--- title: "Pendiferensialan" book: "Matematika Universitas — Tahun 1" subject: math language: id chapter: 14 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan --- # Bab 14 — Pendiferensialan [Turunan](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) $I$. ## 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous), dan berkelas $C^k$ bila $f$ dapat diturunkan $k$ kali dengan $f^{(k)}$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous). **Contoh 14.2.** Konvers “[dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) $\Rightarrow$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous)” gagal: $\abs{\,\cdot\,}$ di $0$. Yang lebih mengejutkan, [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) tak mengakibatkan $C^1$: karena fungsi $f(x) = x^2 \sin\frac 1x$ ($f(0) = 0$) bersifat [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) di mana-mana, dengan $f'(0) = 0$, tetapi $f'(x) = 2x \sin\frac1x - \cos\frac 1x$ tak berlimit di $0$ ([Latihan 14.2](#exo-b1-derivative-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](#def-b1-derivative-def) di $0$ dengan $f'(0) = 0$. Adapun di sebarang $x_0 \neq 0$, $f$ bahkan tak [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous): 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-dense), [Teorema 10.14](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#thm-b1-reals-density)). Jadi sifat [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) seperti kriteria kemonotonan atau Rolle menuntut [turunannya](#def-b1-derivative-def) *pada sebuah [selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals)* — 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](#def-b1-derivative-def) 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](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) dan monoton tegas pada $I$, [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) di $x_0$ dengan $f'(x_0) \neq 0$. Maka $f^{-1}$ ([Teorema 13.16](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#thm-b1-continuity-bijection)) [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) $f^{-1}$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) tetapi tak [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) 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](#def-b1-derivative-def) di sebuah titik *[interior](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure)* $x_0$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#thm-b1-seq-order)); 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](#def-b1-derivative-def) $1$.) ∎ **Teorema 14.8 (Rolle).** Misalkan $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) pada $\intcc{a}{b}$, [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#thm-b1-continuity-evt)), $f$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) berlaku. Kalau tidak, sebuah ekstremumnya tercapai di sebuah titik [interior](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) $c$, lalu [Proposisi 14.7](#prop-b1-derivative-fermat) memberikan $f'(c) = 0$. ∎ **Teorema 14.9 (Teorema nilai rata-rata).** Misalkan $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) pada $\intcc{a}{b}$, [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) pada $\intcc{a}{b}$, [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-derivative/fig-a2d4f0542a62.svg) *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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ex-b1-seq-heron)), 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) umumnya menyusul dari batas Taylor pada [Bab 16](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor). Inti gagasan penutupnya: bahwa di tempat dikotomi ([Contoh 13.12](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ex-b1-continuity-dichotomy)) hanya memakai [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) dan memperoleh satu bit per langkah, Newton membelanjakan sebuah [turunan](#def-b1-derivative-def) 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](#def-b1-derivative-def). 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ch-b1-seq) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor) akan mengulangi pertukaran itu persis. **Akibat 14.12 (Kriteria kemonotonan).** Misalkan $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) pada $I$, [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) pada [interiornya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure). 1. $f' \geq 0$ pada [interiornya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) $\iff$ $f$ naik; sedangkan $f' = 0$ $\iff$ $f$ konstan. 2. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) tentang *[selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals)* — 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration) mewarisi catatan halus ini: bahwa “sang” primitif sebuah fungsi terdefinisi dengan baik sampai sebuah konstanta *pada setiap [selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) 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](#def-b1-derivative-def) 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](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) berisi nol bersifat mematikan. **Contoh 14.15 (Telaah variasi yang lengkap).** Telaahlah $f(x) = x^3 - 3x + 1$ pada $\R$. [Turunannya](#def-b1-derivative-def): $f'(x) = 3(x^2 - 1)$, 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](#def-b1-derivative-def) $n$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/2-pencacahan#prop-b1-counting-identities)), dengan suku [perbatasannya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) $j = 0$ 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](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) — karena jumlahnya lalu hanya bersuku $\deg + 1$, dan rumusnya menjadi bentuk [tertutup](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closed), bukan kesamaan yang abstrak. (Adapun untuk dua faktor yang sama-sama lincah tak hingga seperti $\eu^x\sin x$, eksponensial kompleks dari [Bab 3](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/3-bilangan-kompleks#ch-b1-complex) 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](#def-b1-derivative-def) pada $I$. Berikut ini setara: 1. $f$ [cembung](#def-b1-derivative-convex) ; 2. $f'$ naik pada $I$ ; 3. 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](#def-b1-derivative-def) dua kali: maka $f$ [cembung](#def-b1-derivative-convex) $\iff f'' \geq 0$. **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](#def-b1-derivative-def) dua kalinya: $f'' \geq 0 \iff f'$ naik ([Akibat 14.12](#cor-b1-derivative-monotone)). ∎ ![Kecembungan, dua kali: bahwa setiap tali busurnya (yang kelabu) terletak di atas grafiknya, dan grafiknya terletak di atas setiap garis singgungnya (yang putus-putus).](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-derivative/fig-d730906df39f.svg) *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](#def-b1-derivative-convex) (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](#exo-b1-derivative-9). **Contoh 14.21 (Sebuah ketaksamaan kecembungan dari nol).** Fungsi $f(t) = t\ln t$ bersifat [cembung](#def-b1-derivative-convex) 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](#exo-b1-derivative-9)) dan pada asimtotik teori informasi jilid Tahun ke-3. Inti gagasan penutupnya: bahwa untuk memproduksi sebuah ketaksamaan, carilah fungsi yang [turunan](#def-b1-derivative-def) 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](#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-open) $0$ memuat penurunan. Adapun kemonotonan menuntut $f' \geq 0$ *pada sebuah [selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals)* ([Akibat 14.12](#cor-b1-derivative-monotone)); 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](#def-b1-derivative-def) [interior](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure)), $x$ pada $\intcc{0}{1}$ (dengan ujung yang tak sama), dan $x - \lfloor x\rfloor$ pada $\intcc{0}{1}$ (yang [kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) gagal di $1$) masing-masing mematahkan tepat satu hipotesisnya beserta kesimpulannya. (iii) *[Turunan](#def-b1-derivative-def) boleh takkontinu, tetapi tak sebarangan*: karena $f'$ dapat berayun ([Contoh 14.2](#ex-b1-derivative-notc1)) namun selalu memenuhi sifat nilai antara (menurut Darboux, [Latihan 14.10](#exo-b1-derivative-10)): jadi sebuah [turunan](#def-b1-derivative-def) tak pernah melompat — sehingga jika kamu menghitung sebuah “limit [turunan](#def-b1-derivative-def)” sepihak yang melompat, maka kamu sudah menurunkan fungsi yang tak [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def). (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](#def-b1-derivative-def) inversnya hilang persis di tempat $f'$ lenyap ([Teorema 14.5](#thm-b1-derivative-inverse)). **Catatan 14.23 (Di mana teorema nilai rata-rata bekerja berikutnya).** Hampir setiap [pernyataan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) kuantitatif pada bab berikutnya merupakan teorema nilai rata-rata bab ini yang berkostum: teorema fundamental kalkulus ([Bab 15](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration)) menurunkan fungsi luasnya lalu menutup dengan kriteria kemonotonannya; rumus Taylor–Lagrange ([Bab 16](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor)) merupakan teorema nilai rata-rata yang diulang $n$ kali; analisis galat metode Newton dan iterasi titik tetap ([Latihan 14.11](#exo-b1-derivative-11)) merupakan bentuk Lipschitznya; sedangkan soal akhir pekan bab ini ([Soal 14.1](#pb-b1-derivative-1)) mengubah batas Lipschitz yang sama menjadi teori bilangan — yaitu ketaksamaan tolakan antara [bilangan aljabar](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) dan bilangan rasional, yang menghasilkan [bilangan transenden](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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](#exo-b1-derivative-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) kecekungan tentang $\ln$, yang dipanen bagi norma. **Catatan 14.25 (Cakrawala di dalam jilid ini).** [Turunan](#def-b1-derivative-def) memperoleh tiga kehidupan baru sebelum jilid ini berakhir. Pada [Bab 16](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor) ia mengulang dirinya: $n$ [turunan](#def-b1-derivative-def) di sebuah titik memampat menjadi satu [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) ditambah galat yang terkendali, dan teorema nilai rata-ratanya menjadi sisa Lagrange. Pada [Bab 24](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/24-kurva-bidang#ch-b1-curves), 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/25-fungsi-dua-variabel#ch-b1-multivar), satu variabelnya dibekukan pada satu waktu: sehingga [turunan](#def-b1-derivative-def) 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 Latihan 14.1.** $x^x = \eu^{x\ln x}$ pada $\intoo{0}{+\infty}$: dengan [turunan](#def-b1-derivative-def) $(\ln x + 1)\,x^x$. $\ln(x + \sqrt{x^2+1})$ pada $\R$ (karena argumennya selalu $> 0$): dengan [turunan](#def-b1-derivative-def) $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ (yang dihitung pada [Proposisi 4.21](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-invhyp) — karena ia $\operatorname{arsinh}$). $\arctan\frac1x$ pada $\R^*$: dengan [turunan](#def-b1-derivative-def) $\frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{-1}{1 + x^2}$ (yang selaras dengan [Proposisi 4.12](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-arcidentities) (2): karena fungsinya adalah $\pm\frac\pi2 - \arctan x$ pada masing-masing setengah garisnya). $\sqrt{1 + \eu^{2x}}$ pada $\R$: dengan [turunan](#def-b1-derivative-def) $\frac{\eu^{2x}}{\sqrt{1 + \eu^{2x}}}$. **Latihan 14.2 ★.** Lengkapilah [Contoh 14.2](#ex-b1-derivative-notc1): buktikan bahwa $f(x) = x^2 \sin\frac1x$, $f(0) = 0$, [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) di $0$ dengan $f'(0) = 0$, dan bahwa $f'$ tak berlimit di $0$. **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#thm-b1-continuity-seqchar)), jadi $f'$ tak [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) di $0$ dan $f$ [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) $\exp$, $\bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^{n\ln(1 + x/n)} \to \eu^x$. **Latihan 14.4 ★.** Misalkan $P$ [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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 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](#thm-b1-derivative-rolle)) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) [terbukanya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-open) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#prop-b1-poly-multiplicity)), 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](#def-b1-derivative-def) 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 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](#def-b1-derivative-def) $n$ kali pada $I$ dan lenyap di $n + 1$ titik yang berbeda. Buktikan bahwa $f^{(n)}$ lenyap sekurang-kurangnya sekali. Penerapannya: bahwa [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) berderajat $\leq n$ yang lenyap di $n+1$ titik bernilai nol (sekali lagi). **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](#def-b1-derivative-def) $n-1$ 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](#def-b1-derivative-def) dua kali pada $\intcc{a}{b}$ dengan $f(a) = f(b) = 0$ dan $f(x_0) > 0$ untuk suatu $x_0$ yang [interior](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure). Buktikan bahwa $f''(c) < 0$ untuk suatu $c \in \intoo{a}{b}$. *(Dua teorema nilai rata-rata dan satu perbandingan kemiringan.)* **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 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules)). 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 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 $y = \sum_{i 0$. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure), lalu [Proposisi 14.7](#prop-b1-derivative-fermat) memberikan $g'(c) = 0$, yakni $f'(c) = v$. **Latihan 14.11 ★★★.** Misalkan $f \colon \R \to \R$ [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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 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) 1. Misalkan $f, g$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) pada $\intcc{a}{b}$, dan [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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)*. 2. 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 $\frac{f(x)}{g(x)} \to \ell$ . 3. 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 Latihan 14.12.** 1. Jika $g(b) = g(a)$ , maka Rolle akan memberikan sebuah nol [interior](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) bagi $g'$ : yang tersingkirkan. Tetapkanlah $\lambda = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$ dan $h = f - \lambda g$ : maka $h$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) pada $\intcc{a}{b}$ , [dapat diturunkan](#def-b1-derivative-def) 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 $g'(c) \neq 0$ . 2. 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 $\frac{f}{g} \to \ell$. 3. 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](#exo-b1-derivative-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-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?** 1. 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 $\frac 1q$ . 2. 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 $\abs{p^2 - 2q^2} \geq 1$)* . 3. 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 $2$. 4. (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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/2-pencacahan#cor-b1-counting-pigeonhole) ), 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. 5. Tunjukkan bahwa di antara [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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)* . 6. 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)* . 7. Misalkan $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} \abs{P'}$ ([Teorema 13.13](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#thm-b1-continuity-evt)). Dengan memakai teorema nilai rata-rata antara $x$ dan $\frac pq$, buktikanlah *ketaksamaan Liouville*: bahwa dengan $C = \min\bigl(1, \frac 1M\bigr) > 0$, $$\Bigl| x - \frac pq \Bigr| \geq \frac{C}{q^{\,d}} \qquad\text{untuk setiap bilangan rasional } \frac pq,\ q \geq 1 .$$ 8. 