Last Updated on September 1, 2021 by prooffic
Postingan kali ini akan menyajikan pembahasan mengenai Ketaksamaan Young, Holder, Cauchy-Schwarz dan Minkowski. Ketaksamaan Young, Holder, Cauchy-Schwarz dan Minkowski seringkali muncul dalam berbagai bidang matematika. Salah satu di antaranya adalah pada teori ukuran dan integral Lebesgue, terutama dalam membuktikan bahwa ruang $L^p$ merupakan sebuah bernorma. Ketaksamaan-ketaksamaan tersebut terkadang juga sangat berguna dalam menyelesaikan soal-soal ataupun problem-problem yang berkaliber kompetisi, seperti IMO dan IMC.
Pembahasan mengenai Ketaksamaan Young, Holder, Cauchy-Schwarz dan Minkowski akan dibagi menjadi 4 bagian dengan tiap bagian masing-masing untuk satu ketaksamaan. Akan tetapi, terlebih dahulu kita akan menyajikan suatu konsep dasar, yaitu fungsi konveks dan kaitannya dengan turunan dua kali.
**Selamat menikmati**
Terlebih dahulu kita akan mengulas sedikit tentang fungsi konveks. Secara intuisi, fungsi konveks adalah fungsi yang cekung ke atas seperti ditunjukkan pada gambar berikut.
Secara matematik, fungsi $f$ dikatakan konveks pada interval kompak $[a,b]$ jika untuk setiap $\lambda \in [0,1]$ berlaku $$f((1-\lambda)x+\lambda y) \leq (1 – \lambda) f(x) + \lambda f(y) $$untuk setiap $x, y \in [a,b].$ Beberapa contoh fungsi konveks adalah $x \mapsto x^2, x \mapsto x^4$ pada sebarang interval kompak. Sedangkan contoh fungsi yang bukan konveks adalah $x \mapsto x^3$ pada interval $[-1, 1].$ Terkadang bukan menjadi sesuatu yang mudah jika kita ingin membuktikan suatu fungsi adalah fungsi konveks atau bukan. Meskipun begitu, terdapat suatu aturan terkait dengan karakterisasi dari fungsi konveks, yaitu sebagai berikut.
Proposisi. Misalkan $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ adalah fungsi yang terdiferensial dua kali. Maka, $f$ konveks jika dan hanya $f” \geq 0$.
Pada proposisi tersebut, syarat $f$ haruslah terdiferensial dua kali. Meskipun syarat tersebut pada dasarnya ketat, tetapi hal tersebut cukup untuk menunjang pembahasan berikut.
Ketaksamaan Young
Kita akan menggunakan fakta bahwa fungsi $x \mapsto e^x$ merupakan fungsi konveks untuk menunjukkan ketaksamaan Young. Fakta tersebut diperoleh dari sifat fungsi tersebut yang memiliki turunan kedua yang senantiasa bernilai positif. Ketaksamaan Young berbunyi sebagai berikut.
Misalkan $a, b$ bilangan real tak negatif. Misalkan $1 < p < \infty$ dan $q>0$ sedemikian sehingga $$ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 $$Maka, $$ab \leq \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$$
Bukti. Perhatikan bahwa jika salah satu dari $a, b$ bernilai nol, maka ketaksamaan jelas berlaku. Sehingga, kita cukup perlu meninjau kasus ketika keduanya bernilai positif. Kita akan menyajikan dua versi bukti dari ketaksamaan tersebut.
