Beberapa Pertidaksamaan Penting (I)
Pengantar Pemecahan Masalah
Pemecahan masalah atau problem solving adalah proses untuk menemukan solusi dari suatu masalah dengan menggunakan pengetahuan dan keterampilan yang sudah ada. Pemecahan masalah merupakan soft skill yang penting untuk menghadapi tantangan dalam kehidupan sehari – hari, terutama ketika harus menemukan solusi inovatif untuk masalah yang rumit
- Definisi
- Contoh Soal
Definisi
Teorema I. (Pertidaksamaan Cauchy-Schwartz) Untuk setiap bilangan riil $a_1,a_2,…,a_n$ dan $b_1,b_2,…,b_n,$ $$(a_1b_1+a_2b_2+…+a_nb_n)^2\le (a_1^2+a_2^2+…+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+…+b_n^2).$$ Lebih jauh lagi, jika $a_1,a_2,…,a_n$ tidak semuanya nol, persamaan berlaku jika dan hanya jika ada konstanta $k$ sehingga $b_i=ka_i$ untuk semua $i=1,2,…,n$.
Konsekuensi berikut sebenarnya adalah cara umum untuk menerapkan ketidaksetaraan Cauchy-Schwartz.
Konsekuensi 1. $$\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}\ge \frac{\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2}{\sum_{i=1}^{n}b_i}$$ dimana $a_1,a_2,…,a_n,b_1,b_2,…,b_n\ge 0$ dan $\sum_{i=1}^{n}b_i\neq 0.$
Konsekuensi 2. $$\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i}{b_i}\ge\frac{\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2}{\sum_{i=1}^{n}a_ib_i}$$ dimana $a_1,a_2,…,a_n,b_1,b_2,…,b_n\ge 0$ dan $\sum_{i=1}^{n}a_ib_i\neq 0.$
Konsekuensi 3. $$\sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i}\text{ }\cdot \sqrt{\sum_{i=1}^{n}b_i}\text{ }\ge\sum_{i=1}^{n}\sqrt{a_ib_i}$$ dimana $a_1,a_2,…,a_n,b_1,b_2,…,b_n\ge 0.$
Teorema II. (Pertidaksamaan Schur’s) Untuk semua bilangan riil non-negatif $x,y,z$ dan bilangan positif $r>0$, ketidaksetaraan berikut selalu berlaku: $$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-z)(y-x)+z^r(z-x)(z-y)\ge 0,$$ dimana persamaan berlaku jika dan hanya jika (i) $x=y=z$ atau (ii) dua dari $x,y,z$ sama dan yang lainnya nol.
Untuk $r=1$, pertidaksamaan Schur dapat diekspresikan ke dalam bentuk:
(1) $x^3+y^3+z^3-(x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2)+3xyz\ge 0;$
(2) $(x+y+z)^3-4(x+y+z)(xy+yz+zx)+9xyz\ge 0;$
(3) $xyz\ge (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y).$
Untuk $r=2$, pertidaksamaan Schur dapat diekspresikan sebagai bentuk:
(1) $x^2(x-y)(x-z)+y^2(y-z)(y-x)+z^2(z-x)(z-y)\ge 0;$
(2) $x^4+y^4+z^4-(x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3)+xyz(x+y+z)\ge 0.$
Contoh Soal
- Misalkan $x,y,z$ bilangan positif riil. Buktikan bahwa $$\frac{1+xy+xz}{(1+y+z)^2}+\frac{1+yz+yx}{(1+z+x)^2}+\frac{1+zx+zy}{(1+x+y)^2}\ge 1.$$
