Bila a > 0 dan b > 0, maka a > 0 dan b > 0 , karena a =( a ) dan b = ( b ) , maka bila a dan b berturut-turut diganti dengan a dan b , dan kita guna-

2 Bila a > 0 dan b > 0, maka a > 0 dan b > 0 , karena a =( a ) dan b = ( 2 b ) , maka bila a dan b berturut-turut diganti dengan a dan b , dan kita guna-

kan bukti di atas diperoleh a < b ⇔ a < b

Kita juga tinggalkan kepada pembaca untuk menunjukkan bahwa bila a ≥ 0 dan b ≥ 0, maka

(b). Bila 1 a dan b bilangan bulat positif, maka rata-rata aritmatisnya adalah

2 ( a + b ) dan rata-rata geometrisnya adalah ab . Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris

diberikan oleh

ab ≤ 1 2 ( a + b )

dan ketaksamaan terjadi jika dan hanya jika a = b .

Analisis Real I 36

Pendahuluan Untuk membuktikan hal ini, perhatikan bahwa bila a > 0, b > 0, dan a ≠ b ,

maka a > 0, b > 0 dan a ≠ b (Mengapa?). Karenanya dari 2.2.5(a) diperoleh

bahwa ( 2 a - b ) > 0. Dengan mengekspansi kuadrat ini, diperoleh

a -2 ab + b > 0,

yang diikuti oleh

ab 1 <

2 ( a + b ).

Karenanya (2) dipenuhi (untuk ketaksamaan kuat) bila a ≠ b . Lebih dari itu, bila a = b (> 0), maka kedua ruas dari (2) sama dengan a , jadi (2) menjadi kesamaan. Hal ini

membuktikan bahwa (2) dipenuhi untuk a > 0, b > 0.

2 ( a + b ). Maka dengan meng- kuadratkan kedua ruas kemudian mengalikannya dengan 4, kita peroleh

1 Dilain pihak, misalkan a > 0, b > 0 dan ab <

2 2 4 2 ab =( a + b ) = a +2 ab + b ,

yang diikuti oleh

2 2 0= 2 a -2 ab + b =( a - b ) .

Tetapi kesamaan ini mengakibatkan a = b (Mengapa?). Jadi kesamaan untuk (2) men- gakibatkan a = b .

Catatan : Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris yang umum untuk bilangan positif a 1 , a 2 ,...,a n

dengan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a 1 =a 2 = ... = a n .

(c). Ketaksamaan Bernoulli. Bila x > -1, maka

(4) Buktinya dengan menggunakan induksi matematika. Untuk n = 1, menghasilkan ke- samaan sehingga pernyataan tersebut benar dalam kasus ini. Selanjutnya, kita asumsi- kan bahwa ketaksamaan (4) valid untuk suatu bilangan asli n, dan akan dibuktikan

(1 + x) n ≥ 1 + nx ; untuk semua n ∈ N .

valid juga untuk n + 1. Asumsi (1 + x) n ≤ 1 + nx dan fakta 1 + x > 0 mengakibatkan bahwa

Analisis Real I 37

Aljabar Himpunan

Jadi, ketaksamaan (4) valid untuk n + 1, bila valid untuk n. Dari sini, ketaksamaan (4) valid untuk semua bilangan asli.

(d). Ketaksamaan Cauchy. Bila n ∈ N dan a 1 ,a 2 , ... ,a n dan b 1 ,b 2 , ..., b n bilangan real maka

1 b 1 + ... + a n b n ) ≤ (a 1 + ... + a n ) (b 1 + ... + b n ). (5) Lebih dari itu, bila tidak semua b j = 0, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi jika dan

2 2 2 2 (a 2

hanya jika terdapat bilangan real s, sehingga

a 1 = sb 1 , ..., a n = sb n .

Untuk membuktikan hal ini kita definisikan fungsi F : R → R , untuk t ∈ R de-ngan

2 F(t) = (a 2

1 - tb 1 ) + ... + (a n - tb n ) .

Dari 2.2.5(a) dan 2.2.1(i) diperoleh bahwa F(t) ≥ 0 untuk semua t ∈ R . Bila kuadratnya diekspansikan diperoleh

F(t) = A - 2Bt + Ct 2 ≥ 0,

dengan A,B,C sebagai berikut

Karena fungsi kuadrat F(t) tak negatif untuk semua t ∈ R , hal ini tidak mungkin mempunyai dua akar real yang berbeda. Karenanya diskriminannya

2 ∆ 2 = (-2B) - 4AC = 4(B - AC) harus memenuhi ∆ ≤ 0. Karenanya, kita mempunyai B ≤ AC, yang tidak lain adalah

(5). Bila b j = 0, untuk semua j = 1, ..., n, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi untuk sebarang a j . Misalkan sekarang tidak semua b j = 0. Maka, bila a j = sb j untuk suatu

Analisis Real I 38

Pendahuluan

2 s 2 ∈ R dan semua j = 1, ..., n, mengakibatkan kedua ruas dari (5) sama dengan s (b

2 ... +b 2 n ) . Di lain pihak bila kesamaan untuk (5) dipenuhi, maka haruslah ∆ = 0, se- hingga terdapat akar tunggal s dari persamaan kuadrat F(t) = 0. Tetapi hal ini men- gakibatkan (mengapa?) bahwa

a 1 - sb 1 = 0, ..., a n - sb n =0

yang diikuti oleh a j = sb j untuk semua j = 1, ..., n. (e). Ketaksamaan Segitiga. Bila n ∈ N dan a 1 , ..., a n dan b 1 , ..., b n bilangan real maka

1 +b 1 ) + ... + (a n +b n ) ] ≤ [a 1 + ... + a n ] + [b 1 + ... + b n ] (6) lebih dari itu bila tidak semua b j = 0, kesamaan untuk (6) dipenuhi jika dan hanya jika

terdapat bilangan real s, sehingga a 1 = sb 1 , ..., a n = sb n .

2 2 2 Karena (a j + b j ) = a j + 2a j b j + b j untuk j = 1, ..., n,dengan menggunakan ketaksamaan Cauchy (5) [A,B,C seperti pada (d)], kita mempunyai

2 (a 2

1 +b 1 ) + ... + (a n +b n ) = A + 2B + C

≤ 2 A+2 AC +C=( A + C ) Dengan mengunakan bagian (a) kita mempunyai (mengapa?)

2 2 [(a 1/2

1 +b 1 ) + ... + (a n +b n ) ] ≤ A + C ,

yang tidak lain adalah (b). Bila kesamaan untuk (b) dipenuhi, maka B = AC , yang mengakibatkan ke-

samaan dalam ketaksamaan Cauchy dipenuhi.

Latihan 2.2

1. (a). Bila a ≤ b dan c < d, buktikan bahwa a + c < b + d. (b). Bila a ≤ b dan c ≤ d, buktikan bahwa a + c ≤ b + d.

2. (a). Bila 0 < a < b dan 0 < c < d, buktikan bahwa 0 < ac < bd

(b). Bila 0 < a < b dan 0 ≤ c ≤ d, buktikan bahwa 0 ≤ ac ≤ bd.

Juga tunjukkan dengan contoh bahwa ac < bd tidak selalu dipenuhi.

3. Buktikan bila a < b dan c < d, maka ad + bc < ac + bd.

4. Tentukan bilangan real a,b,c,d yang memenuhi 0 < a < b dan c < d < 0, sehingga (i). ac < bd, atau (ii). bd < ac.