3\left(1+\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}\right).$$ Jika $xy+yz+zx=0$, maka pertidaksamaan terakhir sudah jelas. Ketika $xy+yz+zx\neq 0,$ misalkan $\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}=t$. Maka pertidaksamaan aslinya adalah ekuivalen dengan $$4\left( 1+\frac{1}{t+1} \right)\ge 3\left( 1+\frac{1}{t} \right)\Leftrightarrow 1+\frac{4}{t+1}\ge \frac{3}{t}$$ $$\Leftrightarrow t^2+2t-3\ge 0\Leftrightarrow (t-3)(t-1)\ge 0.$$ Pertidaksamaan terakhir sudah jelas $t\ge 1$, maka pertidaksamaan aslinya terbukti.
• Contoh Soal 4. Misalkan $n$ bilangan bulat positif, dan misalkan $x$ dan $y$ adalah bilangan positif riil sehingga $x^n+y^n=1$. Buktikan bahwa $$\left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}} \right)\left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}} \right)<\frac{1}{(1-x)(1-y)}.$$
  Solusi:Untuk setiap bilangan riil $t\in(0,1)$ $$\frac{1+t^2}{1+t^4}=\frac{1}{t}-\frac{(1-t)(1-t^3)}{t(1+t^4)}<\frac{1}{t}.$$ Substitusi $t=x^k$ dan $t=y^k$, pertidaksamaan di atas memberikan $$0<\sum_{k=1}^{n}\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}<\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x^k}=\frac{1-x^n}{x^n(1-x)}$$ dan $$0<\sum_{k=1}^{n}\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}}<\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{y^k}=\frac{1-y^n}{y^n(1-y)}$$ Karena $1-y^n=x^n$ dan $1-x^n=y^n,$ $$\frac{1-x^n}{x^n(1-x)}=\frac{y^n}{x^n(1-x)},\text{ }\text{ }\text{ }\frac{1-y^n}{y^n(1-y)}=\frac{x^n}{y^n(1-y)}$$ dan oleh karena itu $$\left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}} \right)\left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}} \right)<\frac{y^n}{x^n(1-x)}\cdot \frac{x^n}{y^n(1-y)}=\frac{1}{(1-x)(1-y)}.$$
  
  

Pembesaran dan Kompresi Satu Sisi Pertidaksamaan
Saat membuktikan suatu pertidaksamaan, jika mustahil atau sangat sulit untuk melakukan perbandingan langsung dua sisi di awal, memperbesar sisi yang lebih kecil atau mengecilkan sisi yang lebih besar satu kali atau lebih merupakan teknik yang umum. Dengan menerapkan teknik ini, perbandingan langsung dua sisi menjadi jauh lebih mudah atau jelas, seperti yang ditunjukkan pada contoh-contoh berikut.

• Contoh Soal 5. Misalkan $a,b,c$ bilangan positif riil dan $a+b+c=3$. Buktikan bahwa $$\frac{a^4}{b^2+c}+\frac{b^4}{c^2+a}+\frac{c^4}{a^2+b}\ge\frac{3}{2}.$$
  Solusi: Dengan ketidaksamaan Cauchy-Schwartz, $$(b^2+c+c^2+a+a^2+b)\cdot\left(\frac{a^4}{b^2+c}+\frac{b^4}{c^2+a}+\frac{c^4}{a^2+b}\right)\ge(a^2+b^2+c^2)^2,$$ Maka $$\frac{a^4}{b^2+c}+\frac{b^4}{c^2+a}+\frac{c^4}{a^2+b}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+b^2+c^2+3}.$$ Misalkan $a^2+b^2+c^2=x$. Maka $3(a^2+b^2+c^2)\ge(a+b+c)^2\Rightarrow x\ge 3$. Oleh karena itu $$\frac{x^2}{3+x}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow 2x^2\ge 9+3x\Leftrightarrow 2x^2-3x-9\ge 0\Leftrightarrow (2x+3)(x-3)\ge 0.$$ Pertidaksamaan terakhir adalah jelas karena $x\ge 3$. Jadi, pertidaksamaan aslinya terbukti.
• Contoh Soal 6. Misalkan $x_1\ge x_2\ge …\ge x_n\ge 0$ dan $\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{\sqrt{i}}=1.$ Buktikan bahwa $$\sum_{i=1}^{n}x_i^2\le 1.$$ 
  Solusi: Karena $0\le x_n\le x_{n-1}\le …le x_1$, maka untuk setiap $k=1,2,…,n$, $$1\ge \sum_{i=1}^{k}\frac{x_i}{\sqrt{i}}\ge\left(\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{\sqrt{i}}\right)x_k\ge\frac{k}{\sqrt{k}}x_k=\sqrt{k}x_k,$$ oleh karena itu, $$x_k^2\le\frac{x_k}{\sqrt{k}}\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}x_k^2\le \sum_{k=1}^{x_k}=1.$$
• Contoh Soal 7. Misalkan $x,y,z$ bilangan positif riil yang memenuhi $x,y,z<2$ dan $x^2+y^2+z^2=3.$ Buktikan bahwa $$\frac{3}{2}<\frac{1+y^2}{2+x}+\frac{1+z^2}{2+y}+\frac{1+x^2}{2+z}<3.$$ 
  Solusi: Untuk pertidaksamaan kiri, karena $x,y,z<2,$ maka $$\frac{1+y^2}{2+x}+\frac{1+z^2}{2+y}+\frac{1+x^2}{2+z}>\frac{1+y^2}{4}+\frac{1+z^2}{4}+\frac{1+x^2}{4}=\frac{3}{2}.$$ Untuk pertidaksamaan kanan, karena $x,y,z>0,$ $$\frac{1+y^2}{2+x}+\frac{1+z^2}{2+y}+\frac{1+x^2}{2+z}<\frac{1+y^2}{2}+\frac{1+z^2}{2}+\frac{1+x^2}{2}=3.$$
  
