Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

8Fungsi Peubah Real

Sebelum analisis beralih ke fungsi atas fungsi (Bab 10), ada gunanya mengenal lanskap satu peubah lebih rinci daripada yang dituntut Tahun ke-1: seberapa tidak kontinu sebuah fungsi monoton bisa jadi, seberapa teratur sebuah fungsi cembung harus jadi, dan sifat istimewa apa yang dinikmati turunan (Darboux). Hasil struktural ini singkat, tajam, dan disukai para penguji.

8.1 Fungsi monoton

Teorema 8.1 (Keteraturan fungsi monoton)

Misalkan $f \colon I \to \R$ naik pada sebuah interval.

Di setiap titik dalam $a$ , limit sepihaknya ada:

$f(a^-) = \sup_{x < a} f(x) \;\leq\; f(a) \;\leq\; f(a^+) = \inf_{x > a} f(x) ;$

dan setiap ketakkontinuannya berupa lompatan.
Himpunan ketakkontinuan $f$ paling banyak terbilang.

Bukti. (1) Himpunan $\{f(x) : x < a\}$ tak kosong dan terbatas di atas oleh $f(a)$ : supremumnya $s$ memenuhi $f(x) \to s$ ketika $x \to a^-$ (diberikan $\varepsilon$ , ada $f(x_0) > s - \varepsilon$ , lalu kemonotonannya menjebak $f(x) \in \intoc{s - \varepsilon}{s}$ untuk $x \in \intoo{x_0}{a}$ ). Setangkup dengan itu di sebelah kanan.

(2) Kepada tiap ketakkontinuan $a$ lekatkan interval terbuka tak kosong $J_a = \intoo{f(a^-)}{f(a^+)}$ (yakni lompatan yang sejati). Untuk dua ketakkontinuan $a < b$ , himpunan $J_a$ dan $J_b$ saling lepas: sebab $f(a^+) \leq f(c) \leq f(b^-)$ untuk sembarang $c$ di antaranya. Tiap $J_a$ memuat sebuah bilangan rasional, dan ketakkontinuan yang berbeda mendapat rasional yang berbeda: jadi ada injeksi himpunan ketakkontinuannya ke $\Q$ , yang terbilang (Proposisi 1.6). ∎

Contoh 8.2

Batasnya tajam: tetapkan sebuah pencacahan $(r_n)$ bagi $\Q \cap \intoo{0}{1}$ lalu tetapkan $f(x) = \sum_{n : r_n \leq x} 2^{-n}$ (yakni definisi lewat keluarga terjumlahkan, Definisi 7.8). Maka $f$ naik pada $\intcc{0}{1}$ dan tidak kontinu persis di setiap bilangan rasional $\intoo{0}{1}$ (dengan lompatan $2^{-n}$ di $r_n$ ): jadi fungsi monoton dapat tidak kontinu pada himpunan terbilang yang padat.

Contoh 8.3 (Lompatannya tak dapat melebihi kenaikannya)

Untuk $f$ yang naik pada $\intcc{a}{b}$ , lompatannya punya anggaran: jika $a < c_1 < \dots < c_m < b$ merupakan ketakkontinuan dengan lompatan $s_i = f(c_i^+) - f(c_i^-) > 0$ , maka dengan memilih titik selang-seling $a < c_1 < t_1 < c_2 < \dots$ lalu memakai kemonotonan pada tiap potongannya,

\sum_{i=1}^{m} s_i \;\leq\; f(b) - f(a) :

jadi kenaikan totalnya membatasi lompatan totalnya. Akibatnya: untuk tiap $k$ , paling banyak $k\,\bigl(f(b) - f(a)\bigr)$ ketakkontinuan berlompatan $\geq \frac1k$ — yakni perhalusan kuantitatif bagi Teorema 8.1 (2), sebab himpunan ketakkontinuannya adalah gabungan terbilang atas $k$ dari himpunan hingga itu. Pada fungsi berlompatan rasional di atas, anggarannya terpakai habis: lompatan $2^{-n}$ berjumlah $1 = f(1^+) - f(0^-)$ dalam arti perluasan yang jelas. Jadi fungsi monoton boleh melompat secara padat, tetapi hanya dengan tunjangan yang ketat.

8.2 Fungsi cembung

Lema 8.4 (Ketaksamaan kemiringan)

Misalkan $f$ cembung pada $I$ dan $x < y < z$ di $I$ . Maka

\frac{f(y) - f(x)}{y - x} \;\leq\; \frac{f(z) - f(x)}{z - x} \;\leq\; \frac{f(z) - f(y)}{z - y} :

jadi kemiringan tali busurnya naik pada kedua ujungnya.

Bukti. Tulis $y = \frac{z - y}{z - x}\,x + \frac{y - x}{z - x}\,z$ : yakni kombinasi cembung, sebab kedua koefisiennya positif dan berjumlah $1$ . Kecembungannya memberi

f(y) \;\leq\; \frac{z-y}{z-x}\,f(x) + \frac{y-x}{z-x}\,f(z).

Untuk ketaksamaan kirinya, kurangkan $f(x)$ dari kedua ruasnya, dengan memakai $\frac{z-y}{z-x} - 1 = -\frac{y-x}{z-x}$ :

f(y) - f(x) \leq \frac{y - x}{z - x}\bigl(f(z) - f(x)\bigr),

lalu bagilah dengan $y - x > 0$ . Untuk ketaksamaan kanannya, kurangkan justru dari $f(z)$ :

f(z) - f(y) \geq f(z) - \frac{z-y}{z-x}f(x) - \frac{y-x}{z-x}f(z) = \frac{z - y}{z - x}\bigl(f(z) - f(x)\bigr),

lalu bagilah dengan $z - y > 0$ . Kedua langkah yang tertulis itu adalah kesamaan barisentrik yang sama, dibaca terhadap ujung yang berbeda. ∎

Teorema 8.5 (Keteraturan fungsi cembung)

Misalkan $f$ cembung pada sebuah interval $I$ .

Di setiap titik dalam, $f$ punya turunan sepihak yang hingga $f'_g \leq f'_d$ ; keduanya merupakan fungsi naik terhadap titiknya; khususnya $f$ kontinu pada bagian dalam $I$ (tetapi boleh jadi tidak di ujungnya).
Fungsi $f$ terletak di atas tiap garis penyangganya: untuk $a$ yang di dalam dan sembarang $m \in \intcc{f'_g(a)}{f'_d(a)}$ ,

$f(x) \geq f(a) + m(x - a) \qquad (x \in I).$
(Jensen, berbobot) Untuk $x_i \in I$ dan bobot $\lambda_i \geq 0$ dengan $\sum\lambda_i = 1$ :

$f\Bigl(\sum_i \lambda_i x_i\Bigr) \leq \sum_i \lambda_i f(x_i) .$

Bukti. (1) Tetapkan $a$ di bagian dalam. Menurut Lema 8.4, kemiringan $\tau(h) = \frac{f(a + h) - f(a)}{h}$ merupakan fungsi naik terhadap $h$ (pada kedua sisinya, dan $\tau(h_-) \leq \tau(h_+)$ untuk $h_- < 0 < h_+$ ). Karenanya $\tau$ punya limit hingga ketika $h \to 0^-$ (sebab naik dan terbatas di atas oleh kemiringan kanan mana pun) — itulah $f'_g(a)$ — dan juga ketika $h \to 0^+$ (itulah $f'_d(a)$ ), dengan $f'_g(a) \leq f'_d(a)$ . Turunan sepihak yang hingga memaksa kekontinuan di $a$ . Kemonotonan terhadap titiknya: untuk $a < b$ yang di dalam, $f'_d(a) \leq \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \leq f'_g(b)$ , lagi-lagi lewat ketaksamaan kemiringannya.

(2) Untuk $x > a$ : $\frac{f(x) - f(a)}{x - a} \geq f'_d(a) \geq m$ ; sedangkan untuk $x < a$ : $\frac{f(a) - f(x)}{a - x} \leq f'_g(a) \leq m$ . Keduanya tertata ulang menjadi klaimnya.

(3) Induksi pada banyaknya titik, persis seperti pada jilid Tahun ke-1 (sebab kasus dua titiknya adalah definisinya) — atau dalam satu tarikan: terapkan (2) di $a = \sum\lambda_i x_i$ lalu rata-ratakan ketaksamaan garis penyangganya di titik $x_i$ dengan bobot $\lambda_i$ : $\sum_i \lambda_i f(x_i) \geq f(a) + m\sum_i\lambda_i(x_i - a) = f(a)$ . ∎

Kecembungan dalam satu gambar: di antara -1.5 dan 2, grafik f(x) = x2 tetap di bawah tali busurnya (yakni definisinya) dan di atas garis penyangganya di x = 0.5 ( (2)) — setiap ketaksamaan pada soal akhir pekan bab ini tak lain penataan ulang kedua kedudukan itu. — Kecembungan dalam satu gambar: di antara $-1.5$ dan $2$ , grafik $f(x) = x^2$ tetap di bawah tali busurnya (yakni definisinya) dan di atas garis penyangganya di $x = 0.5$ (Teorema 8.5 (2)) — setiap ketaksamaan pada soal akhir pekan bab ini tak lain penataan ulang kedua kedudukan itu.

