Prinsip Sangkar Burung: Bilangan Real $a$ dan $b$ dengan $0 < \frac{a-b}{ab+1} < \sqrt{3}$

Problem

Diberikan tujuh bilangan real. Tunjukkan bahwa selalu dapat dipilih dua di antaranya, sebut saja $a$ dan $b$, yang memenuhi $0 < \frac{a-b}{ab+1} < \sqrt{3}$.
[ON MIPA-PT Matematika 2013, Tingkat Wilayah]

Solusi

Berikut adalah Proposisi yang kita gunakan

Proposisi 1

Untuk setiap $\alpha$ dan $\beta$ berlaku $$\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan \alpha-\tan \beta}{\tan \alpha \tan \beta+1}$$

Untuk setiap bilangan real $x$, terdapat $y \in \left( -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)$ sedemikian sehingga $x=\tan y$. Interval $\left( -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)$ mempunyai panjang $\pi$. Kita bagi interval ini menjadi 6 bagian, sehingga panjang setiap bagian adalah $\frac{\pi}{6}$. Akibatnya, jarak terpanjang yang mungkin antara dua bilangan pada sebuah bagian adalah $\frac{\pi}{6}$.

Kita tidak perlu memperhatikan interval mana yang terbuka, tertutup, atau setengah tertutup. Karena interval-interval dengan kedua titik ujung sama, pasti memiliki panjang yang sama. Meskipun salah satu interval terbuka, sedangkan interval lainnya tertutup.

Berdasarkan Prinsip Sangkar Burung, jika diberikan tujuh bilangan real maka selalu ada dua bilangan, sebutlah $a$ dan $b$ dengan $a=\tan \alpha$ dan $b=\tan \beta$ untuk suatu $\alpha,\beta \in \left( -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)$, di mana $\alpha$ dan $\beta$ terletak pada bagian yang sama. Tanpa mengurangi perumuman, kita misalkan $\alpha > \beta$. Karena terletak pada bagian interval yang sama, maka berlaku $0 < \alpha-\beta \leq \frac{\pi}{6}$.

Perhatikan bahwa fungsi tangen monoton naik pada interval $\left( -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)$, sehingga $$\begin{aligned} \tan 0 &< \tan (\alpha-\beta) \leq \tan \frac{\pi}{6} \quad \quad &[ \text{Fungsi tangen monoton naik}] \\ \Longleftrightarrow \quad \quad 0 &< \frac{\tan \alpha-\tan \beta}{\tan \alpha \tan \beta + 1} \leq \frac{\sqrt{3}}{3} &[\text{Proposisi 1}] \\ \Longleftrightarrow \quad \quad 0 &< \frac{a-b}{ab + 1} \leq \frac{\sqrt{3}}{3} &[a=\tan \alpha \text{ dan } b=\tan \beta] \end{aligned}$$ Karena $\frac{\sqrt{3}}{3} < \sqrt{3}$, maka diperoleh $0 < \frac{a-b}{ab + 1} < \sqrt{3}$. Terbukti.


Bagikan ke:
Click here if solved
Click here to save

Maaf, fitur ini hanya untuk pembaca yang telah terdaftar. Silakan Masuk atau buat akun terlebih dahulu.

Tambah Komentar