  

Ketidaksamaan Lokalisasi
Terkadang, untuk membuktikan suatu pertidaksamaan, pertidaksamaan dapat dibagi menjadi beberapa bagian. Setiap bagian dapat diselesaikan secara terpisah, dan seluruh pertidaksamaan dapat dibuktikan hanya dengan menggabungkan hasil dari bagian-bagian tersebut.

• Contoh Soal 8. Misalkan $x,y$ dan $z$ bilangan positif riil sehingga $xyz\ge 1$. Buktikan pertidaksamaan $$\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\ge 0.$$ 
  Solusi: Untuk mengompresi setiap suku, kita perhatikan bahwa pada suku pertama di ruas kiri, pembilangnya mengandung faktor $(x^3-1)$ dan $x^3(x^2+y^2+z^2)-(x^5+y^2+z^2)=(x^3-1)(y^2+z^2)$ juga mengandung faktor $(x^3-1)$. Oleh karena itu, penyebut suku pertama dapat diubah menjadi $x^3(x^2+y^2+z^2)$ sebagai berikut: $$\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}-\frac{x^5-x^2}{x^3(x^2+y^2+z^2)}=\frac{x^2(x^3-1)^2(y^2+z^2)}{x^3(x^5+y^2+z^2)(x^2+y^2+z^2)}\ge 0$$ $$\Rightarrow \frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\ge \frac{x^5-x^2}{x^3(x^2+y^2+z^2)}.$$ Dengan mempertimbangkan dua suku lainnya dengan cara yang sama, kita memperoleh $$\sum\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\ge\sum\frac{x^5-x^2}{x^3(x^2+y^2+z^2)}=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}\sum\left(x^2-\frac{1}{x}\right)$$ $$\ge\frac{1}{x^2+y^2+z^2}\sum(x^2-yz)=\frac{1}{2(x^2+y^2+z^2)}\sum(x-y)^2\ge 0.$$ Persamaan berlaku jika dan hanya jika $x=y=z=1.$
• Contoh Soal 9. Misalkan $a,b,c$ adalah sisi-sisi segitiga. Buktikan bahwa $$\frac{\sqrt{b+c-1}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{c+a-b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\sqrt{c}\le 3.$$ 
  Solusi: Perhatikan terlebih dahulu bahwa penyebutnya semuanya positif, misalnya $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{a+b}>\sqrt{c}.$
  Misalkan $x=\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a},y=\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b},$ dan $z=\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}.$ Maka $$b+c-a=\left(\frac{x+z}{2}\right)^2+\left(\frac{x+y}{2}\right)^2-\left(\frac{y+z}{2}\right)^2=\frac{x^2+xy+xz-yz}{2}$$ $$=x^2-\frac{1}{2}(x-y)(x-z)$$ dan $$\frac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}=\sqrt{1-\frac{(x-y)(x-z)}{2x^2}}\le 1-\frac{(x-y)(x-z)}{4x^2},$$ di mana kami menerapkan pertidaksamaan $\sqrt{1+2u}\le 1+u$ untuk mendapatkan pertidaksamaan terakhir. Demikian pula, kami memperoleh $$\frac{\sqrt{c+a-b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}\le 1-\frac{(y-x)(y-z)}{4y^2},\frac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\le 1-\frac{(z-y)(z-x)}{4z^2}$$ Dengan mensubstitusikan kuantitas-kuantitas ini ke dalam pertidaksamaan awal, cukup untuk membuktikan bahwa $$x^{-2}(x-y)(x-z)+y^{-2}(y-z)(y-x)+z^{-2}(z-x)(z-y)\ge 0.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(27.1)$$ Dengan simetri kita dapat mengasumsikan $x\le y\le z$. Maka, dengan menambahkan, $$\frac{(x-y)(x-z)}{x^2}+\frac{(y-z)(y-x)}{y^2}=\frac{(y-x)(z-x)}{x^2}+\frac{(y-z)(y-x)}{y^2}$$ $$\ge \frac{(y-x)(z-y)}{y^2}+\frac{(y-z)(y-x)}{y^2}=0$$ dan $$\frac{(z-x)(z-y)}{z^2}\ge 0,$$ (27.1) diperoleh.
  
  
  

Induksi Matematika
Pembaca dapat melihat beberapa contoh pembuktian dengan induksi matematika di Bab 16.