Contoh 8.6 (Ketakkontinuan di ujung)

Pada $\intcc{0}{1}$ , fungsi dengan $f(0) = 1$ dan $f(x) = 0$ untuk $x > 0$ bersifat cembung tetapi tidak kontinu di ujung $0$ : jadi pernyataan (1) memang tajam.

Contoh 8.7 (Sudut dan berkas garis penyangga)

Untuk $f(x) = \abs x$ di $a = 0$ : turunan sepihaknya adalah $f'_g(0) = -1$ dan $f'_d(0) = +1$ , lalu Teorema 8.5 (2) membagikan garis penyangga bagi setiap kemiringan $m \in \intcc{-1}{1}$ :

\abs x \geq m\,x \qquad (x \in \R,\ -1 \leq m \leq 1),

yang masing-masing menjadi kesamaan persis pada sebuah setengah-garis atau di $0$ . Fungsi cembung dapat diturunkan di $a$ persis ketika berkasnya runtuh menjadi satu garis ( $f'_g(a) = f'_d(a)$ ); sedangkan sudut mengusung seinterval garis singgung. Berkas ini adalah benih berdimensi hingga bagi subdiferensial pada optimasi cembung — sekaligus alasan mengapa fungsi cembung begitu tangguh: sebab walaupun turunannya gagal, geometri penyangganya bertahan, dan hanya itulah yang dipakai bukti Jensen.

Contoh 8.8 (Ketaksamaan rata-rata pangkat)

Untuk $0 < p < q$ dan $x_i$ yang positif dengan bobot $\lambda_i$ berjumlah $1$ , menerapkan Jensen pada $t \mapsto t^{q/p}$ yang cembung di titik $x_i^p$ memberi

\Bigl(\sum \lambda_i x_i^{p}\Bigr)^{1/p} \leq \Bigl(\sum \lambda_i x_i^{q}\Bigr)^{1/q} :

jadi rata-rata pangkatnya naik seiring eksponennya — yang memuat AM–QM, dan pada limit $p \to 0$ (Latihan 8.6) memuat ketaksamaan AM–GM sekali lagi.

Rata-rata pangkat M_p atas nilai 1, 2, 4 (dengan bobot sama), sebagai fungsi eksponen p: naik dari = 1 (ketika p -∈fty) ke = 4 (ketika p +∈fty), melewati rata-rata harmonik (p = -1), geometri (yakni jurang di p = 0, bernilai 2), aritmetika (p = 1) dan kuadratik (p = 2). Seluruh rantai ketaksamaan rata-rata klasik menjadi satu kurva yang naik — yang dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini, Bagian III. — Rata-rata pangkat $M_p$ atas nilai $1, 2, 4$ (dengan bobot sama), sebagai fungsi eksponen $p$ : naik dari $\min = 1$ (ketika $p \to -\infty$ ) ke $\max = 4$ (ketika $p \to +\infty$ ), melewati rata-rata harmonik ( $p = -1$ ), geometri (yakni jurang di $p = 0$ , bernilai $2$ ), aritmetika ( $p = 1$ ) dan kuadratik ( $p = 2$ ). Seluruh rantai ketaksamaan rata-rata klasik menjadi satu kurva yang naik — yang dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini, Bagian III.

Contoh 8.9 (Entropi maksimal)

Untuk vektor peluang $(p_1, \dots, p_n)$ (yang positif dan berjumlah $1$ ), entropinya $H(p) = -\sum_i p_i\ln p_i$ memenuhi

H(p) \leq \ln n , \qquad\text{dengan kesamaan bila dan hanya bila } p_i = \frac1n \text{ untuk setiap } i .

Buktinya lewat Jensen (Teorema 8.5 (3)) yang diterapkan pada $\ln$ yang cekung dengan bobot $p_i$ di titik $\frac{1}{p_i}$ :

H(p) = \sum_i p_i\ln\frac{1}{p_i} \leq \ln\Bigl(\sum_i p_i\,\frac1{p_i}\Bigr) = \ln n ,

dan kesamaannya memaksa semua titik $\frac1{p_i}$ sama (lewat kecekungan tegas), yakni $p$ seragam. Setara dengan itu, inilah Latihan 8.7 dengan $q$ yang seragam. Ketakpastiannya dimaksimumkan oleh ketidaktahuan yang tersebar seragam — itulah asas variasional di balik penyandian, mekanika statistik, dan kemunculan entropi pada Bab 22.

Metode 8.10 (Menemukan fungsi cembung di balik sebuah ketaksamaan)

Sebagian besar ketaksamaan klasik adalah Jensen yang berkostum; untuk menelanjanginya: (1) normalkan sehingga muncul sebuah rata-rata berbobot (dengan bobot positif berjumlah $1$ — bagilah dengan massa totalnya bila perlu); (2) lihatlah fungsi apa yang diterapkan di dalam dan di luar rata-ratanya: klaim “ $f(\text{rata-rata}) \leq$ rata-rata $f$ ” menamai $f$ yang cembung itu; (3) sahkan kecembungannya lewat turunan keduanya, lalu tangani kesamaannya lewat ketegasannya; (4) bila tak ada rata-rata yang terlihat, ambillah logaritmanya lebih dulu — sebab hasil kali dan pangkat berubah menjadi rata-rata, dan kecekungan $\ln$ mengusung AM–GM, Young beserta kerabatnya (soal akhir pekan bab ini menjalankan langkah 1–4 pada masing-masingnya). Jika logaritma pun tak menyingkap sebuah rata-rata, cobalah membaca ketaksamaannya sebagai kemonotonan kemiringan (Lema 8.4) — sebab pernyataan kesuperaditifan seperti Latihan 8.9 hidup di sana.

Catatan 8.11 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Kecembungan tidak awet terhadap hasil kali: $x$ dan $(x - 1)^2$ cembung pada $\intcc{0}{2}$ , tetapi hasil kalinya $x(x-1)^2$ punya turunan kedua $6x - 4$ , yang negatif pada $\intco{0}{\frac23}$ — jadi tidak cembung; kecembungan juga tidak awet terhadap penyusunan tanpa kemonotonan (Latihan 8.10). (ii) Jensen terbalik untuk fungsi cekung: separuh ketaksamaan klasiknya adalah versi $\ln$ yang cekung; dan menerapkan bentuk cembungnya pada $\ln$ adalah cara tercepat membuktikan AM–GM secara terbalik. (iii) Kecembungan titik-tengah semata tidak berarti kecembungan — diperlukan kekontinuan (atau sekadar keterbatasan) (Latihan 8.8); adapun contoh penyangkal yang patologis hidup di luar aksioma buku ini. (iv) Fungsi cembung pada interval terbuka bersifat kontinu, bahkan Lipschitz secara lokal (Latihan 8.12); sedangkan di ujungnya, tak ada yang gratis. (v) Turunan menuruti Darboux tetapi tidak harus kontinu (Contoh 8.15): “ $f'$ tak punya lompatan” tak pernah berarti “ $f'$ kontinu”.

8.3 Sifat Darboux

Teorema 8.12 (Darboux)

Misalkan $f$ dapat diturunkan pada sebuah interval $I$ . Maka $f'$ mengambil setiap nilai di antara dua nilainya — walaupun $f'$ tidak harus kontinu.

Bukti. Misalkan $a < b$ di $I$ dan $v$ tegas di antara $f'(a)$ dan $f'(b)$ , katakanlah $f'(a) < v < f'(b)$ . Fungsi $g(x) = f(x) - vx$ dapat diturunkan dengan $g'(a) < 0 < g'(b)$ : jadi minimumnya pada $\intcc{a}{b}$ (yang tercapai berkat kekontinuan pada himpunan kompak) tidak di $a$ (sebab tepat sesudah $a$ , $g$ turun di bawah $g(a)$ ) maupun di $b$ (sebab tepat sebelum $b$ , $g$ berada di bawah $g(b)$ ): jadi ia di bagian dalam, dan di sana $g'(c) = 0$ , yakni $f'(c) = v$ . (Ini dulu latihan berbintang Tahun ke-1; tempatnya di dalam teori ada di sini.) ∎

Contoh 8.13 (Fungsi mana yang merupakan turunan?)

Teorema Darboux adalah mesin ketakadaan. Fungsi lantai $\lfloor x\rfloor$ bukan turunan fungsi apa pun pada $\R$ : sebab ia mengambil nilai $0$ dan $1$ tetapi melewatkan $\frac12$ pada $\intcc{0}{1}$ , dan Teorema 8.12 melarang hal itu bagi turunan. Vonis yang sama menimpa setiap fungsi yang berlompatan — fungsi tanda, Heaviside, semua fungsi tangga — betapa pun polos rupanya; “antiturunannya” ( $\abs x$ untuk fungsi tanda, dan seterusnya) hanya ada di luar lompatannya lalu bersimpul di sana dengan sebuah sudut. Bandingkan: turunan $f'$ yang liar tak kontinu pada Contoh 8.15 memang sebuah turunan — sebab ketakkontinuannya berupa ayunan, yang dimaklumi Darboux. Batas antara kedua perilaku itu persis akibat “tanpa lompatan” di bawah ini.

