--- title: "Fungsi Baku" book: "Matematika Universitas — Tahun 1" subject: math language: id chapter: 4 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku --- # Bab 4 — Fungsi 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ch-b1-continuity) dan [14](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative). ## 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor).) Proses eksponensial paling baik dinalar lewat logaritmanya: pada skala itu, pertumbuhannya linear dan pertanyaannya menjadi pembagian. **Contoh 4.5 (Sepanjang apa 220262^{2026}22026?).** 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/7-struktur-aljabar#ex-b1-structures-expmorphism) 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](#prop-b1-functions-powerrules). 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-e212b0476b06.svg) *Skala pertumbuhan pada [Proposisi 4.6](#prop-b1-functions-powerrules): 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).** 1. *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: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ . 2. *$\sqrt{x^2} = \abs x$* , bukan $x$ : melupakan nilai mutlaknya adalah sumber klasik hilangnya penyelesaian yang negatif. 3. *$\ln(xy) = \ln x + \ln y$ menuntut $x, y > 0$.* Untuk argumen yang negatif, $\ln(xy)$ bisa saja terdefinisi sedangkan ruas kanannya tidak. 4. *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](#prop-b1-functions-powerrules) ), dan ungkapan campuran seperti $x^{\ln x}$ atau $x^{1/x}$ harus ditulis ulang sebagai $\eu^{(\cdot)}$ sebelum dinalar — seperti pada [Contoh 4.7](#ex-b1-functions-xx) . ## 4.2 Fungsi invers trigonometri **Definisi 4.9 (arcsin⁡\arcsinarcsin, arccos⁡\arccosarccos, arctan⁡\arctanarctan).** 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-map) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-2fc622239438.svg) *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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative): 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) selang demi selang — persis kehalusan yang dimanfaatkan pada [Latihan 4.6](#exo-b1-functions-6) dan [Latihan 4.10](#exo-b1-functions-10). **Proposisi 4.12 (Kesamaan baku).** 1. Untuk $x \in \intcc{-1}{1}$ : $\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}$ . 2. Untuk $x > 0$ : $\arctan x + \arctan\dfrac 1x = \dfrac{\pi}{2}$ (dan $-\frac\pi2$ untuk $x < 0$ ). 3. $\sin(\arccos x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$ ; $\;\tan(\arcsin x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$ untuk $\abs x < 1$ . **Bukti.** (1) Turunan $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ bernilai nol pada $\intoo{-1}{1}$ ([Proposisi 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv)), 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](#exo-b1-functions-1) dan jawaban sepotong-sepotong pada [Latihan 4.10](#exo-b1-functions-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](#exo-b1-functions-8) dan [Latihan 4.12](#exo-b1-functions-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-inj) 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⁡\coshcosh, sinh⁡\sinhsinh, tanh⁡\tanhtanh).** 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 $x, y \in \R$: 1. $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ; 2. $\cosh' = \sinh$ , $\;\sinh' = \cosh$ , $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ; 3. $\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ dan $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ; 4. $\sinh$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) bijeksinya lalu menyusul dari teorema nilai antara (yang dipakai pada taraf sekolah menengah; perlakuan sistematisnya pada [Bab 13](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ch-b1-continuity)). 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-714927f508af.svg) *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](#prop-b1-functions-hyprules) (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⁡\tanhtanh).** Dengan membagi kedua rumus penjumlahan pada [Proposisi 4.18](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#def-b1-functions-hyperbolic), 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](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#exo-b1-functions-7). **Metode 4.23 (Memilih bentuk antiturunan yang tepat).** Ketiga pola turunan yang perlu dihafalkan untuk pengintegralan ([Bab 15](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration)): $$ \int \frac{\dd x}{1 + x^2} = \arctan x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \operatorname{arsinh} x + C, $$ 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](#prop-b1-functions-powerrules) memutuskan pertanyaan kekonvergenan di sepanjang Bab [11](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ch-b1-seq) dan [17](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series); rumus turunan pada [Proposisi 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) dan [Proposisi 4.21](#prop-b1-functions-invhyp) adalah antiturunan yang paling sering diperlukan pada [Bab 15](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration), lewat [Metode 4.23](#met-b1-functions-primitive); [fungsi hiperbolik](#def-b1-functions-hyperbolic) memparameterkan penyelesaian persamaan $y'' = y$ pada [Bab 5](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/5-persamaan-diferensial-linear#ch-b1-diffeq) persis seperti fungsi lingkaran memparameterkan penyelesaian $y'' = -y$. Pencirian $\exp$ lewat $f' = f$, $f(0) = 1$ ([Proposisi 4.1](#prop-b1-functions-expln)) adalah benih berdimensi satu bagi teori persamaan diferensial linear, dan kurva rantai $y = \cosh x$ kembali di antara kurva bidang pada [Bab 24](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/24-kurva-bidang#ch-b1-curves). **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ch-b1-continuity) membuktikan [pernyataan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) bijeksinya (teorema invers monoton, yang bersandar pada teorema nilai antara), dan [Bab 14](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative) membuktikan aturan turunan $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ yang diam-diam menghasilkan setiap rumus pada [Proposisi 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) dan [Proposisi 4.21](#prop-b1-functions-invhyp). 