Versi I. Karena $a, b>0,$ maka berdasarkan sifat logaritma natural dapat ditulis $$ab = e^{\ln (ab)} = e^{\ln a + \ln b} = e^{\frac{1}{p} \ln a^p + \frac{1}{q} \ln b^q}$$Dari fakta bahwa fungsi $x \mapsto e^x$ adalah fungsi konveks dan sifat $p, q,$ maka $$\begin{aligned} ab &= e^{\frac{1}{p} \ln a^p + \frac{1}{q} \ln b^q} \\ & \leq \frac{1}{p} e^{\ln a^p} + \frac{1}{q} e^{\ln b^q} \\ & = \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} \end{aligned} $$sesuai dengan yang diinginkan $\blacksquare$
Versi II. Didefinisikan fungsi $f : (0, \infty)$ dengan $$f(x) = \frac{1}{p} x^p + \frac{1}{q} – x $$Perhatikan bahwa fungsi tersebut memiliki sifat bahwa turunan $f$ pada $(0, 1)$ bernilai negatif dan bernilai positif pada $(1, \infty).$ Selain itu, $f(1) = 0.$ Sehingga fungsi tersebut akan bernilai tak negatif pada domainnya. Dari sini, untuk $x>0,$ berlaku $$\begin{aligned} \frac{1}{p} x^p + \frac{1}{q} – x &\geq 0 \\ x &\leq \frac{1}{p} x^p + \frac{1}{q} \end{aligned}$$
Pilih $x = a/(b^{q-1}.$ Karena $pq = p + q,$ maka $$\begin{aligned} x &\leq \frac{1}{p} x^p + \frac{1}{q} \\ \frac{a}{b^{q-1}} & \leq \frac{1}{p} \left( \frac{a}{b^{q-1}} \right)^p + \frac{1}{q} \\ \frac{a}{b^{q-1}} & \leq \frac{1}{p} \frac{a^p}{b^{q}} + \frac{1}{q} \\ ab & \leq \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} \end{aligned} \blacksquare$$
Ketaksamaan Holder
Misalkan $a_1, a_2, … , a_n, b_1, n_2, … , b_n$ adalah bilangan-bilangan real. Maka, untuk $p, q \geq 1$ yang memeunuhi $1 \leq p, q \leq \infty$ dan $$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1, $$berlaku ketaksamaan Holder $$\sum_{k=1}^{n} |a_k b_k| \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}}$$
Bukti. Perhatikan bahwa jika $p$ atau $q$ adalah satu, maka nilai lainnya adalah $\infty$ dan $$\left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}} = \max_{k = 1} |b_k| = \mathcal{B} $$Oleh karena itu, $$\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n} |a_k b_k| &\leq \sum_{k=1}^{n} |a_k \mathcal{B}| \\ &= \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \mathcal{B} \\ &= \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}} \end{aligned}$$
Note: $\infty$ di sini bermakna sebagai sebuah proses ketakhinggaan.
Sehingga, ketaksamaan Holder terpenuhi untuk $p$ atau $q$ sama dengan 1. Selanjutnya kita tinjau untuk $p > 1.$ Jika semua nilai pada masing-masing $a_1, a_2, … , a_n$ atau $b_1, n_2, … , b_n$ adalah nol, maka ketaksamaan jelas terbukti. Sehingga, kita asumsikan pada masing-masing $a_1, a_2, … , a_n$ dan $b_1, n_2, … , b_n$ tidak semuanya bernilai nol. Maka, $$ \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}$$ dan $$\left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}}$$ tidak nol. Sehingga, kita dapat mendefinisikan bilangan-bilangan baru $\{u_k\}$ dan $\{v_k\}$ dengan $$u_k = \frac{|a_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}} $$dan $$v_k = \frac{|b_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}}} $$Perhatikan bahwa keduanya bernilai positif. Kemudian, dengan ketaksamaan Young, diperoleh bahwa untuk setiap bilangan asli $n$ berlaku$$\begin{aligned} u_k v_k &\leq \frac{1}{p} (u_k)^p + \frac{1}{q} (u_k)^q \\ \frac{|a_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}} \frac{|b_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}}} &\leq \frac{1}{p} \left(\frac{|a_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}} \right)^p + \frac{1}{q} \left(\frac{|b_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}}} \right)^q \end{aligned}$$
Kemudian, $$\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} \left( \frac{1}{p} \left(\frac{|a_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}} \right)^p + \frac{1}{q} \left(\frac{|b_k|}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}}} \right)^q \right) &= \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{p} \frac{|a_k|^p}{\sum_{k=1}^{n} |a_k|^p} + \frac{1}{q} \frac{|b_k|^q}{\sum_{k=1}^{n} |b_k|^q} \right) \\ &= \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1\end{aligned}$$
