Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

4Standaardfuncties

Analyse is slechts zo nuttig als de voorraad functies die men beheerst. Aan de verzameling geërfd van het secundair onderwijs — machten, exponentiële, logaritme, trigonometrische functies — voegt dit hoofdstuk hun inverse functies toe ( $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ ) en de hyperbolische familie. Afgeleiden worden vrij gebruikt op middelbareschoolniveau; de theorie achter inverse functies wordt vervolledigd in Hoofdstukken 13 en 14.

4.1 Exponentiële, logaritme, machten

Propositie 4.1 (Samenvatting en karakterisering)

$\exp \colon \R \to \intoo{0}{+\infty}$ en $\ln \colon \intoo{0}{+\infty} \to \R$ zijn wederzijds inverse bijecties, strikt stijgend, met

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

Bovendien is $\exp$ de enige afleidbare functie $f \colon \R \to \R$ met $f' = f$ en $f(0) = 1$ .

Bewijs. De samenvatting is middelbareschoolstof. Voor de uniciteit, zij $f' = f$ , $f(0) = 1$ , en stel $g(x) = f(x)\,\eu^{-x}$ . Dan is $g' = f'\eu^{-x} - f\eu^{-x} = 0$ , dus $g$ is constant gelijk aan $g(0) = 1$ : $f = \exp$ . ∎

Definitie 4.2 (Algemene machten)

Voor $x > 0$ en $\alpha \in \R$ : $\;x^\alpha = \eu^{\alpha \ln x}$ . Voor $a > 0$ , $a \neq 1$ , is de logaritme met grondtal $a$ $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$ , de inverse van $x \mapsto a^x$ .

Voorbeeld 4.3 (Exponentiële vergelijkingen oplossen)

Los $2^x = 5^{\,x-1}$ op in $\R$ . Beide leden zijn positief, dus neem logaritmen — een omkeerbare stap:

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

Los vervolgens $x^{\sqrt2} = 3$ op voor $x > 0$ : verhef tot de macht $\frac1{\sqrt2}$ (d.w.z. pas de inverse bijectie toe): $x = 3^{1/\sqrt2} = \eu^{(\ln 3)/\sqrt2} \approx 2.175$ . Het inzicht: elke vergelijking waarin machten verweven zijn, wordt ontrafeld via $\ln$ en $\exp$ , omdat de definitie $x^\alpha = \eu^{\alpha\ln x}$ alle manipulaties met machten reduceert tot rekenen met exponenten — maar enkel op het domein $x > 0$ waar die definitie leeft.

Voorbeeld 4.4 (Verdubbelingstijden)

Een grootheid groeit met $3\%$ per stap: na $n$ stappen is ze vermenigvuldigd met $(1.03)^n$ . Wanneer verdubbelt ze? Los $(1.03)^n \geq 2$ op:

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

dus de eerste verdubbeling treedt op bij stap $24$ . (De “regel van $72$ ” der financiers, die de verdubbelingstijd schat als $72$ gedeeld door het percentage, is deze berekening met de benadering $\ln(1 + x) \approx x$ , gekwantificeerd in Hoofdstuk 16.) Exponentiële processen redeneert men het best via hun logaritmen: op die schaal is de groei lineair en worden vragen delingen.

Voorbeeld 4.5 (Hoe lang is $2^{2026}$ ?)

Het aantal decimale cijfers van een geheel getal $N \geq 1$ is $\floor{\log_{10} N} + 1$ (inderdaad heeft $N$ precies $d$ cijfers wanneer $10^{d-1} \leq N < 10^d$ , d.w.z. $d - 1 \leq \log_{10}N < d$ ). Voor $N = 2^{2026}$ :

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

dus $2^{2026}$ heeft $610$ cijfers. Het decimale deel levert een bonus: $10^{0.887} \approx 7.7$ , dus het getal begint met $7$ . Eén vermenigvuldiging beantwoordde een vraag over een getal dat niemand ooit voluit zal schrijven — logaritmen comprimeren multiplicatieve grootte tot additieve grootte, wat hun hele historische bestaansreden is (Voorbeeld 7.12 maakt die zin precies).

Propositie 4.6 (Machtsregels en groeivergelijking)

Voor $x, y > 0$ en $\alpha, \beta \in \R$ :

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}.

