0XVOkzIOMuVO2ISulfVeSoRy4XR0Z5HcQhXOZ6RK

Ketaksamaan Cauchy Schwarz

Halo sobat nimu! Di artikel ini aku bakal membahas tentang Ketaksamaan Cauchy Schwarz,  salah satu ketaksamaan yang cukup berguna. Yuk simak penjelasan berikut! ๐Ÿ‘€

Jika kamu menemukan tulisan-tulisan aneh seperti ada tulisan dollar ($), \frac, \ge, \le, dan lain-lain, harap ditunggu sebentar ya hehe... Karena rumus matematika masih loading... Kalau masih tidak berubah, silahkan tulis di komentar ya... Dan ketika muncul tulisan [Math Processing Error], kamu harus refresh halamanmu. Ketika menemukan rumus matematika yang terpotong (terutama pengguna HP), kusarankan kamu untuk mengubah posisi HP mu menjadi landscape oke!

0. Notasi

Sebelum membaca artikel ini, ada beberapa notasi yang perlu dipahami.
Notasi \[\sum_{i=1}^n a_i = a_1+a_2+a_3+\cdots + a_n\] merupakan notasi sigma pada umumnya. Sedangkan, notasi \[\sum_{\text{cyc}}f (a,b,c) = f(a,b,c) + f(b,c,a) + f(c,a,b)\] menyatakan penjumlahan siklis. Sebagai contoh, jika $f(a,b,c) = a^2 bc^0=a^2b$, maka \[\sum_{\text{cyc}}a^2b = a^2 b + b^2c + c^2 a\] Notasi $\mathbb{R}$ menyatakan himpunan bilangan real, $\mathbb{R}_{\ge 0}$ menyatakan himpunan bilangan real tak negatif, sedangkan $\mathbb{R}^+$ menyatakan himpunan bilangan real positif.

A. Cauchy Schwarz

1. Teorema


Teorema 1

Diberikan $a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots, b_n$ bilangan real. Maka \[\left (a_1^2 + a_2^2+\cdots + a_n^2\right )\left (b_1^2+b_2^2+\cdots + b_n^2\right )\ge (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2\] Kesamaan terjadi ketika \[\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \frac{a_3}{b_3} = \cdots = \frac{a_n}{b_n}=k\] dimana $k$ bilangan real.

Bukti. Tinjau fungsi $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}_{\ge 0}$ dimana
\begin{align*}f(x) &= \sum_{i=1}^n (a_ix - b_i)^2\\ &= \sum_{i=1}^n \left (a_i^2x^2 - 2a_ib_i + b_i^2 \right ) \\ &= \left (\sum_{i=1}^na_i^2 \right )x^2 + \left (\sum_{i=1}^n -2a_ib_i\right )x + \left (\sum_{i=1}^n b_i^2 \right )  \tag{$*$}\end{align*} Karena $f(x)\ge 0$, maka diskriminannya harus $\Delta \le 0$. Sehingga \begin{align*}\left (\sum_{i=1}^n (-2a_ib_i) \right )^2 -4\left (\sum_{i=1}^n a_i^2 \right )\left (\sum_{i=1}^n b_i^2 \right ) &\le 0\\ \left (-2\sum_{i=1}^n a_ib_i \right )^2 &\le 4\left (\sum_{i=1}^n a_i^2 \right )\left (\sum_{i=1}^n b_i^2 \right )\\ 4\left (\sum_{i=1}^n a_ib_i \right )^2 &\le 4\left (\sum_{i=1}^n a_i^2 \right )\left (\sum_{i=1}^n b_i^2 \right )\\ \left (\sum_{i=1}^n a_ib_i\right )^2 &\le \left (\sum_{i=1}^n a_i^2 \right )\left (\sum_{i=1}^nb_i^2 \right )  \end{align*} yang membuktikan hal tersebut. Kesamaan terjadi jika $a_ix - b_i=0$ atau $\displaystyle x = \frac{b_i}{a_i}$ untuk setiap $i=1,2,3,\cdots,n$. Maka kita simpulkan\[\frac{b_1}{a_1} = \frac{b_2}{a_2} = \cdots = \frac{b_n}{a_n}\] atau \[\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \cdots = \frac{a_n}{b_n} = k\] untuk suatu bilangan real $k$.
$\blacksquare$

2. Contoh Soal

Untuk memahami dan mengetahui penerapannya, yuk cek contoh soal berikut! ๐Ÿ˜

Contoh 2.1.