Dengan mengambil deret atas $k=1, … , n,$ maka diperoleh bahwa $$ \frac{1}{\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}\cdot \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}} }\sum_k |a_k b_k| \leq 1 $$yang berakibat bahwa $$\sum_{k=1}^{n} |a_k b_k| \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}\cdot \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}} $$
Jadi, dari kasus-kasus tersebut, dapat disimpulkan bahwa untuk setiap $a_1, a_2, … , a_n, b_1, n_2, … , b_n$ bilangan-bilangan real dan untuk $p, q \geq 1$ yang memeunuhi $1 \leq p, q \leq \infty$ dan $$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1, $$maka berlaku ketaksamaan Holder $$\sum_{k=1}^{n} |a_k b_k| \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^q \right)^{\frac{1}{q}} \blacksquare$$
Baca Juga:
Kumpulan Pembahasan Soal ONMIPA/KNMIPA
Kumpulan Pembahasan Soal ONMIPA/KNMIPA Tingkat Nasional
Daily Math Problems
Ketaksamaan Cauchy-Schwarz
Misalkan $a_1, a_2, … , a_n, b_1, n_2, … , b_n$ adalah bilangan-bilangan real. Maka, $$\sum_{k=1}^{n} |a_k b_k| \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^2 \right)^{\frac{1}{2}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^2 \right)^{\frac{1}{2}} $$Dari bentuk tersebut, kita dapat melihat bahwa ketaksamaan Cauchy-Schwarz adalah bentuk khusus dari ketaksamaan Holder dengan $p = q = 1/2.$ Di sini kita akan memberikan bukti lain dari ketaksamaan Cauchy-Schwarz.
Diberikan $a_1, a_2, … , a_n, b_1, n_2, … , b_n$ adalah bilangan-bilangan real. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan bahwa bilangan-bilangan tersebut merupakan bilangan-bilangan tak negatif. Jika ada yang negatif, kita tetap akan memperoleh dan menggunakan nilai mutlak dari bilangan tersebut yang berupa bilangan real tak negatif. Perhatikan bahwa $$\begin{aligned}\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} (a_k b_j – a_j b_k)^2 &\geq 0 \\ \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} ({a_k}^2 {b_j}^2 -2 a_j a_k b_j b_k + {b_k}^2 {a_j}^2) & \geq 0 \end{aligned} $$
Oleh karena itu, $$\begin{aligned}\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} {a_k}^2 {b_j}^2 + \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} {b_k}^2 {a_j}^2 & \geq 2 \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_j b_j a_k b_k \\ 2 \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} {a_k}^2 {b_j}^2 &\geq 2 \sum_{j=1}^{n} a_j b_j \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \\ \sum_{j=1}^{n} {b_j}^2 \sum_{k=1}^{n} {a_k}^2 &\geq \sum_{j=1}^{n} a_j b_j \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \end{aligned} $$
Karena $$\sum_{j=1}^{n} a_j b_j = \sum_{k=1}^{n} a_k b_k $$maka, $$\begin{aligned}\sum_{j=1}^{n} {b_j}^2 \sum_{k=1}^{n} {a_k}^2 &\geq \sum_{j=1}^{n} a_j b_j \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \\ \sum_{k=1}^{n} {a_k}^2 \sum_{k=1}^{n} {b_k}^2 &\geq \left( \sum_{j=1}^{n} a_j b_j \right)^2 \\ \left(\sum_{k=1}^{n} {a_k}^2\right)^{\frac{1}{2}} \left(\sum_{k=1}^{n} {b_k}^2\right)^{\frac{1}{2}} & \geq \sum_{k=1}^{n} a_k b_k\end{aligned} $$Jadi, $$\sum_{k=1}^{n} |a_k b_k| \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^2 \right)^{\frac{1}{2}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^2 \right)^{\frac{1}{2}} $$
Perhatikan bahwa $$\sum_{k=1}^{n} (a_k b_k) \leq \sum_{k=1}^{n} (a_k b_k), $$maka kita dapat memperluas ketaksamaan tersebut menjadi $$\sum_{k=1}^{n} (a_k b_k) \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} (a_k)^2 \right)^{\frac{1}{2}} \left(\sum_{k = 1}^{n} (b_k)^2 \right)^{\frac{1}{2}} \blacksquare$$
Ketaksamaan Minkowski
Ketaksamaan Minkowski dapat dipandang sebagai perluasan dari ketaksamaan segitiga. Ketaksamaan Minkowski dinyatakan sebagai berikut.