Groeischaal als $x \to +\infty$ , voor elke $\alpha > 0$ en $\beta > 0$ :

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

Bewijs. De identiteiten schrijven die van $\exp$ en $\ln$ over via de definitie. In detail voor de tweede (de minst voor de hand liggende): $x^\alpha > 0$ en $\ln(x^\alpha) = \alpha\ln x$ (pas $\ln$ toe op de definitie), dus

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

de eerste en de derde zijn dezelfde ontrafelingen van twee regels via $\exp(u + v) = \exp u\exp v$ en $\ln(xy) = \ln x + \ln y$ . De afgeleide is de kettingregel: $(\eu^{\alpha\ln x})' = \frac{\alpha}{x} \eu^{\alpha\ln x}$ .

Vergelijkingen: uit $\frac{\ln t}{t} \to 0$ (bewezen in het middelbareschoolvolume), substitueer $t = x^{\alpha/\beta}$ : $\frac{\ln x}{x^{\alpha/\beta}} \to 0$ , verhef vervolgens tot de macht $\beta$ . Voor de tweede, substitueer $x = \ln u$ in de eerste. ∎

Voorbeeld 4.7 (Twee limieten die elke lezer zich eigen moet maken)

Wat zijn $\lim_{x \to 0^+} x^x$ en $\lim_{x \to +\infty} x^{1/x}$ ? Beide machten zijn gedefinieerd via de exponentiële, dus regel eerst de exponent af:

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

en $x^{1/x} = \eu^{(\ln x)/x} \to \eu^0 = 1$ als $x \to +\infty$ , rechtstreeks via de groeivergelijking. Het inzicht: een onbepaalde macht (van de vorm $0^0$ of $\infty^0$ ) wordt altijd behandeld door $u^v = \eu^{v\ln u}$ te herschrijven en het product $v \ln u$ te analyseren — nooit door te gissen op basis van grondtal en exponent afzonderlijk. De functie $x \mapsto \frac{\ln x}{x}$ die beide limieten besliste, wordt uitputtend bestudeerd in het weekendprobleem van dit hoofdstuk.

De groeischaal van : nabij de rechterrand heeft x amper 1.6 overschreden terwijl x het kader al heeft verlaten. Elke verhouding (log over macht, macht over exponentiële) streeft naar 0 — de figuur suggereert slechts wat de substituties in het bewijs exact maken. — De groeischaal van Propositie 4.6: nabij de rechterrand heeft $\ln x$ amper $1.6$ overschreden terwijl $\eu^x$ het kader al heeft verlaten. Elke verhouding (log over macht, macht over exponentiële) streeft naar $0$ — de figuur suggereert slechts wat de substituties in het bewijs exact maken.

Opmerking 4.8 (Veelvoorkomende valkuilen met machten en logaritmen)

Domeinen. $x^\alpha$ voor irrationale $\alpha$ vereist $x > 0$ ; $(-8)^{1/3}$ vermijdt men het best ten voordele van “de reële derdemachtswortel van $-8$ ”, omdat de regel $(x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}$ stilzwijgend faalt bij negatieve getallen: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ .
$\sqrt{x^2} = \abs x$ , niet $x$ : de absolute waarde vergeten is de klassieke bron van verloren negatieve oplossingen.
$\ln(xy) = \ln x + \ln y$ vereist $x, y > 0$ . Voor negatieve argumenten kan $\ln(xy)$ gedefinieerd zijn terwijl het rechterlid dat niet is.
Welke functie groeit? In $x^\alpha$ varieert het grondtal; in $a^x$ de exponent. Hun groei is wild verschillend (Propositie 4.6), en hybride uitdrukkingen zoals $x^{\ln x}$ of $x^{1/x}$ moeten herschreven worden als $\eu^{(\cdot)}$ vooraleer men redeneert — zoals in Voorbeeld 4.7.

4.2 Inverse trigonometrische functies

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

De beperkingen

\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

zijn strikt monotone bijecties. Hun inverse afbeeldingen worden geschreven $\arcsin$ , $\arccos$ en $\arctan$ . Zo is bijvoorbeeld $y = \arcsin x$ ( $x \in \intcc{-1}{1}$ ) de hoek in $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ waarvan de sinus $x$ is.