Akibat 8.14

Sebuah turunan tak punya ketakkontinuan berupa lompatan: jika $f'(a^-)$ dan $f'(a^+)$ ada, maka keduanya sama dengan $f'(a)$ . Ketakkontinuan sebuah turunan selalu bertipe ayunan (seperti turunan $x^2\sin\frac1x$ di $0$ , jilid Tahun ke-1).

Bukti. Jika $f'(a^+) = \lim_{x\to a^+} f'(x)$ ada dan berbeda dari $f'(a)$ , maka nilai yang tegas di antara keduanya akan dilewatkan $f'$ pada persekitaran kanan — dan itu bertentangan dengan Darboux pada interval $\intcc{a}{a + h}$ . (Cara lain: teorema nilai rata-rata memaksa $f'(a) = \lim_{h\to0^+} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} = f'(a^+)$ , sebab hasil bagi selisihnya adalah nilai $f'$ di suatu titik antara.) Demikian pula di sebelah kiri. ∎

Contoh 8.15 (Turunan berayun yang kanonik)

Misalkan $f(x) = x^2\sin\frac1x$ untuk $x \neq 0$ dan $f(0) = 0$ . Di $0$ : $\bigl|\frac{f(h) - f(0)}{h}\bigr| = \abs{h\sin\frac1h} \leq \abs h \to 0$ , jadi $f'(0) = 0$ memang ada. Di luar $0$ ,

f'(x) = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x ,

yang suku pertamanya menuju $0$ sedangkan $\cos\frac1x$ berayun melewati $\intcc{-1}{1}$ pada setiap interval $\intoo{0}{\delta}$ : jadi limit $f'(0^+)$ tidak ada. Karenanya $f'$ terdefinisi di mana-mana tetapi tidak kontinu di $0$ — dan, persis seperti diramalkan Akibat 8.14, ketakkontinuannya berupa ayunan, bukan lompatan: sebab pada tiap $\intoo{0}{\delta}$ , $f'$ masih menyapu seinterval penuh di sekitar $0$ . Turunan boleh liar, tetapi hanya dengan cara yang selaras dengan Darboux.

Catatan 8.16 (Di mana bab ini dipakai)

Kecembungan adalah mesin bagi industri ketaksamaan: soal akhir pekan bab ini memproduksi Young, Hölder, Minkowski dan rantai rata-rata pangkat darinya, yang lalu dikonsumsi teori norma pada Bab 5 dan taksiran integral pada Bab 9; sedangkan Jensen muncul kembali di peluang sebagai ketaksamaan momen pada Bab 22. Keteraturan monoton kembali pada Bab 9 (sebab fungsi monoton terintegralkan) dan, pada jilid Tahun ke-3, sebagai keterdiferensialan hampir di mana-mana bagi fungsi monoton — tempat “lompatan yang terbilang” menjadi langkah pertama teori Lebesgue.

8.4 Latihan

Latihan 8.1 ★

Tentukan himpunan ketakkontinuan beserta besar lompatannya: $\lfloor x \rfloor$ ; $\;x - \lfloor x\rfloor$ ; $\;\lfloor x \rfloor + \sqrt{x - \lfloor x\rfloor}$ ; dan fungsi pada contoh sesudah Teorema 8.1 yang dibatasi pada bilangan rasional diadik $r_n$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.1.

$\lfloor x\rfloor$ : lompatan berukuran $1$ di setiap bilangan bulat. $x - \lfloor x\rfloor$ : lompatan berukuran $-1$ di bilangan bulat (dengan limit kiri $1$ dan nilai $0$ ). $\lfloor x\rfloor + \sqrt{x - \lfloor x\rfloor}$ : di bilangan bulat $n$ , limit kirinya $(n - 1) + 1 = n$ dan nilainya $n$ , jadi kontinu di mana-mana (sebab akar kuadratnya memperbaiki lompatannya), walaupun tak dapat diturunkan di bilangan bulat. Adapun fungsi berlompatan rasional tadi: setelah konstruksinya dibatasi pada pencacahan bilangan diadik, ia melompat sebesar $2^{-n}$ persis di bilangan rasional diadik ke- $n$ dan kontinu di tempat lain.

Latihan 8.2 ★

Buktikan bahwa fungsi naik $f \colon I \to \R$ yang punya sifat nilai antara (yakni petanya atas sembarang subinterval berupa interval) pastilah kontinu.

Solusi

Solusi Latihan 8.2.

Andaikan $f$ yang naik punya ketakkontinuan di titik dalam $a$ : maka $f(a^-) < f(a^+)$ (Teorema 8.1) dan peta $I$ melewatkan interval terbuka tak kosong $\intoo{f(a^-)}{f(a^+)}$ kecuali mungkin satu nilai $f(a)$ : jadi peta sembarang subinterval yang memuat $a$ di bagian dalamnya bukan sebuah interval (sebab ia berjurang pada sedikitnya satu sisi $f(a)$ ). Hal ini bertentangan dengan sifat nilai antaranya. Adapun ketakkontinuan di ujungnya disingkirkan dengan cara sama lewat jurang sepihak.

Latihan 8.3 ★

Manakah di antara berikut ini yang cembung pada daerah asalnya? $x \mapsto x\ln x$ ( $x > 0$ ); $\;x \mapsto \ln(1 + \eu^x)$ ; $\;x \mapsto \sqrt{1 + x^2}$ ; dan $\;x \mapsto x^3$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.3.

$x\ln x$ : turunan keduanya $\frac1x > 0$ , jadi cembung. $\ln(1 + \eu^x)$ : turunannya $\frac{\eu^x}{1 + \eu^x} = 1 - \frac{1}{1 + \eu^x}$ , yang naik, jadi cembung. $\sqrt{1 + x^2}$ : turunan keduanya $(1 + x^2)^{-3/2} > 0$ , jadi cembung. $x^3$ : tidak cembung pada $\R$ (sebab $f'' = 6x$ berganti tanda); ia cembung hanya pada $\R_+$ .

Latihan 8.4 ★★

Misalkan $f$ cembung pada $\R$ dan terbatas di atas. Buktikan bahwa $f$ konstan. (Jika $f(a) \neq f(b)$ , ketaksamaan kemiringannya merambatkan kemiringan tali busur yang tak nol: melampaui titik bernilai lebih besar, $f$ tumbuh sedikitnya secara linear — yang bertentangan dengan keterbatasannya. Tangani kedua tanda kemiringannya.) Turunkan bahwa fungsi cembung pada $\R$ yang berasimtot di kedua ujungnya adalah afin.

Solusi

Solusi Latihan 8.4.

Andaikan $f(a) \neq f(b)$ , katakanlah $f(b) > f(a)$ dengan $a < b$ (kasus $f(b) < f(a)$ setangkup, dengan memandang ke kiri). Untuk $x > b$ , ketaksamaan kemiringan (Lema 8.4) pada $a < b < x$ memberi

\frac{f(x) - f(a)}{x - a} \geq \frac{f(b) - f(a)}{b - a} = m > 0 \quad\Longrightarrow\quad f(x) \geq f(a) + m(x - a) \xrightarrow[x\to+\infty]{} +\infty,

yang bertentangan dengan keterbatasannya di atas. Jadi $f$ konstan.

Tentang asimtotnya: jika $f(x) - (\alpha x + \beta) \to 0$ di $+\infty$ dan $f(x) - (\alpha' x + \beta') \to 0$ di $-\infty$ , maka fungsi cembung $g(x) = f(x) - (\alpha x + \beta)$ terbatas di atas di dekat $+\infty$ ; lalu kecembungan beserta asimtot di $-\infty$ (yang memaksa $\alpha' \leq \alpha$ lalu $\alpha' = \alpha$ dengan membandingkan kemiringannya di $\mp\infty$ : sebab kemiringan fungsi cembung naik) membuat $g$ terbatas di atas pada seluruh $\R$ , jadi konstan $= 0$ pada limitnya: sehingga $f$ afin.

Latihan 8.5 ★★

Misalkan $f$ dapat diturunkan pada $I$ dengan $f'$ yang monoton. Buktikan bahwa $f'$ kontinu (padukan Teorema 8.1 dan Akibat 8.14).

Solusi

Solusi Latihan 8.5.

Fungsi $f'$ monoton, jadi menurut Teorema 8.1 satu-satunya ketakkontinuan yang mungkin berupa lompatan, dengan limit sepihak yang ada di mana-mana. Menurut Akibat 8.14, sebuah turunan tak punya ketakkontinuan berupa lompatan. Karenanya $f'$ sama sekali tak punya ketakkontinuan: jadi kontinu.

