Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

14Pendiferensialan

Turunan sudah dihitung di sepanjang jilid Sekolah Menengah; yang kurang adalah rantai teorema yang mengubah perhitungan menjadi keterangan tentang fungsinya: yaitu teorema Rolle, teorema nilai rata-rata, dan akibatnya — kriteria kemonotonan, batas Lipschitz, dan kecembungan. Segalanya dalam bab ini menyangkut fungsi yang terdefinisi pada sebuah selang $I$ .

14.1 Turunan

Definisi 14.1

Fungsi $f \colon I \to \R$ disebut dapat diturunkan di $x_0 \in I$ bila hasil bagi selisihnya $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ mempunyai limit (yang hingga) ketika $x \to x_0$ ; dan limitnya ditulis $f'(x_0)$ . Setara dengan itu:

f(x_0 + h) = f(x_0) + f'(x_0)\,h + h\,\varepsilon(h), \qquad \varepsilon(h) \xrightarrow[h \to 0]{} 0 ,

sehingga grafiknya lalu mempunyai garis singgung $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$ . Sifat dapat diturunkan di $x_0$ mengakibatkan kekontinuan di $x_0$ (bacalah tampilannya). Adapun $f$ dapat diturunkan pada $I$ bila ia demikian di setiap titiknya; lalu $f$ berkelas $C^1$ bila lebih lanjut $f'$ kontinu, dan berkelas $C^k$ bila $f$ dapat diturunkan $k$ kali dengan $f^{(k)}$ yang kontinu.

Contoh 14.2

Konvers “dapat diturunkan $\Rightarrow$ kontinu” gagal: $\abs{\,\cdot\,}$ di $0$ . Yang lebih mengejutkan, dapat diturunkan tak mengakibatkan $C^1$ : karena fungsi $f(x) = x^2 \sin\frac 1x$ ( $f(0) = 0$ ) bersifat dapat diturunkan di mana-mana, dengan $f'(0) = 0$ , tetapi $f'(x) = 2x \sin\frac1x - \cos\frac 1x$ tak berlimit di $0$ (Latihan 14.2).

Contoh 14.3 (Dapat diturunkan tepat di satu titik)

Misalkan $f(x) = x^2$ untuk $x \in \Q$ dan $f(x) = 0$ untuk $x \notin \Q$ . Di $0$ : $\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| \leq \abs h \to 0$ , sehingga $f$ dapat diturunkan di $0$ dengan $f'(0) = 0$ . Adapun di sebarang $x_0 \neq 0$ , $f$ bahkan tak kontinu: karena barisan rasional dan irasional yang konvergen ke $x_0$ mengirim $f$ ke $x_0^2 \neq 0$ dan ke $0$ berturut-turut (menurut kepadatannya, Teorema 10.14). Jadi sifat dapat diturunkan sungguh gagasan yang titik demi titik: ia dapat berlaku di satu titik $\R$ dan tak di mana pun lagi. Adapun moralnya bagi praktik: bahwa pernyataan seperti kriteria kemonotonan atau Rolle menuntut turunannya pada sebuah selang — karena memiliki $f'(x_0)$ di titik yang terasing, sebanyak apa pun, tak menyangga kesimpulan menyeluruh apa pun.

Teorema 14.4 (Operasi)

Jika $f, g$ dapat diturunkan di $x_0$ (dan di tempat rumusnya bermakna):

(f + g)' = f' + g', \qquad (fg)' = f'g + fg', \qquad \Bigl(\frac fg\Bigr)' = \frac{f'g - fg'}{g^2},

lalu jika $g$ dapat diturunkan di $f(x_0)$ : $\;(g \circ f)'(x_0) = g'\bigl(f(x_0)\bigr)\, f'(x_0)$ (yaitu aturan rantai).

Bukti. Jumlahnya: langsung. Hasil kalinya: tulislah

f(x)g(x) - f(x_0)g(x_0) = \bigl(f(x) - f(x_0)\bigr) g(x) + f(x_0)\bigl(g(x) - g(x_0)\bigr),

lalu bagilah dengan $x - x_0$ dan biarkan $x \to x_0$ ( $g$ kontinu di $x_0$ ). Hasil baginya: tanganilah $\frac 1g$ lewat $\frac{1/g(x) - 1/g(x_0)}{x - x_0} = \frac{-1}{g(x)g(x_0)}\cdot\frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0}$ , lalu terapkan aturan hasil kalinya. Aturan rantainya: dengan $y_0 = f(x_0)$ , definisikan $\theta(y) = \frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0}$ untuk $y \neq y_0$ dan $\theta(y_0) = g'(y_0)$ : maka $\theta$ kontinu di $y_0$ , dan untuk $x \neq x_0$ ,

\frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{x - x_0} = \theta\bigl(f(x)\bigr)\cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \longrightarrow g'(y_0)\, f'(x_0),

dengan faktor pertamanya lewat komposisi limitnya (dan muslihat ini menangani kasus $f(x) = f(x_0)$ dengan bersih, yang di situ “kalikan lalu bagilah dengan $f(x) - f(x_0)$ ” yang naif itu patah). ∎

Teorema 14.5 (Turunan fungsi invers)

Misalkan $f$ kontinu dan monoton tegas pada $I$ , dapat diturunkan di $x_0$ dengan $f'(x_0) \neq 0$ . Maka $f^{-1}$ (Teorema 13.16) dapat diturunkan di $y_0 = f(x_0)$ , dengan

(f^{-1})'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)} = \frac{1}{f'\bigl(f^{-1}(y_0)\bigr)} .

Sedangkan jika $f'(x_0) = 0$ , maka inversnya mempunyai garis singgung tegak di $y_0$ .

Bukti. Untuk $y \to y_0$ , tetapkanlah $x = f^{-1}(y)$ : maka kekontinuan $f^{-1}$ memberikan $x \to x_0$ , dan

\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0} = \frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)} = \frac{1}{\dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}} \longrightarrow \frac{1}{f'(x_0)} .

Adapun klaim garis singgung tegaknya: jika $f'(x_0) = 0$ , maka hasil bagi yang terpampang itu adalah kebalikan sebuah besaran yang menuju $0$ sambil mempertahankan satu tanda yang tetap (karena untuk $f$ yang naik tegas, $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} > 0$ untuk setiap $x \neq x_0$ ): sehingga hasil bagi selisih $f^{-1}$ menuju $+\infty$ (dan ke $-\infty$ untuk $f$ yang turun). Jadi inversnya tetap kontinu tetapi tak dapat diturunkan di $y_0$ — karena grafiknya, yaitu pencerminan grafik $f$ terhadap diagonalnya, berdiri tegak persis di tempat grafik $f$ berjalan mendatar, sebagaimana diperlihatkan $x^{1/3}$ di $0$ terhadap $x^3$ . ∎

Contoh 14.6 (Turunan invers, dua kali)

Teoremanya menghitung ulang turunan klasiknya tanpa kerja limit apa pun. Untuk $\ln = \exp^{-1}$ : di $y = \eu^x$ ,

(\ln)'(y) = \frac{1}{\exp'(x)} = \frac{1}{\eu^{x}} = \frac1y ,

yang sah untuk setiap $y > 0$ karena $\exp' = \exp$ tak pernah lenyap. Untuk $\arctan = \tan^{-1}$ : di $y = \tan x$ ,

(\arctan)'(y) = \frac{1}{1 + \tan^2 x} = \frac{1}{1 + y^2} ,

dengan memakai $\tan' = 1 + \tan^2 > 0$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa rumusnya mengubah pengetahuan tentang sebuah fungsi menjadi pengetahuan tentang inversnya dengan ongkos satu penyulihan — dan penyulihannya ( $x = \ln y$ , $x = \arctan y$ ) persis merupakan pernyataan bahwa kedua variabelnya hidup di sisi yang berlawanan pada bijeksinya.

14.2 Rolle dan teorema nilai rata-rata

Proposisi 14.7 (Ekstremum interior)

Jika $f$ dapat diturunkan di sebuah titik interior $x_0$ pada $I$ dan mempunyai ekstremum lokal di sana, maka $f'(x_0) = 0$ .

Bukti. Katakanlah sebuah maksimum lokal: maka ada $r > 0$ dengan $f(x) \leq f(x_0)$ untuk $\abs{x - x_0} \leq r$ , dan keinteriorannya menjamin bahwa kedua sisi $x_0$ tersedia di dalam $I$ . Untuk $0 < h \leq r$ maka hasil bagi $\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$ berpembilang $\leq 0$ dan berpenyebut $> 0$ : sehingga ia $\leq 0$ , dan limitnya $f'(x_0)$ mewarisi $\leq 0$ (karena ketaksamaan yang lebar diteruskan ke limitnya, Teorema 11.7); sedangkan untuk $-r \leq h < 0$ hasil baginya $\geq 0$ , yang memberikan $f'(x_0) \geq 0$ . Jadi $f'(x_0) = 0$ . (Adapun di sebuah titik ujung, hanya satu tandanya yang tersedia: sehingga kesimpulannya gagal di sana — pikirkanlah $x$ pada $\intcc{0}{1}$ , yang maksimal di $1$ dengan turunan $1$ .) ∎

Teorema 14.8 (Rolle)

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ , dapat diturunkan pada $\intoo{a}{b}$ , dengan $f(a) = f(b)$ . Maka $f'(c) = 0$ untuk suatu $c \in \intoo{a}{b}$ .

Bukti. Menurut teorema nilai ekstrem (Teorema 13.13), $f$ mencapai maksimum dan minimumnya pada $\intcc{a}{b}$ . Jika keduanya tercapai di titik ujungnya, maka (karena $f(a) = f(b)$ ) maks $=$ min sehingga $f$ konstan: jadi sebarang $c$ yang interior berlaku. Kalau tidak, sebuah ekstremumnya tercapai di sebuah titik interior $c$ , lalu Proposisi 14.7 memberikan $f'(c) = 0$ . ∎

Teorema 14.9 (Teorema nilai rata-rata)

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ , dapat diturunkan pada $\intoo{a}{b}$ . Maka ada $c \in \intoo{a}{b}$ dengan

f(b) - f(a) = f'(c)\,(b - a) .

