Category: Aljabar

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \dfrac{4x^2+8x+13}{6+6x} & = \dfrac{4(x^2+2x)+13}{6+6x} \\ & = \dfrac{4((x+1)^2-1)+13}{6+6x} \\ & = \dfrac{4(x+1)^2+9}{6+6x}. \end{aligned}$$Sekarang dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, memakai dua suku, yakni $\dfrac{4(x+1)^2}{6+6x}$ dan $\dfrac{9}{6+6x},$ diperoleh
$$\begin{aligned} \dfrac{4(x+1)^2}{6+6x} + \dfrac{9}{6+6x} & \geq 2\sqrt{\dfrac{4(x+1)^2}{6+6x} \cdot \dfrac{9}{6+6x}} \\ \dfrac{4(x+1)^2+9}{6+6x} & \geq 2 \cdot \dfrac{2(x+1)(3)}{6+6x} \\ \dfrac{4(x+1)^2+9}{6+6x} & \geq 2 \cdot \dfrac{\cancel{6x+6}}{\cancel{6+6x}} \\ \dfrac{4(x+1)^2+9}{6+6x} & \geq 2. \end{aligned}$$Ketaksamaan terakhir menunjukkan bahwa nilai minimum dari $\dfrac{4x^2+8x+13}{6+6x}$ adalah $\boxed{2}.$
(Jawaban C)

Misalkan $f(x) = x + \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{x}{2} + \dfrac{x}{2} + \dfrac{1}{x^2}$.
Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, memakai $3$ suku, yaitu $\dfrac{x}{2}, \dfrac{x}{2},$ dan $\dfrac{1}{x^2},$ diperoleh
$\begin{aligned} \dfrac{x}{2} + \dfrac{x}{2} + \dfrac{1}{x^2} & \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{x}{2} \cdot \dfrac{x}{2} \cdot \dfrac{1}{x^2}} \\ x + \dfrac{1}{x^2} & \geq 3\sqrt[3]{\dfrac14}. \end{aligned}$
Ketaksamaan terakhir menunjukkan bahwa nilai minimum $x + \dfrac{1}{x^2}$ adalah $\boxed{3\sqrt[3]{\dfrac14}}.$
(Jawaban B)

Diketahui $\color{blue}{xy = \dfrac13}.$
Misalkan $x_1 = \dfrac{1}{9x^6}$ dan $x_2 = \dfrac{1}{4y^6}$. Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM pada kedua datum tersebut, kita peroleh
$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{1}{9x^6}+\dfrac{1}{4y^6} & \geq 2\sqrt{\dfrac{1}{9x^6} \cdot \dfrac{1}{4y^6}} \\ & = 2\sqrt{\dfrac{1}{36(xy)^6}} \\ & = 2 \cdot \dfrac{1}{6(\color{blue}{xy})^3} \\ & = \dfrac{1}{3(\frac13)^3} = \dfrac{1}{\frac19} = 9. \end{aligned}$
Jadi, nilai minimum dari $\dfrac{1}{9x^6}+\dfrac{1}{4y^6}$ sama dengan $\boxed{9}.$
(Jawaban D)

Misalkan dua bilangan itu adalah $x$ dan $y$, berarti $x+y=24.$ Dalam hal ini, kita akan mencari nilai minimum dari $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}.$
Dengan menggunakan ketaksamaan AM-HM, yakni $\textbf{AM} \geq \textbf{HM}$, memakai suku $x$ dan $y$, diperoleh
$\begin{aligned} \dfrac{x+y}{2} & \geq \dfrac{2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}} \\ \dfrac{24}{2} & \geq \dfrac{2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}} \\ 12 & \geq \dfrac{2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}} \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} & \geq \dfrac{2}{12} = \dfrac16. \end{aligned}$
Ketaksamaan terakhir menunjukkan bahwa nilai minimum (terkecil) dari jumlah kebalikan bilangan-bilangan itu adalah $\boxed{\dfrac16}.$
(Jawaban E)

Diketahui $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=3.$
Misalkan $x_1 = \dfrac{a}{b}$, $x_2=\dfrac{b}{c},$ dan $x_3=\dfrac{c}{a},$ maka berdasarkan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$\begin{aligned} \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} & \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{b}{c} \cdot \dfrac{c}{a}} \\ & = 3\sqrt[3]{1} = 3(1) = 3. \end{aligned}$
Padahal diketahui bahwa $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=3,$ dan berdasarkan ketaksamaan AM-GM, kesamaan terjadi hanya ketika $\dfrac{a}{b} = \dfrac{b}{c} = \dfrac{c}{a},$ berakibat $a = b = c = 1.$
Di lain sisi, diketahui bahwa $a < b < c$ sehingga tidak mungkin ada nilai $a$ yang memenuhi.
(Jawaban A)