Misalkan $1 \leq p \leq \infty$ dan $a_1, a_2, …, a_n$ dan $b_1, b_2, …, b_n$ merupakan bilangan-bilangan real, maka $$\left(\sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \leq \left(\sum_{k=1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} + \left(\sum_{k=1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}$$
Bukti. Jika $p=1,$ maka ketaksamaan tersebut adalah ketaksamaan segitiga. Jika $p = \infty,$ maka $$\begin{aligned} \left(\sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} &= \max_{k} |a_k + b_k| \leq \max_{k} |a_k| + \max_{k} |b_k| \\ &= \left(\sum_{k=1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} + \left(\sum_{k=1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \end{aligned}$$Oleh karena itu, kita cukup meninjau untuk $1<p<\infty.$ Perhatikan bahwa $p-1>0$ dan $$\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p &= \sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k| |a_k + b_k|^{p-1} \\&\leq \sum_{k=1}^{n} (|a_k| + |b_k|) |a_k + b_k|^{p-1} \\ &=\sum_{k=1}^{n} |a_k| |a_k + b_k|^{p-1} + \sum_{k=1}^{n} |b_k| |a_k + b_k|^{p-1} \end{aligned} $$
Selanjutnya, kita akan menggunakan ketaksamaan Holder pada masing-masing suku di ruas kanan ketaksamaan terakhir. Untuk itu, misal $1<q<\infty$ sehingga $$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 $$Maka, $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} |a_k| |a_k + b_k|^{p-1} &\leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^{(p-1)q} \right)^{\frac{1}{q}}\\&=\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{q}} \end{aligned} $$Selain itu, $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} |b_k| |a_k + b_k|^{p-1} &\leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^{(p-1)q} \right)^{\frac{1}{q}}\\&=\left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{q}} \end{aligned} $$
Oleh karena itu, $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p &\leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{q}} + \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{q}} \\ &= \left( \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} + \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \right) \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{q}} \end{aligned} $$dan $$\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{1 – \frac{1}{q}} \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} + \left(\sum_{k = 1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}$$
Karena $p+q=pq,$ maka $$\left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \leq \left(\sum_{k = 1}^{n} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}+\left( \sum_{k=1}^{n} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} $$sesuai dengan yang diinginkan $\blacksquare$
Kita selanjutnya akan memberikan alternatif bukti dari ketaksamaan Minkowski. Sebelumnya, kita membuktikan lema berikut.