Latihan 8.6 ★★

(Rata-rata geometri sebagai limit) Untuk $x_i$ yang positif dan bobot $\lambda_i$ berjumlah $1$ , buktikan

\lim_{p \to 0^+} \Bigl(\sum_i \lambda_i x_i^p\Bigr)^{1/p} = \prod_i x_i^{\lambda_i} ,

lewat $x_i^p = \eu^{p\ln x_i} = 1 + p\ln x_i + O(p^2)$ , lalu turunkan ketaksamaan AM–GM berbobot dari Contoh 8.8.

Solusi

Solusi Latihan 8.6.

Ambil logaritmanya:

\frac1p \ln\Bigl(\sum_i \lambda_i x_i^p\Bigr) = \frac1p \ln\Bigl(1 + p\sum_i \lambda_i \ln x_i + O(p^2)\Bigr) = \sum_i \lambda_i \ln x_i + O(p) \xrightarrow[p \to 0^+]{} \sum_i \lambda_i \ln x_i ,

dengan memakai $\sum\lambda_i = 1$ dan $\ln(1 + u) = u + O(u^2)$ . Setelah dieksponensialkan diperoleh rata-rata geometrinya. Kini untuk setiap $p \in \intoo{0}{1}$ , ketaksamaan rata-rata pangkat (Contoh 8.8, dengan eksponen $p < 1$ ) memberi

\Bigl(\sum_i \lambda_i x_i^p\Bigr)^{1/p} \leq \sum_i\lambda_i x_i ;

lalu melewatkan $p \to 0^+$ di ruas kirinya menghasilkan $\prod_i x_i^{\lambda_i} \leq \sum_i \lambda_i x_i$ : itulah ketaksamaan AM–GM berbobot.

Latihan 8.7 ★★

(Ketaksamaan entropi) Dengan memakai kecembungan tegas $t \mapsto t\ln t$ , buktikan bahwa untuk $p_i, q_i$ positif dengan $\sum p_i = \sum q_i = 1$ :

\sum_i p_i \ln\frac{p_i}{q_i} \geq 0 ,

dengan kesamaan bila dan hanya bila $p = q$ . (Tulis ruas kirinya sebagai $\sum q_i\, \varphi\bigl(\frac{p_i}{q_i}\bigr)$ dengan $\varphi(t) = t\ln t$ lalu terapkan Jensen dengan bobot $q_i$ .)

Solusi

Solusi Latihan 8.7.

Dengan $\varphi(t) = t\ln t$ (yang cembung, sebab $\varphi'' = \frac1t > 0$ ) dan bobot $q_i$ di titik $t_i = \frac{p_i}{q_i}$ :

\sum_i p_i \ln\frac{p_i}{q_i} = \sum_i q_i\, \varphi\Bigl(\frac{p_i}{q_i}\Bigr) \;\geq\; \varphi\Bigl(\sum_i q_i \frac{p_i}{q_i}\Bigr) = \varphi(1) = 0 ,

lewat Jensen (Teorema 8.5 (3)). Kesamaan pada Jensen bagi fungsi cembung tegas memaksa semua titik $t_i$ berimpit: jadi $\frac{p_i}{q_i}$ konstan, dan setelah dijumlahkan, konstantanya $1$ : yakni $p = q$ . (Besaran ini — yaitu divergensi Kullback–Leibler — kembali pada dunia Bab 22.)

Latihan 8.8 ★★★

(Kecembungan titik-tengah) Fungsi $f \colon I \to \R$ disebut cembung titik-tengah apabila selalu berlaku $f\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr) \leq \frac{f(x) + f(y)}{2}$ . Buktikan bahwa fungsi cembung titik-tengah yang kontinu pastilah cembung. (Tegakkan ketaksamaan kecembungannya untuk bobot diadik $\frac{k}{2^m}$ secara induktif pada $m$ , lalu lewatkan ke limitnya dengan memakai kepadatan dan kekontinuannya.)

Solusi

Solusi Latihan 8.8.

Bobot diadik. Secara induktif pada $m$ : kasus $m = 1$ tak lain hipotesisnya. Untuk bobot $\lambda = \frac{k}{2^{m+1}}$ (dengan $k$ ganjil), tulis $\lambda = \frac12(\lambda_1 + \lambda_2)$ dengan $\lambda_j = \frac{k \mp 1}{2^{m+1}}$ , yang keduanya berpenyebut $2^m$ setelah disederhanakan; maka

f\bigl(\lambda x + (1{-}\lambda)y\bigr) = f\Bigl(\tfrac{u + v}{2}\Bigr) \leq \frac{f(u) + f(v)}{2} \leq \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y),

dengan $u = \lambda_1 x + (1 - \lambda_1)y$ dan $v = \lambda_2 x + (1-\lambda_2)y$ , memakai kecembungan titik-tengah lalu hipotesis induksinya pada $u, v$ .

Pelewatan ke limit. Untuk $\lambda \in \intcc{0}{1}$ yang sembarang, ambil bilangan diadik $\lambda_n \to \lambda$ : kekontinuan $f$ beserta kekontinuan pemetaan afinnya melewatkan ketaksamaan $f(\lambda_n x + (1-\lambda_n)y) \leq \lambda_n f(x) + (1-\lambda_n)f(y)$ ke limitnya: jadi $f$ cembung.

Latihan 8.9 ★★★

Misalkan $f$ cembung pada $\intco{0}{+\infty}$ dengan $f(0) \leq 0$ . Buktikan bahwa $x \mapsto \frac{f(x)}{x}$ naik pada $\intoo{0}{+\infty}$ , lalu turunkan bahwa untuk $f$ cembung dengan $f(0) = 0$ berlaku $f(x + y) \geq f(x) + f(y)$ untuk $x, y \geq 0$ (yakni kesuperaditifan).

Solusi

Solusi Latihan 8.9.

Untuk $0 < x < y$ : ketaksamaan kemiringan (Lema 8.4) di titik $0 < x < y$ memberi

\frac{f(x) - f(0)}{x} \leq \frac{f(y) - f(0)}{y}, \qquad\text{yakni}\qquad \frac{f(x)}{x} \leq \frac{f(y)}{y} + f(0)\Bigl(\frac1x - \frac1y\Bigr).

Karena $f(0) \leq 0$ dan $\frac1x - \frac1y > 0$ , suku terakhirnya $\leq 0$ : jadi $\frac{f(x)}{x} \leq \frac{f(y)}{y}$ . Karenanya $x \mapsto \frac{f(x)}x$ naik.

Kesuperaditifan untuk $f(0) = 0$ : untuk $x, y > 0$ (sebab kasus dengan peubah nol bersifat sepele),

f(x) = x\,\frac{f(x)}{x} \leq x\,\frac{f(x+y)}{x+y}, \qquad f(y) \leq y\,\frac{f(x+y)}{x+y},

lewat kemonotonan yang baru dibuktikan tadi; lalu menjumlahkannya memberi $f(x) + f(y) \leq f(x+y)$ .

Latihan 8.10 ★

Misalkan $f$ cembung pada $I$ dan $g$ cembung serta naik pada sebuah interval yang memuat $f(I)$ . Buktikan bahwa $g \circ f$ cembung, lalu tunjukkan lewat contoh penyangkal bahwa kemonotonan $g$ tak dapat dihilangkan.

Solusi

Solusi Latihan 8.10.

Untuk $x, y \in I$ dan $\lambda \in \intcc01$ : kecembungan $f$ , lalu kemonotonan $g$ , lalu kecembungan $g$ memberi

g\bigl(f(\lambda x + (1{-}\lambda)y)\bigr) \leq g\bigl(\lambda f(x) + (1{-}\lambda)f(y)\bigr) \leq \lambda\,g(f(x)) + (1{-}\lambda)\,g(f(y)).

Contoh penyangkal tanpa kemonotonan: $g(t) = -t$ bersifat cembung (sebab afin) tetapi turun, sedangkan $f(x) = x^2$ cembung, dan $g \circ f = -x^2$ cekung tegas.

Latihan 8.11 ★★

(Hermite–Hadamard) Misalkan $f$ cembung dan kontinu pada $\intcc{a}{b}$ . Buktikan

f\Bigl(\frac{a+b}{2}\Bigr) \;\leq\; \frac{1}{b - a}\int_a^b f(t)\,\dd t \;\leq\; \frac{f(a) + f(b)}{2} .

(Kiri: integralkan sebuah garis penyangga di titik tengahnya. Kanan: batasi $f$ oleh tali busurnya.)

Solusi

Solusi Latihan 8.11.

Ketaksamaan kirinya: misalkan $m = \frac{a+b}2$ lalu ambil garis penyangga di $m$ (Teorema 8.5 (2)): $f(t) \geq f(m) + \mu(t - m)$ untuk setiap $t \in \intcc ab$ . Setelah diintegralkan atas $\intcc{a}{b}$ : suku linearnya berintegral $\mu\int_a^b(t - m)\dd t = 0$ (berkat kesetangkupan di sekitar $m$ ), jadi $\int_a^b f \geq (b - a)f(m)$ .