Sederhanakan dulu ekspresi logaritma yang diberikan menggunakan sifat-sifat logaritma.
$$\begin{aligned} ^a \log \left(\dfrac{a}{b}\right) + ^b \log \left(\dfrac{b}{a}\right) & = (^a \log a-^a \log b)+(^b \log b-^b \log a) \\ & = (1-^a \log b)+(1-^b \log a) \\ & = 2-(^a \log b +^b \log a) \end{aligned}$$Supaya bernilai maksimum, maka nilai $^a \log b +^b \log a$ harus dibuat sekecil mungkin. Dengan kata lain, kita harus mencari nilai minimum dari ekspresi tersebut.
Gunakan ketaksamaan AM-GM.
$\begin{aligned} ^a \log b +^b \log a & \geq 2\sqrt{^a \log b \cdot ^b \log a} \\ & = 2\sqrt{1} = 2 \end{aligned}$
Kita peroleh nilai minimumnya $\color{blue}{2}$. Akibatnya, nilai maksimum dari $2-(\color{blue}{^a \log b +^b \log a})$ adalah $2-\color{blue}{2}=0.$
(Jawaban A)

Diketahui
$\begin{aligned} f(x) &= \dfrac{9x^2 \sin^2 x + 4}{x \sin x} \\ & = 9x \sin x + \dfrac{4}{x \sin x}.  \end{aligned}$
Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ 9x \sin x + \dfrac{4}{x \sin x} & \geq 2\sqrt{(9~\cancel{x \sin x})\left(\dfrac{4}{\cancel{x \sin x}}\right)} \\ & = 2\sqrt{36} = 12. \end{aligned}$$Akibatnya, $f(x) \geq 12$.
Jadi, nilai minimum dari $f(x)$ adalah $\boxed{12}.$
(Jawaban C)

Dari $f(x)=x^2+4$, diperoleh
$$\begin{aligned} f(xy) & = (xy)^2 + 4 \\ f(y-x) & = (y-x)^2 + 4 = y^2-2xy+x^2+4 \\ f(y+x) & = (y+x)^2+4=y^2+2xy+x^2+4. \end{aligned}$$Substitusikan masing-masing pada persamaan $f(xy)+f(y-x)$ $=f(y+x)$.
$$\begin{aligned} ((xy)^2+4)+(\cancel{y^2}-2xy+\bcancel{x^2+4}) & = \cancel{y^2}+2xy+\bcancel{x^2+4} \\ (xy)^2+4-2xy & = 2xy \\ (xy)^2-4xy+4 & = 0 \\ (xy-2)^2 & = 0 \\ xy & = 2 \end{aligned}$$Selanjutnya, kita akan mencari nilai minimum dari $x+y$ menggunakan ketaksamaan AM-GM serta fakta bahwa $\color{blue}{xy=2}$, yakni $x+y \geq 2\sqrt{xy} = 2\sqrt{2}.$
Jadi, nilai minimum dari $x+y$ adalah $\boxed{2\sqrt2}.$
(Jawaban E)

Diketahui $x^4-2x^3+5x^2-176x+2009=0.$
Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM (melibatkan $5$ suku), kita peroleh
$$\begin{aligned} \dfrac{x^4-2x^3+5x^2-176x+2009}{5} & \geq \sqrt[5]{x^4(-2x^3)(5x^2)(-176x)(2009)} \\ \dfrac{0}{5} & \geq \sqrt[5]{x^{10} \cdot 1760 \cdot 2009} \\ 0 & \geq x^{10} \cdot 1760 \cdot 2009. \end{aligned}$$Ketaksamaan di atas bernilai benar ketika $x^{10}$ bernilai negatif atau nol. Karena $x$ bilangan real, $x^{10}$ tidak mungkin bernilai negatif, artinya satu-satunya kemungkinan adalah $x^{10}$ harus bernilai $0$ sehingga $x = 0$.
Jika $x = 0$ disubstitusikan pada polinomial $x^4-2x^3+5x^2-176x+2009$, hasilnya $0-0+0-0+2009 \neq 0$. Dengan demikian, tidak ada satu pun bilangan real $x$ yang memenuhi persamaan $x^4-2x^3+5x^2-176x+2009=0$.
(Jawaban A)

Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM pada $3$ suku: $a^3$, $b^3$, dan $1$, diperoleh
$\begin{aligned} a^3+b^3+1 & \geq 3\sqrt[3]{a^3(b^3)(1)} \\ a^3+b^3+1 & \geq 3ab. && (\cdots 1) \end{aligned}$
Dengan prinsip yang sama untuk $b^3$, $c^3$, dan $1$, serta $c^3$, $a^3$, dan $1$, kita dapatkan
$\begin{aligned} b^3+c^3+1 & \geq 3bc && (\cdots 2) \\ c^3+a^3+1 & \geq 3ac. && (\cdots 3) \end{aligned}$
Kalikan ketiga persamaan tersebut sesuai posisi ruasnya.
$$\begin{aligned} (a^3+b^3+1)(b^3+c^3+1)(c^3+a^3+1) & \geq (3ab)(3bc)(3ac) \\ (a^3+b^3+1)(b^3+c^3+1)(c^3+a^3+1) & \geq 27a^2b^2c^2 \\ \text{Bagi kedua ruas dengan}~&a^2b^2c^2 \\ \dfrac{(a^3+b^3+1)(b^3+c^3+1)(c^3+a^3+1)}{a^2b^2c^2} & \geq 27 \end{aligned}$$Dari ketaksamaan terakhir, kita peroleh bahwa nilai minimum dari $$\dfrac{(a^3+b^3+1)(b^3+c^3+1)(c^3+a^3+1)}{a^2b^2c^2}$$ adalah $\boxed{27}.$
(Jawaban B)

