Crux Mathematicorum 1654

Misalkan $x,y,z$ adalah bilangan real positif. Buktikan bahwa

$\displaystyle\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{y}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)}}+\frac{z}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)}}\le1.$

Bukti 1:

Kita punya

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}=\sum_{cyc}\frac{x(x-\sqrt{(x+y)(x+z)})}{x^2-(x+y)(x+z)}=\sum_{cyc}\frac{x(x-\sqrt{(x+y)(x+z)})}{-(xy+yz+zx)}=\frac{\sum_{cyc}x(\sqrt{(x+y)(x+z)}-x)}{xy+yz+zx}.$

Tetapi, dengan ketaksamaan GM-AM, kita juga punya $\sqrt{(x+y)(x+z)}\le\frac{x+y+x+z}2=\frac{2x+y+z}2$ , dan dengan cara yang sama diperoleh $\sqrt{(y+z)(y+x)}\le\frac{x+2y+z}2$ dan $\sqrt{(z+x)(z+y)}\le\frac{x+y+2z}2$ . Jadi

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}\le\frac{\sum_{cyc}x(\frac{2x+y+z}2-x)}{xy+yz+zx}=\frac{\sum_{cyc}(xy+xz)/2}{xy+yz+zx}=1.$

Bukti 2:

Perhatikan bahwa

$(x+y)(x+z)=x^2+xy+xz+yz=xy+xz+(x^2+yz)\ge xy+xz+2\sqrt{x^2yz}=(\sqrt{xy}+\sqrt{xz})^2$

dan dengan cara yang sama diperoleh $(y+z)(y+x)\ge(\sqrt{yz}+\sqrt{yx})^2$ dan $(z+x)(z+y)\ge(\sqrt{zx}+\sqrt{zy})^2$ . Jadi

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}\le\sum_{cyc}\frac{x}{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}=\sum_{cyc}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1.$

Bukti 3:

Kita punya

$(x+y)(x+z)=x^2+xy+xz+yz=x^2+yz+(xy+xz)\ge x^2+yz+2\sqrt{x^2yz}=(x+\sqrt{yz})^2$

dan dengan cara serupa diperoleh $(y+z)(y+x)\ge(y+\sqrt{zx})^2$ dan $(z+x)(z+y)\ge(z+\sqrt{xy})^2$ . Jadi

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}\le\sum_{cyc}\frac{x}{2x+\sqrt{yz}}=\sum_{cyc}\frac{1}{2+\sqrt{yz}/x}.$

Misalkan $\sqrt{yz}/x=a$ , $\sqrt{zx}/y=b$ , dan $\sqrt{xy}/z=c$ , maka $abc=1$ , dan yang akan dibuktikan adalah $\sum_{cyc}\frac1{2+a}\le1$ . Setelah menyamakan penyebut, ketaksamaan tersebut menjadi $\sum_{cyc}(4+2b+2c+bc)\le(8+4a+4b+4c+2ab+2bc+2ca+abc)$ yang ekuivalen dengan $3\le ab+bc+ca$ , yang jelas benar dengan ketaksamaan GM-AM.

Like this:

Be the first to like this post.

Kaitkata: AM-GM, Crux Mathematicorum, ketaksamaan

This entry was posted on 6 September 2009 at 6:52 and is filed under Uncategorized. Anda dapat meneruskan melihat respon dari tulisan ini melalui RSS 2.0 feed. r Anda dapat merespon, or trackback dari website anda.

Tinggalkan Balasan Cancel reply

Enter your comment here...

Please log in using one of these methods to post your comment:

Email (wajib) (Address never made public)

Nama (wajib)

Situs web

You are commenting using your WordPress.com account. ( Log Out / Ubah )

You are commenting using your Twitter account. ( Log Out / Ubah )

You are commenting using your Facebook account. ( Log Out / Ubah )

Batal

Connecting to %s

Matematika Klasik