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 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 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](#prop-b1-functions-arcderiv) 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 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 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](#prop-b1-functions-powerrules). **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](#prop-b1-functions-powerrules) (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 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 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 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](#def-b1-functions-arc) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor). **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor) 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 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 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](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#ex-b1-functions-arctansum); awas, penyebut rumus penjumlahannya bernilai negatif di sini.* **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) 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 $f(t) = \ln t / t$.** 1. 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 $f(\eu) = \frac1\eu$ . 2. Tentukan limit $f$ di $0^+$ dan di $+\infty$ ( [Proposisi 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ), tanda $f$ (negatif pada $\intoo01$ , nol di $1$ , positif setelah itu), lalu sketsakan grafiknya. 3. Periksa lewat perhitungan langsung bahwa $f(2) = f(4)$ . (Simpanlah kesamaan ini di kepala: seluruh soal ini tumbuh darinya.) 4. 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 $c > \frac1\eu$ . 5. 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 $x, y > 0$. 6. Tunjukkan bahwa $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ . 7. Simpulkan struktur [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) 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 $\intoo\eu{+\infty}$ . 8. 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. 9. 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. 10. 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 $(\eu, \eu)$ . 11. Tunjukkan bahwa $t \mapsto x(t)$ turun tegas pada $\intoo1{+\infty}$ . *(Pelajari $h(t) = 1 - \frac1t - \ln t$, yang tandanya mengendalikan turunan $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$.)* 12. 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.** 13. Buktikan bahwa $(2, 4)$ dan $(4, 2)$ adalah satu-satunya penyelesaian *bulat* yang tak sepele bagi $x^y = y^x$ . 14. 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 $(x_1, y_1) = (2, 4)$. 15. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/6-aritmetika-bilangan-bulat#ch-b1-arith) ), tunjukkan bahwa $x$ yang rasional memaksa $s$ maupun $s + r$ menjadi pangkat ke- $r$ sebuah bilangan bulat. 16. 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). 17. 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.** 18. 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 $1$ .) 19. 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. 20. 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. 21. Carilah satu-satunya pasangan penyelesaian dengan $y = 3x$ , dalam bentuk tertutup, lalu periksa secara numerik sampai empat angka desimal lewat $f$ . 22. 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.** 23. Gambarkan [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) 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. 24. Di mana persisnya soal ini memakai: (i) [perbandingan pertumbuhan](#prop-b1-functions-powerrules) pada [Proposisi 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ; (ii) teorema nilai antara (lewat [pernyataan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) bijeksinya); (iii) ketunggalan pemfaktoran prima yang diterima tanpa bukti? Satu kalimat untuk masing-masing. 25. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ch-b1-seq) untuk barisannya, [Bab 14](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative) untuk tabel variasinya, [Bab 16](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor) untuk ketelitian yang tak dimiliki tabel itu). **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](#prop-b1-functions-powerrules) pada [Proposisi 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) (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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ch-b1-continuity)). 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](#ex-b1-functions-xx)). 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) penyelesaian $f = c$ yang beranggota dua (pertanyaan 4); dengan memperluas $\varphi$ ke $\intoo\eu{+\infty}$ sebagai [pemetaan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-map) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/6-aritmetika-bilangan-bulat#ch-b1-arith)), 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) 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](#prop-b1-functions-powerrules) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) bijeksinya, mengubah tabel variasi itu menjadi cacahan penyelesaian yang eksak (pertanyaan 4) dan menjadi keberadaan [pemetaan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-map) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ch-b1-seq) akan mengulang kekonvergenan $(x_n)$ dengan teori umum barisan monoton; [Bab 14](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative) melandasi tabel variasi secara ketat di atas teorema nilai rata-rata; dan [Bab 16](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor) memasok apa yang tak dapat diberikan tabel itu — yaitu *laju* kekonvergenan $x_n \to \eu$ (yang berorde $1/n$).