Van links naar rechts: , , . Elk erft zijn grafiek van de beperkte directe functie door spiegeling in de rechte y = x. — Van links naar rechts: $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ . Elk erft zijn grafiek van de beperkte directe functie door spiegeling in de rechte $y = x$ .

Propositie 4.10 (Afgeleiden)

Op het inwendige van hun domeinen:

\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}.

Bewijs. Anticiperend op de regel voor inverse functies, bewezen in Hoofdstuk 14: als $f$ een afleidbare bijectie is en $f' \neq 0$ , dan is $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$ . Voor $\arcsin$ : met $y = \arcsin x$ ,

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

waar $\cos y = +\sqrt{1 - \sin^2 y}$ omdat $y \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ oplegt dat $\cos y > 0$ . Analoog is $\arccos' x = \frac{1}{-\sin y}$ met $\sin y > 0$ op $\intoo{0}{\pi}$ , en $\arctan' x = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{1 + x^2}$ gebruikmakend van $\tan' = 1 + \tan^2$ . ∎

Voorbeeld 4.11 (Een verborgen constante herkennen)

Bestudeer $g(x) = \arctan\dfrac{1 - x}{1 + x}$ op $\intoo{-1} {+\infty}$ . Kettingregel en een korte berekening:

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} ,

aangezien $(1+x)^2 + (1-x)^2 = 2 + 2x^2$ . Dus $g' = -\arctan'$ : de functie $g + \arctan$ heeft nulafgeleide op het interval $\intoo{-1}{+\infty}$ , en is er dus constant; haar waarde in $x = 0$ is $\arctan 1 + \arctan 0 = \frac\pi4$ . Besluit:

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

Op $\intoo{-\infty}{-1}$ geldt dezelfde berekening van de afgeleide, maar de constante is anders ( $-\frac{3\pi}4$ : bereken de limiet als $x \to -\infty$ ). Het inzicht: “nulafgeleide impliceert constant” is een uitspraak per interval — precies de subtiliteit die uitgebuit wordt in Oefening 4.6 en Oefening 4.10.

Propositie 4.12 (Standaardidentiteiten)

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

Bewijs. (1) De afgeleide van $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ is nul op $\intoo{-1}{1}$ (Propositie 4.10), dus de functie is er constant, gelijk aan haar waarde $\frac\pi2$ in $0$ ; de randwaarden $\pm 1$ worden rechtstreeks nagegaan ( $\frac\pi2 + 0$ en $-\frac\pi2 + \pi$ ).

(2) Dezelfde methode op $\intoo{0}{+\infty}$ : de afgeleide is $\frac{1}{1+x^2} + \frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0$ , en in $x = 1$ is de som $2\arctan 1 = \frac\pi2$ . Voor $x < 0$ , gebruik de oneven pariteit van $\arctan$ .

(3) Met $y = \arccos x \in \intcc{0}{\pi}$ : $\sin y \geq 0$ , dus $\sin y = \sqrt{1 - \cos^2 y} = \sqrt{1 - x^2}$ ; evenzo voor $\cos(\arcsin x)$ , en de tangensformule is het quotiënt. ∎

Opmerking 4.13

$\arcsin(\sin\theta) = \theta$ geldt enkel voor $\theta \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : bijvoorbeeld is $\arcsin(\sin\pi) = 0 \neq \pi$ . De samenstelling in de andere richting, $\sin(\arcsin x) = x$ , is geldig op heel $\intcc{-1}{1}$ .

Voorbeeld 4.14 (Terugvouwen naar het hoofdinterval)

Bereken

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

Het recept: vervang de hoek door de unieke hoek van $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ met dezelfde tangens, d.w.z. trek het juiste veelvoud van $\pi$ af (de periode van $\tan$ ). Eerst: $\frac{3\pi}4 - \pi = -\frac\pi4$ , dus het antwoord is $-\frac\pi4$ . Tweede: $\frac{17\pi} 5 - 3\pi = \frac{2\pi}5 \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , dus het antwoord is $\frac{2\pi}5$ . De berekening is een euclidische deling van de hoek door $\pi$ in vermomming — en de analoge recepten voor $\arcsin$ (spiegel naar $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , periode $2\pi$ ) en $\arccos$ (spiegel naar $\intcc0\pi$ ) sturen Oefening 4.1 en het stuksgewijze antwoord van Oefening 4.10.