Ketaksamaan nilai rata-rata: jika lebih lanjut $m \leq f' \leq M$ pada $\intoo{a}{b}$ , maka $m(b-a) \leq f(b) - f(a) \leq M(b-a)$ ; khususnya $\abs{f'} \leq K$ mengakibatkan bahwa $f$ bersifat Lipschitz- $K$ .

Bukti. Terapkanlah Rolle pada $g(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a)$ : maka $g$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ , dapat diturunkan di dalamnya, dan $g(a) = f(a) = g(b)$ . Di titik $c$ yang di situ $g'(c) = 0$ : $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ . Lalu ketaksamaannya menyusul dengan membatasi $f'(c)$ ; sedangkan pernyataan Lipschitznya menerapkannya pada setiap pasang titiknya. ∎

Teorema nilai rata-rata: bahwa suatu garis singgung (yang putus-putus) sejajar dengan tali busurnya (yang kelabu). Absisnya c adalah tempat teorema Rolle, yang diterapkan pada fungsinya dikurangi tali busurnya, menemukan sebuah titik kritis. — Teorema nilai rata-rata: bahwa suatu garis singgung (yang putus-putus) sejajar dengan tali busurnya (yang kelabu). Absisnya $c$ adalah tempat teorema Rolle, yang diterapkan pada fungsinya dikurangi tali busurnya, menemukan sebuah titik kritis.

Contoh 14.10 (Metode Newton itu metode Heron)

Metode Newton untuk memecahkan $f(x) = 0$ mengganti kurvanya dengan garis singgungnya di tebakan yang sedang berlaku $x_n$ lalu mengambil akar garis singgung itu sebagai tebakan berikutnya:

0 = f(x_n) + f'(x_n)(x_{n+1} - x_n) \quad\Longrightarrow\quad x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} .

Jalankanlah ia pada $f(x) = x^2 - 2$ :

x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 2}{2x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n} = \frac12\Bigl(x_n + \frac{2}{x_n}\Bigr) :

yaitu persis iterasi Heron (Contoh 11.24), dua milenium lebih awal. Adapun kecepatan kuadratik yang teramati di sana kini terjelaskan oleh gambaran garis singgungnya: karena di dekat sebuah akar sederhana, kurva dan garis singgungnya berselisih galat berorde dua, sehingga setiap langkahnya kira-kira mengkuadratkan galatnya — adapun pernyataan umumnya menyusul dari batas Taylor pada Bab 16. Inti gagasan penutupnya: bahwa di tempat dikotomi (Contoh 13.12) hanya memakai kekontinuan dan memperoleh satu bit per langkah, Newton membelanjakan sebuah turunan untuk melipatduakan cacah angka yang benar per langkah.

Contoh 14.11 (Teorema nilai rata-rata sebagai penaksir)

Seberapa besarkah $\sqrt{101}$ ? Terapkanlah teoremanya pada $f(t) = \sqrt t$ pada $\intcc{100}{101}$ : maka untuk suatu $c \in \intoo{100}{101}$ ,

\sqrt{101} - 10 = \frac{1}{2\sqrt c}, \qquad\text{sehingga}\qquad \frac{1}{2\sqrt{101}} < \sqrt{101} - 10 < \frac{1}{20} = 0.05 ,

dan karena $\sqrt{101} < 10.05$ , batas kirinya melampaui $\frac{1}{20.1} > 0.0497$ : jadi $10.0497 < \sqrt{101} < 10.05$ (dengan nilai sejatinya $10.049875\dots$ ) — yaitu tiga desimal yang benar dari satu penilaian turunan. Demikian pula $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ (dengan batas $\abs{\cos}\leq 1$ ): jadi taksiran Lipschitz yang dipakai sejak Bab 11 semuanya teorema ini. Inti gagasan penutupnya: bahwa teorema nilai rata-rata adalah rumus Taylor berorde nol — ia menukar satu titik $c$ yang tak diketahui dengan sebuah ketaksamaan yang tajam, dan Bab 16 akan mengulangi pertukaran itu persis.

Akibat 14.12 (Kriteria kemonotonan)

Misalkan $f$ kontinu pada $I$ , dapat diturunkan pada interiornya.

$f' \geq 0$ pada interiornya $\iff$ $f$ naik; sedangkan $f' = 0$ $\iff$ $f$ konstan.
Jika $f' > 0$ kecuali di titik yang berhingga banyak yang di situ ia lenyap, maka $f$ naik tegas.

Bukti. Jika $f' \geq 0$ : maka untuk $x < y$ di $I$ , teorema nilai rata-rata pada $\intcc{x}{y}$ memberikan $f(y) - f(x) = f'(c)(y - x) \geq 0$ . Sebaliknya, hasil bagi selisih fungsi yang naik bernilai $\geq 0$ , sehingga limitnya pun demikian. Adapun kasus konstannya: terapkanlah yang sebelumnya pada $f'$ dan $-f' \geq 0$ . Untuk versi tegasnya: $f$ naik; dan kesamaan $f(x) = f(y)$ untuk $x < y$ akan membekukan $f$ pada $\intcc{x}{y}$ , yang memaksa $f' = 0$ di sana — yaitu titik yang tak hingga banyaknya. ∎

Contoh 14.13 (Turunan yang sama, fungsi yang berbeda)

Pada $\R^* = \intoo{-\infty}{0} \cup \intoo{0}{+\infty}$ , baik $f(x) = \ln\abs x$ maupun $g(x) = \ln\abs x + \mathbf{1}_{x>0}$ (dengan menambahkan $1$ hanya pada setengah garis kanannya) memenuhi $f' = g' = \frac1x$ . Namun keduanya tak berselisih konstanta: karena kriteria “ $f' = 0 \implies f$ konstan” merupakan pernyataan tentang selang — sebab buktinya menjalankan teorema nilai rata-rata antara dua titik, yang menuntut seluruh ruas yang menghubungkannya terletak di daerah asalnya. Pada masing-masing setengah garisnya secara tersendiri, primitif $\frac1x$ adalah $\ln\abs x + c$ dengan satu konstanta per setengah garis, jadi dua konstanta yang saling bebas seluruhnya. Bab 15 mewarisi catatan halus ini: bahwa “sang” primitif sebuah fungsi terdefinisi dengan baik sampai sebuah konstanta pada setiap selang daerah asalnya, dan tabel antiturunan diam-diam menganggap keterhubungannya.

Contoh 14.14 (Ketegasan secara cuma-cuma)

Fungsi $x \mapsto x^3$ naik tegas pada $\R$ meskipun turunannya lenyap di $0$ : karena klausa kriterianya “ $f' > 0$ kecuali di titik yang berhingga banyak” persis dirancang untuk titik yang rata semacam itu. Sebaliknya, $f' \geq 0$ sendirian hanya memberikan kenaikan dalam arti yang lebar (karena fungsi konstan pun memenuhinya), dan turunan yang lenyap pada seluruh subselang memang membekukan fungsinya di sana. Adapun aturan praktisnya: untuk mengklaim kemonotonan yang tegas, daftarkanlah nol $f'$ ; berhingga banyak (atau lebih umum, tak satu pun pada subselang mana pun) tak berbahaya, sedangkan sebuah selang berisi nol bersifat mematikan.

Contoh 14.15 (Telaah variasi yang lengkap)

Telaahlah $f(x) = x^3 - 3x + 1$ pada $\R$ . Turunannya: $f'(x) = 3(x^2 - 1)$ , yang positif pada $\intoo{-\infty}{-1}$ , negatif pada $\intoo{-1}{1}$ , dan positif pada $\intoo{1}{+\infty}$ : sehingga menurut kriteria kemonotonannya, $f$ naik, lalu turun, lalu naik, dengan maksimum lokal $f(-1) = 3$ dan minimum lokal $f(1) = -1$ . Limitnya: $\mp\infty$ di $\mp\infty$ . Adapun akibatnya, yang terbaca dari tabel variasinya dengan teorema nilai antara pada setiap cabang monotonnya: bahwa $f$ lenyap tepat sekali pada masing-masing

\intoo{-\infty}{-1}, \qquad \intoo{-1}{1}, \qquad \intoo{1}{+\infty}

(karena nilai di sambungannya bertanda berlawanan: $3 > 0 > -1$ ), sehingga persamaan $x^3 - 3x + 1 = 0$ mempunyai tepat tiga akar real; dan secara numerik akarnya terletak di dekat $-1.88$ , $0.35$ , $1.53$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa tabel variasi merupakan perkakas bukti, bukan sketsa — karena cabang monoton ditambah perubahan tanda sama dengan tepat satu akar, dan tabelnya mendaftar cabangnya secara menyeluruh.

Teorema 14.16 (Rumus Leibniz)

Jika $f, g$ dapat diturunkan $n$ kali, maka $fg$ pun demikian, dan

(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk f^{(k)}\, g^{(n-k)} .

Bukti. Lewat induksi pada $n$ , yang persis sejajar dengan teorema binomialnya. Adapun kasus $n = 1$ merupakan aturan hasil kalinya. Dengan menganggap rumusnya berlaku pada peringkat $n$ , turunkanlah sekali lagi:

(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk \Bigl( f^{(k+1)} g^{(n-k)} + f^{(k)} g^{(n-k+1)} \Bigr),

lalu indeks ulanglah jumlah pertamanya dengan $j = k + 1$ dan kumpulkanlah koefisien $f^{(j)} g^{(n+1-j)}$ : yaitu $\binom{n}{j-1} + \binom nj = \binom{n+1}{j}$ menurut aturan Pascal (Proposisi 2.15), dengan suku perbatasannya $j = 0$ dan $j = n + 1$ membawa $\binom{n+1}{0} = \binom{n+1}{n+1} = 1$ sebagaimana seharusnya. ∎

Contoh 14.17 (Leibniz dalam kerja)

Hitunglah $\bigl(x^2 \eu^x\bigr)^{(n)}$ untuk $n \geq 2$ . Ambillah $f = x^2$ , yang turunannya mati cepat ( $f' = 2x$ , $f'' = 2$ , $f^{(k)} = 0$ untuk $k \geq 3$ ), dan $g = \eu^x$ : maka hanya tiga suku jumlah Leibniznya yang bertahan,

\bigl(x^2\eu^x\bigr)^{(n)} = \binom n0 x^2 \eu^x + \binom n1 (2x)\,\eu^x + \binom n2\, 2\,\eu^x = \eu^x\bigl(x^2 + 2nx + n(n-1)\bigr).