Solusi: Pertidaksamaan Cauchy-Schwartz menghasilkan $$\left(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)(1+xy+xz)\ge (1+y+z)^2,$$ yang menyiratkan bahwa $\frac{1+xy+xz}{(1+y+z)^2}\ge \frac{x}{x+y+z}$. Demikian pula, $$\frac{1+yz+yx}{(1+z+x)^2}\ge \frac{y}{x+y+z},\text{ }\text{ }\text{ }\frac{1+zx+zy}{(1+x+y)^2}\ge \frac{z}{x+y+z}.$$ Dengan menjumlahkan ketiga pertidaksamaan ini, diperoleh pertidaksamaan yang diinginkan. - Diketahui bilangan positif riil $a,b,c$ memenuhi $ab+bc+ca=\frac{1}{3}.$ Buktikan bahwa $$\frac{a}{a^2-bc+1}+\frac{b}{b^2-ca+1}+\frac{c}{c^2-ab+1}\ge \frac{1}{a+b+c}.$$
Solusi: Karena $0\le ab,bc,ca\le \frac{1}{3}$, penyebut di sisi kiri semuanya positif. Pertidaksamaan Cauchy-Schwartz menghasilkan $$\frac{a}{a^2-bc+1}+\frac{b}{b^2-ca+1}+\frac{c}{c^2-ab+1}$$ $$=\frac{a^2}{a^3-abc+a}+\frac{b^2}{b^3-abc+b}+\frac{c^2}{c^3-abc+c}$$ $$\ge\frac{(a+b+c)^2}{a^3+b^3+c^3+a+b+c-3abc}$$ $$=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+(a+b+c)}$$ $$=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+1}$$ $$=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}=\frac{1}{a+b+c}.$$ - Untuk $n\ge 2$ misalkan $a_1,a_2,…,a_n$ bilangan positif riil sehingga $$(a_1+a_2+…+a_n)\cdot \left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}\right)\le \left(n+\frac{1}{2}\right)^2.$$ Buktikan bahwa $\max\{a_1,a_2,…,a_n\}\le 4\min\{a_1,a_2,…,a_n\}.$
Solusi: Misalkan $m=\min\{a_1,a_2,…,a_n\},M=\max\{a_1,a_2,…,a_n\}$. Berdasarkan simetris kita dapat asumsikan bahwa $m=a_1\le a_2\le …\le a_n=M.$
Dengan Pertidaksamaan Cauchy-Schwartz, $$\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\ge (a_1+a_2+…+a_n)\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}\right)$$ $$=(m+a_2+…+a_{n-1}+M)\left(\frac{1}{M}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{m}\right)$$ $$\ge \left( \sqrt{\frac{m}{M}}+\underset{n-2\text{ suku}}{\underbrace{1+1+…+1}}+\sqrt{\frac{M}{m}} \right)^2\Rightarrow n+\frac{1}{2}\ge \sqrt{\frac{m}{M}}+n-2+\sqrt{\frac{M}{m}}$$ $$\Rightarrow 2(m+M)\le 5\sqrt{mM}\Rightarrow 4m^2+4M^2-17mM\le 0$$ $$\Rightarrow (4M-m)(M-4m)\le 0\Rightarrow M\le 4m.$$ - Jika $a,b$ dan $c$ bilangan positif riil, buktikan pertidaksamaan: $$\left( 1+\frac{4a}{b+c} \right)\left( 1+\frac{4b}{c+a} \right)\left( 1+\frac{4c}{a+b} \right)>25.$$
Solusi: $$\left( 1+\frac{4a}{b+c} \right)\left( 1+\frac{4b}{c+a} \right)\left( 1+\frac{4c}{a+b} \right)>25$$ $$\Leftrightarrow (b+c+4a)(c+a+4b)(a+b+4c)>25(a+b)(b+c)(c+a)$$ $$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+7abc>a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2.$$ Pertidaksamaan Schur memberikan $$a^3+b^3+c^3+3abc>a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2,$$ sehingga ketidaksetaraan yang diinginkan berlaku.