Voorbeeld 4.15 (Boogtangensen veilig optellen)

Laten we bewijzen dat

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

Twee ingrediënten: de optelformule voor de tangens, en — de stap die beginners vergeten — een lokalisering van de som. Eerst geeft $\tan(u + v) = \frac{\tan u + \tan v}{1 - \tan u\tan v}$ met $u = \arctan\frac12$ , $v = \arctan\frac15$

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

Ten tweede ligt elk van de drie hoeken in $\intoo0{\frac\pi4}$ (hun argumenten zijn kleiner dan $1$ ), dus de som ligt in $\intoo0{\frac{3\pi}4}$ ; de enige hoek daar met tangens $1$ is $\frac\pi4$ . Zonder de lokalisering zou het besluit “ $\frac\pi4$ op een veelvoud van $\pi$ na” zijn — een half bewijs. Dezelfde tweestapsdiscipline stuurt Oefening 4.8 en Oefening 4.12.

Voorbeeld 4.16 (Een boogtangensvergelijking)

Los $\arctan x + \arctan 2x = \dfrac\pi4$ op. Lokaliseer eerst: het linkerlid heeft het teken van $x$ (beide termen hebben dat), dus elke oplossing heeft $x > 0$ , en dan ligt de som in $\intoo0\pi$ . Neem tangensen (injectief op geen enkel interval van lengte $\pi$ , maar gecombineerd met de lokalisering volstaat dit): de optelformule geeft

\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 .

De negatieve wortel wordt verworpen door de lokalisering; voor de positieve kandidaat $x_0 = \frac{\sqrt{17} - 3}4 \approx 0.28$ ligt de som in $\intoo0\pi$ met tangens $1$ , en de enige zulke hoek is $\frac\pi4$ (in $\intoo{\frac\pi2}\pi$ is de tangens negatief): $x_0$ is de unieke oplossing. Merk de vorm van het argument op: tangensen nemen kan oplossingen creëren, nooit verliezen, dus men lost de veeltermvergelijking op en filtert dan via lokalisering — dezelfde discipline van voorwaartse controle als bij het kwadrateren van een vergelijking.

4.3 Hyperbolische functies

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

Voor $x \in \R$ :

\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}

(hyperbolische cosinus, sinus, tangens). $\cosh$ is even, $\sinh$ en $\tanh$ zijn oneven.

Propositie 4.18 (Basiseigenschappen)

Voor alle $x, y \in \R$ :

$\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ;
$\cosh' = \sinh$ , $\;\sinh' = \cosh$ , $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ;
$\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ en $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ;
$\sinh$ is een strikt stijgende bijectie van $\R$ op $\R$ ; $\cosh$ beperkt tot $\R_+$ is een strikt stijgende bijectie op $\intco{1}{+\infty}$ ; $\tanh$ is een strikt stijgende bijectie van $\R$ op $\intoo{-1}{1}$ .

Bewijs. (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) Leid de definiërende formules af; voor $\tanh$ geeft de quotiëntregel $\frac{\cosh^2 - \sinh^2}{\cosh^2}$ , wat zowel $1 - \tanh^2$ als $\frac{1}{\cosh^2}$ is via (1).

(3) Werk de rechterleden uit met de definities. In detail voor de eerste formule:

\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} ;

van de acht producten heffen de vier “gemengde” ( $\eu^{x-y}$ , $\eu^{y-x}$ ) elkaar paarsgewijs op, terwijl $\eu^{x+y}$ en $\eu^{-(x+y)}$ elk tweemaal verschijnen: het totaal is $\frac{2\eu^{x+y} + 2\eu^{-(x+y)}}{4} = \cosh(x+y)$ . De sinusformule is identiek, met de gemengde termen die overleven in plaats daarvan.