Ketaksamaan kanannya: pada $\intcc ab$ , kecembungannya membatasi $f$ oleh tali busurnya: $f(t) \leq f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(t - a)$ . Setelah diintegralkan: $\int_a^b f \leq (b-a)f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\cdot\frac{(b-a)^2}2 = (b - a)\,\frac{f(a) + f(b)}2$ . Lalu bagilah dengan $b - a$ .

Latihan 8.12 ★★★

Buktikan bahwa fungsi cembung pada interval terbuka $I$ bersifat Lipschitz secara lokal: untuk setiap ruas $\intcc{a}{b} \subseteq I$ dan marjin $\delta > 0$ dengan $\intcc{a - \delta}{b + \delta} \subseteq I$ , pembatasan $f$ pada $\intcc{a}{b}$ bersifat Lipschitz, dengan konstanta $\max\Bigl(\bigl|\frac{f(a) - f(a - \delta)}{\delta}\bigr|, \bigl|\frac{f(b + \delta) - f(b)}{\delta}\bigr|\Bigr)$ (jebaklah tiap kemiringan tali busurnya di antara kedua nilai itu lewat ketaksamaan kemiringan).

Solusi

Solusi Latihan 8.12.

Misalkan $a - \delta < a \leq x < y \leq b < b + \delta$ , semuanya di $I$ . Dua kali penerapan ketaksamaan kemiringan (Lema 8.4), mula-mula pada $a - \delta < a \leq x < y$ , lalu pada $x < y \leq b < b + \delta$ , memberi

\frac{f(a) - f(a - \delta)}{\delta} \leq \frac{f(y) - f(x)}{y - x} \leq \frac{f(b + \delta) - f(b)}{\delta}

(sebab kemiringan tali busurnya naik ketika kedua ujungnya bergerak ke kanan). Karenanya tiap kemiringan tali busur di dalam $\intcc ab$ terjebak di antara dua bilangan tetap, dan

\abs{f(y) - f(x)} \leq K\,\abs{y - x}, \qquad K = \max\Bigl(\Bigl|\frac{f(a) - f(a-\delta)}{\delta}\Bigr|, \Bigl|\frac{f(b+\delta) - f(b)}{\delta}\Bigr|\Bigr):

jadi $f$ bersifat Lipschitz pada $\intcc ab$ . Setiap titik $I$ yang terbuka punya ruas bermarjin semacam itu di sekitarnya: jadi Lipschitz lokal, sehingga (sekali lagi) kontinu pada $I$ .

8.5 Soal: Kotak Perkakas Kecembungan

Satu definisi — tali busur di atas grafiknya — menghasilkan seluruh kotak perkakas ketaksamaan klasik. Soal akhir pekan ini membangunnya menurut urutan logisnya: kriteria kecembungan dan Jensen yang tegas, lalu Young, Hölder dan Minkowski (yakni akta kelahiran norma- $p$ ), lalu rantai rata-rata pangkat yang lengkap dari minimum ke maksimum, dan dua panen mahkota — ketaksamaan Carleman, dan Hölder yang dibaca sebagai dualitas. Semuanya dibuktikan; tak ada yang diimpor.

Soal 8.1

Soal akhir pekan — Young, Hölder, Minkowski, dan rantai rata-rata pangkat

Di sepanjang soal ini, $p, q > 1$ merupakan eksponen sekawan: $\frac1p + \frac1q = 1$ ; vektornya $a = (a_1, \dots, a_n) \in \R^n$ ; dan bobot $\lambda_i > 0$ memenuhi $\sum_i\lambda_i = 1$ .

Bagian I — Kriteria dan Jensen yang tegas.

Misalkan $f$ dapat diturunkan pada sebuah interval $I$ . Buktikan bahwa $f$ cembung bila dan hanya bila $f'$ naik (satu arahnya lewat pelewatan ke limit pada ketaksamaan kemiringan Lema 8.4; arah satunya lewat teorema nilai rata-rata). Lalu turunkan kriteria $C^2$ -nya, yakni $f'' \geq 0$ .
Andaikan $f''> 0$ pada $I$ . Buktikan bahwa $f$ cembung tegas (yakni ketaksamaan tegas untuk $x \neq y$ dan $\lambda \in \intoo01$ ), dan bahwa fungsi cembung tegas memenuhi ketaksamaan Jensen (Teorema 8.5 (3)) dengan kesamaan hanya ketika semua $x_i$ berimpit.
Sahkan bahan mentah kotak perkakasnya: $-\ln$ cembung tegas pada $\intoo{0}{+\infty}$ ; $t \mapsto t^r$ cembung tegas di sana untuk $r > 1$ dan cekung tegas untuk $0 < r < 1$ ; dan $\exp$ cembung tegas pada $\R$ .
(Ketaksamaan Young) Untuk $a, b \geq 0$ , buktikan

$ab \;\leq\; \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q},$

dengan kesamaan bila dan hanya bila $a^p = b^q$ (terapkan kecekungan $\ln$ pada kedua titik $a^p, b^q$ dengan bobot $\frac1p, \frac1q$ ).
Turunkan kembali AM–GM berbobot dalam satu baris dari kecekungan $\ln$ :

$\prod_i x_i^{\lambda_i} \leq \sum_i\lambda_ix_i \qquad (x_i > 0),$

beserta kasus kesamaannya; lalu bandingkan dengan jalur limit pada Latihan 8.6.

Bagian II — Hölder dan Minkowski. Tulis $\norm{a}_p = \bigl(\sum_i \abs{a_i}^p\bigr)^{1/p}$ dan $\norm{a}_\infty = \max_i\abs{a_i}$ .

(Hölder) Buktikan

$\sum_{i=1}^{n}\abs{a_ib_i} \;\leq\; \norm a_p\,\norm b_q ,$

dengan kesamaan bila dan hanya bila vektor $(\abs{a_i}^p)$ dan $(\abs{b_i}^q)$ sebanding (normalkan $\norm a_p = \norm b_q = 1$ lalu terapkan Young suku demi suku).
Kenali kasus khususnya: $p = q = 2$ (yakni Cauchy–Schwarz), dan pasangan ujungnya $(p, q) = (1, \infty)$ : nyatakan dan buktikan $\sum\abs{a_ib_i} \leq \norm a_1\norm b_\infty$ .
(Minkowski) Untuk $p \geq 1$ , buktikan

$\norm{a + b}_p \leq \norm a_p + \norm b_p$

(tulis $\abs{a_i + b_i}^p \leq \abs{a_i + b_i}^{p-1}(\abs{a_i} + \abs{b_i})$ lalu terapkan Hölder pada tiap hasil kalinya). Simpulkan: $\norm\cdot_p$ merupakan norma pada $\R^n$ untuk setiap $p \in \intco{1}{+\infty}$ , sehingga melengkapi gambaran Bab 5.
Versi integralnya: untuk $f, g$ yang kontinu pada $\intcc{a}{b}$ , nyatakan dan buktikan Hölder dan Minkowski bagi $\norm f_p = \bigl(\int_a^b\abs f^p\bigr)^{1/p}$ (dengan bukti yang sama, memakai kepositifan tegas integralnya untuk membahas kesamaannya).
Buktikan kemonotonan $\norm a_q \leq \norm a_p$ untuk $1 \leq p \leq q$ , limit $\norm a_p \to \norm a_\infty$ ketika $p \to \infty$ , dan perbandingan sebaliknya dengan konstanta yang tajam:

$\norm a_p \leq n^{\frac1p - \frac1q}\,\norm a_q$

(lewat Hölder terhadap vektor konstan). Kenali vektor yang mencapai tiap kesamaannya.
(Interpolasi) Untuk $1 \leq p < r < q$ dan $\theta \in \intoo01$ dengan $\frac1r = \frac\theta p + \frac{1-\theta}q$ , buktikan

$\norm a_r \leq \norm a_p^{\theta}\, \norm a_q^{1-\theta}$

(terapkan Hölder dengan eksponen $\frac{p}{\theta r}$ dan $\frac{q}{(1-\theta)r}$ pada $\abs{a_i}^{\theta r}\abs{a_i}^{(1-\theta)r}$ ).

Bagian III — Rantai rata-rata pangkat, selengkapnya. Untuk $p \neq 0$ tetapkan $M_p = \bigl(\sum_i\lambda_i x_i^p\bigr)^{1/p}$ (dengan $x_i > 0$ ), dan $M_0 = \prod_i x_i^{\lambda_i}$ .