Periksa kewarasannya di $n = 1$ : $\eu^x(x^2 + 2x)$ , yang memang $(x^2\eu^x)'$ . Inti gagasan penutupnya: pakailah Leibniz ketika satu faktornya sebuah polinomial — karena jumlahnya lalu hanya bersuku $\deg + 1$ , dan rumusnya menjadi bentuk tertutup, bukan kesamaan yang abstrak. (Adapun untuk dua faktor yang sama-sama lincah tak hingga seperti $\eu^x\sin x$ , eksponensial kompleks dari Bab 3 merupakan perkakas yang lebih baik.)

14.3 Kecembungan

Definisi 14.18

Fungsi $f \colon I \to \R$ disebut cembung bila setiap tali busurnya terletak di atas grafiknya:

\forall x, y \in I,\ \forall t \in \intcc{0}{1}, \quad f\bigl(tx + (1-t)y\bigr) \leq t f(x) + (1-t) f(y).

( $f$ disebut cekung bila $-f$ cembung.)

Teorema 14.19 (Pencirian diferensialnya)

Misalkan $f$ dapat diturunkan pada $I$ . Berikut ini setara:

$f$ cembung;
$f'$ naik pada $I$ ;
grafiknya terletak di atas setiap garis singgungnya: $f(y) \geq f(x) + f'(x)(y - x)$ untuk setiap $x, y \in I$ .

Jika $f$ dapat diturunkan dua kali: maka $f$ cembung $\iff f'' \geq 0$ .

Bukti. (1 $\Rightarrow$ 3) Kecembungannya yang ditulis sebagai $\frac{f(x + t(y-x)) - f(x)}{t} \leq f(y) - f(x)$ untuk $t \in \intoc{0}{1}$ ; lalu biarkan $t \to 0^+$ : $f'(x)(y - x) \leq f(y) - f(x)$ .

(3 $\Rightarrow$ 2) Untuk $x < y$ , kedua ketaksamaan garis singgungnya di $x$ dan di $y$ memberikan $f'(x)(y-x) \leq f(y) - f(x) \leq f'(y)(y - x)$ , sehingga $f'(x) \leq f'(y)$ .

(2 $\Rightarrow$ 1) Tetapkanlah $x < y$ dan $t \in \intoo{0}{1}$ , lalu misalkan $z = tx + (1-t)y \in \intoo{x}{y}$ . Menurut teorema nilai rata-rata pada $\intcc{x}{z}$ dan $\intcc{z}{y}$ : ada $c_1 < z < c_2$ dengan

\frac{f(z) - f(x)}{z - x} = f'(c_1) \leq f'(c_2) = \frac{f(y) - f(z)}{y - z} ,

lalu membersihkan penyebutnya ( $z - x = (1-t)(y-x)$ , $y - z = t(y-x)$ ) menyusunnya ulang persis menjadi ketaksamaan kecembungannya.

Adapun kasus dapat diturunkan dua kalinya: $f'' \geq 0 \iff f'$ naik (Akibat 14.12). ∎

Kecembungan, dua kali: bahwa setiap tali busurnya (yang kelabu) terletak di atas grafiknya, dan grafiknya terletak di atas setiap garis singgungnya (yang putus-putus).

Contoh 14.20 (Ketaksamaan kecembungan yang klasik)

Fungsi $\exp$ cembung (karena $\exp'' = \exp > 0$ ): sehingga garis singgungnya di $0$ memberikan $\eu^x \geq 1 + x$ untuk setiap $x$ . Sedangkan $\ln$ cekung: sehingga garis singgungnya di $1$ memberikan $\ln x \leq x - 1$ ; dan tali busurnya memberikan, untuk $0 < a \leq b$ , ketaksamaan antara rata-rata geometri dan aritmetika: dengan mengambil $t = \frac12$ pada kecekungannya,

\ln\frac{a + b}{2} \geq \frac{\ln a + \ln b}{2} = \ln\sqrt{ab}, \qquad\text{sehingga}\qquad \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} .

Adapun ketaksamaan aritmetika–geometri yang umum adalah Latihan 14.9.

Contoh 14.21 (Sebuah ketaksamaan kecembungan dari nol)

Fungsi $f(t) = t\ln t$ bersifat cembung pada $\intoo{0}{+\infty}$ : karena $f''(t) = \frac1t > 0$ . Adapun ketaksamaan titik tengahnya, yang dikalikan $2$ , berbunyi: untuk setiap $a, b > 0$ ,

a\ln a + b\ln b \;\geq\; (a + b)\,\ln\frac{a + b}{2} ,

dengan kesamaannya jika dan hanya jika $a = b$ (menurut kecembungan tegasnya). Uji cobanya: $a = 1$ , $b = 3$ memberikan $3\ln 3 = 3.296$ terhadap $4\ln 2 = 2.773$ . Ketaksamaan yang tampak polos ini merupakan kasus dua titik pada perbandingan entropi yang muncul kembali bersama ketaksamaan Jensen (Latihan 14.9) dan pada asimtotik teori informasi jilid Tahun ke-3. Inti gagasan penutupnya: bahwa untuk memproduksi sebuah ketaksamaan, carilah fungsi yang turunan keduanya bertanda lalu tuliskanlah apa yang dikatakan kecembungannya — karena pencirian diferensialnya mengubah satu pemeriksaan tanda menjadi ketaksamaan yang tak hingga banyaknya.

Catatan 14.22 (Jebakan yang lazim dengan turunan)

(i) Turunan yang positif di satu titik tak memberikan kemonotonan di dekatnya: karena $f(x) = \frac x2 + x^2\sin\frac1x$ (dengan $f(0) = 0$ ) mempunyai $f'(0) = \frac12 > 0$ , namun

f'(x) = \frac12 + 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x

sama dengan $-\frac12$ di setiap $x_n = \frac{1}{2\pi n}$ : jadi setiap persekitaran $0$ memuat penurunan. Adapun kemonotonan menuntut $f' \geq 0$ pada sebuah selang (Akibat 14.12); sedangkan tanda titik demi titiknya hanya mengendalikan perpotongan dengan garis singgungnya. (ii) Ketiga hipotesis Rolle semuanya aktif: karena $\abs x$ pada $\intcc{-1}{1}$ (tanpa sifat dapat diturunkan interior), $x$ pada $\intcc{0}{1}$ (dengan ujung yang tak sama), dan $x - \lfloor x\rfloor$ pada $\intcc{0}{1}$ (yang kekontinuannya gagal di $1$ ) masing-masing mematahkan tepat satu hipotesisnya beserta kesimpulannya. (iii) Turunan boleh takkontinu, tetapi tak sebarangan: karena $f'$ dapat berayun (Contoh 14.2) namun selalu memenuhi sifat nilai antara (menurut Darboux, Latihan 14.10): jadi sebuah turunan tak pernah melompat — sehingga jika kamu menghitung sebuah “limit turunan” sepihak yang melompat, maka kamu sudah menurunkan fungsi yang tak dapat diturunkan. (iv) Rumus inversnya menuntut $f' \neq 0$ : karena $x \mapsto x^3$ merupakan bijeksi mulus yang naik tegas yang inversnya $x^{1/3}$ mempunyai garis singgung tegak di $0$ — jadi sifat dapat diturunkan inversnya hilang persis di tempat $f'$ lenyap (Teorema 14.5).

Catatan 14.23 (Di mana teorema nilai rata-rata bekerja berikutnya)

Hampir setiap pernyataan kuantitatif pada bab berikutnya merupakan teorema nilai rata-rata bab ini yang berkostum: teorema fundamental kalkulus (Bab 15) menurunkan fungsi luasnya lalu menutup dengan kriteria kemonotonannya; rumus Taylor–Lagrange (Bab 16) merupakan teorema nilai rata-rata yang diulang $n$ kali; analisis galat metode Newton dan iterasi titik tetap (Latihan 14.11) merupakan bentuk Lipschitznya; sedangkan soal akhir pekan bab ini (Soal 14.1) mengubah batas Lipschitz yang sama menjadi teori bilangan — yaitu ketaksamaan tolakan antara bilangan aljabar dan bilangan rasional, yang menghasilkan bilangan transenden yang pertama dalam sejarah. Pada jilid Tahun ke-2, ketaksamaan nilai rata-ratanya bertahan dalam beberapa variabel ketika kesamaannya tidak.

Contoh 14.24 (Ketaksamaan Young dari kecekungan)

Misalkan $p, q > 1$ dengan $\frac1p + \frac1q = 1$ . Untuk setiap $a, b > 0$ :

ab \;\leq\; \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} .

Buktinya lewat satu penerapan kecekungan $\ln$ dengan bobot $\frac1p, \frac1q$ (yaitu ketaksamaan Jensen dua titik, seperti pada Latihan 14.9):

\ln\Bigl(\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}\Bigr) \;\geq\; \frac1p \ln(a^p) + \frac1q \ln(b^q) = \ln a + \ln b = \ln(ab),

lalu $\ln$ yang naik mengubah ketaksamaan logaritmanya menjadi klaimnya; dengan kesamaannya jika dan hanya jika $a^p = b^q$ (menurut kecekungan tegasnya). Adapun kasus $p = q = 2$ merupakan ketaksamaan aritmetika-geometri $ab \leq \frac{a^2 + b^2}{2}$ yang menyamar. Inti gagasan penutupnya: bahwa ketaksamaan Young merupakan benih aljabar bagi ketaksamaan Hölder dan Minkowski pada jilid Tahun ke-2 — yaitu satu pernyataan kecekungan tentang $\ln$ , yang dipanen bagi norma.