(4) $\sinh' = \cosh \geq 1 > 0$ , dus $\sinh$ is strikt stijgend, met limieten $\pm\infty$ (dominante term $\pm\frac{\eu^{\abs x}}{2}$ ); de bijectie-uitspraak volgt dan uit de tussenwaardestelling (gebruikt op middelbareschoolniveau; systematische behandeling in Hoofdstuk 13). Op $\R_+$ is $\cosh' = \sinh \geq 0$ , enkel nul in $0$ : strikt stijgend van $\cosh 0 = 1$ tot $+\infty$ . En $\tanh' > 0$ met limieten $\pm 1$ in $\pm\infty$ : in detail,

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

na deling van teller en noemer door $\eu^x$ , en de oneven pariteit geeft de limiet $-1$ in $-\infty$ ; de strikt stijgende functie $\tanh$ beeldt dus $\R$ af op $\intoo{-1}1$ . ∎

Links: en , asymptotisch geplakt aan x/2 (streepjes). Rechts: , stijgend van -1 naar 1. — Links: $\cosh$ en $\sinh$ , asymptotisch geplakt aan $\frac{\eu^x}{2}$ (streepjes). Rechts: $\tanh$ , stijgend van $-1$ naar $1$ .

Opmerking 4.19 (Waarom “hyperbolisch”?)

Het punt $(\cosh t, \sinh t)$ loopt langs de tak $x > 0$ van de hyperbool $x^2 - y^2 = 1$ (via Propositie 4.18 (1)), precies zoals $(\cos t, \sin t)$ langs de cirkel $x^2 + y^2 = 1$ loopt. Elke cirkelidentiteit heeft een hyperbolische tegenhanger, met tekenveranderingen bestuurd door $\sinh^2 \leftrightarrow -\sin^2$ .

Voorbeeld 4.20 (De optelformule voor $\tanh$ )

Door de twee optelformules van Propositie 4.18 (3) te delen door $\cosh x\cosh y$ :

\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} ,

de hyperbolische tegenhanger van de optelformule voor de tangens — met een $+$ waar de trigonometrie een $-$ heeft. Een dividend: aangezien $\abs{\tanh} < 1$ , is het rechterlid een “snelheidsoptel”-regel die $\intoo{-1}1$ nooit verlaat: als $u, v \in \intoo{-1}1$ dan is $\frac{u + v}{1 + uv} \in \intoo{-1}1$ eveneens (schrijf $u = \tanh a$ , $v = \tanh b$ , mogelijk door bijectiviteit, en lees de formule achterstevoren). Dit algebraïsch nagaan, zonder hyperbolische functies, is een licht pijnlijke oefening; parametriseren via $\tanh$ maakt er één regel van — dezelfde strategie die cirkel- functies bieden voor de eenheidscirkel.

Propositie 4.21 (Inverse hyperbolische functies)

De inversen verleend door Propositie 4.18 (4) hebben gesloten vormen:

\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),

met afgeleiden $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ , $\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ ( $x > 1$ ) en $\frac{1}{1 - x^2}$ respectievelijk.

Bewijs. Voor $\operatorname{arsinh}$ : los $x = \sinh y = \frac{\eu^y - \eu^{-y}}{2}$ op. Met $u = \eu^y > 0$ : $u^2 - 2xu - 1 = 0$ , dus $u = x + \sqrt{x^2 + 1}$ (de wortel $x - \sqrt{x^2+1}$ is negatief), en $y = \ln(x + \sqrt{x^2+1})$ . De andere twee zijn identieke berekeningen ( $u^2 - 2xu + 1 = 0$ voor $\operatorname{arcosh}$ , met behoud van de wortel $\geq 1$ ; een herschikking van twee regels voor $\operatorname{artanh}$ ). Afgeleiden: leid de logaritmische uitdrukkingen af, bv.

\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

∎

Voorbeeld 4.22 (Gesloten vormen aan het werk)

De oplossing van $\cosh t = 2$ met $t \geq 0$ is, via de gesloten vorm, $t = \operatorname{arcosh} 2 = \ln(2 + \sqrt3) \approx 1.317$ ; de andere oplossing is $-t$ , door de even pariteit — en inderdaad is $\ln(2 - \sqrt3) = \ln\frac1{2 + \sqrt3} = -\ln(2 + \sqrt3)$ : de twee wortels $u = \eu^t$ van de vierkantsvergelijking $u^2 - 4u + 1 = 0$ zijn elkaars inverse, zoals hun product $1$ (Vieta) eist. Deze kleine berekening toont het algemene patroon: hyperbolische vergelijkingen worden vierkantsvergelijkingen in $\eu^t$ , en de symmetrie $t \mapsto -t$ verschijnt als de symmetrie $u \mapsto 1/u$ van de vierkantsvergelijking — het onthouden waard bij het oplossen van Oefening 4.7.