Terkadang, pertidaksamaan AM-GM, pertidaksamaan Cauchy-Schwartz, pertidaksamaan Schur, dan pertidaksamaan lainnya digunakan bersama untuk memecahkan suatu masalah, seperti yang ditunjukkan dalam contoh berikut. - Misalkan $x,y,z$ bilangan positif riil. Buktikan bahwa $$\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}>2\sqrt[3]{x^3+y^3+z^3}.$$
Solusi: Misalkan $\frac{xy}{z}=a^2,\frac{yz}{x}=b^2,\frac{zx}{y}=c^2$, dimana $a,b,c>0$, maka $x=ca,y=ab,z=bc$ dan dan ketidaksetaraan aslinya menjadi $$a^2+b^2+c^2>2\sqrt[3]{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(25.1)$$ Karena $$(25.1)\Leftrightarrow(a^2+b^2+c^2)^3>8(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)$$ $$\Leftrightarrow a^6+b^6+c^6+3(a^4b^2+a^2b^4+b^4c^2+b^2c^4+c^4a^2+c^2a^4)+6a^2b^2c^2>8(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3),\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(25.2)$$ kita hanya perlu menunjukkan (25.2). Pertidaksamaan Schur memberikan $$a^6+b^6+c^6+3a^2b^2c^2>a^4b^2+a^2b^4+b^4cc^2+b^2c^4+c^4a^2+c^2a^4.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(25.3)$$ Pertidaksamaan AM-GM memberikan $$a^4b^2+a^2b^4\ge 2a^3b^3,b^4c^2+b^2c^4\ge 2b^3c^3,c^4a^2\ge 2c^3a^3,$$ maka, $$a^4b^2+a^2b^4+b^4c^2+b^2c^4+c^4a^2+c^2a^4\ge 2(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3),\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(25.4)$$ oleh karena itu $(25.3)+3\times (25.4)$ menghasilkan $(25.2)$ sekaligus. - Pada segitiga $ABC$, lingkaran dalam menyentuh sisi $AB,AC$ dan $BC$ di $C_1,B_1$ dan $A_1$. Buktikan bahwa $\sqrt{\frac{AB_1}{AB}}+\sqrt{\frac{BC_1}{BC}}+\sqrt{\frac{CA_1}{CA}}\le \frac{3}{\sqrt{2}}$ adalah benar.
Solusi: Misalkan $x=AB_1,y=BC_1,z=CA_1$, maka permasalahannya adalah menunjukkan $$\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\le\frac{3}{\sqrt{2}},$$ yaitu menunjukkan $\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\le \frac{3}{\sqrt{2}}$, dimana $a,b,c>0$ dan $abc=1$.
Dengan Pertidaksamaan Cauchy-Schwartz, $$\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{\sqrt{2}}{1+c} \text{ }\text{ dan } \text{ }\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}\le \sqrt{2\left(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\right)}.$$ Karena $$\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}=1+\frac{1-a^2b^2}{(1+a^2)(1+b^2)}\le 1+\frac{1-a^2b^2}{(1+ab)^2}=\frac{2}{1+ab},$$ maka dengan pertidaksamaan AM-GM, $$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\le 2\sqrt{\frac{c}{1+c}}+\frac{\sqrt{2}}{1+c}$$ $$=\frac{\sqrt{2}}{1+c}[\sqrt{2c(1+c)}+1]\le \frac{\sqrt{2}}{1+c}\left(\frac{2c+c+1}{2}+1\right)=\frac{3}{\sqrt{2}}.$$ - Misalkan $a,b,c>0$ dan $ab+bc+ca=1$. Buktikan bahwa: $$\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}\ge 2\sqrt{a+b+c}.$$
Solusi: Dibawah ini kita menggunakan $\sum$ untuk menyatakan jumlah siklik. Karena $\sum ab=1$, $$\sum\sqrt{a^3+a}\ge 2\sqrt{\sum a}\Leftrightarrow \sum\sqrt{a(a+b)(a+c)}\ge 2\sqrt{(\sum a)\cdot (\sum ab)}$$ $$\Leftrightarrow \sum a(a+b)(a+c)+2\sum \sqrt{a(a+b)(a+c)}\cdot\sqrt{b(b+c)(b+a)}\ge 4\sum a\cdot \sum ab$$ $$\Leftrightarrow \sum a^3+\sum ab(a+b)+3abc+2\sum \sqrt{a(a+b)(a+c)}\cdot \sqrt{b(b+c)(b+a)}\ge 4\sum ab(a+b)+12abc$$ $$\Leftrightarrow \sum a^3-3\sum ab(a+b)-9abc +2\sum \sqrt{a(a+b)(a+c)}\cdot \sqrt{b(b+c)(b+a)}\ge 0.\text{ }\text{ }\text{ }(*)$$ Pertidaksamaan Cauchy-Schwartz memberikan $$\sqrt{a(a+b)(a+c)}\cdot\sqrt{b(b+c)(b+a)}$$ $$=\sqrt{(a^3+a^2c+a^2b+abc)(ab^2+b^2c+b^3+abc)}$$ $$\ge a^2b+abc+ab^2+abc=ab(a+b)+2abc,$$ maka $$\sum \sqrt{(a^3+a^2c+a^2b+abc)(ab^2+b^2c+b^3+abc)}\ge \sum ab(a+b)+6abc,$$ oleh karena itu $$\sum a^3-3\sum ab(a+b)-9abc+2\sum \sqrt{a(a+b)(a+c)}\cdot\sqrt{b(b+c)(b+a)}$$ $$\ge \sum a^3-3\sum ab(a+b)-9abc+2\sum ab(a+b)+12abc$$ $$=\sum a^3-\sum ab(a+b)+3abc =\sum a(a-b)(a-c)\ge 0.$$ Pertidaksamaan terakhir adalah dari Pertidaksamaan Schur. Jadi $(*)$ terbukti dan pertidaksamaan aslinya juga terbukti. - Diketahui $x,y,z$ semuanya bilangan non-negatif dan $x+y+z=2$. Buktikan bahwa $$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz\le 1.$$
Solusi: Untuk menghomogenkan kedua sisi, tulis ulang pertidaksamaan yang diberikan dalam bentuk $$(x+y+z)^4\ge 16(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+8xyz(x+y+z).\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(25.5)$$ Karena $(x+y+z)^4=x^4+y^4+z^4+4(x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3)+6(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+12xyz(x+y+z)$, maka $(25.5)$ adalah ekuivalen dengan $$x^4+y^4+z^4+4(x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3)-10(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+4xyz(x+y+z)\ge 0.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(25.6)$$ Pertidaksamaan Schur memberikan $x^2(x-y)(x-z)+y^2(y-z)(y-x)+z^2(z-x)(z-y)\ge 0,$ yaitu $x^4+y^4+z^4-(x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3)+xyz(x+y+z)\ge 0.$ Maka untuk menunjukkan $(25.6)$ cukup untuk menunjukkan bahwa $$5(x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3)-10(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3xyz(x+y+z)\ge 0.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(25.7)$$ Pertidaksamaan AM-GM memberikan $$x^3y+xy^3\ge 2x^2y^2,\text{ }y^3z+yz^3\ge 2y^2z^2,\text{ }z^3x+zx^3\ge 2z^2x^2,$$ maka $5(x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3)-10(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\ge 0$, dan $3xyz(x+y+z)\ge 0$ adalah jelas, jadi $(25.7)$ berlaku dan persamaan berlaku jika dan hanya jika dua dari $x,y,z$ adalah sama dan yang ketiga 0. - Tunjukkan untuk semua bilangan positif riil $a,b,c,$ $$\frac{(b+c)(a^4-b^2c^2)}{ab+2bc+ca}+\frac{(c+a)(b^4-c^2a^2)}{bc+2ca+ab}+\frac{(a+b)(c^4-a^2b^2)}{ca+2ab+bc}\ge 0.$$
Solusi: Jika $\frac{(b+c)(a^4-b^2c^2)}{ab+2bc+ca}\ge \frac{a^3+abc-b^2c-bc^2}{2}$, maka dengan Pertidaksamaan Schur, $$\sum\frac{(b+c)(a^4-b^2c^2)}{ab+2bc+ca}\ge \sum \frac{a^3+abc-b^2c-bc^2}{2}$$ $$=\frac{1}{2}\sum (a^3+abc-a^2b-ca^2)=\frac{1}{2}\sum a(a-b)(a-c)\ge 0.$$ Karena $$\frac{(b+c)(a^4-b^2c^2)}{ab+2bc+ca}\ge \frac{a^3+abc-b^2c-bc^2}{2}$$ $$\Leftrightarrow 2(b+c)(a^4-b^2c^2)-(ab+2bc+ca)(a^3+abc-b^2c-bc^2)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow (b+c)a^4-2bca^3-bc(b+c)a^2+abc(b^2+c^2)\ge 0.$$ Dengan pertidaksamaan Cauchy-Schwartz dan Pertidaksamaan AM-GM, $$(b+c)a^3-2bca^2-bc(b+c)a+bc(b^2+c^2)$$ $$\ge \frac{4bc}{(b+c)}a^3-2bca^2-bc(b+c)a+bc\frac{(b+c)^2}{2}$$ $$=\frac{bc}{2(b+c)}[8a^3-4(b+c)a^2-2(b+c)^2a+(b+c)^3]$$ $$=\frac{bc}{2(b+c)}[2a(2a-b-c)^2+(b+c)^3]\ge 0.$$ Jadi, pertidaksamaan aslinya terbukti.
“Every great dream begins with a dreamer. Don’t be afraid to dream big!”