Catatan 14.25 (Cakrawala di dalam jilid ini)

Turunan memperoleh tiga kehidupan baru sebelum jilid ini berakhir. Pada Bab 16 ia mengulang dirinya: $n$ turunan di sebuah titik memampat menjadi satu polinomial ditambah galat yang terkendali, dan teorema nilai rata-ratanya menjadi sisa Lagrange. Pada Bab 24, pendiferensialan menjadi geometris: karena untuk kurva berparameter $t \mapsto (x(t), y(t))$ , pasangan $(x'(t), y'(t))$ itu adalah vektor kecepatan, ketersinggungannya menjadi kesegarisan, dan titik kritisnya menjadi katup yang harus digolongkan. Pada Bab 25, satu variabelnya dibekukan pada satu waktu: sehingga turunan parsialnya mengulangi bab ini dua kali lipat, dan garis singgungnya tumbuh menjadi bidang singgung. Ketiga babnya mewarisi tata bahasa yang sama — hampiran linear yang lokal ditambah suku galatnya — yang mula-mula diucapkan di sini.

14.4 Latihan

Latihan 14.1 ★

Turunkanlah (dengan menyebutkan daerah asalnya): $x^x$ ; $\;\ln\bigl(x + \sqrt{x^2+1}\bigr)$ ; $\;\arctan\frac{1}{x}$ ; $\;\sqrt{1 + \eu^{2x}}$ .

Solusi

Solusi Latihan 14.1.

$x^x = \eu^{x\ln x}$ pada $\intoo{0}{+\infty}$ : dengan turunan $(\ln x + 1)\,x^x$ .

$\ln(x + \sqrt{x^2+1})$ pada $\R$ (karena argumennya selalu $> 0$ ): dengan turunan $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ (yang dihitung pada Proposisi 4.21 — karena ia $\operatorname{arsinh}$ ).

$\arctan\frac1x$ pada $\R^*$ : dengan turunan $\frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{-1}{1 + x^2}$ (yang selaras dengan Proposisi 4.12 (2): karena fungsinya adalah $\pm\frac\pi2 - \arctan x$ pada masing-masing setengah garisnya).

$\sqrt{1 + \eu^{2x}}$ pada $\R$ : dengan turunan $\frac{\eu^{2x}}{\sqrt{1 + \eu^{2x}}}$ .

Latihan 14.2 ★

Lengkapilah Contoh 14.2: buktikan bahwa $f(x) = x^2 \sin\frac1x$ , $f(0) = 0$ , dapat diturunkan di $0$ dengan $f'(0) = 0$ , dan bahwa $f'$ tak berlimit di $0$ .

Solusi

Solusi Latihan 14.2.

Di $0$ : $\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| = \abs{h \sin\frac1h} \leq \abs h \to 0$ , sehingga $f'(0) = 0$ . Untuk $x \neq 0$ , aturan yang lazim memberikan $f'(x) = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x$ . Sepanjang $x_n = \frac{1}{2\pi n}$ : $f'(x_n) = 0 - 1 \to -1$ ; sedangkan sepanjang $y_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}$ : $f'(y_n) = 0 + 1 \to 1$ . Jadi dua barisan yang menuju $0$ dengan limit $f'$ yang berbeda: sehingga tak ada limitnya (Teorema 13.3), jadi $f'$ tak kontinu di $0$ dan $f$ dapat diturunkan tanpa menjadi $C^1$ .

Latihan 14.3 ★

Dengan memakai teorema nilai rata-rata atau ketaksamaan garis singgungnya, buktikan bahwa untuk setiap $x > 0$ :

\frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x .

Lalu simpulkan $\lim_{n\to\infty} \bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^x$ untuk setiap $x > 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 14.3.

$\ln(1+x) < x$ untuk $x > 0$ : lewat ketaksamaan garis singgung kecekungannya di $0$ (yang tegas jauh dari titik sentuhnya karena $\ln$ cekung tegas; atau terapkanlah teorema nilai rata-rata: $\ln(1+x) = \frac{x}{1+c}$ untuk suatu $c \in \intoo{0}{x}$ , dan $\frac{x}{1+c} < x$ ). Kesamaan nilai rata-rata yang sama memberikan batas bawahnya: $\frac{x}{1+c} > \frac{x}{1+x}$ .

Akibatnya: dengan $x/n$ menggantikan $x$ ,

\frac{x/n}{1 + x/n} < \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < \frac xn \quad\implies\quad \frac{x}{1 + x/n} < n \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < x .

Ruas kirinya menuju $x$ : sehingga menurut apitannya, $n\ln(1 + \frac xn) \to x$ , lalu menurut kekontinuan $\exp$ , $\bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^{n\ln(1 + x/n)} \to \eu^x$ .

Latihan 14.4 ★

Misalkan $P$ polinomial real dengan $k$ akar real yang berbeda. Buktikan bahwa $P'$ mempunyai sekurang-kurangnya $k - 1$ akar real yang berbeda, yang terselang-seling dengan akar $P$ . Lalu simpulkan bahwa jika semua akar $P$ real, maka akar $P'$ pun demikian.

Solusi

Solusi Latihan 14.4.

Misalkan $x_1 < x_2 < \dots < x_k$ akar $P$ yang berbeda. Pada setiap $\intcc{x_i}{x_{i+1}}$ , Rolle (Teorema 14.8) menghasilkan $c_i \in \intoo{x_i}{x_{i+1}}$ dengan $P'(c_i) = 0$ : jadi itu $k - 1$ akar $P'$ , yang berbeda karena selang terbukanya lepas — dan terselang-seling menurut konstruksinya.

Jika $P$ (yang berderajat $n$ ) berakar real semuanya, tulislah akarnya dengan multiplisitas $m_1 + \dots + m_k = n$ . Setiap akar bermultiplisitas $m_i \geq 2$ merupakan akar $P'$ bermultiplisitas $m_i - 1$ (Proposisi 8.11), yang menyumbang $\sum (m_i - 1) = n - k$ ; lalu Rolle menyumbang $k - 1$ lagi, yang semuanya berbeda dari itu. Jadi totalnya $\geq n - 1 = \deg P'$ : sehingga semua akar $P'$ bersifat real.

Latihan 14.5 ★★

Misalkan $f$ dapat diturunkan pada $\R$ dengan $f' (x)\to \ell$ ketika $x \to +\infty$ . Buktikan bahwa $\frac{f(x)}{x} \to \ell$ (dengan teorema nilai rata-rata pada $\intcc{A}{x}$ ). Apakah $f(x+1) - f(x) \to \ell$ juga berlaku?

Solusi

Solusi Latihan 14.5.

Tetapkanlah $\varepsilon > 0$ dan $A$ dengan $\abs{f'(t) - \ell} \leq \varepsilon$ untuk $t \geq A$ . Untuk $x > A$ , teorema nilai rata-rata pada $\intcc{A}{x}$ memberikan $c \in \intoo{A}{x}$ dengan

f(x) = f(A) + f'(c)(x - A), \qquad\text{sehingga}\qquad \Bigl|\frac{f(x)}{x} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{f(A)} + \abs\ell A}{x} + \abs{f'(c) - \ell} \cdot\frac{x - A}{x} \leq \frac{C_A}{x} + \varepsilon .

Untuk $x$ yang besar, $\frac{C_A}{x} \leq \varepsilon$ : sehingga $\frac{f(x)}{x} \to \ell$ .

Ya: karena $f(x+1) - f(x) = f'(c_x)$ dengan $c_x \in \intoo{x}{x+1}$ (menurut teorema nilai rata-rata pada $\intcc{x}{x+1}$ ), dan $c_x \to +\infty$ , sehingga $f(x+1) - f(x) \to \ell$ .

Latihan 14.6 ★★

(Rolle yang diskret) Misalkan $f$ dapat diturunkan $n$ kali pada $I$ dan lenyap di $n + 1$ titik yang berbeda. Buktikan bahwa $f^{(n)}$ lenyap sekurang-kurangnya sekali. Penerapannya: bahwa polinomial berderajat $\leq n$ yang lenyap di $n+1$ titik bernilai nol (sekali lagi).

Solusi

Solusi Latihan 14.6.

Lewat induksi pada $n$ . Untuk $n = 1$ : Rolle. Jika klaimnya berlaku untuk $n - 1$ : karena $f$ lenyap di $n+1$ titik, maka menurut Rolle yang diterapkan pada $n$ celahnya, $f'$ lenyap di $n$ titik yang berbeda; lalu hipotesis induksinya yang diterapkan pada $f'$ (yang dapat diturunkan $n-1$ kali, dengan $n$ nol) membuat $(f')^{(n-1)} = f^{(n)}$ lenyap di suatu tempat.

Penerapannya: jika $P$ berderajat $\leq n$ lenyap di $n+1$ titik, maka $P^{(n)}$ , yaitu konstanta yang sama dengan $n!$ dikali koefisien utamanya, lenyap: sehingga koefisien utamanya $0$ , lalu kita menyimpulkannya lewat induksi menurun (atau secara langsung: bahwa semua koefisiennya lenyap).

Latihan 14.7 ★★

Misalkan $f$ dapat diturunkan dua kali pada $\intcc{a}{b}$ dengan $f(a) = f(b) = 0$ dan $f(x_0) > 0$ untuk suatu $x_0$ yang interior. Buktikan bahwa $f''(c) < 0$ untuk suatu $c \in \intoo{a}{b}$ . (Dua teorema nilai rata-rata dan satu perbandingan kemiringan.)

Solusi

Solusi Latihan 14.7.

Menurut teorema nilai rata-rata pada $\intcc{a}{x_0}$ dan pada $\intcc{x_0}{b}$ :

f'(c_1) = \frac{f(x_0) - f(a)}{x_0 - a} = \frac{f(x_0)}{x_0 - a} > 0, \qquad f'(c_2) = \frac{f(b) - f(x_0)}{b - x_0} = \frac{-f(x_0)}{b - x_0} < 0,

dengan $c_1 < x_0 < c_2$ . Lalu teorema nilai rata-rata yang diterapkan pada $f'$ pada $\intcc{c_1}{c_2}$ memberikan $c$ dengan

f''(c) = \frac{f'(c_2) - f'(c_1)}{c_2 - c_1} < 0 . \qedhere

Latihan 14.8 ★★

Telaahlah fungsi $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ pada $\intoo{0}{+\infty}$ : yaitu variasi, limit, dan maksimumnya. Simpulkan bahwa $a^b > b^a$ untuk setiap bilangan real $\eu \leq a < b$ , lalu selesaikanlah kasus khusus yang termasyhur: manakah yang lebih besar di antara $\eu^\pi$ dan $\pi^\eu$ ? Periksalah terhadap pasangan bilangan bulat kecil $(2,3)$ dan $(2,4)$ : mengapa keduanya berperilaku berbeda?

