1. Sekolah Dasar
  2. Sekolah Menengah Pertama
  3. Sekolah Menengah Atas
  4. Mata Pelajaran
  5. Programming

sush.[tex] \\ \\ [/tex]gmbr terlampir di atas .... !![tex]

Berikut ini adalah pertanyaan dari iimxnnr pada mata pelajaran Matematika untuk jenjang Sekolah Menengah Pertama

Sush. \\ \\
gmbr terlampir di atas .... !!

\\


tidk ngsl terimakasih ​
sush.[tex] \\ \\ [/tex]gmbr terlampir di atas .... !![tex] \\ [/tex]tidk ngsl terimakasih ​

Jawaban dan Penjelasan

Berikut ini adalah pilihan jawaban terbaik dari pertanyaan diatas.

Pertidaksamaan
\begin{aligned}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2\ \le\ 3\left(y^2+yz+z^2\right)\left(z^2+zx+x^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\end{aligned}
untuk x, y, z bilangan real positif, TERBUKTI.
 

Penjelasan dengan langkah-langkah:

Kita akan membuktikan bahwa untuk x, y, z bilangan real positif, berlaku pertidaksamaan
\begin{aligned}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2\ \le\ 3\left(y^2+yz+z^2\right)\left(z^2+zx+x^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\end{aligned}

Kita tahu bahwa:
(x ± y)² = x² ± 2xy + y²

Maka:

\begin{aligned}\frac{3}{4}(x+y)^2&=\frac{3}{4}x^2+\frac{3}{2}xy+\frac{3}{4}y^2\\\frac{1}{4}(x-y)^2&=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}xy+\frac{1}{4}y^2\\\textsf{-----------------------------}&\textsf{---------------------------}\ +\\\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2&=x^2+xy+y^2\end{aligned}

Hal ini juga dapat diterapkan pada variabel pasangan (y, z)dan(z, x), sehingga kita memiliki:

\begin{aligned}&\bullet\ \frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2=x^2+xy+y^2\\\vphantom{\Bigg|}&\bullet\ \frac{3}{4}(y+z)^2+\frac{1}{4}(y-z)^2=y^2+yz+z^2\\&\bullet\ \frac{3}{4}(z+x)^2+\frac{1}{4}(z-x)^2=z^2+zx+x^2\\\end{aligned}

Perhatikan bahwa ¼(x–y)², ¼(y–z)², maupun ¼(z–x)² pasti bernilai tak-negatif (positif, atau nol).

Oleh karena itu:

\begin{aligned}&\bullet\ \frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2\ \ge \ \frac{3}{4}(x+y)^2\\\vphantom{\Bigg|}&\bullet\ \frac{3}{4}(y+z)^2+\frac{1}{4}(y-z)^2\ \ge \ \frac{3}{4}(y+z)^2\\&\bullet\ \frac{3}{4}(z+x)^2+\frac{1}{4}(z-x)^2\ \ge \ \frac{3}{4}(z+x)^2\end{aligned}

sehingga:

\begin{aligned}&\bullet\ x^2+xy+y^2\ \ge \ \frac{3}{4}(x+y)^2\\\vphantom{\Bigg|}&\bullet\ y^2+yz+z^2\ \ge \ \frac{3}{4}(y+z)^2\\&\bullet\ z^2+zx+x^2\ \ge \ \frac{3}{4}(z+x)^2\end{aligned}

Perkalian dari ketiga pertidaksamaan tersebut menghasilkan:

\begin{aligned}&\left(z^2+zx+x^2\right)\left(y^2+yz+z^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ \ge\ \frac{3}{4}(x+y)^2\cdot\frac{3}{4}(y+z)^2\cdot\frac{3}{4}(z+x)^2\\\vphantom{\Bigg|}&\Rightarrow 3\left(z^2+zx+x^2\right)\left(y^2+yz+z^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ \ge\ 3\cdot\frac{27}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2\\&\Rightarrow 3\left(z^2+zx+x^2\right)\left(y^2+yz+z^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ \ge\ \frac{81}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2\\\end{aligned}