Jika $a$ dan $b$ bilangan real sehingga $2a+b=1$, tentukan nilai minimum dari $a^2+b^2$.
Pembahasan. Untuk mendapatkan nilai minimum $a^2+b^2$, artinya kita perlu mendapatkan \[a^2 + b^2 \ge \text{sesuatu}\] Dari sini akan mendapatkan suatu instuisi hal apa yang perlu dilakukan. Kita perlu menghubungkan bentuk $a^2 + b^2$ dengan $2a+b$ yang merupakan tetapan dari pengerjaan soal ini. Maka dari Teorema 1, \begin{align*}\left (a^2+b^2 \right )\left (2^2 + 1^2 \right ) &\ge (a \cdot 2 + b \cdot 1)^2 \\ &=(2a+b)^2 \\ &= 1 \\ a^2+b^2 &\ge \frac{1}{5}\end{align*} sebagai jawabannya. Mengecek kesamaan perlu dilakukan untuk mengetahui apakah kesamaan dapat tercapai, yaitu ketika $a^2+b^2 = \dfrac{1}{5}$. Dari Teorema 1, kesamaan terjadi ketika \[\frac{a}{2} = \frac{b}{1} = k \Longleftrightarrow a =2k \quad \text{dan}\quad b=k\] Subtisuikan pada $2a+b=1$, \[1 = 2a+b = 2(2k) + k = 4k +k = 5k \Longleftrightarrow k = \frac{1}{5}\] Kita simpulkan kesamaan terjadi ketika $\displaystyle (a,b)=\left (\frac{2}{5},\frac{1}{5} \right )$ dan mudah dicek bahwa ini memenuhi.

Contoh 2.2. OSK SMA/MA Sederajat

Tentukan nilai maksimum dari $a+2b+3c$ jika $a^2+b^2+c^2 =4$ dengan $a,b,c\in \mathbb{R}$.
Pembahasan. Untuk mendapatkan nilai maksimum $a+2b+3c$, artinya kita perlu mendapatkan \[ \text{sesuatu} \ge a+2b+3c\] Kita perlu menghubungkan bentuk $a+2b+3c$ dengan $a^2+b^2+c^2$. Dari Teorema 1, maka \begin{align*}\left (a^2+b^2+c^2 \right )\left (1^2 + 2^2 +3^2 \right )&\ge (a\cdot 1 + b\cdot 2 + c\cdot 3 )^2 \\ (4)(14)&\ge (a+2b+3c)^2\\ 56 &\ge (a+2b+3c)^2 \end{align*} Maka kita peroleh \[2\sqrt{14} \ge a+2b+3c \ge -2\sqrt{14}\] Nilai maksimum dari $a+2b+3c$ adalah $\boxed{2\sqrt{14}}$. Kita cek apakah hal ini mungkin dengan mengecek kesamaan. Kesamaan terjadi ketika \begin{align*}\frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{3} &= k \Longleftrightarrow a=k,\quad b=2k,\quad \text{dan}\quad c&=3k\end{align*} Maka \begin{align*}4 = a^2+b^2 + c^2 = k^2 + 4k^2 + 9k^2 &= 14k^2\\ \Longleftrightarrow k = \pm \frac{2}{\sqrt{14}}&=\pm \frac{\sqrt{14}}{7}\end{align*} Mudah dicek bahwa $\displaystyle (a,b,c) = \left (\frac{\sqrt{14}}{7} , \frac{2\sqrt{14}}{7},\frac{3\sqrt{14}}{7}\right )$ memenuhi kesamaan (membuat nilai $a+2b+3c$ bernilai maksimum).