Solusi

Solusi Latihan 14.8.

$f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$ : jadi $f$ naik pada $\intoc{0}{\eu}$ , lalu turun pada $\intco{\eu}{+\infty}$ , dengan maksimum $f(\eu) = \frac1\eu$ ; dan limitnya $-\infty$ di $0^+$ serta $0$ di $+\infty$ (menurut perbandingan pertumbuhannya).

Untuk $\eu \leq a < b$ : karena $f$ turun tegas di sana, maka $\frac{\ln a}{a} > \frac{\ln b}{b}$ , yakni $b \ln a > a \ln b$ , yakni $a^b > b^a$ .

Dengan $a = \eu < b = \pi$ : maka $\eu^\pi > \pi^\eu$ .

Adapun pasangan yang kecil: $(2, 3)$ : $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ — yang terbalik! Alasannya: karena $2 < \eu$ , dan pada $\intoo{0}{\eu}$ fungsi $f$ bersifat naik, sehingga perbandingannya membalik ketika kedua bilangannya duduk di bawah $\eu$ , dan tak teramalkan ketika melintasi $\eu$ (adapun $f(2) = f(4)$ menjelaskan seri $2^4 = 4^2 = 16$ ).

Latihan 14.9 ★★

(Ketaksamaan aritmetika–geometri) Dengan memakai kecekungan $\ln$ dengan bobot yang umum (yaitu ketaksamaan Jensen bagi $n$ titik, yang harus dibuktikan lewat induksi pada $n$ ), tunjukkan bahwa untuk bilangan real positif $a_1, \dots, a_n$ :

\sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \leq \frac{a_1 + \dots + a_n}{n},

dengan kesamaannya jika dan hanya jika semua $a_i$ sama.

Solusi

Solusi Latihan 14.9.

Jensen bagi $\ln$ , lewat induksi pada $n$ . Klaimnya: bahwa untuk $x_i$ yang positif dan bobot $\lambda_i > 0$ dengan $\sum \lambda_i = 1$ : $\ln\bigl(\sum \lambda_i x_i\bigr) \geq \sum \lambda_i \ln x_i$ . Untuk $n = 2$ inilah kecekungannya. Langkahnya: dengan $\Lambda = \lambda_1 + \dots + \lambda_{n-1} = 1 - \lambda_n$ dan $y = \sum_{i<n} \frac{\lambda_i}{\Lambda} x_i$ ,

\ln\Bigl(\sum_{i \leq n} \lambda_i x_i\Bigr) = \ln\bigl(\Lambda y + \lambda_n x_n\bigr) \geq \Lambda \ln y + \lambda_n \ln x_n \geq \Lambda \sum_{i<n} \frac{\lambda_i}{\Lambda}\ln x_i + \lambda_n \ln x_n,

dengan memakai kecekungannya ( $n = 2$ ) lalu hipotesis induksinya.

Dengan $\lambda_i = \frac 1n$ dan $x_i = a_i$ : $\ln\frac{\sum a_i}{n} \geq \frac 1n \sum \ln a_i = \ln\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ ; lalu eksponensialkanlah. Adapun kesamaannya: karena $\ln$ cekung tegas ( $\ln'' < 0$ ), sehingga kesamaan pada setiap langkahnya memaksa titik yang dirata-ratakan berimpit — yakni semua $a_i$ sama; dan jika semuanya sama, kesamaannya jelas.

Latihan 14.10 ★★★

(Darboux: turunan mengambil nilai antaranya) Misalkan $f$ dapat diturunkan pada $I$ dan $a < b$ di $I$ dengan $f'(a) < v < f'(b)$ . Dengan meninjau $g(x) = f(x) - vx$ dan titik yang di situ $g$ mencapai minimumnya pada $\intcc{a}{b}$ , buktikan bahwa $f'(c) = v$ untuk suatu $c \in \intoo{a}{b}$ — meskipun $f'$ tak harus kontinu (Latihan 14.2).

Solusi

Solusi Latihan 14.10.

Misalkan $g(x) = f(x) - vx$ : yang dapat diturunkan, dengan $g'(a) = f'(a) - v < 0$ dan $g'(b) = f'(b) - v > 0$ . Menurut teorema nilai ekstrem, $g$ mencapai minimumnya pada $\intcc{a}{b}$ di suatu $c$ . Dan ia tak di $a$ : karena $g'(a) < 0$ , sehingga titik tepat di kanan $a$ mempunyai $g < g(a)$ . Ia pun tak di $b$ : karena $g'(b) > 0$ , sehingga titik tepat di kiri $b$ mempunyai $g < g(b)$ . Jadi $c$ bersifat interior, lalu Proposisi 14.7 memberikan $g'(c) = 0$ , yakni $f'(c) = v$ .

Latihan 14.11 ★★★

Misalkan $f \colon \R \to \R$ dapat diturunkan dengan $\abs{f'(x)} \leq k < 1$ untuk setiap $x$ (yaitu sebuah kontraksi). Buktikan bahwa $f$ mempunyai tepat satu titik tetap $\ell$ , dan bahwa setiap barisan $u_{n+1} = f(u_n)$ konvergen ke $\ell$ dengan $\abs{u_n - \ell} \leq k^n\abs{u_0 - \ell}$ . (Untuk keberadaannya: terapkan teorema nilai antara pada $f(x) - x$ pada sebuah ruas yang besar, dengan memakai batas Lipschitznya; atau pakailah kelengkapannya dengan kriteria Cauchy.)

Solusi

Solusi Latihan 14.11.

Ketunggalannya: dua titik tetap $\ell \neq \ell'$ akan memberikan $\abs{\ell - \ell'} = \abs{f(\ell) - f(\ell')} \leq k\abs{\ell - \ell'} < \abs{\ell - \ell'}$ , yang mustahil.

Keberadaannya: fungsi $g(x) = f(x) - x$ memenuhi, menurut ketaksamaan nilai rata-rata, $f(x) \leq f(0) + k\abs x$ ; sehingga untuk $x \geq \frac{\abs{f(0)}}{1 - k}$ , $g(x) \leq f(0) + kx - x \leq 0$ , dan secara simetris $g(-x) \geq 0$ untuk $x$ yang besar. Lalu teorema nilai antara memberikan sebuah nol $\ell$ bagi $g$ : yaitu titik tetapnya.

Kekonvergenannya: lewat ketaksamaan nilai rata-rata lagi:

\abs{u_{n+1} - \ell} = \abs{f(u_n) - f(\ell)} \leq k\abs{u_n - \ell},

sehingga lewat induksi $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ .

Latihan 14.12 ★★★

(Teorema nilai rata-rata Cauchy dan aturan l’Hospital)

Misalkan $f, g$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ , dan dapat diturunkan pada $\intoo{a}{b}$ , dengan $g'$ tak pernah nol di sana. Buktikan bahwa $g(b) \neq g(a)$ dan bahwa suatu $c \in \intoo{a}{b}$ memenuhi

$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$

(terapkanlah Rolle pada $h = f - \lambda g$ untuk konstanta $\lambda$ yang tepat).
Simpulkanlah aturan l’Hospital dalam bentuk $\frac00$ di sebuah titik: bahwa jika $f(a) = g(a) = 0$ dan $\frac{f'(x)}{g'(x)} \to \ell$ ketika $x \to a^+$ , maka $\frac{f(x)}{g(x)} \to \ell$ .
Tunjukkan bahwa konversnya gagal: bahwa untuk $f(x) = x^2\sin\frac1x$ ( $f(0) = 0$ ) dan $g(x) = x$ , hasil bagi $\frac{f}{g}$ mempunyai limit di $0$ tetapi $\frac{f'}{g'}$ tak mempunyainya.

Solusi

Solusi Latihan 14.12.

Jika $g(b) = g(a)$ , maka Rolle akan memberikan sebuah nol interior bagi $g'$ : yang tersingkirkan. Tetapkanlah $\lambda = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$ dan $h = f - \lambda g$ : maka $h$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ , dapat diturunkan di dalamnya, dan $h(b) - h(a) = f(b) - f(a) - \lambda(g(b) - g(a)) = 0$ . Lalu Rolle menyediakan $c$ dengan $h'(c) = 0$ , yakni $f'(c) = \lambda\,g'(c)$ ; lalu bagilah dengan $g'(c) \neq 0$ .
Untuk $x > a$ yang dekat dengan $a$ , bagian (1) pada $\intcc{a}{x}$ (yang di situ $g' \neq 0$ ) memberikan $g(x) \neq 0$ dan $c_x \in \intoo{a}{x}$ dengan

$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)} .$

Ketika $x \to a^+$ , $c_x \to a^+$ (lewat apitan), sehingga ruas kanannya menuju $\ell$ : jadi $\frac{f}{g} \to \ell$ .
Di sini $\frac{f(x)}{g(x)} = x\sin\frac1x \to 0$ , sedangkan $\frac{f'(x)}{g'(x)} = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x$ tak berlimit di $0$ (Latihan 14.2): jadi aturan l’Hospital memindahkan informasi hanya dari $\frac{f'}{g'}$ ke $\frac fg$ , dan tak pernah sebaliknya.

