Ketaksamaan Holder

3. Ketaksamaan Holder

Misalkan a1,a2,a3,,an dan b1,b2,b3,,bn adalah merupakan kumpulan bilangan real positif dan misalkan pula α,β>0 dengan α+β=1, maka 
(a1++an)α(b1++bn)β(a1αb1β++anαbnβ).
Kesamaan terjadi jika dan hanya jika
a1b1=a2b2=a3b3==anbn.

Secara umum Ketaksamaan Holder dituliskan sebagai berikut:
Misalkan a1,a2,a3,,an, b1,b2,b3,,bn, ... , z1,z2,z3,,zn adalah merupakan barisan bilangan tak negatif serta λ1,λ2,λ3,,λn adalah bilangan-bilangan real positif dengan λ1+λ2+λ3++λn=1, maka
(a1++an)λa(b1++bn)λb(z1++zn)λza1λab1λbz1λz+a2λab2λbz2λz++anλabnλbznλz(a1++an)λa(b1++bn)λb(z1++zn)λzi=1naiλabiλbziλz(i=1nai)λa(i=1nbi)λb(i=1nzi)λzi=1naiλabiλbziλz.
Ketaksamaan terjadi jika dan hanya jikaa1:a2::an=b1:b2::bn=z1:z2::zn.

Bukti 1:
Tanpa mengurangi keumuman misalkan untuka1+a2++an=b1+b2++bn==1maka diperoleh1i=1naiλabiλbziλzataui=1naiλabiλbziλz1Dengan AM-GM akan diperolehi=1naiλabiλbziλzi=1n(λaa1+λbb1++λzz1)=1Misalkan lagi kita aturλa=λb=12(a1+a2++an)(b1+b2++bn)(a1b1+a2b2++anbn)2bentuk di atas adalah Ketaksamaan Cauchy-Schwarz.
Bentuk lain yang lebih luas untuk sekian-k variabel, adalah
(a1+a2++an)(b1+b2++bn)(z1+z2++zn)k(a1b1z1k+a2b2z2k++anbnznk)k.

Bukti 2:
Dengan induksi matematika sebagaimana berikut ini
DiketahuiP(n)(a1++an)λa(b1++bn)λb(z1++zn)λzi=1naiλabiλbziλzLangkah basisP(1)benar,karena(a1)λa(b1)λb(z1)λza1λab1λbz1λzLangkah induksiMisalkan rumus berlaku untukn=k,yaituP(k)(a1++ak)λa(b1++bk)λb(z1++zk)λza1λab1λbz1λz+a2λab2λbz2λz++akλabkλbzkλzmaka untukn=k+1(a1++ak+ak+1)λa(b1++bk+bk+1)λb(z1++zk+zk+1)λza1λab1λbz1λz+a2λab2λbz2λz++akλabkλbzkλz+ak+1λabk+1λbzk+1λz=i=1kaiλabiλbziλzk+ak+1λabk+1λbzk+1λz=i=1k+1aiλabiλbziλzP(k+1)Jadi,P(n)benar untukn=k+1KesimpulanJadi,P(n)benar untuknN.

CONTOH SOAL.

1.Jikax,ybilangan positif, tunjukkanx2+y2(x+y)22Bukti:Alternatif 1Perhatikan bahwa(xy)20x22xy+y20x2+y22xy2x2+2y2x2+y2+2xy2(x2+y2)(x+y)2x2+y2(x+y)22Alternatif 2Dengan Ketaksamaan Holder pilihλ1=λ2=12(i=12λi=1)akan diperoleh(x21+y21)12(1+1)12x+y(x2+y2)(1+1)(x+y)2(x2+y2)(x+y)22.

2.Untukx,ybilangan positif, tunjukkankebenaran ketaksamaan Cauchy-Schwarzx12y1+x22y2+x32y3++xn2yn(x1+x2++xn)2y1+y2++ynBukti:Dengan Ketaksamaan Holder pilihλ1=λ2=12(i=12λi=1)akan diperoleh(x12y1+x22y2++xn2yn)12(y1+y2++yn)12(x1+x2++xn)(x12y1+x22y2++xn2yn)(y1+y2++yn)(x12+x22++xn2)2(x12y1+x22y2++xn2yn)(y1+y2++yn)(x1+x2++xn)2(x12y1+x22y2++xn2yn)(x1+x2++xn)2(y1+y2++yn).

3.(National Mathematical Contest, Belarus-2000)Jikaa,b,c,x,ydanzbilangan real positif, tunjukkana3x+b3y+c3z(a+b+c)33(x+y+z)Bukti:Dengan Ketaksamaan Holder pilihλ1=λ2=λ3=13(i=13λi=1)akan diperoleh(a3x+b3y+c3z)13(1+1+1)13(x+y+z)13(a+b+c)(a3x+b3y+c3z)(3)(x+y+z)(a+b+c)3(a3x+b3y+c3z)(a+b+c)33(x+y+z).