Contoh 2.3. Wildan Bagus Wicaksono

Diberikan $a_1,a_2,a_3,\cdots, a_n$ merupakan permutasi dari $1,2,3,\cdots ,n$ untuk setiap bilangan asli $n$. Buktikan bahwa \[a_1^4+a_2^4 + a_3^4 + \cdots + a_n^4 \ge n\left (\frac{n+1}{2} \right )^4\]
Pembahasan. Untuk mempermudah, misalkan $a_i^2= b_i$ untuk setiap $i=1,2,3,\cdots, n$. Maka  \[b_1+b_2+b_3+\cdots + b_n=a_1^2 +a_2^2 + a_3^2 + \cdots + a_n^2 \tag{$*$}\] Dari Teorema 1, maka \[\left (b_1^2+b_2^2 + \cdots + b_n^2 \right )\left (1^2+1^2+\cdots + 1^2 \right )\ge (b_1\cdot 1+b_2\cdot 1+b_3\cdot 1+\cdots +b_n\cdot 1)^2\] Bentuk tersebut ekuivalen dengan \[b_1^2+b_2^2+b_3^2+\cdots + b_n^2 \ge \frac{(b_1+b_2+b_3+\cdots + b_n)^2}{n}\tag{$**$}\] Sedangkan, \[b_1+b_2+b_3+\cdots +b_n= a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots +a_n^2\tag{$***$}\] Gunakan Teorema 1 lagi pada $(***)$, maka kita punya \[a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots + a_n^2 \ge \frac{(a_1+a_2+a_3+\cdots + a_n)^2}{n}\] Karena $a_1,a_2,a_3,\cdots, a_n$ merupakan permutasi dari $1,2,3,\cdots,n$, maka \[a_1+a_2+a_3+\cdots + a_n = 1+2+3+\cdots + n=\frac{n(n+1)}{2}\] Sehingga dari $(*)$ kita punya \begin{align*}a_1^2 + a_2^2 +a_3^2+\cdots + a_n^2 &\ge \frac{\left (\frac{n(n+1)}{2}\right )^2}{n} \\ &= \frac{n^2(n+1)^2}{4n}\\&=\frac{n(n+1)^2}{4}\end{align*} Dari $(**)$ dan $(***)$, \begin{align*}b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2 &\ge \frac{(b_1+b_2+\cdots +b_n)^2}{n}\\ &\ge \frac{\left (\frac{n(n+1)^2}{4} \right )}{n}\\&=\frac{n^2(n+1)^4}{16n}\\ &=\frac{n(n+1)^4}{16}\end{align*} Jadi, kita simpulkan bahwa \[a_1^4+a_2^4 + a_3^4 + \cdots + a_n^4 \ge n\left (\frac{n+1}{2} \right )^4\] yang telah membuktikan soal tersebut. Jika ditinjau kesamaannya, kesamaan hanya terjadi jika $n=1$, sedangkan untuk $n>1$ tidak akan terjadi kesamaan.

B. Cauchy Schwarz Engel

Cauchy Schwarz Engel merupakan salah satu penerapan dari Cauchy Schwarz.

1. Teorema


Teorema 2

Jika $a_1,a_2,\cdots,a_n$ bilangan real dan $b_1,b_2,\cdots,b_n$ bilangan real positif, maka \[\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \cdots + \frac{a_n^2}{b_n} \ge \frac{(a_1+a_2+\cdots + a_n)^2}{b_1+b_2+\cdots + b_n}\]Kesamaan terjadi ketika \[\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \cdots = \frac{a_n}{b_n}=k\] dimana $k$ bilangan real.

Bukti. Dari Teorema 1, kita punya \[\left (t_1^2 +t_2^2 + \cdots + t_n^2\right )\left (u_1^2+u_2^2+\cdots + u_n^2\right )\ge \left (t_1u_1 + t_2u_2+\cdots + t_nu_n\right )^2\] Subtitusi \[t_i = \frac{a_i}{\sqrt{b_i}} \quad \text{dan} \quad u_i =\sqrt{b_i}\] dengan $a_i\in \mathbb{R}$ dan $b_i\in \mathbb{R}^+$ untuk setiap $i=1,2,\cdots,n$. Sehingga \[\left (\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \cdots + \frac{a_n^2}{b_n} \right )\left (b_1+b_2+\cdots +b_n\right ) \ge (a_1+a_2+\cdots +a_n)^2\] Karena $b_1+b_2+\cdots +b_n$ tidak mungkin negatif, maka membagi kedua ruas dengan $b_1+b_2+\cdots + b_n$ tidak merubah tanda ketaksamaan. Maka \[\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + + \cdots + \frac{a_n^2}{b_n} \ge \frac{(a_1+a_2+\cdots + a_n)^2}{b_1+b_2+\cdots + b_n}\] Kesamaan terjadi ketika \[\frac{t_i}{u_i} = \frac{\frac{a_i}{\sqrt{b_i}}}{\sqrt{b_i}}=\frac{a_i}{b_i}\] Dengan kata lain, kesamaan terjadi ketika \[\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \cdots = \frac{a_n}{b_n}=k\in \mathbb{R}\] 
$\blacksquare$

2. Contoh Soal

Untuk memahami dan mengetahui penerapannya, mari kita lihat beberapa contoh soal berikut! ๐Ÿ˜€

Contoh 2.1. 