14.5 Soal: Ketaksamaan Liouville dan bilangan transenden yang pertama

Soal 14.1

Soal akhir pekan — bilangan aljabar menolak bilangan rasional: $\abs{x - p/q} \geq C/q^d$ , dan ketransendenan $\sum 10^{-n!}$

Sebuah bilangan real disebut aljabar bila ia akar sebuah polinomial taknol berkoefisien bilangan bulat, dan transenden bila tidak. Pada tahun 1844 Liouville menghasilkan bilangan pertama yang pernah terbukti transenden, dan mesin buktinya adalah teorema nilai rata-rata bab ini: bahwa bilangan aljabar berderajat $d$ tak dapat dihampiri oleh bilangan rasional lebih baik daripada $C/q^d$ — sehingga bilangan yang terhampiri lebih cepat daripada setiap pangkat tak dapat bersifat aljabar. Soal ini membangun ketaksamaannya, mengonstruksi bilangan Liouville $L = 0.110001000\dots$ (dengan angka satu pada posisi faktorialnya, lewat mesin angka pada Soal 10.1), membuktikan ketransendenannya, lalu berakhir dengan bukti tandingan Cantor dan batas efektif bagi $\sqrt2$ dan $2^{1/3}$ .

Bagian I — Seberapa baik bilangan rasional dapat dihampiri?

Tunjukkan bahwa dua bilangan rasional yang berbeda $\frac ab \neq \frac pq$ (yang ditulis dengan $b, q \geq 1$ ) memenuhi $\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{bq}$ . Lalu simpulkan: bahwa jika $x = \frac ab$ dan $0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{bq}$ , maka $\frac pq$ yang demikian tak ada — jadi bilangan rasional menolak semua bilangan rasional lain pada skala $\frac 1q$ .
Buktikan bahwa untuk setiap bilangan rasional $\frac pq$ (dengan $q \geq 1$ ): $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{4q^2}$ (jika jaraknya melampaui $1$ maka ini jelas; kalau tidak, batasilah $\abs{\sqrt2 + p/q} < 4$ lalu pakailah bilangan bulat taknol $\abs{p^2 - 2q^2} \geq 1$ ).
Pada arah yang lain: periksalah bahwa $(p, q) \mapsto (p + 2q, p + q)$ mengawetkan $\abs{p^2 - 2q^2} = 1$ , lalu bangkitkanlah dari $(1,1)$ pasangan $(3,2)$ , $(7,5)$ , $(17,12)$ , $(41,29)$ , $(99,70)$ , dan tunjukkan bahwa masing-masingnya memenuhi

$\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2\,(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} :$

jadi hampiran berorde $2$ yang tak hingga banyaknya. Digabung dengan pertanyaan 2: eksponen hampiran $\sqrt 2$ tepat sama dengan $2$ .
(Dirichlet) Misalkan $x$ irasional dan $N \in \N^*$ . Tinjaulah $N + 1$ bagian pecahan $0, x, 2x, \dots, Nx$ pada $N$ kotak $\intco{\frac kN}{\frac{k + 1}{N}}$ : maka menurut prinsip sarang merpati (Akibat 2.3), dua di antaranya jatuh pada satu kotak. Simpulkanlah adanya $q \leq N$ dan $p$ dengan $\abs{qx - p} < \frac 1N$ , sehingga ada bilangan rasional yang tak hingga banyaknya dengan $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}$ : jadi setiap bilangan irasional terhampiri sampai orde $2$ .

Bagian II — Ketaksamaan Liouville. Misalkan $x$ irasional dan aljabar.

Tunjukkan bahwa di antara polinomial bulat yang taknol yang lenyap di $x$ ada satu, katakanlah $P$ berderajat $d$ , yang tak berakar rasional; lalu periksalah $d \geq 2$ (bagilah keluar sebuah faktor $X - \frac ab$ atas $\Q$ lalu bersihkanlah penyebutnya; adapun derajat $1$ akan membuat $x$ rasional).
Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan rasional $\frac pq$ (dengan $q \geq 1$ ): $\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq \frac{1}{q^d}$ (karena $q^d P(p/q)$ merupakan bilangan bulat taknol).
Misalkan $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} \abs{P'}$ (Teorema 13.13). Dengan memakai teorema nilai rata-rata antara $x$ dan $\frac pq$ , buktikanlah ketaksamaan Liouville: bahwa dengan $C = \min\bigl(1, \frac 1M\bigr) > 0$ ,

$\Bigl| x - \frac pq \Bigr| \geq \frac{C}{q^{\,d}} \qquad\text{untuk setiap bilangan rasional } \frac pq,\ q \geq 1 .$
Sebutlah $x$ sebuah bilangan Liouville bila untuk setiap $n \in \N$ ada bilangan rasional $\frac pq$ dengan $q \geq 2$ dan $0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < q^{-n}$ . Buktikan bahwa bilangan Liouville bersifat irasional (lewat pertanyaan 1: pilihlah $n$ dengan $2^{\,n-1} > b$ ).
Buktikanlah teorema Liouville: bahwa bilangan Liouville bersifat transenden (gabungkanlah pertanyaan 7 dan 8: karena ketaksamaan $C < q^{\,d-n}$ gagal untuk $n$ yang besar).

Bagian III — Bilangan $L$ .

Misalkan $L$ nilai (dalam pengertian Soal 10.1) untaian angka desimal yang berangka $1$ pada posisi $n!$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$ ) dan $0$ di tempat lain, yakni $L = \sup_k t_k$ dengan $t_k = \sum_{n=1}^{k} 10^{-n!}$ . Tuliskanlah $25$ angka pertama $L$ .
Buktikan apitan ekornya, untuk setiap $k \geq 1$ :

$10^{-(k+1)!} \;\leq\; L - t_k \;\leq\; \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} \;<\; 2\cdot 10^{-(k+1)!}$

(batasilah setiap jumlah parsial di luar $t_k$ oleh jumlah geometri yang hingga).
Tulislah $t_k = \frac{p_k}{q_k}$ dengan $q_k = 10^{k!}$ . Tunjukkan $0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}}$ , lalu simpulkan bahwa $L$ merupakan bilangan Liouville dalam pengertian pertanyaan 8.
Simpulkan: bahwa $L$ transenden — yaitu contoh eksplisit yang pertama dalam sejarah (Liouville, 1844). Periksalah silang keirasionalannya secara langsung: bahwa angkanya tak periodik pada akhirnya (karena jaraknya tumbuh, seperti pada Soal 10.1, pertanyaan 20).
Samaratakanlah: gantilah setiap angka $1$ dengan sebarang angka taknol $d_n \in \intint{1}{9}$ . Tunjukkan bahwa nilainya tetap bilangan Liouville, lalu simpulkan — lewat argumen diagonal pada Soal 10.1 (pertanyaan 22) yang diterapkan pada pemilihan angka ini — bahwa ada bilangan transenden berbentuk demikian yang takterbilang banyaknya.

Bagian IV — Hierarki orde hampirannya. Katakanlah $x$ terhampiri sampai orde $\mu$ bila untuk suatu konstanta $c > 0$ ada bilangan rasional yang tak hingga banyaknya yang memenuhi $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^{\mu}}$ .

Rakitlah hierarkinya dari Bagian I–III: bahwa bilangan rasional terhampiri sampai orde $1$ dan tak lebih baik; $\sqrt 2$ sampai orde $2$ dan tak lebih baik; setiap bilangan irasional sampai orde sekurang-kurangnya $2$ ; bilangan aljabar berderajat $d$ tak sampai orde mana pun di luar $d$ ; sedangkan bilangan Liouville sampai setiap orde. Benarkanlah setiap klaimnya dengan mengutip pertanyaan yang relevan.
Tunjukkan bahwa $L + r$ merupakan bilangan Liouville untuk setiap bilangan rasional $r = \frac ab$ (translasikanlah penghampirnya: karena penyebut barunya menjadi $b\,q_k$ ). Lalu simpulkan bahwa bilangan Liouville — sehingga bilangan transenden — bersifat padat di $\R$ .
(Cantor, 1874) Buktikan bahwa himpunan bilangan aljabar bersifat terbilang: karena ada berhingga banyak polinomial bulat yang derajatnya ditambah jumlah $\abs{\text{koefisien}}$ -nya terbatas oleh $h$ , dan masing-masingnya berakar paling banyak $\deg$ ; sedangkan gabungan terbilang atas himpunan hingga bersifat terbilang. Dan karena tak ada barisan yang menghabiskan $\R$ (Soal 10.1, pertanyaan 22), maka bilangan transenden ada — bahkan membentuk himpunan yang takterbilang. Bandingkanlah kedua buktinya: apakah yang diberikan bukti Liouville yang tak dapat diberikan bukti Cantor?
Buktikan langsung dari pertanyaan 2 bahwa $\sqrt 2$ bukan bilangan Liouville (karena untuk $n \geq 3$ , ketaksamaan $q^{-n} > \frac{1}{4q^2}$ membatasi $q$ ; lalu hanya berhingga banyak calon bilangan rasional yang tersisa, yang semuanya berjarak positif dari $\sqrt2$ ). Samaratakanlah: bahwa tak ada bilangan aljabar yang Liouville.

Bagian V — Konstanta yang efektif.

Untuk pasangan Pell $(99, 70)$ : periksalah $99^2 - 2\cdot70^2 = 1$ lalu nilailah galatnya yang persis

$\sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{-1}{70^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac{99}{70}\bigr)}, \qquad \Bigl|\sqrt 2 - \frac{99}{70}\Bigr| \approx 7.2\cdot 10^{-5} :$

jadi lima angka yang benar dari pecahan berangka tiga.
Jalankanlah Bagian II pada $x = 2^{1/3}$ , $P = X^3 - 2$ : periksalah bahwa $P$ tak berakar rasional, lalu batasilah $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 16$ , lalu simpulkan ketaksamaan efektifnya

$\Bigl| 2^{1/3} - \frac pq \Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad \text{untuk setiap } \frac pq .$
Hasilnya: tunjukkan bahwa sebarang bilangan rasional yang menghampiri $2^{1/3}$ dalam jarak $10^{-6}$ pasti berpenyebut $q \geq 40$ .
Tunjukkan bahwa basis $10$ tak relevan: bahwa padanan binernya $\sum_{n\geq1} 2^{-n!}$ (yaitu nilai untaian biner dengan angka satu pada posisi faktorialnya) juga merupakan bilangan Liouville, sehingga transenden.

Bagian VI — Perbatasan dan sintesisnya.