Hal ini cukup untuk mengubah pertidaksamaan yang ingin dibuktikan menjadi:

\begin{aligned}&(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2\ \le\ \frac{81}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2\\\end{aligned}

Dengan menarik akar kuadrat pada kedua ruas, diperoleh:

\begin{aligned}&(x+y+z)(xy+yz+zx)\ \le\ \frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x)\\&\Rightarrow 8(x+y+z)(xy+yz+zx)\ \le\ 9(x+y)(y+z)(z+x)\end{aligned}

Kita perhatikan, untuk perkalian suku-suku pada ruas kanan:

\begin{aligned}&(x+y)(y+z)(z+x)\\&{=\ }\left(xy+y^2+xz+yz\right)(z+x)\\&{=\ }xyz+y^2z+xz^2+yz^2+x^2y+xy^2+x^2z+xyz\\&{=\ }x^2y+xy^2+xyz+xyz+y^2z+yz^2+x^2z+xz^2\\&{=\ }(x+y+z)xy+xyz+y^2z+yz^2+x^2z+xz^2\\&{=\ }(x+y+z)xy+(x+y+z)yz+x^2z+xz^2\\&{=\ }(x+y+z)xy+(x+y+z)yz+(x+y+z)zx-xyz\\&{=\ }(x+y+z)(zy+yz+zx)-xyz\end{aligned}

sehingga:

(x+y+z)(zy+yz+zx)=(x+y)(y+z)(z+x)+xyz

Lalu, substitusi ke dalam pertidaksamaan, sehingga diperoleh pertidaksamaan akhir yang perlu dibuktikan.

\begin{aligned}&8(x+y+z)(xy+yz+zx)\ \le\ 9(x+y)(y+z)(z+x)\\&\Rightarrow 8\left[(x+y)(y+z)(z+x)+xyz\right]\ \le\ 9(x+y)(y+z)(z+x)\\&\Rightarrow 8(x+y)(y+z)(z+x)+8xyz\ \le\ 9(x+y)(y+z)(z+x)\\&\Rightarrow 8xyz\ \le\ (9-8)(x+y)(y+z)(z+x)\\&\Rightarrow 8xyz\ \le\ (x+y)(y+z)(z+x)\\&\Rightarrow (x+y)(y+z)(z+x)\ \ge\ 8xyz\end{aligned}

Pertidaksamaan ini memenuhi ketidaksamaan AM-GM (rataan aritmetik - rataan geometrik), karena:

\begin{aligned}x+y\ & \ge\ 2\sqrt{xy}\\y+z\ & \ge\ 2\sqrt{yz}\\z+x\ & \ge\ 2\sqrt{zx}\\\textsf{---------------------------}&\textsf{--------------}\ \times\\(x+y)(y+z)(z+x)& \ge\ 8\sqrt{xy\cdot yz\cdot zx}\\&\Downarrow\\(x+y)(y+z)(z+x)& \ge\ 8xyz\\\end{aligned}

Dari pembuktian terakhir ini, dapat ditarik kesimpulan bahwa pertidaksamaan awal yang diberikan: terbukti.

KESIMPULAN

∴ Dengan demikian, pertidaksamaan
\begin{aligned}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2\ \le\ 3\left(y^2+yz+z^2\right)\left(z^2+zx+x^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\end{aligned}
untuk x, y, z bilangan real positif, TERBUKTI.
\blacksquare

Semoga dengan pertanyaan yang sudah terjawab oleh henriyulianto dapat membantu memudahkan mengerjakan soal, tugas dan PR sekolah kalian.

Apabila terdapat kesalahan dalam mengerjakan soal, silahkan koreksi jawaban dengan mengirimkan email ke yomemimo.com melalui halaman Contact

Last Update: Sat, 08 Apr 23
<< Previous Post
Next Post >>