Tentukan nilai minimum dari $a^2+b^2+c^2$ jika $a+b+c=1$ dimana $a,b,c$ bilangan real.
Pembahasan. Untuk mendapatkan nilai minimum dari $a^2+b^2+c^2$, maka kita perlu mendapatkan \[a^2 + b^2 + c^2 \ge \text{sesuatu}\] Hal ini akan memberikan instuisi bagaimana menggunakan Teorema 2. Kita punya \begin{align*}\frac{a^2}{1} + \frac{b^2}{1} + \frac{c^2}{1} &\ge \frac{(a+b+c)^2}{1+1+1}\\ &=\frac{1}{3}\end{align*} yang ekuivalen dengan $\displaystyle a^2+b^2+c^2 \ge \frac{1}{3}$ yang berarti nilai minimumnya adalah $\displaystyle \boxed{\frac{1}{3}}$. Tinjau apakah ini mungkin. Kesamaan terjadi ketika \[\frac{a}{1} = \frac{b}{1} = \frac{c}{1} \Longleftrightarrow a=b=c\] Karena $a+b+c=1$, maka kesamaan terjadi ketika $\displaystyle (a,b,c)= \left (\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3} \right )$ dan mudah dicek bahwa hal tersebut memenuhi.

Contoh 2.2. 

Tentukan nilai maksimum dari $a+3b+5c$ dimana $a^2 + b^2 + 5c^2 =15$ dan $a,b,c$ bilangan real.
Pembahasan. Untuk mendapatkan nilai maksimum, kita perlu mendapatkan \[\text{sesuatu}\ge a+3b+5c\] Kita paksa bentuk $a^2+b^2+5c^2$ untuk mendapatkan $a+3b+5c$. Tinjau bahwa \begin{align*}a^2+b^2+5c^2 &= \frac{a^2}{1} + \frac{9b^2}{9} + \frac{25c^2}{5}\\ &= \frac{a^2}{1} + \frac{(3b)^2}{9} + \frac{(5c)^2}{5}\end{align*} Dari Teorema 2, maka \begin{align*}15&=\frac{a^2}{1} + \frac{(3b)^2}{9} + \frac{(5c)^2}{5} \\&\ge \frac{(a+3b+5c)^2}{1+9+5} \\ &=\frac{(a+3b+5c)^2}{15}\end{align*} Maka kita peroleh $15^2 \ge (a+3b+5c)^2$ yang berarti $15\ge a+3b+5c\ge -15$. Demikian nilai maksimum dari $a+3b+5c $ adalah $\boxed{15}$. Tinjau kesamaannya, terjadi ketika \[\frac{a}{1} = \frac{3b}{9} = \frac{5c}{5} = k \Longleftrightarrow a=k,\quad b=3k,\quad c=k\] Subtitusikan, \begin{align*}15 &=a^2+b^2+5c^2 \\ &= k^2 + 9k^2 + 5k^2 &= 15k^2 \\ k &= \pm 1\end{align*} Tinjau bahwa $(a,b,c) = (1,3,1)$ memenuhi kesamaan (tercapainya nilai maksimum).

Contoh 2.3. AM-HM 

Jika $a_1,a_2,\cdots,a_n$ bilangan real positf, buktikan bahwa \[\frac{a_1+a_2+\cdots + a_n}{n} \ge \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} +\cdots + \frac{1}{a_n}}\]
Pembahasan. Tinjau bahwa \[a_1+a_2+\cdots +a_n\quad \text{dan}\quad \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} +\cdots + \frac{1}{a_n}\] masing-masing berupa bilangan real positif. Sehingga jika kita mengalikan silang pada bentuk pertidaksamaan pada soal tidak akan menjadi masalah karena tidak merubah tanda ketaksamaan. Tinjau bahwa ketaksamaan tersebut ekuivalen dengan \[\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n} \ge \frac{n^2}{a_1+a_2+\cdots + a_n}\] Akan kita buktikan ketaksamaan diatas. Dari Teorema 2, maka \[\frac{1^2}{a_1} + \frac{1^2}{a_2} + \cdots + \frac{1^2}{a_n} \ge \frac{(1+1+1+\cdots+1)^2}{a_1+a_2+\cdots +a_n}\] yang ekuivalen dengan \[\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n} \ge \frac{n^2}{a_1+a_2+\cdots + a_n}\] yang membuktikan pertidaksamaan tersebut. Kesamaan terjadi jika \[\frac{1}{a_1} = \frac{1}{a_2} = \frac{1}{a_3} = \cdots = \frac{1}{a_n} =k \] atau $a_1=a_2=a_3=\cdots = a_n$.
$\blacksquare$