Persamaan di atas ekuivalen dengan $a^4+b^4+2=4ab.$
Berdasarkan ketaksamaan AM-GM yang melibatkan suku $a^4$ dan $b^4$, kita peroleh
$\begin{aligned} a^4+b^4 & \geq 2\sqrt{(a^4)(b^4)} \\ a^4+b^4 & \geq 2(ab)^2 \\ a^4 + b^4 + 2 & \geq 2(ab)^2 + 2. \end{aligned}$
Karena $a^4+b^4+2 = 4ab$, kita peroleh 
$\begin{aligned} 2(ab)^2 + 2 & = 4ab \\ 2(ab)^2-4ab+2 & = 0 \\ \text{Bagi kedua ruas}&~\text{dengan}~2 \\ (ab)^2-2ab+1 & = 0 \\ (ab-1)^2 & = 0 \\ ab & = 1. \end{aligned}$
Substitusikan $ab = 1$ pada persamaan mula-mula untuk mendapatkan
$a^4+b^4 = 4(1)-2 = 2.$
Di lain sisi, kesamaan dapat terjadi apabila $a^4=b^4$. Dengan demikian, kita peroleh $2b^4 = 2 \Rightarrow b = \pm 1$ dan $a = \pm 1$.
Perhatikan bahwa $ab = 1$ sehingga $a$ dan $b$ harus bertanda sama.
Jadi, pasangan bilangan real $(a, b)$ yang memenuhi persamaan tersebut ada $\boxed{2}$, yaitu $(1, 1)$ dan $(-1, -1).$
(Jawaban C)

Karena $a$ dan $b$ bilangan real positif, $\dfrac{a}{b}$ juga positif. Misalkan $\dfrac{a}{b} = x,$ maka ekspresi $4\left(\dfrac{a^2}{b^2} + \dfrac{b}{a}\right)^3$ dapat ditulis menjadi $4\left(x^2 + \dfrac{1}{x}\right)^3.$
Dengan mengambil tiga suku: $\left(\dfrac{1}{2x^3}, \dfrac{1}{2x^3}, 1\right)$, kita gunakan ketaksamaan AM-GM.
$$\begin{aligned} \dfrac{\dfrac{1}{2x^3}+\dfrac{1}{2x^3}+1}{3} & \geq \sqrt[3]{\dfrac{1}{2x^3} \cdot \dfrac{1}{2x^3} \cdot 1} \\ \dfrac{1}{x^3} + 1 & \geq \dfrac{3}{x^2} \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}} \\ \text{Kedua ruas}~&\text{dikalikan}~x^2 \\ x^2 + \dfrac{1}{x} & \geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}} \end{aligned}$$Jadi, nilai minimum dari $x^2 + \dfrac{1}{x}$ adalah $\color{blue}{\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}}.$
Dengan demikian, nilai minimum dari $4\left(\dfrac{a^2}{b^2} + \dfrac{b}{a}\right)^3$ dinyatakan oleh
$$\boxed{4\left(\dfrac{a^2}{b^2} + \dfrac{b}{a}\right)_{\text{min}}^3 = 4\left(\color{blue}{\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}}\right)^3 = 27}.$$(Jawaban E)

Karena $a, b$ bilangan real positif, ketaksamaan AM-GM dapat kita terapkan.
Pertama, ambil suku $\left(a, \dfrac{4}{a}\right).$
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{a + \frac{4}{a}}{2} & \geq \sqrt{a \cdot \dfrac{4}{a}} \\ a + \dfrac{4}{a} & \geq 2\sqrt{4} \\ a + \dfrac{4}{a} & \geq 4 && (\cdots 1) \end{aligned}$$Kedua, ambil suku $\left(b, \dfrac{5}{a}\right).$
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{b + \frac{5}{b}}{2} & \geq \sqrt{b \cdot \dfrac{5}{b}} \\ b + \dfrac{5}{b} & \geq 2\sqrt{5} && (\cdots 2) \end{aligned}$$Dengan mengalikan kedua pertidaksamaan di atas sesuai ruasnya, kita peroleh
$$\begin{aligned} \left(a + \dfrac{4}{a}\right)\left(b + \dfrac{5}{b}\right) & \geq 4 \cdot 2\sqrt{5} \\ \left(a + \dfrac{4}{a}\right)\left(b + \dfrac{5}{b}\right) & \geq \sqrt{320}. \end{aligned}$$Kesamaan terjadi ketika suku yang diambil pada masing-masing kasus adalah sama.
$$\begin{aligned} a & =\dfrac{4}{a} \Rightarrow a^2 = 4 \Rightarrow a = 2 \\ b & =\dfrac{5}{b} \Rightarrow b^2 = 5 \Rightarrow b = \sqrt{5} \end{aligned}$$Dengan demikian, nilai $\boxed{ab = 2\sqrt{5}}.$
(Jawaban B)

Perhatikan bahwa ekspresi $4^{2a}, 4^{2b},$ dan $4^{2c}$ selalu nonnegatif sehingga kita dapat menggunakan ketaksamaan AM-GM. Untuk suku $4^{2a}$ dan $1,$ kita peroleh
$$4^{2a} + 1 \ge 2\sqrt{4^{2a}}.$$Dengan cara yang sama, kita juga peroleh
$$\begin{cases} 4^{2b} + 2 \ge 2\sqrt{4^{2a} \cdot 2} \\ 4^{2c} + 8 \ge 2\sqrt{4^{2a} \cdot 8} \end{cases}$$Kalikan tiga ketaksamaan tersebut sesuai ruasnya.
$$\begin{aligned} (4^{2a} + 1)(4^{2b} + 2)(4^{2c} + 8) & \geq (2\sqrt{4^{2a}})(2\sqrt{4^{2a} \cdot 2})(2\sqrt{4^{2a} \cdot 8}) \\ & = 8\sqrt{4^{2a+2b+2c+2}} \\ & = 2^{2a+2b+2c+5} \end{aligned}$$Perhatikan bahwa yang kita inginkan adalah kesamaan itu tercapai, yaitu $$(4^{2a} + 1)(4^{2b} + 2)(4^{2c} + 8) = 2^{2a + 2b + 2c + 5}.$$Kondisi tersebut terjadi saat setiap dua suku yang dipilih tadi bernilai sama. Dari sana, kita bisa tentukan masing-masing nilai $a, b,$ dan $c.$
$$\begin{aligned} 4^{2a} = 1 & \Rightarrow a = 0 \\ 4^{2b} = 2 & \Rightarrow b = 1/4 \\ 4^{2a} = 8 & \Rightarrow c = 3/4 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\dfrac{a+b}{c} = \dfrac{0 + 1/4}{3/4} = \dfrac13}.$

Berdasarkan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}}{2} & \geq \sqrt{\dfrac{\bcancel{x}}{\cancel{y}} \cdot \dfrac{\cancel{y}}{\bcancel{x}}} = \sqrt1 = 1 \\ \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x} & \geq 2. \end{aligned}$
Jadi, terbukti bahwa berlaku $\dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x} \geq 2$ untuk setiap $x, y > 0$.

Misalkan diberikan bilangan positif $a, b, c, d$. Berdasarkan ketaksamaan AM-HM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{HM} \\ \dfrac{a+b+c+d}{4} & \geq \dfrac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}} \\ (a+b+c+d)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right) & \geq 4(4) = 16. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa $$(a+b+c+d)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right) \geq 16.$$

Diketahui $\color{red}{p+q+r = 1}$.
Kita akan menggunakan ketaksamaan AM-HM, yaitu $\textbf{AM} \geq \textbf{HM}$.
$\begin{aligned} \dfrac{\color{red}{p+q+r}}{3} & \geq \dfrac{3}{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}} \\ \dfrac{\color{red}{1}}{3} & \geq \dfrac{3}{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}} \\ \dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}+\dfrac{1}{r} & \geq 3(3) = 9 \end{aligned}$
Jadi, terbukti bahwa $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}+\dfrac{1}{r} \geq 9.$

Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, berlaku $3$ pernyataan berikut.
$\begin{aligned} \dfrac{a+b}{2} & \geq \sqrt{ab} && (\cdots 1) \\ \dfrac{a+c}{2} & \geq \sqrt{ac} && (\cdots 2) \\ \dfrac{b+c}{2} & \geq \sqrt{bc} && (\cdots 3) \end{aligned}$
Kalikan masing-masing sesuai ruasnya dan kita peroleh
$$\begin{aligned} \dfrac{a+b}{2} \cdot \dfrac{a+c}{2} \cdot \dfrac{b+c}{2} & \geq \sqrt{ab} \cdot \sqrt{ac} \cdot \sqrt{bc} \\ \dfrac{(a+b)(a+c)(b+c)}{8} & \geq \sqrt{a^2b^2c^2} \\ (a+b)(a+c)(b+c) & \geq 8abc. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa untuk setiap $a,b,c \geq 0$, berlaku $(a+b)(a+c)(b+c) \geq 8abc.$

Kita akan menggunakan ketaksamaan AM-GM, memakai suku $x^2, y^2$, dan $z^2$.
Untuk masing-masing dua variabel, kita peroleh
$\begin{aligned} x^2+y^2 & \geq 2\sqrt{x^2 \cdot y^2} = 2xy \\ x^2+z^2 & \geq 2\sqrt{x^2 \cdot z^2} = 2xz \\ y^2+z^2 & \geq 2\sqrt{y^2 \cdot z^2} = 2yz. \end{aligned}$
Jumlahkan ketiga ketaksamaan tersebut dan kita peroleh
$\begin{aligned} 2x^2+2y^2+2z^2 & \geq 2xy + 2xz + 2yz \\ \text{Bagi kedua ruas}&~\text{dengan}~2 \\ x^2+y^2+z^2 & \geq xy+xz+yz. \end{aligned}$
Pernyataan terbukti.
Tanda kesamaan terjadi saat $x^2 = y^2 = z^2$, yakni ketika $x = y = z = 1$.

Perhatikan bahwa
$999! = 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times 999$.
Berdasarkan ketaksamaan AM-GM, berlaku
$$\boxed{\sqrt[n]{a_1 \times a_2 \times a_3 \times \cdots \times a_{n-1} \times a_n} \leq \dfrac{\sum_{i=1}^n a_n}{n}}.$$Tanda kesamaan berlaku jika dan hanya jika $a_1=a_2=a_3=\cdots=a_{n-1}=a_n.$
Karena $a_1 \neq a_2 \neq a_3 \neq \cdots \neq a_{n-1} \neq a_n$, kita peroleh
$$\begin{aligned} \sqrt[n]{a_1 \times a_2 \times a_3 \times \cdots \times a_{n-1} \times a_n} & < \dfrac{\sum_{i=1}^n a_n}{n} \\ \sqrt[999]{1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times 999} & < \dfrac{\color{blue}{1+2+3+\cdots+999}}{999}. \end{aligned}$$Deret yang ditandai dengan warna biru di atas merupakan deret aritmetika. Jumlahnya dapat dicari dengan menggunakan rumus $\text{S}_n = \dfrac{n}{2}(a+\text{U}_n)$.
Kita akan peroleh ketaksamaan
$\begin{aligned} \sqrt[999]{999!} & < \dfrac{\dfrac{999}{2}(1+999)}{999} \\ \sqrt[999]{999!} & < \dfrac{\cancel{999} \cdot 500}{\cancel{999}} \\ \sqrt[999]{999!} & < 500 \\ 999! & < 500^{999}. \end{aligned}$
Terbukti bahwa $999! < 500^{999}$.

Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, memakai suku $a, \underbrace{b, b, \cdots, b}_{n~\text{kali}}$, diperoleh
$\begin{aligned} \dfrac{a+\overbrace{b+b+\cdots+b}^{n~\text{kali}}}{n+1} & \geq (a \cdot \overbrace{b \cdot b \cdots b}^{n~\text{kali}})^{\frac{1}{n+1}} \\ \dfrac{a+nb}{n+1} & \geq (ab^n)^{\frac{1}{n+1}} \\ \left(\dfrac{a+nb}{n+1}\right)^{n+1} & \geq ab^n. \end{aligned}$
Jadi, terbukti bahwa ketaksamaan tersebut benar.

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \dfrac{a+1}{a}+\dfrac{b+1}{b} & = \dfrac{a+(a+b)}{a}+\dfrac{b+(a+b)}{b} \\ & = 4 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}. \end{aligned}$$Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, memakai dua suku, yaitu $\dfrac{a+1}{a}$ dan $\dfrac{b+1}{b}$, kita peroleh
$$\begin{aligned} \dfrac{a+1}{a} + \dfrac{b+1}{b} = 4 + \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} & \geq 4 + 2\sqrt{\dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{b}{a}} \\ 4 + \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} & \geq 4+2 = 6. \end{aligned}$$Selanjutnya dengan menggunakan ketaksamaan QM-AM, memakai dua suku, yaitu $\dfrac{a+1}{a}$ dan $\dfrac{b+1}{b}$, kita peroleh
$$\begin{aligned} \left(\dfrac{\left(\dfrac{a+1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b+1}{b}\right)^2}{2}\right)^{1/2} & \geq \dfrac{\dfrac{a+1}{a}+\dfrac{b+1}{b}}{2} \\ \left(\dfrac{\left(\dfrac{a+1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b+1}{b}\right)^2}{2}\right)^{1/2} & \geq \dfrac{6}{2} = 3 \\ \dfrac{\left(\dfrac{a+1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b+1}{b}\right)^2}{2} & \geq 9 \\ \left(\dfrac{a+1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b+1}{b}\right)^2 & \geq 18. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa $\left(\dfrac{a+1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b+1}{b}\right)^2 \geq 18$.

Diketahui $\color{blue}{a+b=1}$.
Misalkan $f(a, b)$ adalah fungsi dua variabel.
$\begin{aligned} f(a, b) & = \left(\dfrac{a^2+1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+1}{b}\right)^2 \\ & = \left(a+\dfrac{1}{a}\right)^2+\left(b+\dfrac{1}{b}\right)^2 \\ & = a^2+2+\dfrac{1}{a^2} + b^2 + 2 + \dfrac{1}{b^2} \\ & = a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+4 \end{aligned}$
Kita akan mencari nilai minimum $f(a, b)$, ekuivalen dengan mencari nilai minimum dari $g(a, b) = a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$.
Dengan menggunakan ketaksamaan QM-AM, memakai $2$ suku, yaitu $a$ dan $b$, diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}} & \geq \dfrac{a+b}{2} \\ \text{Kuadratkan}&~\text{kedua ruas} \\ \dfrac{a^2+b^2}{2} & \geq \left(\dfrac{\color{blue}{a+b}}{2}\right)^2 \\ \dfrac{a^2+b^2}{2} & \geq  \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac14 \\ \color{red}{a^2+b^2} & \color{red}{\geq \dfrac12}. \end{aligned}$
Jika kita menggunakan ketaksamaan GM-HM dengan suku $a^2$ dan $b^2$, diperoleh
$\sqrt{a^2b^2} = ab \geq \dfrac{2}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}}.~~~~(\cdots 1)$
Jika kita menggunakan ketaksamaan AM-GM dengan suku $a$ dan $b$, diperoleh
$\begin{aligned} \dfrac{\color{blue}{a+b}}{2} & \geq \sqrt{ab} \\ \dfrac12 & \geq \sqrt{ab} \\ \text{Kuadratkan}&~\text{kedua ruas} \\ \dfrac14 & \geq ab. && (\cdots 2) \end{aligned}$
Dari ketaksamaan $(1)$ dan $(2)$, diperoleh
$\begin{aligned} \dfrac14 & \geq \dfrac{2}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}} \\ \color{red}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}} & \color{red}{\geq 2(4) = 8}. \end{aligned}$
Sekarang jumlahkan $2$ ketaksamaan yang ditandai dengan warna merah.
$a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2} \geq 8+\dfrac12 = \dfrac{17}{2}$
Nilai minimum dari $g(a, b) = a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$ adalah $\dfrac{17}{2}$, berarti nilai minimum dari $g(a,b) = f(a,b)+4$ adalah $\dfrac{17}{2}+4$ $=\dfrac{25}{2}$.
Jadi, terbukti bahwa $\left(\dfrac{a^2+1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+1}{b}\right)^2 \geq \dfrac{25}{2}.$

Tinjau bentuk
$\begin{aligned} \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{a+4} & = \dfrac{(a+4)+a}{a(a+4)} \\ & = \dfrac{2a+4}{a(a+4)} \\ & = 2 \cdot \dfrac{a+2}{a(a+4)} \\ \Leftrightarrow \dfrac12\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{a+4}\right) & = \dfrac{a+2}{a(a+4)}.   \end{aligned}$
Oleh karena itu,
$$\begin{aligned} & \dfrac{a+2}{a(a+4)}+\dfrac{b+2}{b(b+4)}+\dfrac{c+2}{c(c+4)} \\ & = \dfrac12\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a+4} + \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b+4} + \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c+4}\right) \\ & = \dfrac12\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{b+4}+\dfrac{1}{c+4}\right). \end{aligned}$$Berdasarkan ketaksamaan AM-HM menggunakan suku $a, b$, dan $c$, kita peroleh
$\begin{aligned} \dfrac{a+b+c}{3} & \geq \dfrac{3}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}} \\ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} & \geq \dfrac{9}{a+b+c}. \end{aligned}$
Berdasarkan ketaksamaan AM-HM menggunakan suku $a+4, b+4$, dan $c+4$, kita peroleh
$$\begin{aligned} \dfrac{a+4+b+4+c+4}{3} & \geq \dfrac{3}{\dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{b+4}+\dfrac{1}{c+4}} \\ \dfrac{a+b+c+12}{3} & \geq \dfrac{3}{\dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{b+4}+\dfrac{1}{c+4}} \\ \dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{b+4}+\dfrac{1}{c+4} & \geq \dfrac{9}{a+b+c+12}. \end{aligned}$$Sekarang kita dapatkan
$$\begin{aligned} & \dfrac{a+2}{a(a+4)}+\dfrac{b+2}{b(b+4)}+\dfrac{c+2}{c(c+4)} \\ & = \dfrac12\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{b+4}+\dfrac{1}{c+4}\right) \\ & \geq \dfrac12\left(\dfrac{9}{a+b+c}+\dfrac{9}{a+b+c+12}\right) \\ & \geq \dfrac12\left(\dfrac{9}{6}+\dfrac{9}{6+12}\right) \\ & = \dfrac12\left(\dfrac32 + \dfrac12\right) = 1. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa $$\dfrac{a+2}{a(a+4)}+\dfrac{b+2}{b(b+4)}+\dfrac{c+2}{c(c+4)} \geq 1.$$

Berdasarkan ketaksamaan AM-GM memakai suku $1$ dan $x$, diperoleh
$$\begin{aligned} 1+x & \geq 2\sqrt{(1)(x)} = 2\sqrt{x} \\ 1+x & \geq (1+\sqrt{x})^2-(1+x) \\ (1+x)+(1+x) & \geq (1+\sqrt{x})^2 \\ 2(1+x) & \geq (1+\sqrt{x})^2 \\ \dfrac{1}{(1+\sqrt{x})^2} & \geq \dfrac{1}{2(1+x)}. && (\cdots 1)\end{aligned}$$Dengan prinsip yang sama, tetapi untuk suku $y$ dan $1$, diperoleh
$\dfrac{1}{(1+\sqrt{y})^2} \geq \dfrac{1}{2(1+y)}.~~~~(\cdots 2)$
Jumlahkan kedua ketaksamaan di atas dan kita peroleh
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{(1+\sqrt{x})^2} + \dfrac{1}{(1+\sqrt{y})^2} & \geq \dfrac{1}{2(1+x)}+\dfrac{1}{2(1+y)} \\ & = \dfrac12\left(\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+y}\right). && (\cdots 3) \end{aligned}$$Selanjutnya, gunakan ketaksamaan AM-HM memakai suku $\dfrac{1}{1+x}$ dan $\dfrac{1}{1+y}$.
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+y} & \geq 2 \cdot \dfrac{2}{\dfrac{1}{\frac{1}{1+x}} + \dfrac{1}{\frac{1}{1+y}}} \\ \dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+y} & \geq \dfrac{4}{1+x+1+y} \\ \dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+y} & \geq \dfrac{4}{x+y+2} && (\cdots 4) \end{aligned}$$Kita peroleh hubungan ketaksamaan $(3)$ dan $(4)$, yaitu
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{(1+\sqrt{x})^2} + \dfrac{1}{(1+\sqrt{y})^2} & \geq \dfrac12\left(\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+y}\right) \\ \Rightarrow \dfrac{1}{(1+\sqrt{x})^2} + \dfrac{1}{(1+\sqrt{y})^2} & \geq \dfrac12\left(\dfrac{4}{x+y+2}\right) = \dfrac{2}{x+y+2}. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa $$\dfrac{1}{(1+\sqrt{x})^2} + \dfrac{1}{(1+\sqrt{y})^2} \geq \dfrac{2}{x+y+2}.$$

Klaim bahwa $\sqrt{(a+b)(a+c)} \geq \sqrt{ab} + \sqrt{ac}.$
Pada nyatanya, kuadrat kedua ruas menghasilkan ketaksamaan
$$\begin{aligned} \left(\sqrt{(a+b)(a+c)}\right)^2 & \geq \left(\sqrt{ab} + \sqrt{ac}\right)^2 \\ (a+b)(a+c) & \geq ab+2a\sqrt{bc} + ac \\ a^2+\cancel{ac+ab}+bc & \geq \cancel{ab}+2a\sqrt{bc} + \cancel{ac} \\ a^2+bc & \geq 2a\sqrt{bc}. \end{aligned}$$Ketaksamaan terakhir merupakan ketaksamaan yang diperoleh dari hubungan AM-GM menggunakan suku $a^2$ dan $bc$. Jadi, klaim sebelumnya benar.
Karena $\sqrt{(a+b)(a+c)} \geq \sqrt{ab} + \sqrt{ac}$, kita peroleh
$$\begin{aligned} \dfrac{a}{a + \sqrt{(a+b)(a+c)}} & \leq \dfrac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}} \\ & = \dfrac{a}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}} \\ & = \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}. && (\cdots 1) \end{aligned}$$Dengan cara yang sama, diperoleh
$$\begin{aligned} \dfrac{b}{b + \sqrt{(b+c)(b+a)}} & \leq \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}} && (\cdots 2) \\ \dfrac{c}{c + \sqrt{(c+a)(c+b)}} & \leq \dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}. && (\cdots 3) \end{aligned}$$Jumlahkan ketaksamaan $(1)$, $(2)$, dan $(3)$ sehingga kita dapatkan
$$\begin{aligned} & \dfrac{a}{a + \sqrt{(a+b)(a+c)}} + \dfrac{b}{b + \sqrt{(b+c)(b+a)}} + \dfrac{c}{c + \sqrt{(c+a)(c+b)}} \\ & \leq \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}} + \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}} + \dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}} \\ & = \dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}} = 1. \end{aligned}$$Jadi, ketaksamaan yang diberikan telah terbukti.

Diketahui $a + b = ab$.
Kuadratkan kedua ruas, kita peroleh
$\begin{aligned} (a + b)^2 & = (ab)^2 \\ a^2+b^2+2ab & = (ab)^2. \end{aligned}$
Menurut ketaksamaan AM-GM, berlaku $a^2+b^2 \geq 2ab$ sehingga seterusnya kita peroleh
$\begin{aligned} a^2+b^2+\color{red}{+2ab} & \geq 2ab\color{red}{+2ab} \\ (ab)^2 & \geq 4ab \\ ab & \geq 4. \end{aligned}$
Untuk itu, kita dapatkan
$$\begin{aligned} \dfrac{a}{b^2+2017}+\dfrac{b}{a^2+2017} & = \dfrac{a^2}{ab^2+2017a} + \dfrac{b^2}{a^2b + 2017b} \\ & \geq \dfrac{(a+b)^2}{ab(a+b)+2017(a+b)} \\ & = \dfrac{(ab)^2}{ab^2+2017ab} \\ & = \dfrac{ab}{ab+2017} = 1-\dfrac{2017}{ab+2017} \\ & \geq 1-\dfrac{2017}{4+2017} = \dfrac{4}{2021}. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa $\dfrac{a}{b^2+2017}+\dfrac{b}{a^2+2017} \geq \dfrac{4}{2021}$.

Dari ketaksamaan AM-GM bahwa $ab \leq \left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2$ untuk $a,b$ bilangan bulat positif, kita peroleh ketaksamaan berikut.
$$\begin{aligned} 1 \cdot n & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2 && (\text{jika}~a = 1, b = n) \\ 2 \cdot (n-1) & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2 && (\text{jika}~a = 2, b = n-1) \\ 3 \cdot (n-2) & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2 && (\text{jika}~a = 3, b = n-2) \\ \hspace{8pt} & \vdots && \hspace{5.5pt} \vdots \\ (n-1) \cdot 2 & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2 && (\text{jika}~a = n-1, b = 2) \\ n \cdot 1 & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2 && (\text{jika}~a = n, b = 1) \end{aligned}$$Jika semua bentuk di atas kita kalikan sesuai dengan ruasnya sehingga tanda ketaksamaan dipertahankan, diperoleh
$$\begin{aligned} (1 \cdot n)(2 \cdot (n-1))(3 \cdot (n-2)) \cdots ((n-1) \cdot 2)(n \cdot 1) & \leq \underbrace{\left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2\left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2\cdots\left(\dfrac{1+n}{2}\right)^2}_{\text{sebanyak}~n} \\ (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n)(n(n-1)(n-2)\cdots 1) & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^{2n} \\ n! \cdot n! & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^{2n} \\ (n!)^2 & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^{2n} \\ n! & \leq \left(\dfrac{1+n}{2}\right)^n. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa $\bbox[skyblue, 3pt]{n! \leq \left(\dfrac{n+1}{2}\right)^n}.$

Diketahui $a, b > 0$ dan $\color{red}{ab = 6}.$
Ambil dua suku $\left(2a^2, 2b, 2b\right).$ Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{2a^2 + 2b + 2b}{3} & \geq \sqrt[3]{2a^2 \cdot 2b \cdot 2b} \\ 2a^2 + 4b & \geq 3 \sqrt[3]{8a^2b^2} \\ 2a^2 + 4b & \geq 6\sqrt[3]{(\color{red}{ab})^2} \\ 2a^2 + 4b & \geq 6\sqrt[3]{36}. \end{aligned}$$Pertidaksamaan terakhir menunjukkan nilai maksimum $2a^2 + 4b$ adalah $\boxed{6\sqrt[3]{36}}.$
Kesamaan terjadi ketika suku yang diambil sama, yakni $2a^2 = 2b$ atau disederhanakan menjadi $a^2 = b.$ Karena $ab = 6,$ maka substitusi menghasilkan
$$\begin{aligned} a(a^2) & = 6 \\ a^3 & = 6 \\ a & = \sqrt[3]{6} \\ \Rightarrow b & = \sqrt[3]{36}. \end{aligned}$$Jadi, nilai $a$ dan $b$ agar nilai minimum tersebut tercapai berturut-turut adalah $\boxed{\sqrt[3]{6}}$ dan $\boxed{\sqrt[3]{36}}.$

Diketahui $a, b > 0$ dan $a + 4b = 12.$
Jawaban a)
Ambil dua suku $\left(a, 4b\right).$ Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{a + 4b}{2} & \geq \sqrt{a \cdot 4b} \\ \dfrac{12}{2} & \geq \sqrt{4ab} \\ 6 & \geq \sqrt{4ab} \\ 36 & \geq 4ab \\ 9 & \geq ab. \end{aligned}$$Pertidaksamaan terakhir menunjukkan bahwa nilai maksimum dari $ab$ adalah $\boxed{9}$ (tercapai ketika $a = 4b).$
Jawaban b)
Ambil tiga suku $\left(a, 2b, 2b\right).$ Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{a + 2b + 2b}{3} & \geq \sqrt[3]{a \cdot 2b \cdot 2b} \\ \dfrac{12}{3} & \geq \sqrt[3]{4ab^2} \\ 4 & \geq \sqrt[3]{4ab^2} \\ 64 & \geq 4ab^2 \\ 16 & \geq ab^2. \end{aligned}$$Pertidaksamaan terakhir menunjukkan bahwa nilai maksimum dari $ab^2$ adalah $\boxed{16}$ (tercapai ketika $a = 2b).$
Catatan:
Jika tiga suku yang diambil adalah $\left(a, b, 3b\right),$ maka dengan cara yang sama seperti di atas, kita akan peroleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{a + b + 3b}{3} & \geq \sqrt{a \cdot b \cdot 3b} \\ \dfrac{12}{3} & \geq \sqrt[3]{3ab^2} \\ 4 & \geq \sqrt[3]{3ab^2} \\ 64 & \geq 3ab^2 \\ \dfrac{64}{3} & \geq ab^2. \end{aligned}$$Perhatikan bahwa kesamaan tercapai ketika suku yang diambil sama semua, yaitu $a = b = 3b,$ tetapi kondisi tersebut tidak mungkin terjadi untuk $a, b$ bilangan real positif. Jadi, tidak dapat disimpulkan bahwa nilai maksimum dari $ab^2$ adalah $\dfrac{64}{3}.$

Pertama, ambil dua suku $\left(a^3, a^3, b^3\right).$
Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{a^3 + a^3 + b^3}{3} & \geq \sqrt[3]{a^3 \cdot a^3 \cdot b^3} \\ 2a^3 + b^3 & \geq 3\sqrt[3]{a^6b^3} \\ 2a^3 + b^3 & \geq 3a^2b. && (\cdots 1) \end{aligned}$$Kedua, ambil dua suku $\left(b^3, b^3, c^3\right).$
Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{b^3 + b^3 + c^3}{3} & \geq \sqrt[3]{b^3 \cdot b^3 \cdot c^3} \\ 2b^3 + c^3 & \geq 3\sqrt[3]{b^6c^3} \\ 2b^3 + c^3 & \geq 3b^2c. && (\cdots 2) \end{aligned}$$Terakhir, ambil dua suku $\left(c^3, c^3, a^3\right).$
Dengan menggunakan Ketaksamaan AM-GM, diperoleh
$$\begin{aligned} \textbf{AM} & \geq \textbf{GM} \\ \dfrac{c^3 + c^3 + a^3}{3} & \geq \sqrt[3]{c^3 \cdot c^3 \cdot a^3} \\ 2c^3 +a^3 & \geq 3\sqrt[3]{c^6a^3} \\ 2c^3 + a^3 & \geq 3c^2a. && (\cdots 3) \end{aligned}$$Jumlahkan ketiga pertidaksamaan sesuai dengan ruasnya sehingga akan didapat
$$\begin{aligned} (2a^3 + b^3) + (2b^3 + c^3) + (2c^3 + a^3) & \geq 3a^2b + 3b^2c + 3c^2a \\ 3a^3 + 3b^3 + 3c^3 & \geq 3a^2b + 3b^2c + 3c^2a \\ a^3 + b^3 + c^3 & \geq a^2b + b^2c + c^2a. \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa untuk bilangan real positif $a, b, c,$ berlaku $$a^3 + b^3 + c^3 \geq a^2b + b^2c + c^2a.$$