4.Jikaa,b,c,x,ydanzbilangan real positifdengana+b+c=x+y+ztunjukkan bahwaa3x2+b3y2+c3z2a+b+cBukti:Dengan Ketaksamaan Holder pilihλ1=λ2=λ3=13(i=13λi=1)akan diperoleh(a3x2+b3y2+c3z2)13(x+y+z)13(x+y+z)13(a+b+c)(a3x2+b3y2+c3z2)(x+y+z)2(a+b+c)3(a3x2+b3y2+c3z2)(a+b+c)2(a+b+c)3(a3x+b3y+c3z)(a+b+c)3(a+b+c)2a3x2+b3y2+c3z2a+b+c.

5.Jikaa,b,cadalah bilangan real positifdengana+b+c=1,tunjukkanbahwa(1a+1)(1b+1)(1c+1)64Bukti:Alternatif 1(1a+1)(1b+1)(1c+1)=1abc+(1ab+1bc+1ca)+(1a+1b+1c)+1Dengan AM-GM kita mendapatkan1a+1b+1c31abc31ab+1bc+1ca31(abc)23Kita tulis sintak prosesnya di atas=1+(1a+1b+1c)+(1ab+1bc+1ca)+1abc1+31abc3+31(abc)23+1(abc)331+31abc3+31(abc)23+1(abc)33=(1+1abc3)3Karenaabc3a+b+c3=13,maka(1a+1)(1b+1)(1c+1)(1+1abc3)3(1+1(13))3(1+3)44464Alternatif 2Dengan Ketaksamaan Holder diperoleh(1a+1)(1b+1)(1c+1)(1a.1b.1c3+1.1.13)3(1(abc)3+1)3(1abc3+1)3(3+1)364.

6.(IMO 2001)Diberikana,bdancbilangan real positif, tunjukkanaa2+8bc+bb2+8ca+cc2+8ab1Bukti:Dengan Ketaksamaan Holder diperoleh(siklik.a(a2+8bc))13(siklik.aa2+8bc)13(siklik.aa2+8bc)13(siklik.a)dapat juga dituliskan lebih sederhana(siklik.a(a2+8bc))13(siklik.aa2+8bc)23(siklik.a)(siklik.a(a2+8bc))(siklik.aa2+8bc)2(siklik.a)3(siklik.aa2+8bc)2(siklik.a)3(siklik.a(a2+8bc))Perhatikan bahwa(siklik.a)3=(a+b+c)3a3+b3+c3+24abc(siklik.a(a2+8bc))=a3+b3+c3+24abcmaka(siklik.aa2+8bc)2a3+b3+c3+24abca3+b3+c3+24abc=1siklik.aa2+8bc1.

.Sebagai catatan(a+b+c)3=a3+b3+c3+3a2b+3ab2+3b2c+3bc2+3a2c+3ac2+6abc(a+b+c)3(a3+b3+c3)=3a2b+3ab2+3b2c+3bc2+3a2c+3ac2+6abcDengan AM-GM akan diperoleh bentuk(a+b+c)3(a3+b3+c3)3(3(abc)33+3(abc)33)+6abc3(3abc+3abc)+6abc=24abcSehingga(a+b+c)3a3+b3+c3+24abc.

7.Jikaa,b,dancbilangan real positifdengana+b+c=1tunjukkan bahwa1a(b+c)2+1b(a+c)2+1c(a+b)2814Bukti:Dengan Ketaksamaan Holder pilihλ1=λ2=λ3=λ4=14(i=14λi=1)akan diperoleh(a+b+c)(b+c+a+c+a+b)(b+c+a+c+a+b)(1a(b+c)2+1b(a+c)2+1c(a+b)2)(1.14+1.14+1.14)4=34=81(1)(2)(2)(1a(b+c)2+1b(a+c)2+1c(a+b)2)811a(b+c)2+1b(a+c)2+1c(a+b)2814.

DAFTAR PUSTAKA

  1. Chen, E. 2014. A Brief Introduction to Olympiad Inequalities.
  2. Riasat, S. 2008. Basics of Olympiad Inequalities.
  3. Todinov, M.T. 2020. Risk And Uncertaintly Reduction by Using Algebraic Inequalities. Boca Raton: CRC Press.
  4. Tung. K.Y. 2013. Ayo Raih Medali Emas Olimpiade Matematika SMA. Yogyakarta: ANDI.
  5. Young, B. 2009. Seri Buku Olimpiade Matematika Strategi Menyelesaikan Soal-Soal Olimpiade Matematika: Ketaksamaan (Inequality). Bandung: PAKAR RAYA.


Tidak ada komentar:

Posting Komentar

Informasi