Contoh 2.4. APMO 1991 #3 

Jika $a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n,b_1,b_2,b_3,\cdots,b_n$ bilangan real positif dan $a_1+a_2+a_3+\cdots + a_n= b_1+b_2+b_3+\cdots + b_n$, buktikan bahwa \[\frac{a_1^2}{a_1 + b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2}+\cdots + \frac{a_n^2}{a_n+b_n} \ge \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{2}\]
Pembahasan. Dari Teorema 2, maka \[\frac{a_1^2}{a_1 + b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} +\cdots + \frac{a_n^2}{a_n+b_n} \ge \frac{(a_1+a_2+\cdots + a_n)^2}{a_1+b_1+a_2+b_2+\cdots +a_n+b_n}\] yang ekuivalen dengan \begin{align*}\sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{a_i+b_i} &\ge \frac{(a_1+a_2+\cdots + a_n)^2}{2(a_1+a_2+\cdots + a_n)}\\ &=\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots + a_n}{2}\end{align*} yang membuktikan soal tersebut. Kesamaan terjadi ketika \[\frac{a_1}{a_1+b_1} = \frac{a_2}{a_2+b_2} =\cdots = \frac{a_n}{a_n+b_n}\] Dengan sedikit trik aljabar $\displaystyle \frac{x_1}{y_1} = \frac{x_2}{y_2} = \frac{x_1+x_2}{y_1+y_2}$, sehingga \[\frac{a_1}{a_1+b_1} = \frac{a_2}{a_2+b_2} =\cdots = \frac{a_n}{a_n+b_n}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{a_1+b_1+a_2+b_2+\cdots + a_n+b_n} = \frac{1}{2}\] Maka kita peroleh \[\frac{a_i}{a_i + b_i} = \frac{1}{2} \Longleftrightarrow 2a_i = a_i + b_i \Longleftrightarrow a_i = b_i\] untuk setiap $i=1,2,3,\cdots,n$. 
$\blacksquare$

C. Latihan Soal

Berikut beberapa soal sebagai latihan. Kalian perlu menyertakan kapan kesamaan terjadi pada setiap soal sebagai latihan tambahan. Sebisa mungkin saya sertakan sumber sehingga sebagai orang yang rajin dapat mencarinya di internet berdasarkan sumber yang telah dicantumkan. Selain itu, saya cantumkan solusi untuk beberapa soal terpilih.

Soal 1. Jika $a$ dan $b$ bilangan real sehingga $a+3b= 4$, tentukan nilai minimum dari $a^2+b^2$.
Soal 2. Tentukan nilai minimum dari $a^2 + 5b^2$ jika $a+b =6$ dimana $a$ dan $b$ bilangan real.
Soal 3. Tentukan nilai maksimum dari $a + 3b$ jika $a^2+b^2 =1$ dimana $a$ dan $b$ bilangan real.
Soal 4. Tentukan nilai maksimum dari $a + 2b$ jika $a^2+3b^2 =9$ dimana $a$ dan $b$ bilangan real.
Soal 5 . Tentukan nilai minimum dari $x^7+y^7+z^7$ jika $x+y+z=1$ dimana $x,y,$ dan $z$ bilangan real positif.
Dari Teorema 1, maka \begin{align*}(x+y+z)\left (x^7+y^7+z^7 \right ) &\ge\left (x^4 + y^4+z^4 \right )^2 \\ x^7+y^7+z^7 &\ge\left (x^4+y^4+z^4 \right )^2\end{align*} Dari Teorema 2, maka \begin{align*}x^4 + y^4 + z^4 &= \frac{x^4}{1} + \frac{y^4}{1} + \frac{z^4}{1} \\&\ge \frac{\left (x^2+y^2+z^2 \right )^2}{3}\end{align*} Dengan cara sama, \[x^2 + y^2+z^2 \ge \frac{(x+y+z)^2}{3} =\frac{1}{3}\] Demikian \begin{align*}\sum_{\text{cyc}}x^7 &\ge \left (x^4+y^4+z^4\right )^2\\ &\ge \left (\frac{\left (x^2+y^2+z^2\right )^2}{3}\right )^2 \\&\ge \left ( \frac{\frac{1}{9}}{3}\right )^2 \\ &=\frac{1}{27^2}\\ &=\frac{1}{729} \end{align*} Kesamaan terjadi ketika $\displaystyle x=y=z=\frac{1}{3}$.
Soal 6. Jika $x$ bilangan real, buktikan bahwa