Misalkan $x^\dagger$ nilai untaian desimal dengan angka satu tepat pada posisi $3^k$ ( $k \geq 0$ ). Tunjukkan bahwa $x^\dagger$ terhampiri sampai orde $3$ , lalu simpulkan dari ketaksamaan Liouville bahwa $x^\dagger$ bukan bilangan rasional maupun bilangan irasional kuadratik. Jelaskanlah mengapa metodenya mandek di situ: karena orde $3$ selaras dengan kealjabaran berderajat $\geq 3$ , dan menutup celah itu (karena sebarang eksponen $> 2$ sudah mencukupi, bagi setiap bilangan aljabar) merupakan teorema Roth, yang jauh di luar jilid ini.
Kuantifikasikanlah Cantor: tunjukkan bahwa bilangan aljabar berderajat $\leq d$ yang diberikan oleh polinomial berkoefisien di $\intint{-H}{H}$ berjumlah paling banyak $d\,(2H + 1)^{d+1}$ . (Kehinggaan inilah yang membuat pertanyaan 17 berjalan.)
Sintesis, satu kalimat untuk masing-masing: (i) tunjukkanlah satu-satunya bahan analisis pada bukti Liouville (yaitu teorema bab ini yang mana, yang dipakai di mana); (ii) nyatakanlah ketegangan yang menggerakkannya (karena kebulatan memaksa $\abs{P(p/q)} \geq q^{-d}$ , sedangkan kemulusan melarang $\abs{P(p/q)} > M\abs{x - p/q}$ ); (iii) bandingkanlah bukti Liouville dan bukti Cantor atas keberadaan bilangan transenden; (iv) sebutkanlah tempat jilid ini bertemu temanya lagi — yaitu soal akhir pekan Bab 15 yang membuktikan bahwa $\pi$ irasional lewat apitan kebulatan lawan kekecilan yang sama, dengan integral menggantikan turunan.

Solusi

Solusi Soal 14.1.

1. Di sini $\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| = \frac{\abs{aq - bp}}{bq}$ , dan $aq - bp$ merupakan bilangan bulat taknol ketika pecahannya berbeda: sehingga jaraknya $\geq \frac{1}{bq}$ . Jadi tak ada bilangan rasional selain $x$ sendiri yang masuk ke selang berlubang berjari-jari $\frac{1}{bq}$ di sekitar $x = \frac ab$ .

2. Jika $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq 1 \geq \frac{1}{4q^2}$ , selesai. Kalau tidak, $\frac pq \in \intoo{\sqrt2 - 1}{\sqrt2 + 1}$ , sehingga $0 < \sqrt2 + \frac pq < 2\sqrt2 + 1 < 4$ . Dan karena $\sqrt 2 \notin \Q$ , maka $p^2 - 2q^2$ bilangan bulat taknol, sehingga

\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{\abs{2q^2 - p^2}}{q^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac pq\bigr)} \geq \frac{1}{4q^2} .

3. Di sini $(p + 2q)^2 - 2(p + q)^2 = -(p^2 - 2q^2)$ : sehingga nilai $\pm1$ merambat. Dari $(1,1)$ :

(3,2),\ (7,5),\ (17,12),\ (41,29),\ (99,70),

dengan $p^2 - 2q^2$ berselang-seling $-1, +1, \dots$ Untuk pasangan ini, $\frac pq \geq 1$ , sehingga $\sqrt2 + \frac pq > 2$ dan

\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} ,

dengan $q \to \infty$ : jadi hampiran berorde $2$ yang tak hingga banyaknya. Digabung dengan pertanyaan 2, eksponen $2$ itu persis bagi $\sqrt 2$ .

4. Sebanyak $N + 1$ bilangan $kx - \lfloor kx\rfloor$ (dengan $0 \leq k \leq N$ ) terletak pada $N$ kotak $\intco{\frac jN}{\frac{j+1}{N}}$ : sehingga dua di antaranya berbagi satu kotak (Akibat 2.3), katakanlah untuk $i < j$ . Dengan $q = j - i \leq N$ dan $p = \lfloor jx\rfloor - \lfloor ix\rfloor$ : $\abs{qx - p} < \frac1N$ , sehingga $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{Nq} \leq \frac{1}{q^2}$ . Lalu membiarkan $N \to \infty$ : karena $x$ irasional, setiap pecahan yang tetap berjarak positif dari $x$ , sedangkan $\frac{1}{Nq} \leq \frac 1N \to 0$ memaksa pecahan yang baru bermunculan: jadi ada $\frac pq$ berbeda yang tak hingga banyaknya dengan $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}$ .

5. Mulailah dari sebarang $P_0$ bulat yang taknol dengan $P_0(x) = 0$ . Jika $P_0$ berakar rasional $\frac ab$ , maka teorema faktor (Teorema 8.7) menulis $P_0 = \bigl(X - \frac ab\bigr)Q$ dengan $Q \in \Q[X]$ ; lalu karena $x \neq \frac ab$ ( $x$ irasional), $Q(x) = 0$ , dan membersihkan penyebutnya memberikan polinomial bulat taknol yang berderajat lebih kecil yang lenyap di $x$ . Derajatnya turun pada setiap langkahnya, sehingga prosesnya berhenti: jadi kita mencapai $P \in \Z[X]$ , $P(x) = 0$ , tanpa akar rasional, berderajat $d$ . Jika $d \leq 1$ , maka $P = uX + v$ akan membuat $x = -\frac vu$ rasional: sehingga $d \geq 2$ .

6. Di sini $q^d\,P\bigl(\frac pq\bigr) = a_d p^d + a_{d-1} p^{d-1} q + \dots + a_0 q^d$ merupakan bilangan bulat, dan ia taknol karena $P$ tak berakar rasional: sehingga $\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq q^{-d}$ .

7. Perhatikan $M > 0$ : karena $P'$ polinomial taknol ( $d \geq 2$ ), sehingga ia tak dapat lenyap secara identik pada $\intcc{x-1}{x+1}$ . Jika $\bigl|x - \frac pq\bigr| > 1$ , maka ia melampaui $\frac{C}{q^d}$ secara sepele. Kalau tidak, $\frac pq \in \intcc{x-1}{x+1}$ dan teorema nilai rata-rata (Teorema 14.9) memberikan $c$ di antara $x$ dan $\frac pq$ dengan

\Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr)\Bigr| = \Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr) - P(x)\Bigr| = \abs{P'(c)}\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| \leq M\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| ,

sehingga digabung dengan pertanyaan 6: $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{Mq^d} \geq \frac{C}{q^d}$ .

8. Andaikan $x = \frac ab$ bersifat Liouville. Pilihlah $n$ dengan $2^{n-1} > b$ beserta $\frac pq$ yang bersesuaian, dengan $q \geq 2$ :

0 < \Bigl|x - \frac pq\Bigr| < \frac{1}{q^n} = \frac{1}{q^{n-1}\,q} \leq \frac{1}{2^{n-1} q} < \frac{1}{bq} ,

yang bertentangan dengan pertanyaan 1. Jadi bilangan Liouville bersifat irasional.

9. Seandainya $x$ yang Liouville itu aljabar: maka ia irasional (pertanyaan 8), sehingga pertanyaan 5–7 menyediakan $d \geq 2$ dan $C > 0$ dengan $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^d}$ selalu. Untuk setiap $n$ , penghampir Liouvillenya memberikan $\frac{C}{q^d} < q^{-n}$ , yakni $C < q^{d-n} \leq 2^{d-n}$ (karena $q \geq 2$ ). Lalu untuk $n$ yang besar, $2^{d-n} < C$ : yang bertentangan. Jadi bilangan Liouville bersifat transenden.

10. Angka satunya pada posisi $1, 2, 6, 24$ ; sedangkan semua angka lain di antara $25$ yang pertama lenyap:

L = 0.1100010000\,0000000000\,00010\dots

11. Untuk $m > k$ , posisi $n!$ dengan $n > k$ merupakan bilangan bulat berbeda yang $\geq (k+1)!$ , sehingga jumlah geometri yang hingga memberikan

t_m - t_k = \sum_{n=k+1}^{m} 10^{-n!} \leq \sum_{j = (k+1)!}^{m!} 10^{-j} < 10^{-(k+1)!}\,\frac{1}{1 - \frac1{10}} = \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} ;

lalu mengambil supremum atas $m$ : $L - t_k \leq \frac{10}{9}10^{-(k+1)!} < 2\cdot10^{-(k+1)!}$ . Adapun batas bawahnya: $L \geq t_{k+1} = t_k + 10^{-(k+1)!}$ .

12. Di sini $p_k = 10^{k!}\,t_k \in \N$ , $q_k = 10^{k!}$ , dan $(k+1)! = (k+1)\,k!$ memberikan $10^{-(k+1)!} = q_k^{-(k+1)}$ : sehingga pertanyaan 11 berbunyi

0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}} .

Diberikan $n$ : untuk $k \geq n$ , $2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ (memang $q_k^{\,k+1-n} \geq q_k \geq 10 > 2$ ), dan $q_k \geq 2$ : sehingga definisi pertanyaan 8 terpenuhi. Jadi $L$ merupakan bilangan Liouville.

13. Menurut pertanyaan 9, $L$ bersifat transenden — yaitu bilangan pertama dalam sejarah yang terbukti transenden (Liouville, 1844). Adapun periksa silang angkanya: untaiannya memuat angka satu yang tak hingga banyaknya dengan jarak berurutan $(k+1)! - k! = k\cdot k! \to \infty$ , sehingga ia tak periodik pada akhirnya, jadi $L \notin \Q$ menurut kriteria keperiodikan pada Soal 10.1 (pertanyaan 18) — yang selaras.

