Beberapa Pertidaksamaan Penting (II)
- Definisi
- Contoh Soal
Definisi
Teorema I. (Pertidaksamaan Penataan Ulang) Misalkan $a_1\le a_2\le … \le a_n$ dan $b_1\le b_2\le … \le b_n$ menjadi dua kelompok bilangan riil terurut. Untuk permutasi $(j_1,j_2,…,j_n)$ dari $(1,2,…,n)$, jumlah yang diberikan oleh $$\begin{array}{rcl}
S_O & =a_1b_1+a_2b_2+…+a_nb_n, & \textbf{(jumlah berurutan)} \\
S_M & =a_1b_{j_1}+a_2b_{j_2}+…+a_nb_{j_n}, & \textbf{(jumlah campuran)} \\
S_R & =a_1b_n+a_2b_{n-1}+…+a_nb_1, & \textbf{(jumlah terbalik)}
\end{array}$$harus mematuhi ketidaksamaan : $S_R\le S_M\le S_O$.
Lebih jauh lagi, $S_M=S_O$ untuk semua $S_M$ (atau $S_M=S_R$ untuk semua $S_M$) jika dan hanya jika $a_1=a_2=…=a_n$ atau $b_1=b_2=…=b_n.$
Dari teorema penataan ulang, teorema berikut dapat diturunkan dengan mudah, teorema ini telah sering digunakan dalam kompetisi Olimpiade Matematika beberapa tahun terakhir.
Teorema II. (Ketidaksamaan Chebyshev’s) Misalkan $a_1\le a_2\le …\le a_n$ dan $b_1\le b2\le …\le b_n$ menjadi dua kelompok bilangan riil yang diurutkan. Kemudian $$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_ib_{n+1-i}\le \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_i\right)\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}b_i\right)\le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_ib_i.$$ Konsekuensi berikut adalah beberapa cara umum penerapan ketidaksetaraan Chebyshev.
Konsekuensi 1. Untuk $x_1,x_2,…,x_n >0,$ $$\sum_{i=1}^{n}x_i^{p+q}\ge \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i^p\cdot \sum_{i=1}^{n}x_i^q\text{ ketika }pq>0;$$ $$\sum_{i=1}^{n}x_i^{p+q}\le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i^p\cdot \sum_{i=1}^{n}x_i^q\text{ ketika }pq<0.$$
Konsekuensi 2. $x_1,x_2,…,x_n>0,r>s>0$ dan $\prod_{i=1}^{n}x_i=1$, maka $$\sum_{i=1}^{n}x_i^r\ge \sum_{i=1}^{n}s_i^s.$$
Konsekuensi 3. Untuk $a_1\le a_2\le …\le a_n;b_1\le b_2\le … \le b_n$ dan $m_1,m_2,…m_n>0,$ $$\sum_{i=1}^{n}m_i\cdot\sum_{i=1}^{n}a_ib_i\ge \sum_{i=1}^{n}\sqrt{m_ia_i}\cdot \sum_{i=1}^{n}\sqrt{m_ib_i.}$$
Definisi 1. Suatu fungsi $f$ yang didefinisikan pada suatu interval $I=[a,b]$ dikatakan cembung (atau cekung ke atas) jika memenuhi persyaratan berikut: $$f\left(\frac{x_x+x_2}{2}\right)\le \frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)],\text{ }\text{ }\text{ }x_1,x_2\in I.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(26.1)$$ Lebih jauh, $f$ dikatakan menjadi konveks ketat asalkan persamaan tersebut berlaku jika dan hanya jika $x_1=x_2$.
Ketidaksamaan Jensen. Untuk setiap fungsi konveks ketat $f(x)$ yang didefinisikan pada $I=[a,b]$ (atau $I=(a,b))$, pertidaksamaan $$f\left(\frac{x_1+x_2+…+x_n}{n}\right)\le\frac{1}{n}[f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_n)]\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(26.2)$$ berlaku jika setiap $x_1,x_2,…,x_n \in I$. Lebih jauh lagi, persamaan berlaku jika dan hanya jika $x_1=x_2=…=x_n.$
Untuk fungsi konveks kontinu, kita mempunyai pertidaksamaan Jensen yang diperluas berikut ini.
Teorema III. (Ketidaksamaan Jensen Tertimbang) Diketahui $f$ adalah fungsi kontinu yang didefinisikan pada suatu interval $I=[a,b]$ (atau $I=(a,b)$). Maka $f$ adalah konveks ketat pada $I$ jika dan hanya jika untuk setiap bilangan bulat positif $n\in\mathbb{N}$ dan $\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_n>0$ memenuhi $\sum_{i-1}^{n}\lambda_i=1$, $$f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+…+\lambda_nx_n)\le \lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)+…+\lambda_n f(x_n),\text{ }\text{ }\text{ }(26.3)$$ untuk semua $x_1,…,x_n\in I$ dan persamaan berlaku jika dan hanya jika $x_1=x_2=…=x_n$.
Penerapan ketidaksetaraan Jensen menghasilkan teorema yang sering digunakan berikut ini.
Teorema IV. (Ketidaksamaan Rata-rata Pangkat) Untuk setiap bilangan riil non-negatif $x_1,x_2,…,x_n$ dan $\alpha,\beta >0$ dengan $\alpha >\beta$, $$\left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i^{\alpha} \right)^{\frac{1}{\alpha}}\ge \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i^{\beta} \right)^{\frac{1}{\beta}}\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(26.4)$$
Contoh Soal
- $a,b,c$ bilangan positif riil memenuhi $abc=1$. Buktikan bahwa $$\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\le a^3b+b^3c+c^3a.$$
Solusi: Karena $abc=1$, misalkan $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$. Maka $$\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\le a^3b+b^3c+c^3a$$ $$\Leftrightarrow \frac{z^2}{xy}+\frac{y^2}{zx}+\frac{x^2}{yz}\le \frac{x^3}{y^2z}+\frac{y^3}{z^2x}+\frac{z^3}{x^2y}$$ $$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\le \frac{x^4}{y}+\frac{y^4}{z}+\frac{z^4}{x}.$$ Karena orde $x^4,y^4,z^4$ dalam besaran dan orde $\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}$ adalah terbalik, maka berdasarkan pertidaksamaan penataan ulang, setiap penjumlahan campuran tidak kurang dari penjumlahan kebalikannya, sehingga $$x^3+y^3+z^3=\frac{x^4}{x}+\frac{y^4}{z}+\frac{z^4}{x}.$$ - Untuk $x_1,x_2,…,x_n>0$ dan $k\ge 1$, buktikan bahwa $$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+x_i}\cdot\sum_{i=1}^{n}x_i\le \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i^k}\cdot \sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^{k+1}}{1+x_i}.$$
Solusi: Tanpa kehilangan keumuman, asumsikan bahwa $x_1\ge x_2\ge …\ge x_n$. Maka $$\frac{1}{x_1^k}\le\frac{1}{x_2^k}\le …\le \frac{1}{x_n^k}$$ dan, karena $x_i^k(1+x_j)-x_j^k(1+x_i)=x_ix_j(x_i^{k-1}-x_j^{k-1})+(x_i^k-x_j^k)\ge 0$ untuk $1\le i<j\le n$, $$\frac{x_1^k}{1+x_1}\ge \frac{x_2^k}{1+x_2}\ge …\ge \frac{x_n^k}{1+x_n}.$$ Dengan menggunakan ketidaksamaan Chebyshev dua kali, $$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+x_i}\cdot\sum_{i=1}^{n}x_i=\sum_{i=1}^{n}x_i\cdot\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{x_i^k}\cdot\frac{x_i^k}{1+x_i}\right)$$ $$\le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i\cdot\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i^k}\cdot\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^k}{1+x_i}$$ $$\le\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i^k}\cdot \sum_{i=1}^{n}\left(x_i\cdot\frac{x_i^k}{1+x_i}\right)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i^k}\cdot\sum_{i=1}^{n}\cdot\frac{x_i^{k+1}}{1+x_i}.$$ - Misalkan $a,b,c>0$ dan $abc=1$. Buktikan bahwa untuk bilangan bulat $k\ge 2$, $$\frac{a^k}{b+c}+\frac{b^k}{c+a}+\frac{c^k}{a+b}\ge\frac{3}{2}.$$
Solusi: Tanpa kehilangan keumumannya, kita dapat berasumsi bahwa $a\ge b\ge c$. Maka $$\frac{a^k}{b+c}\ge \frac{b^k}{c+a}\ge \frac{c^k}{a+b}\text{ dan }b+c\le c+a\le a+b.$$ Oleh karena itu ketidaksamaan Chebyshev memberikan $$\left(\frac{a^k}{b+c}+\frac{b^k}{c+a}+\frac{c^k}{a+b}\right)(b+c+c+a+a+b)\ge 3(a^k+b^k+c^k).$$ Dari Konsekuensi 2 pada ketidaksamaan Chebyshev, $a^k+b^k+c^k\ge a+b+c$, maka $$\frac{a^k}{b+c}+\frac{b^k}{c+a}+\frac{c^k}{a+b}\ge \frac{3(a^k+b^k+c^k)}{2(a+b+c)}\ge\frac{3}{2}.$$ - Misalkan $x_1,x_2,…,x_n>0$ dan $x_1+x_2+…+x_n=1$. Buktikan bahwa $$\prod_{k=1}^{n}\frac{1+x_k}{x_k}\ge\prod_{k=1}^{n}\frac{n-x_k}{1-x_k}.$$
Solusi: Misalkan $f(x)=\text{ln}(1+\frac{1}{x}),0<x<1.$ Untuk setiap $0<x_1<x_2<1,$ $$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\le \frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]\Leftrightarrow 1+\frac{2}{x_1+x_2}\le \sqrt{\left(1+\frac{1}{x_1}\right)\left(1+\frac{1}{x_2}\right)}$$ $$\Leftrightarrow \frac{4}{(x_1+x_2)^2}+\frac{4}{x_1+x_2}\le \frac{1}{x_1x_2}+\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2\ge 4x_1x_2.$$ Oleh karena itu, $f(x)$ adalah fungsi konveks kontinu pada $(0,1)$. Dengan Ketidaksamaan Jensen Tertimbang, untuk setiap $k=1,2,…,n$ yang tetap. $$\frac{1}{n-1}\sum_{i=1,i\neq k}^{n}\text{ln}\left(1+\frac{1}{x_i}\right)\ge \text{ln}\left(1+\frac{n-1}{\sum_{i=1,i\neq k}^{n},x_i}\right)=\text{ln}\left(\frac{n-x_k}{1-x_k}\right),$$ yaitu, $$\prod_{i=1,i\neq k}^{n}\left(1+\frac{1}{x_i}\right)\ge \left[\frac{n-x_k}{1-x_k}\right]^{n-1}$$ Dengan mengalikan $n$ pertidaksamaan ini, maka akan diperoleh pertidaksamaan yang diinginkan: $$\prod_{k=1}^{n}\frac{1+x_k}{x_k}\ge \prod_{k=1}^{n}\frac{n-x_k}{1-x_k}.$$ - Temukan konstanta terbesar $C$ sehingga $\sum_{i=1}^{4}\left(x_i+\frac{1}{x_i}\right)^3\ge C$ untuk semua bilangan real positif $x_1,x_2,x_3,x_4$ sehingga $$x_1^3+x_3^3+3x_1x_3=x_2+x_4=1.$$
Solusi: Perhatikan bahwa $0=x_1^3+x_3^3+3x_1x_3-1=x_1^3+x_3^3+(-1)^3-3x_1x_3(-1)$ menyiratkan bahwa $$\frac{1}{2}(x_1+x_3-1)[(x_1-x_3)^2+(x_1+1)^2+(x_3+1)^2]=0\Leftrightarrow x_1+x_3=1$$ sebagai $x_1,x_3>0$. Jadi, cukup untuk menemukan maksimum $C$ sehingga $\sum_{i=1}^{2}\left(y_i+\frac{1}{y_i}\right)^3\ge\frac{C}{2}$ di bawah batasan $y_1,y_2>0$ dan $y_1+y_2=1.$
Mempertimbangkan fungsi $F(x)-\left(x+\frac{1}{x}\right)^3,0<x<1$. Mudah untuk menunjukkan dengan induksi pada $n$ bahwa $f(x)=x^n,x>0$ adalah fungsi konveks yang meningkat untuk setiap $n\in\mathbb{N}$. Karena $g_1(x)=x$ dan $g_2(x)=\frac{1}{x}$ keduanya konveks pada $x>0$, maka jumlah keduanya $g(x)=g_1(x)+g_2(x)$ juga konveks pada $x>0$. Maka $F(x)=f(g(x))$ juga konveks pada $x>0$ karena untuk $0<x_1<x_2$, $$\frac{1}{2}[F(x_1)+F(x_2)]=\frac{1}{2}[f(g(x_1))+f(g(x_2))]\ge f\left(\frac{g(x_1)+g(x_2)}{2}\right)$$ $$\ge f\left(g\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\right)=F\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right).$$ Maka $$\frac{1}{2}[F(x)+F(1-x)]\ge F\left(\frac{x}{2}+\frac{1-x}{2}\right)=F\left(\frac{1}{2}\right)$$ menyiratkan bahwa $\frac{C_{\max}}{2}=2F\left(\frac{1}{2}\right)=2\cdot\left(\frac{5}{2}\right)^3=\frac{125}{4}$, maka $C_{\max}=\frac{125}{2}.$ - $a,b,c$ adalah bilangan positif sehingga $a+b+c=1$. Buktikan bahwa $$\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}+\frac{1}{ca+b+\frac{1}{b}}+\frac{1}{ab+c+\frac{1}{c}}\le\frac{27}{31}.$$
Solusi: $\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}+\frac{1}{ca+b+\frac{1}{b}}+\frac{1}{ab+c+\frac{1}{c}}\le\frac{27}{31}.$ ekuivalen dengan $$\frac{9a^2+9abc+9-31a}{a^2+abc+1}+\frac{9b^2+9abc+9-31b}{b^2+abc+1}+\frac{9c^2+9abc+9-31c}{c^2+abc+1}\ge 0.$$ Kita dapat asumsikan $a\ge b\ge c$. Sudah jelas bahwa $9(a+b)<31$, maka $$9a^2+9abc+9-31a\le 9b^2+9abc+9-31b\le 9c^2+9abc+9-31c.$$ Karena $a^2\ge b^2\ge c^2\Rightarrow \frac{1}{a^2+abc+1}\le\frac{1}{b^2+abc+1}\le\frac{1}{c^2+abc+1}$, dengan ketidaksamaan Chebyshev, $$3\sum_{a,b,c}\frac{9a^2+9abc+9-31a}{a^2+abc+1}$$ $$\ge \left[ \sum_{a,b,c}(9a^2+9abc+9-31a) \right]\cdot \left[ \sum_{a,b,c}\frac{1}{a^2+abc+1} \right].$$ Jadi, cukup menunjukkan bahwa $$\sum_{a,b,c}(9a^2+9abc+9-31a)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow 9(a^2+b^2+c^2)+27abc+27-31(a+b+c)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow 9(a^2+b^2+c^2)+27abc-4\ge 0$$ $$\Leftrightarrow 9(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+27abc-4(a+b+c)^3\ge 0$$ yang ekuivalen dengan $$5(a^3+b^3+c^3)-3(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2)+3abc\ge 0.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(*)$$ Ketidaksamaan Schur memberikan $$a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(**)$$ dan ketidaksamaan AM-GM memberikan $$a^3+b^3+c^3\ge 3abc.\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ }(***)$$ Dengan $3\times (**)+2\times (***)$, kita memperoleh pertidaksamaan $(*)$.
“Your brain is a garden; the more you feed it with knowledge, the more it grows.”