\[2 \ge \sin^4 (x) + \cos^4 (x) \ge \frac{1}{2}\]

Soal 7. Jika $a+ 2b + 3c + 4d = 10$, buktikan bahwa

\[a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \ge \frac{10}{3} \quad \text{dan}\quad \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} + \frac{4}{d} \ge 10\]

Soal 8. (QM-AM) Jika $a_1,a_2,a_3,\cdots, a_n$ bilangan real positif, buktikan bahwa

\[\sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots + a_n^2}{n}} \ge \frac{a_1+a_2+a_3+\cdots + a_n}{n}\]

Soal 9. Jika $x,y,$ dan $z$ bilangan real, buktikan bahwa $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$.

Soal 10. Jika $a,b,$ dan $c$ bilangan real positif, buktikan bahwa

\[\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}\]

Soal 11. (Wildan Bagus W.) Jika $a,b,c$ bilangan real positif, buktikan bahwa

\[\frac{1}{\left (\frac{b}{a} \right )^2 + \frac{2c}{a}} + \frac{1}{\left (\frac{c}{b} \right )^2 + \frac{2a}{b}} + \frac{1}{\left (\frac{a}{c} \right )^2 + \frac{2b}{c}}\ge 1\]

Perhatikan bahwa \begin{align*}\sum_{\text{cyc}} \frac{1}{\left (\frac{b}{a} \right )^2 + \frac{2c}{a}} &= \sum_{\text{cyc}} \frac{1}{\frac{b^2}{a^2} + \frac{2c}{a}}= \sum_{\text{cyc}} \frac{a^2}{b^2 + 2ca}\end{align*} Dari Teorema 2, maka \[\sum_{\text{cyc}} \frac{a^2}{b^2+2ca} \ge \frac{(a+b+c)^2}{b^2+2ca+ c^2 + 2ab + a^2 + 2bc} =1\] Kesamaan terjadi ketika $a=b=c$.

Soal 12. (Wildan Bagus W.) Misalkan $P_1,P_2,P_3,\cdots, P_n$ merupakan permutasi dari $2,4,6,\cdots,2n$ dan $Q_1,Q_2,Q_3,\cdots,Q_n$ merupakan permutasi dari $1,3,5,\cdots,2n-1$ untuk setiap bilangan asli $n$. Buktikan bahwa

\[\frac{P_1^2}{P_1+Q_1} +\frac{P_2^2}{P_2+Q_2} + \frac{P_3^2}{P_3+Q_3} + \cdots + \frac{P_n^2}{P_n+Q_n} \ge \frac{n(n+1)^2}{2n+1}\]

Soal 13. (Po Shen Loh) Jika $a,b,c$ bilangan real positif, buktikan bahwa

\[\frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{c^2} + \frac{c^2}{a^2} \ge \frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}\]

Soal 14. (Tutur Widodo) Jika $a,b,$ dan $c$ bilangan real positif dan $a+b+c=3$, buktikan bahwa

\[\frac{a+b}{9-c^2} +\frac{b+c}{9-a^2} + \frac{c+a}{9-b^2} \ge \frac{3}{4}\]

Tinjau \begin{align*}\sum_{\text{cyc}} \frac{a+b}{9-c^2} &=\sum_{\text{cyc}} \frac{3-c}{(3+c)(3-c)} \\ &=\sum_{\text{cyc}} \frac{1}{3+c}\end{align*} Dengan Teorema 2, maka \begin{align*}\sum_{\text{cyc}} \frac{a+b}{9-c^2} &=\sum_{\text{cyc}} \frac{1}{3+c} \\ &\ge \frac{(1+1+1)^2}{9+a+b+c} \\ &= \frac{9}{12} \\ &= \frac{3}{4}\end{align*} Kesamaan terjadi ketika $a=b=c=1$.

