Pertidaksamaan « Art of Mathematics

2 Mei 2008

[Mathematical Mayhem 239] Jika $a,b,c>0$ , buktikan bahwa

$\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\le\dfrac{(a+b+c)^2}{6abc}$ .

Solusi
Karena $(a+b)^2-4ab=(a-b)^2\ge0$ , maka $4ab\le(a+b)^2$ . Dengan cara yang sama, $4bc\le(b+c)^2$ dan $4ca\le(c+a)^2$ . Maka

$\displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right)=\dfrac{4ab}{a+b}c+\dfrac{4bc}{b+c}a+\dfrac{4ca}{c+a}b$

$\displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right) \le(a+b)c+(b+c)a+(c+a)b$

$\displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right) =2(ab+bc+ca)$ .

Karena $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\ge0$ , maka $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ , dan

$3(ab+bc+ca)\le a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2$ .

Menggabungkan dua pertidaksamaan di atas, didapat

$\displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right)\le \dfrac23(a+b+c)^2$ .

Bagi kedua ruas dengan $4abc$ , dan terbukti.

wah,…….. pas bgt aq gi blajar anril/analisis riil. thx y

Komentar oleh farida — 3 Mei 2008 @ 13:20
wah keknya waktu kuliah kalkulus ga serumit ini deh
*garuk2 pala*

Komentar oleh hanggadamai — 3 Mei 2008 @ 14:18