14. Dengan angka $d_n \in \intint{1}{9}$ pada posisi faktorialnya: batas ekor pertanyaan 11 terskala paling banyak $9$ : $0 < L' - t'_k \leq 9\cdot\frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} = 10\,q_k^{-(k+1)}$ (dengan kepositifannya karena angka pada posisi $(k+1)!$ bersifat taknol). Untuk $k \geq n$ : $10\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ karena $q_k^{\,k+1-n} \geq 10$ : jadi bilangan Liouville lagi, sehingga transenden. Adapun nilainya berbeda berpasangan untuk pemilihan angka yang berbeda (karena untaiannya sejati — sebab nolnya berlimpah — dan untaian yang sejati menentukan nilainya, Soal 10.1, pertanyaan 10). Diberikan sebarang daftar $k \mapsto x_k$ atasnya, pilihlah angka faktorial ke- $k$ di $\intint{1}{9}$ yang berbeda dari angka $x_k$ : maka itu bilangan berbentuk sama yang hilang dari daftarnya. Jadi bilangan transenden eksplisit yang takterbilang banyaknya.

15. Mula-mula sebuah lema: bahwa jika $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^s}$ untuk setiap $\frac pq \neq x$ , maka $x$ tak terhampiri sampai orde $\mu > s$ mana pun. Memang, adanya $\frac pq \neq x$ yang tak hingga banyaknya dengan $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^\mu}$ akan memaksa $\frac{C}{q^s} < \frac{c}{q^\mu}$ , yakni $q^{\mu - s} < \frac cC$ : sehingga $q$ -nya terbatas, dan pecahan yang terbatas banyaknya terletak dalam jarak $1$ dari $x$ — jadi berhingga banyak calonnya, bukan tak hingga banyak. Sekarang hierarkinya: bilangan rasional terhampiri sampai orde $1$ (karena $\frac pq$ dengan $p = \lfloor qx\rfloor + 1$ memberikan galat $\leq \frac1q < \frac2q$ ) dan tak sampai orde $\mu > 1$ mana pun (karena pertanyaan 1 memberikan hipotesis lemanya dengan $s = 1$ , $C = \frac1b$ ); adapun $\sqrt2$ : sampai orde $2$ (pertanyaan 3) dan tak lebih (pertanyaan 2 dan lemanya); setiap bilangan irasional: sekurang-kurangnya $2$ (pertanyaan 4); yang aljabar berderajat $d$ : paling banyak $d$ (pertanyaan 7 dan lemanya); sedangkan bilangan Liouville: setiap orde (menurut tampilan pertanyaan 12, dengan $c = 2$ ).

16. Dengan $r = \frac ab$ : $\frac{p_k}{q_k} + \frac ab = \frac{b p_k + a q_k}{b q_k} =: \frac{P_k}{Q_k}$ , $Q_k = b q_k \geq 2$ , dan

\Bigl|(L + r) - \frac{P_k}{Q_k}\Bigr| = L - \frac{p_k}{q_k} < 2\,q_k^{-(k+1)} = 2\,b^{\,k+1} Q_k^{-(k+1)} .

Diberikan $n$ : untuk $k$ yang besar, $Q_k^{\,k+1-n} \geq Q_k = b\,10^{k!} \geq 2\,b^{\,k+1}$ (karena faktorialnya menghancurkan pangkatnya), sehingga galatnya $< Q_k^{-n}$ : jadi $L + r$ bersifat Liouville. Dan karena $\Q$ padat serta setiap $L + r$ bersifat transenden, maka bilangan transenden bersifat padat di $\R$ .

17. Untuk $h \geq 1$ ada berhingga banyak $P \in \Z[X]$ dengan $\deg P + \sum_i \abs{a_i} \leq h$ (yaitu berderajat $\leq h$ dan setiap koefisiennya di $\intint{-h}{h}$ : jadi paling banyak $(2h+1)^{h+1}$ ). Setiap polinomial bulat yang taknol mempunyai tinggi semacam itu, dan berakar real paling banyak $\deg P$ : sehingga bilangan aljabarnya membentuk gabungan terbilang (atas $h$ ) dari himpunan hingga, jadi dapat didaftar sebagai satu barisan tunggal. Seandainya bilangan transendennya juga dapat didaftar, maka menyelang-selingkan kedua daftarnya akan mendaftar $\R$ , yang bertentangan dengan Soal 10.1 (pertanyaan 22). Jadi bilangan transenden membentuk himpunan yang takterbilang. Perbandingannya: Cantor membuktikan bahwa kebanyakan bilangan real bersifat transenden namun tak menunjukkan satu pun; sedangkan Liouville menunjukkan satu, dengan konstanta yang efektif (Bagian V) — jadi keberadaan lewat kelimpahan lawan keberadaan lewat konstruksi.

18. Dari pertanyaan 2, hipotesis lemanya berlaku dengan $s = 2$ , $C = \frac14$ . Seandainya $\sqrt2$ bersifat Liouville, maka untuk $n = 3$ : $\frac{1}{4q^2} < q^{-3}$ memaksa $q < 4$ , sehingga $q \in \{2, 3\}$ ; lalu hanya berhingga banyak $\frac pq$ dengan $q$ itu yang terletak dalam jarak $1$ dari $\sqrt2$ , masing-masingnya berjarak positif $\geq \varepsilon_0$ (karena $\sqrt2$ irasional); sehingga memilih $n$ dengan $2^{-n} < \varepsilon_0$ tak menyisakan $\frac pq$ yang sah sama sekali: yang bertentangan. Argumen yang sama dengan $\frac{C}{q^d}$ menunjukkan bahwa tak ada bilangan aljabar yang Liouville — yaitu pertanyaan 9 dalam pakaian yang efektif.

19. Di sini $99^2 - 2\cdot70^2 = 9801 - 9800 = 1$ . Sehingga

\sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{2 - (99/70)^2}{\sqrt2 + 99/70} = \frac{-1}{4900\,\bigl(\sqrt2 + \tfrac{99}{70}\bigr)} , \qquad \Bigl|\sqrt2 - \frac{99}{70}\Bigr| = \frac{1}{4900 \times 2.8284\dots} \approx 7.2\cdot10^{-5} :

dengan $\frac{99}{70} = 1.414285\dots$ terhadap $\sqrt2 = 1.414213\dots$ — jadi lima angka yang benar.

20. Uji akar rasional bagi $P = X^3 - 2$ : calonnya $\pm1, \pm2, \pm\frac12$ , dan tak satu pun akarnya. Jadi $d = 3$ dan Bagian II berlaku bagi $x = 2^{1/3} = 1.2599\dots$ Pada $\intcc{x - 1}{x + 1} \subseteq \intcc{0.25}{2.26}$ : $\abs{P'(t)} = 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 3\times(2.26)^2 = 15.32 < 16$ , sehingga $M < 16$ dan $C \geq \frac{1}{16}$ :

\Bigl|2^{1/3} - \frac pq\Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad\text{untuk setiap bilangan rasional.}

21. Jika $\bigl|2^{1/3} - \frac pq\bigr| < 10^{-6}$ , maka $\frac{1}{16 q^3} < 10^{-6}$ , yakni $q^3 > \frac{10^6}{16} = 62\,500$ ; dan karena $39^3 = 59\,319 < 62\,500 \leq 64\,000 = 40^3$ : maka $q \geq 40$ .

22. Jalankanlah Bagian III dalam basis $2$ : $B = \sup_k \sum_{n\leq k} 2^{-n!}$ , $q_k = 2^{k!}$ , dan ekor geometrinya (dengan rasio $\frac12$ ) memberikan $0 < B - \frac{p_k}{q_k} \leq 2\cdot2^{-(k+1)!} = 2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ untuk $k \geq n$ . Jadi $B$ bersifat Liouville, sehingga transenden: jadi tak ada apa pun pada argumennya yang bersifat desimal.

23. Dengan angka satu pada posisi $3^k$ : $q_k = 10^{3^k}$ dan batas ekornya memberikan $0 < x^\dagger - \frac{p_k}{q_k} < 2\cdot10^{-3^{k+1}} = 2\,q_k^{-3}$ (karena $3^{k+1} = 3\cdot3^k$ ): jadi hampiran berorde $3$ yang tak hingga banyaknya. Menurut lema pertanyaan 15: orde $3 > 1$ menyingkirkan kerasionalannya, dan orde $3 > 2$ menyingkirkan kemungkinannya menjadi irasional kuadratik (yang ketaksamaan Liouvillenya mempunyai $s = d = 2$ ). Padahal bilangan aljabar berderajat $\geq 3$ hanya tertolak pada orde $d \geq 3$ : sehingga metode Liouville tak dapat memisahkan $x^\dagger$ dari yang kubik. Adapun celahnya ditutup oleh teorema Roth — bahwa setiap irasional aljabar mempunyai orde hampiran tepat $2$ — yaitu hasil abad kedua puluh yang jauh di luar jilid ini; dan dengan menerimanya, $x^\dagger$ pun bersifat transenden.

24. Ada paling banyak $(2H+1)^{d+1}$ tupel $(a_0, \dots, a_d)$ yang entrinya di $\intint{-H}{H}$ , dan masing-masing polinomial taknol di antaranya berakar real paling banyak $d$ : sehingga paling banyak $d\,(2H+1)^{d+1}$ bilangan aljabar yang muncul — yaitu kehinggaan yang membiarkan pertanyaan 17 mendaftar semuanya.

25. (i) Satu-satunya bahan analisisnya adalah teorema nilai rata-rata, pada pertanyaan 7, yang mengubah kelenyapan $P(x) = 0$ menjadi tolakan Lipschitz $\abs{P(p/q)} \leq M\abs{x - p/q}$ . (ii) Ketegangannya: bahwa kebulatan mendorong $\abs{P(p/q)}$ naik ke $q^{-d}$ , sedangkan kemulusan menariknya turun ke $M\abs{x - p/q}$ — sehingga bilangan rasional yang terlalu dekat dengan $x$ akan tergilas di antara keduanya. (iii) Liouville mengonstruksi satu bilangan transenden dengan konstanta yang efektif; sedangkan Cantor menunjukkan bahwa hampir semua bilangan real bersifat transenden tanpa menamai satu pun: jadi konstruksi lawan kardinalitas. (iv) Adapun soal akhir pekan Bab 15 membuktikan keirasionalan $\pi$ lewat apitan yang sama — yaitu sebuah integral yang akan menjadi bilangan bulat positif namun terperangkap di $\intoo{0}{1}$ — dengan pengintegralan menggantikan pendiferensialan sebagai paruh analisisnya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium