Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

4Fungsi Baku

Analisis hanya seberguna persediaan fungsi yang kita kuasai. Pada koleksi warisan sekolah menengah — pangkat, eksponensial, logaritma, fungsi trigonometri — bab ini menambahkan fungsi inversnya ( $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ ) dan keluarga hiperbolik. Turunan dipakai dengan bebas pada taraf sekolah menengah; teori di balik fungsi invers dituntaskan pada Bab 13 dan 14.

4.1 Eksponensial, logaritma, pangkat

Proposisi 4.1 (Ringkasan dan pencirian)

$\exp \colon \R \to \intoo{0}{+\infty}$ dan $\ln \colon \intoo{0}{+\infty} \to \R$ adalah dua bijeksi yang saling invers, naik tegas, dengan

\exp(x + y) = \exp x \exp y, \qquad \ln(xy) = \ln x + \ln y, \qquad \exp' = \exp, \qquad \ln'(x) = \frac 1x .

Lebih lanjut, $\exp$ adalah satu-satunya fungsi $f \colon \R \to \R$ yang dapat diturunkan dengan $f' = f$ dan $f(0) = 1$ .

Bukti. Ringkasannya adalah bahan sekolah menengah. Untuk ketunggalannya, misalkan $f' = f$ , $f(0) = 1$ , lalu tulis $g(x) = f(x)\,\eu^{-x}$ . Maka $g' = f'\eu^{-x} - f\eu^{-x} = 0$ , jadi $g$ konstan dan sama dengan $g(0) = 1$ : $f = \exp$ . ∎

Definisi 4.2 (Pangkat umum)

Untuk $x > 0$ dan $\alpha \in \R$ : $\;x^\alpha = \eu^{\alpha \ln x}$ . Untuk $a > 0$ , $a \neq 1$ , logaritma dengan bilangan pokok $a$ adalah $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$ , yaitu invers $x \mapsto a^x$ .

Contoh 4.3 (Menyelesaikan persamaan eksponensial)

Selesaikan $2^x = 5^{\,x-1}$ di $\R$ . Kedua ruasnya positif, jadi ambil logaritmanya — langkah yang dapat dibalik:

x\ln2 = (x - 1)\ln5 \iff x(\ln2 - \ln5) = -\ln5 \iff x = \frac{\ln5}{\ln5 - \ln2} = \frac{\ln 5}{\ln\frac52} \approx 1.756 .

Berikutnya, selesaikan $x^{\sqrt2} = 3$ untuk $x > 0$ : pangkatkan dengan $\frac1{\sqrt2}$ (yakni terapkan bijeksi inversnya): $x = 3^{1/\sqrt2} = \eu^{(\ln 3)/\sqrt2} \approx 2.175$ . Inti gagasannya: setiap persamaan yang mencampur pangkat terurai lewat $\ln$ dan $\exp$ , karena definisi $x^\alpha = \eu^{\alpha\ln x}$ menyusutkan semua manipulasi pangkat menjadi aritmetika eksponen — tetapi hanya pada daerah $x > 0$ yang di situlah definisi itu hidup.

Contoh 4.4 (Waktu penggandaan)

Sebuah besaran tumbuh $3\%$ per langkah: setelah $n$ langkah ia terkali $(1.03)^n$ . Kapan ia berlipat dua? Selesaikan $(1.03)^n \geq 2$ :

n\ln(1.03) \geq \ln2 \iff n \geq \frac{\ln 2}{\ln 1.03} = \frac{0.6931}{0.02956} \approx 23.4 ,

jadi penggandaan pertama terjadi pada langkah $24$ . (“Aturan $72$ ” para pemodal, yang menaksir waktu penggandaan sebagai $72$ dibagi lajunya dalam persen, adalah perhitungan ini dengan hampiran $\ln(1 + x) \approx x$ , yang dikuantifikasi pada Bab 16.) Proses eksponensial paling baik dinalar lewat logaritmanya: pada skala itu, pertumbuhannya linear dan pertanyaannya menjadi pembagian.

Contoh 4.5 (Sepanjang apa $2^{2026}$ ?)

Banyaknya angka desimal sebuah bilangan bulat $N \geq 1$ adalah $\floor{\log_{10} N} + 1$ (memang $N$ mempunyai $d$ angka tepat ketika $10^{d-1} \leq N < 10^d$ , yakni $d - 1 \leq \log_{10}N < d$ ). Untuk $N = 2^{2026}$ :

\log_{10} 2^{2026} = 2026\,\log_{10}2 = 2026 \times 0.301030 = 609.887 ,

jadi $2^{2026}$ mempunyai $610$ angka. Bagian pecahannya membawa bonus: $10^{0.887} \approx 7.7$ , jadi bilangan itu diawali $7$ . Satu perkalian menjawab pertanyaan tentang bilangan yang tak seorang pun akan pernah menuliskannya — logaritma memampatkan ukuran perkalian menjadi ukuran penjumlahan, dan itulah seluruh maknanya secara historis (Contoh 7.12 membuat kalimat itu menjadi tepat).

Proposisi 4.6 (Kaidah pangkat dan perbandingan pertumbuhan)

Untuk $x, y > 0$ dan $\alpha, \beta \in \R$ :

x^{\alpha+\beta} = x^\alpha x^\beta, \quad (x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}, \quad (xy)^\alpha = x^\alpha y^\alpha, \quad (x^\alpha)' = \alpha\, x^{\alpha - 1}.

Skala pertumbuhan ketika $x \to +\infty$ , untuk setiap $\alpha > 0$ dan $\beta > 0$ :

\frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha} \longrightarrow 0, \qquad \frac{x^\alpha}{\eu^{\beta x}} \longrightarrow 0 .

Bukti. Kesamaan itu menyalin kesamaan $\exp$ dan $\ln$ lewat definisinya. Secara rinci untuk yang kedua (yang paling tak kasatmata): $x^\alpha > 0$ dan $\ln(x^\alpha) = \alpha\ln x$ (terapkan $\ln$ pada definisinya), sehingga

(x^\alpha)^\beta = \eu^{\beta\ln(x^\alpha)} = \eu^{\beta\alpha\ln x} = x^{\alpha\beta} ;

yang pertama dan ketiga adalah penguraian dua baris yang sama lewat $\exp(u + v) = \exp u\exp v$ dan $\ln(xy) = \ln x + \ln y$ . Turunannya adalah aturan rantai: $(\eu^{\alpha\ln x})' = \frac{\alpha}{x} \eu^{\alpha\ln x}$ .

Perbandingannya: dari $\frac{\ln t}{t} \to 0$ (yang dibuktikan pada jilid sekolah menengah), substitusikan $t = x^{\alpha/\beta}$ : $\frac{\ln x}{x^{\alpha/\beta}} \to 0$ , lalu pangkatkan dengan $\beta$ . Untuk yang kedua, substitusikan $x = \ln u$ pada yang pertama. ∎

Contoh 4.7 (Dua limit yang harus dikuasai setiap pembaca)

Berapa $\lim_{x \to 0^+} x^x$ dan $\lim_{x \to +\infty} x^{1/x}$ ? Kedua pangkat itu terdefinisi lewat eksponensial, jadi selesaikan dulu eksponennya:

x^x = \eu^{x\ln x}, \qquad x\ln x = -\frac{\ln(1/x)}{1/x} \longrightarrow 0 \quad (x \to 0^+), \qquad\text{sehingga } x^x \longrightarrow \eu^0 = 1 ;

dan $x^{1/x} = \eu^{(\ln x)/x} \to \eu^0 = 1$ ketika $x \to +\infty$ , langsung menurut perbandingan pertumbuhan. Inti gagasannya: pangkat tak tentu (yang berbentuk $0^0$ atau $\infty^0$ ) selalu ditangani dengan menuliskannya ulang $u^v = \eu^{v\ln u}$ lalu menganalisis hasil kali $v \ln u$ — jangan pernah dengan menerka dari bilangan pokok dan eksponennya secara terpisah. Fungsi $x \mapsto \frac{\ln x}{x}$ yang memutuskan kedua limit itu dipelajari tuntas pada soal akhir pekan bab ini.

Skala pertumbuhan pada : di dekat tepi kanan, x baru saja melewati 1.6 sedangkan x sudah meninggalkan bingkainya. Setiap rasionya (logaritma dibagi pangkat, dan pangkat dibagi eksponensial) menuju 0 — gambarnya hanya mengisyaratkan apa yang dibuat tepat oleh substitusi pada buktinya. — Skala pertumbuhan pada Proposisi 4.6: di dekat tepi kanan, $\ln x$ baru saja melewati $1.6$ sedangkan $\eu^x$ sudah meninggalkan bingkainya. Setiap rasionya (logaritma dibagi pangkat, dan pangkat dibagi eksponensial) menuju $0$ — gambarnya hanya mengisyaratkan apa yang dibuat tepat oleh substitusi pada buktinya.

Catatan 4.8 (Jebakan yang lazim dengan pangkat dan logaritma)

Daerahnya. $x^\alpha$ untuk $\alpha$ yang irasional menuntut $x > 0$ ; $(-8)^{1/3}$ sebaiknya dihindari dan diganti dengan “akar pangkat tiga real dari $-8$ ”, karena kaidah $(x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}$ gugur diam-diam pada bilangan negatif: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ .
$\sqrt{x^2} = \abs x$ , bukan $x$ : melupakan nilai mutlaknya adalah sumber klasik hilangnya penyelesaian yang negatif.
$\ln(xy) = \ln x + \ln y$ menuntut $x, y > 0$ . Untuk argumen yang negatif, $\ln(xy)$ bisa saja terdefinisi sedangkan ruas kanannya tidak.
Fungsi mana yang tumbuh? Pada $x^\alpha$ yang berubah adalah bilangan pokoknya; pada $a^x$ yang berubah adalah eksponennya. Pertumbuhan keduanya jauh berbeda (Proposisi 4.6), dan ungkapan campuran seperti $x^{\ln x}$ atau $x^{1/x}$ harus ditulis ulang sebagai $\eu^{(\cdot)}$ sebelum dinalar — seperti pada Contoh 4.7.

4.2 Fungsi invers trigonometri

Definisi 4.9 ( $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ )

Pembatasan

\sin \colon \intcc{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \cos \colon \intcc{0}{\pi} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \tan \colon \intoo{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \R

adalah bijeksi yang monoton tegas. Pemetaan inversnya ditulis $\arcsin$ , $\arccos$ dan $\arctan$ . Jadi, misalnya, $y = \arcsin x$ ( $x \in \intcc{-1}{1}$ ) adalah satu-satunya sudut di $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ yang sinusnya $x$ .

Dari kiri ke kanan: , , . Masing-masing mewarisi grafiknya dari fungsi langsung yang dibatasi lewat pencerminan pada garis y = x. — Dari kiri ke kanan: $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ . Masing-masing mewarisi grafiknya dari fungsi langsung yang dibatasi lewat pencerminan pada garis $y = x$ .

Proposisi 4.10 (Turunannya)

Pada bagian dalam daerah asalnya:

\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arccos' x = \frac{-1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arctan' x = \frac{1}{1 + x^2}.

Bukti. Dengan mendahului aturan fungsi invers yang dibuktikan pada Bab 14: jika $f$ bijeksi yang dapat diturunkan dan $f' \neq 0$ , maka $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$ . Untuk $\arcsin$ : dengan $y = \arcsin x$ ,

\arcsin' x = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 y}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}},

dengan $\cos y = +\sqrt{1 - \sin^2 y}$ karena $y \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ memaksa $\cos y > 0$ . Demikian pula $\arccos' x = \frac{1}{-\sin y}$ dengan $\sin y > 0$ pada $\intoo{0}{\pi}$ , dan $\arctan' x = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{1 + x^2}$ dengan memakai $\tan' = 1 + \tan^2$ . ∎

Contoh 4.11 (Mengenali konstanta yang tersembunyi)

Pelajari $g(x) = \arctan\dfrac{1 - x}{1 + x}$ pada $\intoo{-1} {+\infty}$ . Aturan rantai dan sedikit perhitungan:

g'(x) = \frac{1}{1 + \bigl(\frac{1-x}{1+x}\bigr)^2}\cdot \frac{-(1+x) - (1-x)}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2 + (1-x)^2} = \frac{-1}{1 + x^2} ,

karena $(1+x)^2 + (1-x)^2 = 2 + 2x^2$ . Jadi $g' = -\arctan'$ : fungsi $g + \arctan$ berturunan nol pada selang $\intoo{-1}{+\infty}$ , sehingga konstan di sana; nilainya di $x = 0$ adalah $\arctan 1 + \arctan 0 = \frac\pi4$ . Kesimpulannya:

\arctan\frac{1 - x}{1 + x} = \frac\pi4 - \arctan x \qquad (x > -1) .

Pada $\intoo{-\infty}{-1}$ perhitungan turunan yang sama berlaku tetapi konstantanya berbeda ( $-\frac{3\pi}4$ : hitung limitnya ketika $x \to -\infty$ ). Inti gagasannya: “turunan nol berarti konstan” adalah pernyataan selang demi selang — persis kehalusan yang dimanfaatkan pada Latihan 4.6 dan Latihan 4.10.

Proposisi 4.12 (Kesamaan baku)

Untuk $x \in \intcc{-1}{1}$ : $\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}$ .
Untuk $x > 0$ : $\arctan x + \arctan\dfrac 1x = \dfrac{\pi}{2}$ (dan $-\frac\pi2$ untuk $x < 0$ ).
$\sin(\arccos x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$ ; $\;\tan(\arcsin x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$ untuk $\abs x < 1$ .

Bukti. (1) Turunan $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ bernilai nol pada $\intoo{-1}{1}$ (Proposisi 4.10), jadi fungsinya konstan di sana dan sama dengan nilainya $\frac\pi2$ di $0$ ; nilai di titik ujung $\pm 1$ diperiksa langsung ( $\frac\pi2 + 0$ dan $-\frac\pi2 + \pi$ ).

(2) Metode yang sama pada $\intoo{0}{+\infty}$ : turunannya adalah $\frac{1}{1+x^2} + \frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0$ , dan di $x = 1$ jumlahnya $2\arctan 1 = \frac\pi2$ . Untuk $x < 0$ , pakai keganjilan $\arctan$ .

(3) Dengan $y = \arccos x \in \intcc{0}{\pi}$ : $\sin y \geq 0$ , jadi $\sin y = \sqrt{1 - \cos^2 y} = \sqrt{1 - x^2}$ ; demikian pula untuk $\cos(\arcsin x)$ , dan rumus tangennya adalah hasil baginya. ∎

Catatan 4.13

$\arcsin(\sin\theta) = \theta$ berlaku hanya untuk $\theta \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : misalnya $\arcsin(\sin\pi) = 0 \neq \pi$ . Komposisi ke arah sebaliknya, $\sin(\arcsin x) = x$ , sah pada seluruh $\intcc{-1}{1}$ .

Contoh 4.14 (Melipat kembali ke selang utamanya)

Hitunglah

\arctan\Bigl(\tan\frac{3\pi}4\Bigr) \qquad\text{dan}\qquad \arctan\Bigl(\tan\frac{17\pi}5\Bigr).

Resepnya: gantilah sudut itu dengan satu-satunya sudut di $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ yang tangennya sama, yakni kurangkan kelipatan $\pi$ yang tepat (yaitu periode $\tan$ ). Pertama: $\frac{3\pi}4 - \pi = -\frac\pi4$ , jadi jawabannya $-\frac\pi4$ . Kedua: $\frac{17\pi} 5 - 3\pi = \frac{2\pi}5 \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , jadi jawabannya $\frac{2\pi}5$ . Perhitungan itu sesungguhnya pembagian Euclid sudut itu oleh $\pi$ yang menyamar — dan resep analognya untuk $\arcsin$ (cerminkan ke dalam $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , dengan periode $2\pi$ ) dan $\arccos$ (cerminkan ke dalam $\intcc0\pi$ ) menggerakkan Latihan 4.1 dan jawaban sepotong-sepotong pada Latihan 4.10.

Contoh 4.15 (Menjumlahkan arkus tangen dengan aman)

Mari kita buktikan

\arctan\frac12 + \arctan\frac15 + \arctan\frac18 = \frac\pi4 .

Dua bahannya: rumus penjumlahan tangen, dan — langkah yang dilupakan pemula — pelokalan jumlahnya. Pertama, $\tan(u + v) = \frac{\tan u + \tan v}{1 - \tan u\tan v}$ dengan $u = \arctan\frac12$ , $v = \arctan\frac15$ memberikan

\tan(u + v) = \frac{\frac12 + \frac15}{1 - \frac1{10}} = \frac{7/10}{9/10} = \frac79, \qquad\text{lalu}\qquad \tan\Bigl(u + v + \arctan\frac18\Bigr) = \frac{\frac79 + \frac18}{1 - \frac7{72}} = \frac{65/72}{65/72} = 1 .

Kedua, masing-masing dari ketiga sudut itu terletak di $\intoo0{\frac\pi4}$ (karena argumennya kurang dari $1$ ), jadi jumlahnya terletak di $\intoo0{\frac{3\pi}4}$ ; satu-satunya sudut di sana yang bertangen $1$ adalah $\frac\pi4$ . Tanpa pelokalan itu kesimpulannya hanya akan berbunyi “ $\frac\pi4$ sampai kelipatan $\pi$ ” — yaitu setengah bukti. Disiplin dua langkah yang sama menggerakkan Latihan 4.8 dan Latihan 4.12.

Contoh 4.16 (Sebuah persamaan arkus tangen)

Selesaikan $\arctan x + \arctan 2x = \dfrac\pi4$ . Lokalkan lebih dulu: ruas kirinya bertanda sama dengan $x$ (kedua sukunya begitu), jadi setiap penyelesaian memenuhi $x > 0$ , dan lalu jumlahnya terletak di $\intoo0\pi$ . Ambil tangennya (yang tak injektif pada selang mana pun yang panjangnya $\pi$ , tetapi digabung dengan pelokalan tadi ini sudah cukup): rumus penjumlahannya memberikan

\tan\bigl(\arctan x + \arctan 2x\bigr) = \frac{3x}{1 - 2x^2} = 1 \iff 2x^2 + 3x - 1 = 0 \iff x = \frac{-3 \pm \sqrt{17}}4 .

Akar yang negatif dibuang oleh pelokalannya; untuk calon yang positif $x_0 = \frac{\sqrt{17} - 3}4 \approx 0.28$ , jumlahnya terletak di $\intoo0\pi$ dengan tangen $1$ , dan satu-satunya sudut semacam itu adalah $\frac\pi4$ (pada $\intoo{\frac\pi2}\pi$ tangennya negatif): jadi $x_0$ satu-satunya penyelesaian. Perhatikan bentuk argumennya: mengambil tangen dapat melahirkan penyelesaian, tetapi tak pernah menghilangkannya, jadi selesaikan dulu persamaan polinomialnya lalu saring lewat pelokalan — disiplin periksa-maju yang sama seperti pada pengkuadratan sebuah persamaan.

4.3 Fungsi hiperbolik

Definisi 4.17 ( $\cosh$ , $\sinh$ , $\tanh$ )

Untuk $x \in \R$ :

\cosh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}, \qquad \sinh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}, \qquad \tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x}

(kosinus, sinus, tangen hiperbolik). Di sini $\cosh$ genap, sedangkan $\sinh$ dan $\tanh$ ganjil.

Proposisi 4.18 (Sifat dasar)

Untuk setiap $x, y \in \R$ :

$\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ;
$\cosh' = \sinh$ , $\;\sinh' = \cosh$ , $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ;
$\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ dan $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ;
$\sinh$ adalah bijeksi naik tegas dari $\R$ pada $\R$ ; $\cosh$ yang dibatasi pada $\R_+$ adalah bijeksi naik tegas pada $\intco{1}{+\infty}$ ; dan $\tanh$ adalah bijeksi naik tegas dari $\R$ pada $\intoo{-1}{1}$ .

Bukti. (1) $\bigl(\frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 = \frac{(\eu^{2x} + 2 + \eu^{-2x}) - (\eu^{2x} - 2 + \eu^{-2x})}{4} = 1$ .

(2) Turunkan rumus pendefinisinya; untuk $\tanh$ , aturan hasil bagi memberikan $\frac{\cosh^2 - \sinh^2}{\cosh^2}$ , yang sekaligus $1 - \tanh^2$ dan $\frac{1}{\cosh^2}$ menurut (1).

(3) Jabarkan ruas kanannya memakai definisinya. Secara rinci untuk rumus yang pertama:

\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y = \frac{(\eu^x + \eu^{-x})(\eu^y + \eu^{-y}) + (\eu^x - \eu^{-x})(\eu^y - \eu^{-y})}{4} ;

dari kedelapan hasil kalinya, keempat yang “campuran” ( $\eu^{x-y}$ , $\eu^{y-x}$ ) saling hapus berpasangan, sedangkan $\eu^{x+y}$ dan $\eu^{-(x+y)}$ masing-masing muncul dua kali: totalnya $\frac{2\eu^{x+y} + 2\eu^{-(x+y)}}{4} = \cosh(x+y)$ . Rumus sinusnya identik, hanya saja suku campurannya yang bertahan sedangkan yang lain hapus.

(4) $\sinh' = \cosh \geq 1 > 0$ , jadi $\sinh$ naik tegas, dengan limit $\pm\infty$ (karena suku dominannya $\pm\frac{\eu^{\abs x}}{2}$ ); pernyataan bijeksinya lalu menyusul dari teorema nilai antara (yang dipakai pada taraf sekolah menengah; perlakuan sistematisnya pada Bab 13). Pada $\R_+$ , $\cosh' = \sinh \geq 0$ dan hanya lenyap di $0$ : jadi naik tegas dari $\cosh 0 = 1$ ke $+\infty$ . Dan $\tanh' > 0$ dengan limit $\pm 1$ di $\pm\infty$ : secara rinci,

\tanh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{\eu^x + \eu^{-x}} = \frac{1 - \eu^{-2x}}{1 + \eu^{-2x}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 1 ,

setelah membagi pembilang dan penyebutnya dengan $\eu^x$ , sedangkan keganjilannya memberikan limit $-1$ di $-\infty$ ; jadi fungsi $\tanh$ yang naik tegas itu memetakan $\R$ pada $\intoo{-1}1$ . ∎

Kiri: dan , yang secara asimtotik merekat pada x/2 (garis putus-putus). Kanan: , yang naik dari -1 ke 1. — Kiri: $\cosh$ dan $\sinh$ , yang secara asimtotik merekat pada $\frac{\eu^x}{2}$ (garis putus-putus). Kanan: $\tanh$ , yang naik dari $-1$ ke $1$ .

Catatan 4.19 (Mengapa “hiperbolik”?)

Titik $(\cosh t, \sinh t)$ menyusuri cabang $x > 0$ pada hiperbola $x^2 - y^2 = 1$ (menurut Proposisi 4.18 (1)), persis seperti $(\cos t, \sin t)$ menyusuri lingkaran $x^2 + y^2 = 1$ . Setiap kesamaan lingkaran punya saudara hiperboliknya, dengan perubahan tanda yang diatur oleh $\sinh^2 \leftrightarrow -\sin^2$ .

Contoh 4.20 (Rumus penjumlahan untuk $\tanh$ )

Dengan membagi kedua rumus penjumlahan pada Proposisi 4.18 (3) dengan $\cosh x\cosh y$ :

\tanh(x + y) = \frac{\sinh x\cosh y + \cosh x\sinh y} {\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y} = \frac{\tanh x + \tanh y}{1 + \tanh x\,\tanh y} ,

yakni saudara hiperbolik dari rumus penjumlahan tangen — dengan $+$ yang di trigonometri berupa $-$ . Sebuah dividen: karena $\abs{\tanh} < 1$ , ruas kanannya adalah kaidah “penjumlahan kecepatan” yang tak pernah keluar dari $\intoo{-1}1$ : jika $u, v \in \intoo{-1}1$ maka $\frac{u + v}{1 + uv} \in \intoo{-1}1$ juga (tulis $u = \tanh a$ , $v = \tanh b$ , yang mungkin karena kebijektifannya, lalu baca rumusnya terbalik). Memeriksa hal itu secara aljabar, tanpa fungsi hiperbolik, adalah latihan yang agak menyakitkan; memparameterkannya dengan $\tanh$ membuatnya satu baris — strategi yang sama seperti yang diberikan fungsi lingkaran bagi lingkaran satuan.

Proposisi 4.21 (Fungsi invers hiperbolik)

Invers yang dijamin oleh Proposisi 4.18 (4) mempunyai bentuk tertutup:

\operatorname{arsinh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr) \ (x \in \R), \qquad \operatorname{arcosh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr) \ (x \geq 1),

\operatorname{artanh} x = \frac 12 \ln\frac{1 + x}{1 - x} \ (\abs x < 1),

dengan turunan berturut-turut $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ , $\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ ( $x > 1$ ) dan $\frac{1}{1 - x^2}$ .

Bukti. Untuk $\operatorname{arsinh}$ : selesaikan $x = \sinh y = \frac{\eu^y - \eu^{-y}}{2}$ . Dengan menulis $u = \eu^y > 0$ : $u^2 - 2xu - 1 = 0$ , jadi $u = x + \sqrt{x^2 + 1}$ (karena akar $x - \sqrt{x^2+1}$ negatif), dan $y = \ln(x + \sqrt{x^2+1})$ . Dua yang lain adalah perhitungan yang identik ( $u^2 - 2xu + 1 = 0$ untuk $\operatorname{arcosh}$ , dengan mempertahankan akar yang $\geq 1$ ; dan penataan ulang dua baris untuk $\operatorname{artanh}$ ). Turunannya: turunkan ungkapan logaritmanya, misalnya

\bigl(\ln(x + \sqrt{x^2+1})\bigr)' = \frac{1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} . \qedhere

∎

Contoh 4.22 (Bentuk tertutup dalam praktik)

Penyelesaian $\cosh t = 2$ dengan $t \geq 0$ adalah, menurut bentuk tertutupnya, $t = \operatorname{arcosh} 2 = \ln(2 + \sqrt3) \approx 1.317$ ; penyelesaian yang lain adalah $-t$ , karena kegenapannya — dan memang $\ln(2 - \sqrt3) = \ln\frac1{2 + \sqrt3} = -\ln(2 + \sqrt3)$ : kedua akar $u = \eu^t$ persamaan kuadrat $u^2 - 4u + 1 = 0$ saling berkebalikan, sebagaimana dituntut hasil kalinya $1$ (menurut Vieta). Perhitungan kecil ini memperlihatkan pola umumnya: persamaan hiperbolik berubah menjadi persamaan kuadrat dalam $\eu^t$ , dan simetri $t \mapsto -t$ muncul sebagai simetri $u \mapsto 1/u$ persamaan kuadrat itu — layak diingat ketika menyelesaikan Latihan 4.7.

Metode 4.23 (Memilih bentuk antiturunan yang tepat)

Ketiga pola turunan yang perlu dihafalkan untuk pengintegralan (Bab 15):

\int \frac{\dd x}{1 + x^2} = \arctan x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \operatorname{arsinh} x + C,

dan untuk kuadrat yang umum, susutkan ke bentuk itu dengan melengkapkan kuadratnya lalu menskalakannya.

Catatan 4.24 (Di mana bab ini dipakai)

Bab ini adalah kosakata kerja bagi seluruh analisis yang akan datang. Skala pertumbuhan pada Proposisi 4.6 memutuskan pertanyaan kekonvergenan di sepanjang Bab 11 dan 17; rumus turunan pada Proposisi 4.10 dan Proposisi 4.21 adalah antiturunan yang paling sering diperlukan pada Bab 15, lewat Metode 4.23; fungsi hiperbolik memparameterkan penyelesaian persamaan $y'' = y$ pada Bab 5 persis seperti fungsi lingkaran memparameterkan penyelesaian $y'' = -y$ . Pencirian $\exp$ lewat $f' = f$ , $f(0) = 1$ (Proposisi 4.1) adalah benih berdimensi satu bagi teori persamaan diferensial linear, dan kurva rantai $y = \cosh x$ kembali di antara kurva bidang pada Bab 24.

Catatan 4.25 (Selingan: program fungsi invers)

Bab ini menjalankan satu program sebanyak empat kali: batasi sebuah fungsi sampai ia menjadi bijeksi yang monoton tegas, namai inversnya, lalu angkut setiap rumus melewatinya. Apa yang dipakai pada masing-masing langkah — bahwa fungsi kontinu yang monoton tegas pada sebuah selang merupakan bijeksi pada sebuah selang, dan bahwa inversnya kontinu, lalu dapat diturunkan di luar titik kritisnya — dipinjam atas kredit sekolah menengah. Utang itu dilunasi di dalam jilid ini: Bab 13 membuktikan pernyataan bijeksinya (teorema invers monoton, yang bersandar pada teorema nilai antara), dan Bab 14 membuktikan aturan turunan $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ yang diam-diam menghasilkan setiap rumus pada Proposisi 4.10 dan Proposisi 4.21. Membaca bab-bab itu dengan $\arcsin$ dan $\operatorname{arsinh}$ di kepala — sebagai contoh terkerjakan yang untuknyalah teorinya dibangun — adalah cara yang dimaksudkan untuk mengatasi kemelingkaran yang tampak itu.

4.4 Latihan

Latihan 4.1 ★

Hitung tanpa kalkulator: $\arcsin\frac{\sqrt 3}{2}$ ; $\;\arccos\bigl(-\frac 12\bigr)$ ; $\;\arctan(-1)$ ; $\;\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ ; $\;\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ .

Solusi

Solusi Latihan 4.1.

$\arcsin\frac{\sqrt 3}{2} = \frac\pi3$ ; $\;\arccos\bigl(-\frac12\bigr) = \frac{2\pi}{3}$ ; $\;\arctan(-1) = -\frac\pi4$ .

$\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ : di sini $\sin\frac{5\pi}{6} = \frac12$ , dan sudut di $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ yang sinusnya $\frac12$ adalah $\frac\pi6$ (bukan $\frac{5\pi}{6}$ ).

$\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ : di sini $\cos\frac{7\pi}{4} = \frac{\sqrt 2}{2}$ , dan sudut di $\intcc{0}{\pi}$ yang kosinusnya demikian adalah $\frac\pi4$ .

Latihan 4.2 ★

Berikan daerah definisi $f(x) = \arcsin(2x - 1)$ lalu hitung $f'$ di tempat ia terdefinisi. Pertanyaan yang sama untuk $g(x) = \arctan\sqrt{x}$ .

Solusi

Solusi Latihan 4.2.

$f(x) = \arcsin(2x - 1)$ menuntut $-1 \leq 2x - 1 \leq 1$ , yakni $x \in \intcc{0}{1}$ . Pada $\intoo{0}{1}$ , aturan rantai dan Proposisi 4.10 memberikan

f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1 - (2x-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{4x - 4x^2}} = \frac{1}{\sqrt{x(1 - x)}} .

$g(x) = \arctan\sqrt x$ terdefinisi untuk $x \geq 0$ , dan untuk $x > 0$ :

g'(x) = \frac{1}{1 + x} \cdot \frac{1}{2\sqrt x} = \frac{1}{2\sqrt x\,(1 + x)} .

Latihan 4.3 ★

Buktikan bahwa untuk setiap $x \in \R$ : $\cosh x + \sinh x = \eu^x$ dan $(\cosh x + \sinh x)^n = \cosh nx + \sinh nx$ untuk setiap $n \in \Z$ (yakni rumus de Moivre yang hiperbolik).

Solusi

Solusi Latihan 4.3.

$\cosh x + \sinh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2} + \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2} = \eu^x$ . Jadi untuk $n \in \Z$ :

(\cosh x + \sinh x)^n = (\eu^x)^n = \eu^{nx} = \cosh nx + \sinh nx .

Latihan 4.4 ★

Sederhanakan $\cos(2\arcsin x)$ dan $\sin(2\arctan x)$ menjadi ungkapan aljabar dalam $x$ .

Solusi

Solusi Latihan 4.4.

Dengan $y = \arcsin x$ : $\cos 2y = 1 - 2\sin^2 y = 1 - 2x^2$ , jadi $\cos(2\arcsin x) = 1 - 2x^2$ .

Dengan $y = \arctan x$ : $\sin 2y = 2 \sin y \cos y = 2 \tan y \cos^2 y = \frac{2\tan y}{1 + \tan^2 y}$ , jadi $\sin(2\arctan x) = \dfrac{2x}{1 + x^2}$ .

Latihan 4.5 ★

Urutkan, untuk $x$ yang besar, fungsi $x^{100}$ , $\;\eu^{\sqrt x}$ , $\;(\ln x)^{1000}$ , $\;\eu^{x/100}$ , $\;x^{\ln x}$ , dari yang pertumbuhannya paling lambat ke paling cepat, dengan alasan yang berdasar pada Proposisi 4.6.

Solusi

Solusi Latihan 4.5.

Dari yang paling lambat ke yang paling cepat:

(\ln x)^{1000} \;\ll\; x^{100} \;\ll\; x^{\ln x} \;\ll\; \eu^{\sqrt x} \;\ll\; \eu^{x/100} .

Alasannya: $(\ln x)^{1000}/x^{100} \to 0$ menurut Proposisi 4.6 (logaritma kalah oleh pangkat). Lalu $x^{100} = \eu^{100\ln x}$ dan $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2}$ : karena $(\ln x)^2 - 100\ln x \to +\infty$ , yang kedua menang. Lalu $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2} \ll \eu^{\sqrt x}$ karena $(\ln x)^2/\sqrt x \to 0$ (logaritma kalah oleh pangkat $x^{1/4}$ , yang dikuadratkan). Akhirnya $\sqrt x - x/100 \to -\infty$ , jadi $\eu^{\sqrt x} \ll \eu^{x/100}$ .

Latihan 4.6 ★★

Pelajari fungsi $f(x) = \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}$ pada daerah asalnya: hitung $f'$ , bandingkan dengan $(2\arctan x)'$ , lalu nyatakan $f(x)$ dengan $\arctan x$ pada masing-masing dari ketiga selang daerah asalnya.

Solusi

Solusi Latihan 4.6.

Daerah asalnya: $x \neq \pm 1$ , yakni tiga selang. Pada masing-masingnya,

f'(x) = \frac{\bigl(\frac{2x}{1-x^2}\bigr)'}{1 + \frac{4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{\frac{2(1-x^2) + 4x^2}{(1-x^2)^2}} {\frac{(1-x^2)^2 + 4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{2(1 + x^2)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2}{1 + x^2} = (2\arctan x)' .

Jadi $f(x) - 2\arctan x$ konstan pada setiap selang. Nilainya: di $x = 0$ berlaku $f(0) = 0$ , jadi konstantanya $0$ pada $\intoo{-1}{1}$ . Ketika $x \to +\infty$ , $\frac{2x}{1-x^2} \to 0^-$ sehingga $f \to 0$ , sedangkan $2\arctan x \to \pi$ : jadi konstantanya $-\pi$ pada $\intoo{1}{+\infty}$ . Menurut keganjilannya, konstanta itu $+\pi$ pada $\intoo{-\infty}{-1}$ . Ringkasnya: $f = 2\arctan x$ pada $\intoo{-1}{1}$ , $f = 2\arctan x - \pi$ untuk $x > 1$ , dan $f = 2\arctan x + \pi$ untuk $x < -1$ . (Inilah rumus sudut ganda bagi tangen, yang dibaca lewat $\arctan$ .)

Latihan 4.7 ★★

Selesaikan di $\R$ : $\;\cosh x = 2$ ; lalu $5\cosh x - 4 \sinh x = 3$ (nyatakan penyelesaiannya dengan logaritma). Petunjuk untuk yang kedua: tuliskan semuanya dengan $u = \eu^x$ .

Solusi

Solusi Latihan 4.7.

$\cosh x = 2$ : dengan $u = \eu^x > 0$ , $u + u^{-1} = 4$ , jadi $u^2 - 4u + 1 = 0$ , $u = 2 \pm \sqrt 3$ : sehingga $x = \ln(2 + \sqrt 3)$ atau $x = \ln(2 - \sqrt 3) = -\ln(2 + \sqrt 3)$ (kedua penyelesaiannya berlawanan, karena $\cosh$ genap; keduanya sah). Setara dengan itu, $x = \pm \operatorname{arcosh} 2$ .

$5\cosh x - 4\sinh x = 3$ : dengan mensubstitusikan definisi eksponensialnya, $\frac{5(u + u^{-1}) - 4(u - u^{-1})}{2} = 3$ , yakni $u + 9u^{-1} = 6$ , yakni $u^2 - 6u + 9 = (u - 3)^2 = 0$ : jadi $u = 3$ , dengan satu penyelesaian $x = \ln 3$ .

Latihan 4.8 ★★

Buktikan kesamaan $\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}$ , lalu rumus Machin

4\arctan\frac 15 - \arctan\frac{1}{239} = \frac{\pi}{4}.

Petunjuk: hitung tangen kedua ruasnya memakai rumus penjumlahan, lalu kendalikan di selang mana masing-masing ruas terletak.

Solusi

Solusi Latihan 4.8.

Misalkan $\alpha = \arctan\frac12 + \arctan\frac13$ . Rumus penjumlahan:

\tan\alpha = \frac{\frac12 + \frac13}{1 - \frac12\cdot\frac13} = \frac{5/6}{5/6} = 1 .

Kedua arkus tangen itu terletak di $\intoo{0}{\frac\pi4}$ (karena argumennya di $\intoo{0}{1}$ ), jadi $\alpha \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ; dan satu-satunya sudut di sana yang bertangen $1$ adalah $\frac\pi4$ .

Untuk Machin: misalkan $\beta = \arctan\frac15$ . Sudut ganda dua kali:

\tan 2\beta = \frac{2/5}{1 - 1/25} = \frac{5}{12}, \qquad \tan 4\beta = \frac{2 \cdot 5/12}{1 - 25/144} = \frac{120}{119}.

Lalu

\tan\Bigl(4\beta - \frac\pi4\Bigr) = \frac{\frac{120}{119} - 1}{1 + \frac{120}{119}} = \frac{1/119}{239/119} = \frac{1}{239}.

Letaknya: $\beta < \arctan 1 = \frac\pi4$ dan sesungguhnya $\tan 4\beta = \frac{120}{119}$ dekat dengan $1$ dengan $4\beta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (karena $\beta < \frac\pi8$ , sebab $\tan\frac\pi8 = \sqrt 2 - 1 > \frac15$ ); jadi $4\beta - \frac\pi4 \in \intoo{-\frac\pi4}{\frac\pi4}$ , yang di sana $\arctan$ membalikkan $\tan$ : $4\beta - \frac\pi4 = \arctan\frac{1}{239}$ , dan itulah rumus Machin.

Latihan 4.9 ★★

Buktikan bahwa untuk setiap $x \geq 0$ : $\;x - \dfrac{x^3}{6} \leq \sin x \leq x$ (pelajari turunan berturutan dari selisihnya), lalu simpulkan bahwa $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin x}{x^3} = \frac 16$ masuk akal — limitnya sendiri ditegakkan pada Bab 16.

Solusi

Solusi Latihan 4.9.

Misalkan $f(x) = x - \sin x$ : $f(0) = 0$ dan $f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$ , jadi $f \geq 0$ pada $\R_+$ : sehingga $\sin x \leq x$ .

Misalkan $g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}$ : $g(0) = 0$ , $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$ , $g'(0) = 0$ , $g''(x) = -\sin x + x = f(x) \geq 0$ pada $\R_+$ . Jadi $g'$ naik dengan $g'(0) = 0$ , sehingga $g' \geq 0$ , sehingga $g$ naik dengan $g(0) = 0$ : jadi $g \geq 0$ , yakni $x - \frac{x^3}{6} \leq \sin x$ pada $\R_+$ .

Akibatnya $0 \leq \frac{x - \sin x}{x^3} \leq \frac 16$ untuk $x > 0$ : rasionya terperangkap pada skala $\frac16$ , dan Bab 16 menunjukkan limitnya tepat $\frac 16$ .

Latihan 4.10 ★★★

Untuk $x \in \intcc{-1}{1}$ , tulis $h(x) = \arcsin\bigl(2x\sqrt{1 - x^2}\,\bigr) - 2\arcsin x$ . Orang mungkin mengharapkan $h = 0$ dari kesamaan $\sin 2y = 2\sin y\cos y$ — tetapi $h$ tidak identik nol. Hitung $h'$ pada selang terbuka yang di situ ia ada, hitung nilai $h$ pada titik yang dipilih baik, lalu berikan uraian lengkap $h$ sebagai fungsi konstan sepotong-sepotong pada $\intcc{-1}{1}$ .

Solusi

Solusi Latihan 4.10.

Tulis $y = \arcsin x$ , sehingga $2x\sqrt{1 - x^2} = 2\sin y\cos y = \sin 2y$ dan $h(x) = \arcsin(\sin 2y) - 2y$ .

Untuk $\abs x \leq \frac{\sqrt 2}{2}$ : $2y \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , jadi $\arcsin(\sin 2y) = 2y$ dan $h = 0$ .

Untuk $x \in \intoc{\frac{\sqrt 2}{2}}{1}$ : $2y \in \intoc{\frac\pi2}{\pi}$ , dan sudut di $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ yang sinusnya $\sin 2y$ adalah $\pi - 2y$ : jadi $h(x) = \pi - 4\arcsin x$ . (Periksa lewat turunannya: di sana $h'(x) = \frac{2(1 - 2x^2)}{\abs{1 - 2x^2}\sqrt{1 - x^2}} - \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{-4}{\sqrt{1 - x^2}}$ , yaitu turunan $-4\arcsin x$ ; dan di $x = 1$ , $h(1) = \arcsin 0 - 2\cdot\frac\pi2 = -\pi = \pi - 4\cdot\frac\pi2$ .)

Untuk $x \in \intco{-1}{-\frac{\sqrt 2}{2}}$ , menurut keganjilan $h$ : $h(x) = -\pi - 4\arcsin x$ .

Latihan 4.11 ★★★

(Fungsi Gudermann) Misalkan $g(x) = \arctan(\sinh x)$ untuk $x \in \R$ . Buktikan bahwa $g$ adalah bijeksi ganjil yang naik tegas dari $\R$ pada $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , bahwa $g'(x) = \frac{1}{\cosh x}$ , dan bahwa $\tan g(x) = \sinh x$ , $\;\sin g(x) = \tanh x$ , $\;\cos g(x) = \frac{1}{\cosh x}$ : jadi fungsi $g$ merangkai trigonometri lingkaran dan hiperbolik tanpa bilangan kompleks.

Solusi

Solusi Latihan 4.11.

$g = \arctan \circ \sinh$ adalah komposisi fungsi ganjil yang naik tegas, jadi ia ganjil dan naik tegas; ketika $x \to +\infty$ , $\sinh x \to +\infty$ sehingga $g(x) \to \frac\pi2$ , dan $g$ adalah bijeksi pada $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ (dari kekontinuannya beserta teorema nilai antara). Aturan rantai bersama Proposisi 4.18 (1):

g'(x) = \frac{\cosh x}{1 + \sinh^2 x} = \frac{\cosh x}{\cosh^2 x} = \frac{1}{\cosh x} .

Menurut konstruksinya, $\tan g(x) = \sinh x$ . Lalu, karena $g(x) \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ berkosinus positif,

\begin{align*} \cos g(x) &= \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 g(x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \sinh^2 x}} = \frac{1}{\cosh x},\\ \sin g(x) &= \tan g(x) \cos g(x) = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \tanh x . \end{align*}

Latihan 4.12 ★★

Buktikan bahwa

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \pi .

Petunjuk: hitung $\arctan 2 + \arctan 3$ lebih dulu, dengan melokalkan jumlahnya seperti pada Contoh 4.15; awas, penyebut rumus penjumlahannya bernilai negatif di sini.

Solusi

Solusi Latihan 4.12.

Tulis $u = \arctan 2$ dan $v = \arctan 3$ ; keduanya terletak di $\intoo{\frac\pi4}{\frac\pi2}$ (karena argumennya melebihi $1$ ), jadi $u + v \in \intoo{\frac\pi2}{\pi}$ . Rumus penjumlahan memberikan

\tan(u + v) = \frac{2 + 3}{1 - 6} = -1 ,

dan satu-satunya sudut di $\intoo{\frac\pi2}{\pi}$ yang bertangen $-1$ adalah $\frac{3\pi}4$ : jadi $\arctan 2 + \arctan 3 = \frac{3\pi}4$ . (Menerapkan $\arctan$ secara membabi buta pada tangennya akan memberikan $-\frac\pi4$ , meleset sejauh $\pi$ — pelokalanlah yang menyelamatkan perhitungan itu, dan penyebut $1 - 6$ yang negatif justru menjadi isyarat bahwa jumlahnya sudah meninggalkan $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .) Dengan menambahkan $\arctan 1 = \frac\pi4$ :

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \frac\pi4 + \frac{3\pi}4 = \pi .

4.5 Soal: Persamaan $x^y = y^x$

Soal 4.1

Pasangan bilangan positif mana yang memenuhi $x^y = y^x$ ? Semua orang tahu satu contoh yang tampak kebetulan, $2^4 = 4^2 = 16$ ; soal ini menunjukkan bahwa tak ada yang kebetulan di situ. Seluruh persamaannya dikendalikan oleh variasi satu fungsi tunggal

f(t) = \frac{\ln t}{t} \qquad (t > 0),

yang penelaahannya menghasilkan: himpunan penyelesaian lengkapnya (sebuah diagonal ditambah satu cabang melengkung yang melewati $(\eu, \eu)$ ), sebuah parameterisasi rasional cabang itu, kenyataan bahwa $(2, 4)$ adalah satu-satunya titik bulatnya dan penggolongan semua titik rasionalnya — ditambah, sebagai dividen, perbandingan $\eu^\pi$ dengan $\pi^\eu$ dan kekonvergenan monoton $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ ke $\eu$ .

Bagian I — Fungsi $f(t) = \ln t / t$ .

Berikan alasan bahwa $f$ dapat diturunkan pada $\intoo0{+\infty}$ , hitung $f'$ , lalu susun tabel variasinya: $f$ naik tegas pada $\intoc0\eu$ , turun tegas pada $\intco\eu{+\infty}$ , dengan maksimum $f(\eu) = \frac1\eu$ .
Tentukan limit $f$ di $0^+$ dan di $+\infty$ (Proposisi 4.6), tanda $f$ (negatif pada $\intoo01$ , nol di $1$ , positif setelah itu), lalu sketsakan grafiknya.
Periksa lewat perhitungan langsung bahwa $f(2) = f(4)$ . (Simpanlah kesamaan ini di kepala: seluruh soal ini tumbuh darinya.)
Misalkan $c \in \R$ . Bahaslah, menurut nilai $c$ , banyaknya penyelesaian $f(t) = c$ : tepat satu untuk $c \leq 0$ ; tepat dua (satu di $\intoo1\eu$ , satu di $\intoo\eu{+\infty}$ ) untuk $0 < c < \frac1\eu$ ; tepat satu untuk $c = \frac1\eu$ ; dan tak ada untuk $c > \frac1\eu$ .
Simpulkan bahwa $\eu^x > x^\eu$ untuk setiap $x > 0$ dengan $x \neq \eu$ , lalu khususnya tentukan mana yang lebih besar di antara $\eu^\pi$ dan $\pi^\eu$ .

Bagian II — Persamaan itu dan kurvanya. Pada bagian ini $x, y > 0$ .

Tunjukkan bahwa $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ .
Simpulkan struktur himpunan penyelesaiannya: semua pasangan diagonal $(x, x)$ ; dan pasangan yang tak sepele ( $x \neq y$ ), yang memenuhi: kedua koordinatnya $> 1$ , dan satu di antaranya terletak di $\intoo1\eu$ sedangkan yang lain terletak di $\intoo\eu{+\infty}$ .
Parameterkan pasangan yang tak sepele itu: dengan menulis $y = tx$ dengan $t > 0$ , $t \neq 1$ , tunjukkan bahwa $x^y = y^x$ memaksa

$x(t) = t^{\frac1{t-1}}, \qquad y(t) = t\,x(t) = t^{\frac{t}{t-1}},$

dan bahwa sebaliknya setiap pasangan semacam itu merupakan penyelesaian.
Periksa bahwa $t = 2$ memberikan $(2, 4)$ , lalu buktikan simetri $x(1/t) = y(t)$ , $y(1/t) = x(t)$ : membalikkan parameternya menukarkan kedua koordinatnya.
Tentukan limit $x(t)$ dan $y(t)$ ketika $t \to 1$ (keduanya menuju $\eu$ ), ketika $t \to +\infty$ ( $x \to 1$ , $y \to +\infty$ ) dan ketika $t \to 0^+$ ( $x \to +\infty$ , $y \to 1$ ). Gambarkan cabang yang dihasilkannya: sebuah kurva yang asimtotik ke garis $x = 1$ dan $y = 1$ , yang memotong diagonalnya di $(\eu, \eu)$ .
Tunjukkan bahwa $t \mapsto x(t)$ turun tegas pada $\intoo1{+\infty}$ . (Pelajari $h(t) = 1 - \frac1t - \ln t$ , yang tandanya mengendalikan turunan $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$ .)
Simpulkan bahwa penyelesaian yang tak sepele mendefinisikan bijeksi turun tegas $\varphi \colon \intoo1\eu \to \intoo\eu{+\infty}$ dengan $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ , dan bahwa $\varphi$ merupakan involusi pada cabang itu: $\varphi(\varphi(x)) = x$ di mana pun kedua ruasnya terdefinisi.

Bagian III — Titik bulat dan titik rasional.

Buktikan bahwa $(2, 4)$ dan $(4, 2)$ adalah satu-satunya penyelesaian bulat yang tak sepele bagi $x^y = y^x$ .
Untuk $n \in \N^*$ , terapkan parameterisasinya dengan $t = 1 + \frac1n$ lalu tunjukkan bahwa

$x_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n+1}$

merupakan penyelesaian rasional yang tak sepele untuk setiap $n$ , dengan $(x_1, y_1) = (2, 4)$ .
Sebaliknya, misalkan $(x, y)$ penyelesaian rasional yang tak sepele dengan $y > x$ , lalu tulis $t = y/x = 1 + \frac rs$ dalam bentuk paling sederhana ( $r, s \in \N^*$ ). Dengan memakai $x = t^{s/r}$ dan menerima ketunggalan pemfaktoran prima (yang dikenal dari sekolah; dibuktikan pada Bab 6), tunjukkan bahwa $x$ yang rasional memaksa $s$ maupun $s + r$ menjadi pangkat ke- $r$ sebuah bilangan bulat.
Tunjukkan dengan teorema binomial bahwa $a^r - b^r = r$ tak mempunyai penyelesaian bulat $a > b \geq 1$ ketika $r \geq 2$ , lalu simpulkan: penyelesaian rasional $x^y = y^x$ persis pasangan $(x_n, y_n)$ pada pertanyaan 14 (beserta tukarannya).
Periksa kasus $n = 2$ secara numerik: hitung $f(9/4)$ dan $f(27/8)$ sampai empat angka desimal lalu periksa bahwa keduanya cocok.

Bagian IV — Dividennya.

Pakai pertanyaan 7 dan 11 untuk membuktikan, tanpa perhitungan tambahan, bahwa barisan $x_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ naik tegas dengan $x_n < \eu$ , bahwa $y_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n+1}$ turun tegas dengan $y_n > \eu$ , dan bahwa keduanya konvergen ke $\eu$ . (Parameternya $t_n = 1 + \frac1n$ turun ke $1$ .)
Tegakkan kaidah perbandingan umum untuk $1 < a < b$ : jika $\eu \leq a$ maka $a^b > b^a$ ; jika $b \leq \eu$ maka $a^b < b^a$ ; lalu tunjukkan lewat dua contoh $(2, 3)$ dan $(2, 5)$ bahwa pada kasus campuran $a < \eu < b$ kedua hasil itu sungguh-sungguh terjadi.
Andaikan involusi $\varphi$ pada pertanyaan 12 dapat diturunkan di $\eu$ (memang begitu). Turunkan kesamaan $\varphi(\varphi(x)) = x$ di $x = \eu$ lalu simpulkan $\varphi'(\eu) = -1$ : jadi cabang itu memotong diagonalnya secara tegak lurus.
Carilah satu-satunya pasangan penyelesaian dengan $y = 3x$ , dalam bentuk tertutup, lalu periksa secara numerik sampai empat angka desimal lewat $f$ .
Di antara bilangan $\sqrt2$ , $\sqrt[3]3$ , $\sqrt[4]4$ , $\sqrt[5]5$ , tentukan yang terbesar lalu kenali dua di antaranya yang sama. (Bandingkan $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ .)

Bagian V — Sintesis.

Gambarkan himpunan penyelesaian lengkap $x^y = y^x$ pada seperempat bidang $x, y > 0$ — diagonal ditambah cabangnya, titik potongnya $(\eu, \eu)$ , asimtotnya, titik bulat $(2, 4)$ , titik rasional yang menumpuk di $(\eu, \eu)$ — dalam bentuk yang dapat Anda sketsakan dari ingatan.
Di mana persisnya soal ini memakai: (i) perbandingan pertumbuhan pada Proposisi 4.6; (ii) teorema nilai antara (lewat pernyataan bijeksinya); (iii) ketunggalan pemfaktoran prima yang diterima tanpa bukti? Satu kalimat untuk masing-masing.
Moralnya, dalam satu paragraf pendek: satu tabel variasi menyelesaikan sebuah persamaan dengan dua variabel, menggolongkan titik rasionalnya, dan membuktikan kekonvergenan monoton $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ — berilah komentar atas penghematan ini, lalu sebutkan tempat masing-masing benangnya diindustrialisasi di bagian akhir jilid ini (Bab 11 untuk barisannya, Bab 14 untuk tabel variasinya, Bab 16 untuk ketelitian yang tak dimiliki tabel itu).

Solusi

Solusi Soal 4.1.

1. Di sini $f$ adalah hasil bagi fungsi yang dapat diturunkan dengan penyebut yang tak lenyap pada $\intoo0{+\infty}$ , dan

f'(t) = \frac{\frac1t \cdot t - \ln t}{t^2} = \frac{1 - \ln t}{t^2} ,

yang positif untuk $t < \eu$ , nol di $t = \eu$ , dan negatif untuk $t > \eu$ : jadi $f$ naik tegas pada $\intoc0\eu$ , turun tegas pada $\intco\eu{+\infty}$ , dengan maksimum $f(\eu) = \frac1\eu$ .

2. Ketika $t \to 0^+$ : $\ln t \to -\infty$ dan $\frac1t \to +\infty$ , jadi $f(t) \to -\infty$ . Ketika $t \to +\infty$ : $f(t) \to 0$ menurut perbandingan pertumbuhan pada Proposisi 4.6 (dengan $\beta = \alpha = 1$ ). Tandanya: sama dengan tanda $\ln t$ , jadi $f < 0$ pada $\intoo01$ , $f(1) = 0$ , dan $f > 0$ pada $\intoo1{+\infty}$ . Grafiknya memanjat dari $-\infty$ , memotong nol di $1$ , memuncak di $(\eu, \frac1\eu)$ , lalu meluruh ke $0^+$ .

3. $f(4) = \frac{\ln 4}4 = \frac{2\ln 2}4 = \frac{\ln 2}2 = f(2)$ .

4. Menurut tabel variasinya dan teorema nilai antara (yang dipakai pada taraf sekolah menengah; diformalkan pada Bab 13). Untuk $c < 0$ : penyelesaian hanya ada di tempat $f < 0$ , yakni di $\intoo01$ yang di sana $f$ merupakan bijeksi naik tegas pada $\intoo{-\infty}0$ : jadi tepat satu. Untuk $c = 0$ : hanya $t = 1$ . Untuk $0 < c < \frac1\eu$ : pada $\intoo1\eu$ , $f$ naik dari $0$ ke $\frac1\eu$ , jadi satu penyelesaian; pada $\intoo\eu{+\infty}$ , $f$ turun dari $\frac1\eu$ ke $0$ , jadi satu lagi; totalnya dua. Untuk $c = \frac1\eu$ : hanya titik maksimumnya $t = \eu$ . Untuk $c > \frac1\eu$ : tak ada.

5. Untuk $x \neq \eu$ , kemaksimalan tegasnya memberikan $f(x) < f(\eu)$ , yakni $\frac{\ln x}x < \frac1\eu$ , yakni $\eu\ln x < x$ , yakni $\ln(x^\eu) < \ln(\eu^x)$ : jadi $x^\eu < \eu^x$ . Dengan $x = \pi$ : $\eu^\pi > \pi^\eu$ (secara numerik $23.14 > 22.46$ ).

6. Untuk $x, y > 0$ , kedua ruasnya positif, sehingga

x^y = y^x \iff y\ln x = x\ln y \iff \frac{\ln x}x = \frac{\ln y}y \iff f(x) = f(y) ,

setelah dibagi $xy > 0$ .

7. Misalkan $f(x) = f(y) = c$ dengan $x \neq y$ . Jika $c \leq 0$ atau $c = \frac1\eu$ , pertanyaan 4 mengatakan persamaan $f = c$ hanya punya satu penyelesaian: mustahil. Jadi $0 < c < \frac1\eu$ , dan sekali lagi menurut pertanyaan 4 kedua penyelesaiannya adalah satu titik di $\intoo1\eu$ dan satu titik di $\intoo\eu{+\infty}$ : jadi kedua koordinatnya melebihi $1$ dan keduanya mengapit $\eu$ .

8. Dengan mensubstitusikan $y = tx$ pada $y\ln x = x\ln y$ :

tx\ln x = x(\ln t + \ln x) \iff (t - 1)\ln x = \ln t \iff \ln x = \frac{\ln t}{t - 1} ,

jadi $x = t^{1/(t-1)}$ dan $y = tx = t^{1 + \frac1{t-1}} = t^{t/(t-1)}$ . Sebaliknya, untuk nilai itu, $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} = t\ln x$ dan $y = tx$ , sehingga $\frac{\ln y}y = \frac{t\ln x}{tx} = \frac{\ln x}x$ : jadi sebuah penyelesaian. Setiap penyelesaian tak sepele punya rasio $t = y/x \in \intoo0{+\infty} \setminus \{1\}$ , jadi parameterisasinya lengkap.

9. Untuk $t = 2$ : $x = 2^{1/1} = 2$ , $y = 2^{2/1} = 4$ . Lalu

x(1/t) = (1/t)^{\frac1{\frac1t - 1}} = (t^{-1})^{\frac{t}{1 - t}} = t^{\frac{t}{t - 1}} = y(t) ,

lalu $y(1/t) = \frac1t\,x(1/t) = \frac{y(t)}t = x(t)$ : jadi pergantian parameter $t \mapsto 1/t$ menukarkan koordinatnya, sebagaimana dituntut simetri persamaannya.

10. Ketika $t \to 1$ : $\frac{\ln t}{t-1} \to 1$ (karena ia hasil bagi selisih $\ln$ di $1$ ), jadi $x \to \eu^1 = \eu$ dan $y = tx \to \eu$ . Ketika $t \to +\infty$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to 0$ jadi $x \to 1$ , sedangkan $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to +\infty$ jadi $y \to +\infty$ . Ketika $t \to 0^+$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to \frac{-\infty}{-1} = +\infty$ jadi $x \to +\infty$ , sedangkan $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to \frac{0}{-1} = 0$ jadi $y \to 1$ (dengan memakai $t\ln t \to 0$ , Contoh 4.7). Jadi cabang itu berjalan dari asimtot $y = 1$ (jauh di kanan), naik melewati $(\eu, \eu)$ pada diagonalnya, lalu pergi menyusuri asimtot $x = 1$ (jauh di atas) — dan simetris terhadap diagonalnya menurut pertanyaan 9.

11. $\ln x(t) = g(t) = \frac{\ln t}{t-1}$ , dan

g'(t) = \frac{\frac{t-1}t - \ln t}{(t-1)^2} = \frac{h(t)}{(t-1)^2}, \qquad h(t) = 1 - \frac1t - \ln t .

$h(1) = 0$ dan $h'(t) = \frac1{t^2} - \frac1t = \frac{1 - t}{t^2} < 0$ untuk $t > 1$ : jadi $h < 0$ pada $\intoo1{+\infty}$ , sehingga $g' < 0$ dan $x = \eu^g$ turun tegas di sana (dari $\eu$ ke $1$ , menurut pertanyaan 10).

12. Menurut pertanyaan 11, $t \mapsto x(t)$ adalah bijeksi turun tegas dari $\intoo1{+\infty}$ pada $\intoo1\eu$ ; tulis $t(x)$ untuk inversnya (yang juga turun tegas) lalu tulis $\varphi(x) = y(t(x))$ . Perhatikan $h < 0$ juga pada $\intoo01$ (di sana $h' > 0$ dan $h(1) = 0$ ), jadi $x(\cdot)$ turun pada $\intoo01$ juga; sehingga $y(t) = x(1/t)$ (pertanyaan 9) bersifat naik dalam $t$ pada $\intoo1{+\infty}$ , dari $\eu$ ke $+\infty$ . Dengan mengomposisikannya: $\varphi = y \circ t(\cdot)$ turun tegas dari $\intoo1\eu$ pada $\intoo\eu{+\infty}$ , dan $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ menurut pertanyaan 8. Akhirnya, untuk sebuah nilai bersama $c = f(x) \in \intoo0{\frac1\eu}$ , pasangan $\{x, \varphi(x)\}$ adalah satu-satunya himpunan penyelesaian $f = c$ yang beranggota dua (pertanyaan 4); dengan memperluas $\varphi$ ke $\intoo\eu{+\infty}$ sebagai pemetaan inversnya, $\varphi(\varphi(x))$ kembali ke unsur yang lain, yakni unsur asalnya: jadi $\varphi \circ \varphi = \mathrm{id}$ .

13. Jika $(x, y)$ penyelesaian bulat yang tak sepele dengan $x < y$ , pertanyaan 7 menempatkan $x \in \intoo1\eu$ : dan satu-satunya bilangan bulat di sana adalah $x = 2$ . Maka $f(y) = f(2) = \frac{\ln2}2$ dengan $y > \eu$ ; menurut pertanyaan 4 persamaan $f = \frac{\ln2}2$ mempunyai tepat satu penyelesaian di luar $\eu$ , dan pertanyaan 3 menunjukkannya: $y = 4$ . Jadi $(2, 4)$ , beserta tukarannya, adalah satu-satunya.

14. $t = 1 + \frac1n = \frac{n+1}n$ memberikan $\frac1{t - 1} = n$ dan $\frac t{t-1} = n + 1$ , jadi

x_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n+1},

yang jelas rasional, berbeda (karena $y_n = t\,x_n \neq x_n$ ), dan $n = 1$ memberikan $x_1 = 2$ , $y_1 = 4$ .

15. Di sini $t = y/x$ rasional dan $> 1$ ; tulis $t - 1 = \frac rs$ dalam bentuk paling sederhana, jadi $t = \frac{s + r}s$ dengan $\gcd(s + r, s) = \gcd(r, s) = 1$ . Pertanyaan 8 memberikan $x = t^{s/r}$ , sehingga

x^r = t^s = \frac{(s+r)^s}{s^s} ,

yaitu pecahan dalam bentuk paling sederhana (tak ada prima yang membagi $s + r$ maupun $s$ ). Dengan menulis $x = \frac pq$ dalam bentuk paling sederhana, $x^r = \frac{p^r} {q^r}$ juga dalam bentuk paling sederhana, dan menurut ketunggalan penyajian tersederhana itu: $p^r = (s+r)^s$ dan $q^r = s^s$ . Bandingkan eksponen sebarang prima $\ell$ pada $q^r = s^s$ : $r \cdot v_\ell(q) = s \cdot v_\ell(s)$ , jadi $r$ membagi $s\,v_\ell(s)$ ; karena $\gcd(r, s) = 1$ , maka $r$ membagi $v_\ell(s)$ untuk setiap prima $\ell$ (menurut ketunggalan pemfaktoran, yang diterima tanpa bukti; dibuktikan pada Bab 6), sehingga $s = b^r$ untuk suatu bilangan bulat $b$ . Argumen yang sama pada $p^r = (s+r)^s$ memberikan $s + r = a^r$ .

16. Andaikan $a^r - b^r = r$ dengan bilangan bulat $a > b \geq 1$ dan $r \geq 2$ . Maka $a \geq b + 1$ , jadi menurut teorema binomial

a^r - b^r \geq (b+1)^r - b^r = \sum_{k=0}^{r-1}\binom rk b^k \geq \binom r0 + \binom r{r-1} b^{r-1} \geq 1 + r > r ,

yang merupakan kontradiksi. Dari pertanyaan 15, $a^r - b^r = (s + r) - s = r$ memaksa $r = 1$ : jadi $t = 1 + \frac1s$ , dan penyelesaiannya adalah $(x_s, y_s)$ pada pertanyaan 14. Bersama pasangan yang tertukar, penggolongannya pun lengkap.

17. $f\bigl(\tfrac94\bigr) = \frac{\ln 2.25}{2.25} = \frac{0.81093}{2.25} = 0.3604$ dan $f\bigl(\tfrac{27}8\bigr) = \frac{\ln 3.375}{3.375} = \frac{1.21640}{3.375} = 0.3604$ (sampai empat angka desimal): sama, sebagaimana dijanjikan konstruksinya — jadi $\bigl(\tfrac94\bigr)^{27/8} = \bigl(\tfrac{27}8\bigr)^{9/4}$ .

18. Parameternya $t_n = 1 + \frac1n$ turun tegas ke $1$ . Karena $x(\cdot)$ turun tegas pada $\intoo1{+\infty}$ (pertanyaan 11), maka $x_n = x(t_n)$ naik tegas; dan karena $y(\cdot)$ naik tegas di sana (pertanyaan 12), maka $y_n = y(t_n)$ turun tegas. Menurut pertanyaan 7, $x_n \in \intoo1\eu$ dan $y_n \in \intoo\eu{+\infty}$ : jadi $x_n < \eu < y_n$ untuk setiap $n$ . Akhirnya $t_n \to 1$ dan pertanyaan 10 memberikan $x_n \to \eu$ dan $y_n \to \eu$ . Jadi kekonvergenan monoton yang klasik dari $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ jatuh begitu saja dari geometri cabang itu, tanpa ketaksamaan baru.

19. Jika $\eu \leq a < b$ : karena $f$ turun tegas pada $\intco\eu{+\infty}$ maka $f(a) > f(b)$ , yakni $b\ln a > a\ln b$ , yakni $a^b > b^a$ . Jika $1 < a < b \leq \eu$ : karena $f$ naik tegas maka $f(a) < f(b)$ , sehingga $a^b < b^a$ . Kasus campurannya: $2 < \eu < 3$ dan $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ ; tetapi $2 < \eu < 5$ dan $2^5 = 32 > 25 = 5^2$ : jadi kedua hasilnya terjadi, dan yang memutuskan adalah di sisi mana cabang itu titik $(a, b)$ jatuh.

20. Cabang itu bertemu diagonalnya di $\eu$ dan $\varphi$ diperluas secara kontinu di sana dengan $\varphi(\eu) = \eu$ . Menurunkan $\varphi(\varphi(x)) = x$ di $x = \eu$ dengan aturan rantai: $\varphi'(\varphi(\eu))\,\varphi'(\eu) = \varphi'(\eu)^2 = 1$ , jadi $\varphi'(\eu) = \pm1$ ; dan karena $\varphi$ turun, maka $\varphi'(\eu) = -1$ . Jadi cabang itu memotong diagonalnya dengan kemiringan $-1$ : yakni tegak lurus.

21. $y = 3x$ adalah kasus $t = 3$ : $x = 3^{1/2} = \sqrt3$ dan $y = 3^{3/2} = 3\sqrt3$ . Periksa: $f(\sqrt3) = \frac{0.54931}{1.73205} = 0.3171$ dan $f(3\sqrt3) = \frac{\ln 5.19615}{5.19615} = \frac{1.64792}{5.19615} = 0.3171$ : sama sampai empat angka desimal, jadi $(\sqrt3)^{3\sqrt3} = (3\sqrt3)^{\sqrt3}$ .

22. $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ , dan $\exp$ naik, jadi urutannya sama dengan urutan $f(n)$ : $f(3) = \frac{\ln3}3 \approx 0.3662$ mengungguli $f(2) = f(4) = \frac{\ln2}2 \approx 0.3466$ (pertanyaan 3) dan $f(5) \approx 0.3219$ . Jadi yang terbesar adalah $\sqrt[3]3$ , dan pasangan yang sama adalah $\sqrt2 = \sqrt[4]4$ — yakni pasangan bulat $(2, 4)$ dalam samaran yang lain lagi.

23. Himpunan penyelesaiannya adalah gabungan diagonal $\{(x, x) : x > 0\}$ dan satu cabang tunggal, yang simetris terhadap diagonalnya, turun tegas dari asimtot $x = 1$ (ketika $y \to +\infty$ ) ke asimtot $y = 1$ (ketika $x \to +\infty$ ), dan memotong diagonalnya tepat sekali, di $(\eu, \eu)$ , dengan kemiringan $-1$ di sana. Pada cabang itu duduk titik bulat $(2, 4)$ dan $(4, 2)$ — satu-satunya — beserta titik rasional $(x_n, y_n)$ , yang berbaris secara monoton di sepanjang cabang menuju $(\eu, \eu)$ tanpa pernah mencapainya (karena $\eu$ irasional; titik rasional cabang itu menumpuk pada sebuah sudut yang irasional).

24. (i) Perbandingan pertumbuhan memberikan limit $f$ di $+\infty$ (pertanyaan 2) dan $t\ln t \to 0$ (pertanyaan 10), yang membentuk tabel variasinya sekaligus asimtotnya. (ii) Teorema nilai antara, lewat pernyataan bijeksinya, mengubah tabel variasi itu menjadi cacahan penyelesaian yang eksak (pertanyaan 4) dan menjadi keberadaan pemetaan invers $t(x)$ (pertanyaan 12). (iii) Ketunggalan pemfaktoran menggerakkan kedua penyamaan bentuk tersederhana pada pertanyaan 15, yang menjadi jantung aritmetika bagi penggolongan titik rasionalnya.

25. Satu perhitungan turunan — yaitu tanda $1 - \ln t$ — melahirkan segalanya: cacahan penyelesaian untuk setiap aras $c$ , bentuk dan asimtot cabangnya, ketaksamaan ekstremal $\eu^x \geq x^\eu$ , penggolongan penyelesaian bulat dan rasional, serta kekonvergenan monoton $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ . Inilah penghematan berpikir dengan tabel variasi: telaah berdimensi satu menyelesaikan persamaan dengan dua variabel karena persamaannya melewati satu fungsi tunggal. Nanti Bab 11 akan mengulang kekonvergenan $(x_n)$ dengan teori umum barisan monoton; Bab 14 melandasi tabel variasi secara ketat di atas teorema nilai rata-rata; dan Bab 16 memasok apa yang tak dapat diberikan tabel itu — yaitu laju kekonvergenan $x_n \to \eu$ (yang berorde $1/n$ ).

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

4.1 Eksponensial, logaritma, pangkat

4.2 Fungsi invers trigonometri

4.3 Fungsi hiperbolik

4.4 Latihan

4.5 Soal: Persamaan xy=yxx^y = y^xxy=yx

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

4.5 Soal: Persamaan $x^y = y^x$