Soal 15. (OSN SMA/MA Sederajat #2) Buktikan bahwa untuk $x$ dan $y$ bilangan real positif, berlaku

\[\frac{1}{\left (1+\sqrt{x} \right )^2}+\frac{1}{\left (1+\sqrt{y} \right )^2}\ge \frac{2}{x+y+2}\]

Soal 16. (Wildan Bagus W.) Jika $w,x,y,z$ merupakan bilangan real positif, buktikan bahwa

\[\frac{w^8}{x^8} + \frac{x^8}{y^8} + \frac{y^8}{z^8} + \frac{z^8}{w^8} \ge \frac{w}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{w}\]

Misalkan $\displaystyle a=\frac{w}{x}, b=\frac{x}{y}, c= \frac{y}{z}$, dan $\ds d=\frac{z}{w}$ sehingga $abcd=1$. Akan kita buktikan bahwa \[a^8+b^8+c^8+d^8 \ge a+b+c+d\] Dari Teorema 2, maka \begin{align*}\sum_{\text{cyc}} a^8 &=\sum_{\text{cyc}} \frac{a^8}{1}\\ &\ge \frac{\left (a^4+b^4+c^4+d^4\right )^2}{4} \\&= \frac{\left (a^4+b^4+c^4+d^4\right )\left (a^4+b^4+c^4+d^4 \right )}{4}\end{align*} Dari $AM\ge GM$, \[a^4 + b^4 + c^4 + d^4 \ge 4abcd = 4\] Maka \begin{align*}\sum_{\text{cyc}} a^8 &\ge \frac{\left (a^4+b^4+c^4+d^4\right )\left (a^4+b^4+c^4+d^4 \right )}{4}\\ &\ge \frac{\left (a^4+b^4+c^4+d^4\right ) \cdot 4}{4}\\ &= a^4+b^4+c^4+d^4\end{align*} Dengan cara yang sama, \[\cycsum a^8 \ge \cycsum a^4 \ge \cycsum a^2 \ge \cycsum a\] Kesamaan terjadi ketika $w=x=y=z$.

Soal 17. (Romanian TST) Jika $a,b,x,y,z$ bilangan real positif, buktikan bahwa

\[\frac{x}{ay+bz} + \frac{y}{az+bx} + \frac{z}{ax+by} \ge \frac{3}{a+b} \]

Soal 18. (IMO 1995 #2) Jika $a,b,c$ bilangan real positif dan $abc=1$, buktikan bahwa

\[\frac{1}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(c+a)} + \frac{1}{c^3(a+b)} \ge \frac{3}{2}\]


Tinjau \begin{align*} \sum_{\text{cyc}} \frac{1}{a^3(b+c)} &= \sum_{\text{cyc}} \frac{\frac{1}{a^2}}{a(b+c)}\\ &= \sum_{\text{cyc}} \frac{\left (\frac{1}{a}\right )^2}{\frac{b+c}{bc}} \\&=\sum_{\text{cyc}} \frac{\left (\frac{1}{a}\right )^2}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\end{align*} Dari Teorema 2, maka \begin{align*}\sum_{\text{cyc}} \frac{\left (\frac{1}{a}\right )^2}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}} &\ge \frac{\left (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} +\frac{1}{c} \right )^2}{2\left (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right )} \\ &= \frac{1}{2}\left (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right ) \end{align*} Dengan $AM\ge GM$, \[\frac{1}{2} \left (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right ) \ge \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}} = \frac{3}{2}\] Dapat disimpulkan \[\sum_{\text{cyc}} \frac{1}{a^3(b+c)} \ge \frac{1}{2} \left (\sum_{\text{cyc}} \frac{1}{a} \right ) \ge \frac{3}{2}\] Kesamaan terjadi ketika $a=b=c=1$.

Ya itu tadi pembahasan mengenai Cauchy Schwarz, selamat berlatih dan tetep pantau Nimba Ilmu ya! Kalau ada yang tidak paham atau ingin tau pembahasan soal latihan, yuk bertanya di kolom komentar ๐Ÿ‘€ Sampai ketemu di post berikutnya!
Nimba Ilmu
Tempat Belajar Bersama Paling Asyik

Postingan Terkait

1 komentar

Berkomentarlah dengan sopan dan santun ya :D Jika ingin mendapatkan notifikasi bahwa komentarmu telah dibalas, silahkan tekan kotak "Beri tahu saya".