Lemma. Misal $a, b \geq 0$ dan $1 \leq p < \infty$ Didefinisikan fungsi $$\varphi : (0,1) \to \mathbb{R} $$dengan $$\varphi (r) := r^{1-p} a^p + (1-t)^{1-p} b^p $$untuk setiap $r \in (0,1).$ Maka, $$(a+b)^p = \inf_{0<r<1} \varphi (r)$$
Bukti. Jika $p=1,$ maka ketaksamaan tersebut adalah ketaksamaan segitiga. Asumsikan bahwa $p>1.$ Jika $ab = 0,$ maka $a=0$ atau $b=0,$ dan jelas bahwa ketaksamaan terpenuhi. Selain itu, misal $ab \neq 0.$ Maka, $a$ dan $b$ bukan nol dan $a+b$ juga bukan nol. Kemudian, kita dapat melihat bahwa karena $p>1, $maka $$\lim_{r \to 0} \varphi (r) = \infty = \lim_{r \to 1} \varphi (r) $$
Selain itu, untuk setiap $r \in (0,1), $berlaku bahwa $$\begin{aligned} \varphi ‘ (r) &= (1-p) r^{-p} a^p – (1-p) (1-r)^{-p} b^p \\ &= (1-p) \left( \left( \frac{a}{r} \right)^p -\left( \frac{b}{1-r}\right)^p \right) \end{aligned} $$Dari sini, karena $p-1>0,$ maka kita peroleh $\varphi ‘ (r) = 0 $jika dan hanya jika $$\begin{aligned} \left( \left( \frac{a}{r} \right)^p -\left( \frac{b}{1-r}\right)^p \right) &= 0 \\ \left( \frac{a}{r} \right)^p &=\left( \frac{b}{1-r}\right)^p \\ \frac{a}{r} &=\frac{b}{1-r} \\a(1-r) &= br \\ r &= \frac{a}{a+b}\end{aligned} $$Selain itu, kita juga peroleh bahwa
- $\varphi ‘ (r) > 0$ jika dan hanya jika $ r > \frac{a}{a+b}$ yang berakibat bahwa $\varphi$ turun di $(0, a/(a+b))$
- $\varphi ‘ (r) < 0$ jika dan hanya jika $ r < \frac{a}{a+b}$ yang berakibat bahwa $\varphi$ naik di $(a/(a+b), 1)$
Akibatnya, $\varphi$ memiliki nilai minimum pada $(0,1),$ yaitu di $r = a/(a+b).$ Oleh karena itu, $$\begin{aligned} \inf_{0<r<1} \varphi (r) &= \varphi \left( \frac{a}{a+b} \right) \\ &= \left( \frac{a}{a+b} \right)^{1-p} a^p + \left(1-\left(\frac{a}{a+b}\right) \right)^{1-p} b^p \\ &= (a+b)^p \end{aligned} $$Dari kasus-kasus tersebut, kita dapat menyimpulkan bahwa $$(a+b)^p = \inf_{0<r<1} r^{1-p} a^p + (1-t)^{1-p} b^p $$
Kemudian, misal $\sum_{k=1}^{n} = \sum_{k}.$ Maka, berdasarkan lema tersebut, untuk tiap $0<r<1,$ berlaku $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p &= \sum_{k} |a_k + b_k|^p \\ &= \sum_{k} (|a_k| + |b_k|)^p \\ &\leq \sum_{k} \left( r^{1-p} |a_k|^p + (1-r)^{1-p} |b_k|^p \right) \\&= r^{1-p} \sum_{k} |a_k|^p +(1-r)^{1-p} \sum_{k} |b_k|^p \\ &=r^{1-p} X^p + (1-r)^{1-p} Y^p \end{aligned}$$dengan $$X = \left( \sum_{k} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} $$dan $$Y = \left( \sum_{k} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}}$$
Karena $$\sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p \leq r^{1-p} X^p + (1-r)^{1-p} Y^p $$untuk setiap $r \in (0,1),$ dengan mengambil infimum maka berdasarkan lema tersebut diperoleh bahwa $$\sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p \leq \inf_{r \in (0,1)} \left( r^{1-p} X^p + (1-r)^{1-p} Y^p \right) = (X + Y)^p $$dan $$\left( \sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \leq X + Y $$Dengan menyubtitusikan nilai $X$ dan $Y$ kembali, maka $$\left( \sum_{k=1}^{n} |a_k + b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} \leq \left( \sum_{k} |a_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} + \left( \sum_{k} |b_k|^p \right)^{\frac{1}{p}} $$sesuai dengan apa yang diinginkan $\blacksquare$
Demikian pembahasan kali ini tentang Ketaksamaan Young, Holder, Cauchy-Schwarz dan Minkowski. Jika Anda tertarik dengan topik ketaksamaan dalam matematika, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