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 $2^{\,n-1} > b$)* . 9. 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 $L$.** 10. Misalkan $L$ nilai (dalam pengertian [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-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 $L$ . 11. 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)*. 12. 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. 13. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-1) , pertanyaan 20). 14. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-1) (pertanyaan 22) yang diterapkan pada pemilihan angka ini — bahwa ada [bilangan transenden](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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 $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^{\mu}}$. 15. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) berderajat $d$ tak sampai orde mana pun di luar $d$ ; sedangkan bilangan Liouville sampai setiap orde. Benarkanlah setiap klaimnya dengan mengutip pertanyaan yang relevan. 16. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) — bersifat [padat](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-dense) di $\R$ . 17. (Cantor, 1874) Buktikan bahwa [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) [bilangan aljabar](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) bersifat terbilang: karena ada berhingga banyak [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/2-pencacahan#def-b1-counting-card) bersifat terbilang. Dan karena tak ada barisan yang menghabiskan $\R$ ( [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-1) , pertanyaan 22), maka [bilangan transenden](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) ada — bahkan membentuk [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) yang takterbilang. Bandingkanlah kedua buktinya: apakah yang diberikan bukti Liouville yang tak dapat diberikan bukti Cantor? 18. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) yang Liouville. **Bagian V — Konstanta yang efektif.** 19. 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. 20. 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 $$\Bigl| 2^{1/3} - \frac pq \Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad \text{untuk setiap } \frac pq .$$ 21. Hasilnya: tunjukkan bahwa sebarang bilangan rasional yang menghampiri $2^{1/3}$ dalam jarak $10^{-6}$ pasti berpenyebut $q \geq 40$ . 22. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) dan sintesisnya.** 23. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) ) merupakan teorema Roth, yang jauh di luar jilid ini. 24. Kuantifikasikanlah Cantor: tunjukkan bahwa [bilangan aljabar](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) berderajat $\leq d$ yang diberikan oleh [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) berkoefisien di $\intint{-H}{H}$ berjumlah paling banyak $d\,(2H + 1)^{d+1}$ . (Kehinggaan inilah yang membuat pertanyaan 17 berjalan.) 25. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) ; (iv) sebutkanlah tempat jilid ini bertemu temanya lagi — yaitu soal akhir pekan [Bab 15](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration) yang membuktikan bahwa $\pi$ irasional lewat apitan kebulatan lawan kekecilan yang sama, dengan integral menggantikan [turunan](#def-b1-derivative-def) . **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/2-pencacahan#cor-b1-counting-pigeonhole)), 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#thm-b1-poly-factor)) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) *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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](#thm-b1-derivative-mvt)) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#def-b1-reals-bounds) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-dense) serta setiap $L + r$ bersifat transenden, maka [bilangan transenden](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) bersifat [padat](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-dense) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) bulat yang taknol mempunyai tinggi semacam itu, dan berakar real paling banyak $\deg P$: sehingga [bilangan aljabarnya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) membentuk gabungan terbilang (atas $h$) dari [himpunan hingga](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/2-pencacahan#def-b1-counting-card), jadi dapat didaftar sebagai satu barisan tunggal. Seandainya [bilangan transendennya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) juga dapat didaftar, maka menyelang-selingkan kedua daftarnya akan mendaftar $\R$, yang bertentangan dengan [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#pb-b1-reals-1) (pertanyaan 22). Jadi [bilangan transenden](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) membentuk [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) taknol di antaranya berakar real paling banyak $d$: sehingga paling banyak $d\,(2H+1)^{d+1}$ [bilangan aljabar](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#pb-b1-logic-1) dengan konstanta yang efektif; sedangkan Cantor menunjukkan bahwa hampir semua bilangan real bersifat transenden tanpa menamai satu pun: jadi konstruksi lawan [kardinalitas](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/2-pencacahan#def-b1-counting-card). (iv) Adapun soal akhir pekan [Bab 15](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration) 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.