Buktikan bahwa $p \mapsto M_p$ naik pada seluruh $\R^*$ : tangani $p < q < 0$ lewat kesamaan kebalikan $M_{-p}(x) = M_p(1/x)^{-1}$ , lalu jembatani lewat $0$ dengan menunjukkan $M_p \leq M_0 \leq M_q$ untuk $p < 0 < q$ (terapkan kecekungan $\ln$ pada $x_i^q$ , dan ketaksamaan terbaliknya untuk eksponen negatif).
Buktikan limitnya, yakni $M_p \to \max_i x_i$ ketika $p \to +\infty$ dan $M_p \to \min_i x_i$ ketika $p \to -\infty$ .
Tuliskan rantai $\min \leq \mathrm{HM} \leq \mathrm{GM} \leq \mathrm{AM} \leq \mathrm{QM} \leq \max$ untuk bobot yang sama, lalu buktikan akibat klasiknya: untuk $a_1, \dots, a_n$ yang positif,

$\Bigl(\sum_i a_i\Bigr)\Bigl(\sum_i\frac1{a_i}\Bigr) \geq n^2 .$
Kaitkan rata-rata dengan norma: untuk bobot sama $\lambda_i = \frac1n$ berlaku $M_p(x) = n^{-1/p}\norm x_p$ . Damaikanlah kedua kemonotonannya — rata-rata naik terhadap $p$ sedangkan norma turun (pertanyaan 10) — dalam satu kalimat tentang faktor $n^{-1/p}$ .
Tentukan kasus kesamaan di sepanjang seluruh rantai pada pertanyaan 14 (dengan bobot positif): kesamaan di mana pun memaksa semua $x_i$ sama — jadi kecembungan tegas berbuah.

Bagian IV — Panennya.

(Young dengan kenop) Untuk $a, b \geq 0$ dan $\varepsilon > 0$ , buktikan

$ab \leq \varepsilon\,\frac{a^p}{p} + \varepsilon^{-q/p}\,\frac{b^q}{q},$

beserta kasus kuda bebannya $ab \leq \varepsilon a^2 + \frac{b^2}{4\varepsilon}$ : yakni siasat penyerapan yang dipakai di sepanjang analisis.
(Menuju Carleman) Misalkan $c_k = \frac{(k+1)^k}{k^{k-1}}$ . Buktikan kesamaan teleskopnya $\prod_{k=1}^{n}c_k = (n+1)^n$ , lalu turunkan, lewat AM–GM yang diterapkan pada bilangan $c_ka_k$ ,

$(a_1a_2\cdots a_n)^{1/n} \leq \frac{1}{n(n+1)}\sum_{k=1}^{n} c_k a_k \qquad (a_k > 0).$
(Ketaksamaan Carleman) Jumlahkan atas $n$ , tukarkan urutan penjumlahannya (lewat keluarga terjumlahkan yang positif, Teorema 7.14), lalu pakai $\sum_{n \geq k}\frac{1}{n(n+1)} = \frac1k$ dan $c_k/k = \bigl(1 + \frac1k\bigr)^k < \eu$ untuk menyimpulkan: untuk setiap $\sum a_k$ yang konvergen dan bersuku positif,

$\sum_{n=1}^{\infty}(a_1a_2\cdots a_n)^{1/n} \;\leq\; \eu\sum_{k=1}^{\infty}a_k .$
Untuk $f$ yang kontinu dan positif pada $\intcc{0}{1}$ , buktikan

$\Bigl(\int_0^1 f\Bigr)\Bigl(\int_0^1\frac1f\Bigr) \geq 1,$

dengan kesamaan bila dan hanya bila $f$ konstan (lewat Cauchy–Schwarz pada $\sqrt f\cdot\frac1{\sqrt f}$ ).
(Geometri bolanya) Dengan memakai kasus kesamaan Minkowski, tunjukkan bahwa untuk $1 < p < \infty$ permukaan bola satuan $\norm\cdot_p$ tak memuat satu pun ruas (yakni normanya cembung tegas dalam arti Soal 5.1), sedangkan untuk $p = 1$ dan $p = \infty$ ia memuatnya: tunjukkanlah potongan datarnya.

Bagian V — Dualitas dan rangkuman.

(Hölder sebagai dualitas) Buktikan bahwa untuk setiap $a \in \R^n$ ,

$\norm a_p = \max_{\norm b_q \leq 1}\ \sum_i a_ib_i ,$

beserta $b$ yang memaksimumkannya secara gamblang. (Jadi norma- $p$ adalah dual norma- $q$ — yakni benih berdimensi hingga bagi dualitas $L^p$ .)
(Momen) Misalkan $X$ peubah acak yang mengambil berhingga banyak nilai positif $x_i$ dengan peluang $\lambda_i$ . Nyatakan ulang pertanyaan 12 sebagai: $r \mapsto \E[X^r]^{1/r}$ naik — yakni ketaksamaan momen (Lyapunov), yang akan dipakai ulang pada Bab 22.
Selesaikan dengan perkakas yang bernama, masing-masing dua baris: (i) untuk $a, b, c$ yang positif: $a^3 + b^3 + c^3 \geq \frac{(a+b+c)^3}{9}$ ; (ii) untuk $x_1, \dots, x_n$ yang positif: $\bigl(\sum_i\sqrt{x_i}\bigr)^2 \leq n\sum_i x_i$ .
(Rangkuman) Gambarkan silsilahnya dalam lima kalimat: dari definisi tali busur ke lema kemiringan; dari kemiringan ke garis penyangga ke Jensen; dari kecekungan $\ln$ ke Young ke Hölder ke Minkowski ke norma- $p$ ; dari Jensen ke rantai rata-rata pangkat ke momen; dan dari AM–GM ke Carleman. Sebutkan puncaknya (Hölder–Minkowski; Carleman), lalu nyatakan ke mana kotak perkakas ini menuju: yakni ruang $L^p$ pada jilid Tahun ke-3, yang aksiomanya persis pertanyaan 6 dan 8.

Solusi

Solusi Soal 8.1.

1. Cembung $\Rightarrow$ $f'$ naik: untuk $a < b$ , ketaksamaan kemiringan memberi, untuk $h > 0$ yang kecil, $\frac{f(a+h) - f(a)}h \leq \frac{f(b) - f(a)}{b-a} \leq \frac{f(b) - f(b-h)}{h}$ ; lalu melewatkan $h \to 0$ memberi $f'(a) \leq \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \leq f'(b)$ . Sebaliknya, jika $f'$ naik dan $x < y < z$ : teorema nilai rata-rata memberi $c_1 \in \intoo{x}{y}$ dan $c_2 \in \intoo yz$ dengan

\frac{f(y) - f(x)}{y - x} = f'(c_1) \leq f'(c_2) = \frac{f(z) - f(y)}{z - y},

lalu ketaksamaan kemiringan tiga titik itu, yang diterapkan dengan $y = \lambda x + (1 - \lambda)z$ , tertata ulang menjadi ketaksamaan kecembungannya. Untuk kasus $C^2$ : $f'' \geq 0$ bila dan hanya bila $f'$ naik.

2. Jika $f'' > 0$ , maka $f'$ naik tegas, dan perhitungan nilai rata-rata di atas memberi ketaksamaan tegas antara kedua kemiringan tali busurnya: jadi cembung tegas. Penyangga tegas: di titik dalam $a$ dengan kemiringan penyangga $m$ , seandainya $f(x_0) = f(a) + m(x_0 - a)$ untuk suatu $x_0 \neq a$ , maka pada ruas dari $a$ ke $x_0$ garis penyangga dan tali busurnya berimpit, dan kecembungan tegas di titik tengahnya memberi $f\bigl(\frac{a + x_0}2\bigr) < f(a) + m\,\frac{x_0 - a}2$ , yang bertentangan dengan ketaksamaan penyangganya. Jadi $f(x) > f(a) + m(x - a)$ untuk setiap $x \neq a$ . Jensen yang tegas: dengan $a = \sum\lambda_ix_i$ , merata-ratakan ketaksamaan penyangganya memberi $\sum\lambda_if(x_i) \geq f(a)$ , dengan kesamaan bila dan hanya bila tiap sukunya menjadi kesamaan, yakni bila dan hanya bila setiap $x_i = a$ .

3. $(-\ln)'' = \frac1{t^2} > 0$ ; $(t^r)'' = r(r - 1)t^{r-2}$ , yang positif untuk $r > 1$ dan negatif untuk $0 < r < 1$ ; serta $\exp'' = \exp > 0$ . Semuanya tegas menurut pertanyaan 2.

4. Kasus $ab = 0$ bersifat sepele. Untuk $a, b > 0$ , kecekungan $\ln$ di titik $a^p, b^q$ dengan bobot $\frac1p, \frac1q$ memberi

\ln\Bigl(\frac{a^p}p + \frac{b^q}q\Bigr) \geq \frac1p\ln(a^p) + \frac1q\ln(b^q) = \ln(ab),

dan $\ln$ naik: jadi $ab \leq \frac{a^p}p + \frac{b^q}q$ . Kesamaannya bila dan hanya bila kedua titiknya berimpit (lewat kecekungan tegas), yakni $a^p = b^q$ .

5. Kecekungan $\ln$ dengan bobot $\lambda_i$ memberi $\ln\bigl(\sum\lambda_ix_i\bigr) \geq \sum\lambda_i\ln x_i = \ln\prod x_i^{\lambda_i}$ ; lalu eksponensialkan. Kesamaannya bila dan hanya bila semua $x_i$ sama (pertanyaan 2). Jalur pada Latihan 8.6 memperoleh ketaksamaan yang sama sebagai limit rata-rata pangkat; sedangkan di sini ia satu penerapan Jensen — jadi kotak perkakasnya memang punya kelebihan pasokan.

6. Jika $a = 0$ atau $b = 0$ , ketaksamaannya sepele. Normalkan: dengan mengganti $a$ oleh $a/\norm a_p$ dan $b$ oleh $b/\norm b_q$ , kita boleh mengandaikan $\norm a_p = \norm b_q = 1$ lalu wajib menunjukkan $\sum\abs{a_ib_i} \leq 1$ . Young suku demi suku memberi

\sum_i\abs{a_i}\abs{b_i} \leq \sum_i\Bigl(\frac{\abs{a_i}^p}{p} + \frac{\abs{b_i}^q}{q}\Bigr) = \frac1p + \frac1q = 1 .

Kesamaannya bila dan hanya bila tiap ketaksamaan Young-nya ketat: yakni $\abs{a_i}^p = \abs{b_i}^q$ untuk setiap $i$ — dan setelah normalisasinya dibatalkan, $(\abs{a_i}^p)$ sebanding dengan $(\abs{b_i}^q)$ .

7. Kasus $p = q = 2$ tak lain Cauchy–Schwarz dengan kasus kesamaan yang sama (yakni kesebandingan). Untuk ujungnya: $\sum\abs{a_ib_i} \leq \bigl(\max_i\abs{b_i}\bigr)\sum_i\abs{a_i} = \norm a_1\norm b_\infty$ , langsung suku demi suku.

8. Untuk $p = 1$ ia tak lain ketaksamaan segitiga suku demi suku. Untuk $p > 1$ , dengan $q$ yang sekawan:

\norm{a+b}_p^p = \sum_i\abs{a_i + b_i}^p \leq \sum_i\abs{a_i+b_i}^{p-1}\abs{a_i} + \sum_i\abs{a_i+b_i}^{p-1}\abs{b_i},

lalu Hölder pada tiap jumlahnya, dengan mencatat $(p - 1)q = p$ :

\sum_i\abs{a_i+b_i}^{p-1}\abs{a_i} \leq \Bigl(\sum_i\abs{a_i+b_i}^{p}\Bigr)^{1/q}\norm a_p = \norm{a + b}_p^{p/q}\,\norm a_p ,

Demikian pula dengan $b$ . Karenanya $\norm{a+b}_p^p \leq \norm{a + b}_p^{p/q}\bigl(\norm a_p + \norm b_p\bigr)$ ; lalu jika $a + b \neq 0$ , bagilah dengan $\norm{a+b}_p^{p/q}$ lalu pakai $p - \frac pq = 1$ . Bersama kehomogenan dan pemisahannya (yang jelas), $\norm\cdot_p$ merupakan norma pada $\R^n$ .

9. Untuk $f, g$ yang kontinu pada $\intcc ab$ : Hölder memberi

\int_a^b\abs{fg} \leq \Bigl(\int_a^b\abs f^p\Bigr)^{1/p}\Bigl(\int_a^b\abs g^q\Bigr)^{1/q}

lewat normalisasi yang sama ditambah Young titik demi titik yang diintegralkan; sedangkan Minkowski $\norm{f + g}_p \leq \norm f_p + \norm g_p$ diperoleh lewat pemecahan yang sama, dengan Hölder pada tiap potongannya. Pemisahan normanya memakai kepositifan tegas: sebab $\abs f^p$ yang kontinu dan berintegral nol pastilah nol secara identik (jilid Tahun ke-1).

10. Kemonotonannya: kita boleh mengandaikan $\norm a_p = 1$ ; maka tiap $\abs{a_i} \leq 1$ , jadi $\abs{a_i}^q \leq \abs{a_i}^p$ sehingga $\norm a_q^q \leq 1$ : yakni $\norm a_q \leq 1 = \norm a_p$ . Kesamaannya menuntut $\abs{a_i}^q = \abs{a_i}^p$ untuk setiap $i$ , yakni tiap $\abs{a_i} \in \{0, 1\}$ ; dan dengan $\sum\abs{a_i}^p = 1$ tersisa tepat satu koordinat bermodulus $1$ : jadi kesamaannya bila dan hanya bila $a$ punya paling banyak satu koordinat tak nol. Limitnya: $\norm a_\infty \leq \norm a_p \leq n^{1/p}\norm a_\infty$ , dan $n^{1/p} \to 1$ . Perbandingan sebaliknya: Hölder dengan eksponen $\frac qp$ beserta sekawannya $\frac{q}{q-p}$ , yang diterapkan pada $\abs{a_i}^p\cdot 1$ , memberi

\norm a_p^p = \sum_i\abs{a_i}^p\cdot 1 \leq \Bigl(\sum_i\abs{a_i}^{q}\Bigr)^{p/q}\,n^{1 - p/q} = \norm a_q^{p}\; n^{1-p/q},

sehingga $\norm a_p \leq n^{\frac1p - \frac1q}\norm a_q$ , dengan kesamaan bila dan hanya bila semua $\abs{a_i}$ sama (yakni kasus kesamaan Hölder terhadap vektor konstan).

11. Tulis $\abs{a_i}^r = \abs{a_i}^{\theta r}\,\abs{a_i}^{(1-\theta)r}$ lalu terapkan Hölder dengan eksponen sekawan $\frac{p}{\theta r}$ dan $\frac{q}{(1-\theta)r}$ (yang sekawan justru karena $\frac{\theta r}p + \frac{(1-\theta)r}q = 1$ ):

\norm a_r^r = \sum_i \abs{a_i}^{\theta r}\abs{a_i}^{(1-\theta)r} \leq \Bigl(\sum_i\abs{a_i}^{p}\Bigr)^{\theta r/p} \Bigl(\sum_i\abs{a_i}^{q}\Bigr)^{(1-\theta)r/q} = \norm a_p^{\theta r}\,\norm a_q^{(1-\theta)r} .

Lalu ambil akar ke- $r$ : jadi norma- $p$ bersifat log-cembung pada $\frac1p$ .

12. Keduanya negatif: jika $p < q < 0$ maka $0 < -q < -p$ , dan $M_{-q}(y) \leq M_{-p}(y)$ untuk eksponen positifnya (yakni kasus di dalam pelajaran, Contoh 8.8) yang diterapkan pada $y = (1/x_i)$ ; lalu membalik kesamaan $M_p(x) = M_{-p}(1/x)^{-1}$ membalik ketaksamaannya menjadi $M_p(x) \leq M_q(x)$ . Jembatannya: untuk $q > 0$ , kecekungan $\ln$ memberi $\ln M_q = \frac1q\ln\bigl(\sum\lambda_ix_i^q\bigr) \geq \frac1q\sum\lambda_i\ln x_i^q = \ln M_0$ ; sedangkan untuk $p < 0$ , kecekungan yang sama memberi $\ln\bigl(\sum\lambda_ix_i^p\bigr) \geq p\sum\lambda_i\ln x_i$ , lalu membaginya dengan $p < 0$ membaliknya: $\ln M_p \leq \ln M_0$ . Karenanya $M_p \leq M_0 \leq M_q$ setiap kali $p < 0 < q$ : jadi bersama kedua kasus setandanya, $M$ naik pada seluruh $\R^*$ (dan menembus $0$ ).

13. Misalkan $x_{\max} = \max x_i$ , yang tercapai di $i^*$ . Untuk $p > 0$ :

\lambda_{i^*}^{1/p}\,x_{\max} \leq M_p \leq x_{\max},

dan $\lambda_{i^*}^{1/p} \to 1$ : jadi $M_p \to x_{\max}$ . Untuk $p \to -\infty$ : $M_p(x) = M_{-p}(1/x)^{-1} \to \bigl(\max_i\frac1{x_i}\bigr)^{-1} = \min_ix_i$ .

14. Dengan $\lambda_i = \frac1n$ , rantai $M_{-\infty} \leq M_{-1} \leq M_0 \leq M_1 \leq M_2 \leq M_{+\infty}$ berbunyi

\min \leq \frac{n}{\sum\frac1{a_i}} \leq \Bigl(\prod a_i\Bigr)^{1/n} \leq \frac{\sum a_i}{n} \leq \sqrt{\frac{\sum a_i^2}{n}} \leq \max .

AM–HM (yakni $M_{-1} \leq M_1$ ) tertata ulang langsung menjadi $\bigl(\sum a_i\bigr)\bigl(\sum\frac1{a_i}\bigr) \geq n^2$ .

15. Dengan bobot sama, $M_p(x) = \bigl(\frac1n\sum\abs{x_i}^p\bigr)^{1/p} = n^{-1/p}\norm x_p$ . Ketika $p$ membesar, $\norm x_p$ turun (pertanyaan 10) tetapi penormalnya $n^{-1/p}$ naik lebih cepat, sehingga hasil kalinya naik (pertanyaan 12): rata-rata itu merata-ratakan, norma itu menghimpun, dan faktor $n^{-1/p}$ persis menjadi kurs tukar antara kedua kesepakatan pembukuan itu.

16. Tiap mata rantainya merupakan perwujudan Jensen yang tegas (pertanyaan 2) dengan fungsi cembung atau cekung tegas pada pertanyaan 3 (yakni $t^{q/p}$ dan $\ln$ ), jadi kesamaan pada mata rantai mana pun memaksa semua $x_i$ sama; dan $\min = M_p$ atau $M_p = \max$ demikian pula memaksa semua nilainya sama dengan ekstremum bersamanya. Jadi rantainya tegas begitu ada dua $x_i$ yang berbeda.

17. Terapkan Young (pertanyaan 4) pada pasangan $\varepsilon^{1/p}a$ dan $\varepsilon^{-1/p}b$ :

ab = (\varepsilon^{1/p}a)(\varepsilon^{-1/p}b) \leq \varepsilon\,\frac{a^p}p + \varepsilon^{-q/p}\,\frac{b^q}q .

Untuk $p = q = 2$ , dengan mengganti $\varepsilon$ oleh $2\varepsilon$ : $ab \leq \varepsilon a^2 + \frac{b^2}{4\varepsilon}$ — itulah ketaksamaan penyerapan: sebuah hasil kali ditukar dengan kelipatan kecil satu kuadrat ditambah kelipatan besar kuadrat lainnya.

18. Lewat teleskop:

\prod_{k=1}^{n}c_k = \frac{\prod_{k=1}^n(k+1)^k} {\prod_{k=1}^{n}k^{k-1}} = \frac{2^1\,3^2\cdots(n+1)^n}{1^0\,2^1\cdots n^{n-1}} = (n+1)^n,

sebab tiap faktor $(k+1)^k$ pada pembilangnya tercoret dengan suku berikutnya pada penyebutnya. Lalu AM–GM pada $n$ bilangan $c_ka_k$ :

(a_1\cdots a_n)^{1/n} = \frac{\bigl(\prod_k c_ka_k\bigr)^{1/n}}{(n+1)} \leq \frac{1}{n+1}\cdot\frac1n\sum_{k=1}^{n}c_ka_k .

19. Setelah dijumlahkan atas $n$ lalu kedua penjumlahannya ditukar (sebab semua sukunya positif: Teorema 7.14):

\sum_{n\geq1}(a_1\cdots a_n)^{1/n} \leq \sum_{n\geq1}\frac{1}{n(n+1)}\sum_{k=1}^{n}c_ka_k = \sum_{k\geq1}c_ka_k\sum_{n\geq k}\frac1{n(n+1)} = \sum_{k\geq1}\frac{c_ka_k}{k},

dengan memakai teleskop $\sum_{n\geq k}\bigl(\frac1n - \frac1{n+1}\bigr) = \frac1k$ . Akhirnya $\frac{c_k}k = \frac{(k+1)^k}{k^k} = \bigl(1 + \frac1k\bigr)^k < \eu$ (sebab barisan naik yang berlimit $\eu$ , jilid Tahun ke-1):

\sum_{n\geq1}(a_1\cdots a_n)^{1/n} \leq \eu\sum_{k\geq1}a_k :

itulah ketaksamaan Carleman. (Konstanta $\eu$ bersifat optimal, walaupun kita tidak membuktikannya.)

20. Cauchy–Schwarz (pertanyaan 9 dengan $p = q = 2$ ) yang diterapkan pada $\sqrt f$ dan $\frac1{\sqrt f}$ memberi

1 = \Bigl(\int_0^1\sqrt f\cdot\frac{1}{\sqrt f}\Bigr)^{2} \leq \Bigl(\int_0^1 f\Bigr)\Bigl(\int_0^1\frac1f\Bigr).

Kesamaannya bila dan hanya bila $\sqrt f$ dan $\frac1{\sqrt f}$ sebanding, yakni $f^2$ konstan, yakni $f$ konstan (sebab $f > 0$ kontinu).

21. Misalkan $1 < p < \infty$ , $\norm a_p = \norm b_p = 1$ , $a \neq b$ , dan andaikan $\bigl\Vert\frac{a+b}2\bigr\Vert_p = 1$ , yakni Minkowski menjadi kesamaan bagi $a, b$ . Dengan merunut bukti pertanyaan 8, kesamaannya memaksa kesamaan pada kedua penerapan Hölder sekaligus pada ketaksamaan segitiga suku demi sukunya: jadi $(\abs{a_i}^p)$ dan $(\abs{b_i}^p)$ keduanya sebanding dengan $(\abs{a_i + b_i}^p)$ , dan $a_i, b_i$ bertanda sama — sehingga $b = ta$ untuk suatu $t \geq 0$ , lalu $\norm b_p = \norm a_p$ memberi $t = 1$ , yakni $b = a$ : kontradiksi. Karenanya permukaan bola- $p$ tak memuat titik tengah dua titik permukaannya yang berbeda: jadi tanpa ruas. Untuk $p = \infty$ di $\R^2$ : semua $(1, t)$ dengan $\abs t \leq 1$ terletak pada permukaan bola satuannya — yakni sebuah tepi datar; sedangkan untuk $p = 1$ : ruas $(t, 1 - t)$ , $t \in \intcc01$ , demikian pula.

22. Untuk $a = 0$ kedua ruasnya nol. Selain itu Hölder membatasi setiap $\sum a_ib_i$ oleh $\norm a_p\norm b_q \leq \norm a_p$ . Ketercapaiannya: ambil

b_i = \frac{\operatorname{sign}(a_i)\,\abs{a_i}^{p-1}} {\norm a_p^{p/q}} : \qquad \norm b_q^q = \frac{\sum_i\abs{a_i}^{(p-1)q}}{\norm a_p^{p}} = \frac{\norm a_p^p}{\norm a_p^p} = 1, \quad \sum_ia_ib_i = \frac{\norm a_p^p}{\norm a_p^{p/q}} = \norm a_p ,

dengan memakai $(p-1)q = p$ dan $p - \frac pq = 1$ . Jadi supremumnya adalah maksimum, sama dengan $\norm a_p$ : sehingga tiap norma- $p$ adalah norma dual sekawannya — yakni benih dualitas $L^p$ – $L^q$ .

23. Di sini $\E[X^r] = \sum_i\lambda_ix_i^r$ , jadi $\E[X^r]^{1/r} = M_r(x; \lambda)$ , yang naik terhadap $r$ menurut pertanyaan 12 (dan menembus $r \to 0, \pm\infty$ menurut pertanyaan 12–13): itulah ketaksamaan momen Lyapunov, yang murni pernyataan tentang rata-rata pangkat berbobot. Ia kembali untuk peubah acak yang sejati pada Bab 22.

24. (i) Rata-rata pangkat $M_1 \leq M_3$ dengan bobot sama memberi $\frac{a+b+c}3 \leq \bigl(\frac{a^3+b^3+c^3}3\bigr)^{1/3}$ ; lalu kubikkan dan kalikan dengan $3$ : $a^3 + b^3 + c^3 \geq \frac{(a+b+c)^3}9$ . (ii) Cauchy–Schwarz terhadap vektor konstan: $\sum_i\sqrt{x_i}\cdot1 \leq \bigl(\sum_ix_i\bigr)^{1/2}n^{1/2}$ ; lalu kuadratkan.

25. Definisi tali busurnya menghasilkan lema kemiringan lewat satu penataan ulang aljabar; lalu kemiringan yang diapit di sebuah titik menghasilkan turunan sepihak dan garis penyangga, yang rata-rata berbobotnya adalah Jensen. Diterapkan pada $-\ln$ , Jensen menjadi Young, yang setelah dijumlahkan terhadap vektor ternormalkan menjadi Hölder, yang setelah dipecah lalu diserap ulang menjadi Minkowski — dan lahirlah norma- $p$ pada Bab 5, lengkap dengan dualitasnya (pertanyaan 22) dan geometrinya (pertanyaan 21). Jensen yang diterapkan sepanjang skala pangkat merantai semua rata-rata dari $\min$ ke $\max$ (pertanyaan 12–14), yang dibaca pada peubah acak menjadi ketaksamaan momen (pertanyaan 23). Dan AM–GM, setelah dibobot oleh satu siasat teleskop, menghasilkan batas Carleman beserta konstantanya $\eu$ yang tak tereduksi (pertanyaan 18–19). Puncaknya: Hölder–Minkowski, dan Carleman. Tujuannya: ruang $L^p$ pada jilid Tahun ke-3, yang aksioma pendirinya persis pertanyaan 6 dan 8 dengan integral menggantikan jumlahnya.