Methode 4.23 (De juiste primitieve vorm kiezen)

De drie afgeleidepatronen om te onthouden voor integratie (Hoofdstuk 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,

en voor een algemene vierkantsuitdrukking herleidt men tot deze door kwadraat- afsplitsing en herschaling.

Opmerking 4.24 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt)

Dit hoofdstuk is de werkwoordenschat van alle komende analyse. De groeischaal van Propositie 4.6 beslist convergentievragen doorheen Hoofdstukken 11 en 17; de afgeleideformules van Propositie 4.10 en Propositie 4.21 zijn de primitieven die het vaakst nodig zijn in Hoofdstuk 15, via Methode 4.23; hyperbolische functies parametriseren de oplossingen van de vergelijking $y'' = y$ in Hoofdstuk 5 precies zoals cirkelfuncties die van $y'' = -y$ parametriseren. De karakterisering van $\exp$ via $f' = f$ , $f(0) = 1$ (Propositie 4.1) is het eendimensionale zaad van de theorie der lineaire differentiaalvergelijkingen, en de kettinglijn $y = \cosh x$ keert terug bij de vlakke krommen van Hoofdstuk 24.

Opmerking 4.25 (Intermezzo: het programma van de inverse functies)

Dit hoofdstuk voerde één programma viermaal uit: beperk een functie tot ze een strikt monotone bijectie wordt, benoem de inverse, transporteer elke formule erdoorheen. Wat op elke stap gebruikt werd — dat een continue strikt monotone functie op een interval een bijectie is op een interval, en dat haar inverse continu is, en dan afleidbaar weg van kritieke punten — werd op middelbareschoolkrediet geleend. De schuld wordt afbetaald binnen dit volume: Hoofdstuk 13 bewijst de bijectie-uitspraak (de stelling van de monotone inverse, steunend op de tussenwaardestelling), en Hoofdstuk 14 bewijst de afgeleideregel $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ die stilzwijgend elke formule van Propositie 4.10 en Propositie 4.21 voortbracht. Die hoofdstukken lezen met $\arcsin$ en $\operatorname{arsinh}$ in gedachten — als de uitgewerkte voorbeelden die de theorie moest rechtvaardigen — is de bedoelde weg rond de schijnbare cirkelredenering.

4.4 Oefeningen

Oefening 4.1 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.1.

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

$\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ : $\sin\frac{5\pi}{6} = \frac12$ , en de hoek van $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ met sinus $\frac12$ is $\frac\pi6$ (niet $\frac{5\pi}{6}$ ).

$\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ : $\cos\frac{7\pi}{4} = \frac{\sqrt 2}{2}$ , en de hoek van $\intcc{0}{\pi}$ met die cosinus is $\frac\pi4$ .

Oefening 4.2 ★

Geef het definitiedomein van $f(x) = \arcsin(2x - 1)$ en bereken $f'$ waar gedefinieerd. Dezelfde vragen voor $g(x) = \arctan\sqrt{x}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.2.

$f(x) = \arcsin(2x - 1)$ vereist $-1 \leq 2x - 1 \leq 1$ , d.w.z. $x \in \intcc{0}{1}$ . Op $\intoo{0}{1}$ geven de kettingregel en Propositie 4.10

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

$g(x) = \arctan\sqrt x$ is gedefinieerd voor $x \geq 0$ , en voor $x > 0$ :

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

Oefening 4.3 ★

Bewijs dat voor alle $x \in \R$ : $\cosh x + \sinh x = \eu^x$ en $(\cosh x + \sinh x)^n = \cosh nx + \sinh nx$ voor elke $n \in \Z$ (een hyperbolische formule van de Moivre).

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.3.

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

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

Oefening 4.4 ★

Vereenvoudig $\cos(2\arcsin x)$ en $\sin(2\arctan x)$ tot algebraïsche uitdrukkingen in $x$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.4.

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

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

Oefening 4.5 ★

Rangschik, voor grote $x$ , de functies $x^{100}$ , $\;\eu^{\sqrt x}$ , $\;(\ln x)^{1000}$ , $\;\eu^{x/100}$ , $\;x^{\ln x}$ , van traagste naar snelste groei, met verantwoordingen gebaseerd op Propositie 4.6.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.5.

Van traagste naar snelste:

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

Verantwoordingen: $(\ln x)^{1000}/x^{100} \to 0$ via Propositie 4.6 (logaritmen verliezen van machten). $x^{100} = \eu^{100\ln x}$ en $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2}$ : aangezien $(\ln x)^2 - 100\ln x \to +\infty$ , wint de tweede. $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2} \ll \eu^{\sqrt x}$ omdat $(\ln x)^2/\sqrt x \to 0$ (logaritmen verliezen van de macht $x^{1/4}$ , gekwadrateerd). Ten slotte $\sqrt x - x/100 \to -\infty$ , dus $\eu^{\sqrt x} \ll \eu^{x/100}$ .

Oefening 4.6 ★★

Bestudeer de functie $f(x) = \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}$ op haar domein: bereken $f'$ , vergelijk met $(2\arctan x)'$ , en druk $f(x)$ uit in termen van $\arctan x$ op elk van de drie intervallen van het domein.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.6.

Domein: $x \neq \pm 1$ , drie intervallen. Op elk,

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)' .

Dus $f(x) - 2\arctan x$ is constant op elk interval. Waarden: in $x = 0$ is $f(0) = 0$ : de constante is $0$ op $\intoo{-1}{1}$ . Als $x \to +\infty$ , $\frac{2x}{1-x^2} \to 0^-$ dus $f \to 0$ , terwijl $2\arctan x \to \pi$ : de constante is $-\pi$ op $\intoo{1}{+\infty}$ . Door de oneven pariteit is ze $+\pi$ op $\intoo{-\infty}{-1}$ . Samenvatting: $f = 2\arctan x$ op $\intoo{-1}{1}$ , $f = 2\arctan x - \pi$ voor $x > 1$ , $f = 2\arctan x + \pi$ voor $x < -1$ . (Dit is de verdubbelingsformule voor de tangens, gelezen via $\arctan$ .)

Oefening 4.7 ★★

Los op in $\R$ : $\;\cosh x = 2$ ; vervolgens $5\cosh x - 4 \sinh x = 3$ (druk de oplossingen uit met logaritmen). Tip voor de tweede: schrijf alles met $u = \eu^x$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.7.

$\cosh x = 2$ : met $u = \eu^x > 0$ , $u + u^{-1} = 4$ , dus $u^2 - 4u + 1 = 0$ , $u = 2 \pm \sqrt 3$ : $x = \ln(2 + \sqrt 3)$ of $x = \ln(2 - \sqrt 3) = -\ln(2 + \sqrt 3)$ (de twee oplossingen zijn tegengesteld, aangezien $\cosh$ even is; beide zijn geldig). Equivalent, $x = \pm \operatorname{arcosh} 2$ .

$5\cosh x - 4\sinh x = 3$ : door de exponentiële definities te substitueren, $\frac{5(u + u^{-1}) - 4(u - u^{-1})}{2} = 3$ , d.w.z. $u + 9u^{-1} = 6$ , d.w.z. $u^2 - 6u + 9 = (u - 3)^2 = 0$ : $u = 3$ , één oplossing $x = \ln 3$ .

Oefening 4.8 ★★

Bewijs de identiteit $\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}$ , vervolgens de formule van Machin

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

Tip: bereken de tangens van beide leden met de optelformule, en controleer in welk interval elk lid ligt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.8.

Zij $\alpha = \arctan\frac12 + \arctan\frac13$ . Optelformule:

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

Beide boogtangensen liggen in $\intoo{0}{\frac\pi4}$ (hun argumenten liggen in $\intoo{0}{1}$ ), dus $\alpha \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ; de enige hoek daar met tangens $1$ is $\frac\pi4$ .

Machin: zij $\beta = \arctan\frac15$ . Verdubbeling tweemaal:

\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}.

Vervolgens

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

Locatie: $\beta < \arctan 1 = \frac\pi4$ en in feite $\tan 4\beta = \frac{120}{119}$ dicht bij $1$ met $4\beta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (aangezien $\beta < \frac\pi8$ , want $\tan\frac\pi8 = \sqrt 2 - 1 > \frac15$ ); dus $4\beta - \frac\pi4 \in \intoo{-\frac\pi4}{\frac\pi4}$ , waar $\arctan$ de $\tan$ inverteert: $4\beta - \frac\pi4 = \arctan\frac{1}{239}$ , wat de formule van Machin is.

Oefening 4.9 ★★

Bewijs dat voor alle $x \geq 0$ : $\;x - \dfrac{x^3}{6} \leq \sin x \leq x$ (bestudeer de opeenvolgende afgeleiden van de verschillen), en leid af dat $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin x}{x^3} = \frac 16$ plausibel is — de limiet zelf wordt vastgesteld in Hoofdstuk 16.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.9.

Zij $f(x) = x - \sin x$ : $f(0) = 0$ en $f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$ , dus $f \geq 0$ op $\R_+$ : $\sin x \leq x$ .

Zij $g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}$ : $g(0) = 0$ , $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$ , $g'(0) = 0$ , $g''(x) = -\sin x + x = f(x) \geq 0$ op $\R_+$ . Dus $g'$ is stijgend met $g'(0) = 0$ , dus $g' \geq 0$ , dus $g$ is stijgend met $g(0) = 0$ : $g \geq 0$ , d.w.z. $x - \frac{x^3}{6} \leq \sin x$ op $\R_+$ .

Bijgevolg $0 \leq \frac{x - \sin x}{x^3} \leq \frac 16$ voor $x > 0$ : de verhouding is gevangen nabij de schaal van $\frac16$ , en Hoofdstuk 16 toont dat haar limiet precies $\frac 16$ is.

Oefening 4.10 ★★★

Voor $x \in \intcc{-1}{1}$ , stel $h(x) = \arcsin\bigl(2x\sqrt{1 - x^2}\,\bigr) - 2\arcsin x$ . Men zou $h = 0$ kunnen verwachten uit de identiteit $\sin 2y = 2\sin y\cos y$ — maar $h$ is niet identiek nul. Bereken $h'$ op de open intervallen waar het bestaat, evalueer $h$ in welgekozen punten, en geef de volledige stuksgewijs constante beschrijving van $h$ op $\intcc{-1}{1}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.10.

Schrijf $y = \arcsin x$ , zodat $2x\sqrt{1 - x^2} = 2\sin y\cos y = \sin 2y$ en $h(x) = \arcsin(\sin 2y) - 2y$ .

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

Voor $x \in \intoc{\frac{\sqrt 2}{2}}{1}$ : $2y \in \intoc{\frac\pi2}{\pi}$ , en de hoek van $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ met sinus $\sin 2y$ is $\pi - 2y$ : dus $h(x) = \pi - 4\arcsin x$ . (Controle via de afgeleide: daar is $h'(x) = \frac{2(1 - 2x^2)}{\abs{1 - 2x^2}\sqrt{1 - x^2}} - \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{-4}{\sqrt{1 - x^2}}$ , de afgeleide van $-4\arcsin x$ ; en in $x = 1$ , $h(1) = \arcsin 0 - 2\cdot\frac\pi2 = -\pi = \pi - 4\cdot\frac\pi2$ .)

Voor $x \in \intco{-1}{-\frac{\sqrt 2}{2}}$ , door de oneven pariteit van $h$ : $h(x) = -\pi - 4\arcsin x$ .

Oefening 4.11 ★★★

(Gudermann-functie) Zij $g(x) = \arctan(\sinh x)$ voor $x \in \R$ . Bewijs dat $g$ een oneven, strikt stijgende bijectie is van $\R$ op $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , dat $g'(x) = \frac{1}{\cosh x}$ , en dat $\tan g(x) = \sinh x$ , $\;\sin g(x) = \tanh x$ , $\;\cos g(x) = \frac{1}{\cosh x}$ : de functie $g$ verbindt cirkel- en hyperbolische trigonometrie zonder complexe getallen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.11.

$g = \arctan \circ \sinh$ is een samenstelling van oneven, strikt stijgende functies, dus is ze oneven en strikt stijgend; als $x \to +\infty$ is $\sinh x \to +\infty$ dus $g(x) \to \frac\pi2$ , en $g$ is een bijectie op $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ (continuïteit plus de tussenwaardestelling). Kettingregel met Propositie 4.18 (1):

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

Per constructie is $\tan g(x) = \sinh x$ . Dan, aangezien $g(x) \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ positieve cosinus heeft,

\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*}

Oefening 4.12 ★★

Bewijs dat

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

Tip: bereken eerst $\arctan 2 + \arctan 3$ , waarbij je de som lokaliseert zoals in Voorbeeld 4.15; let op dat de noemer van de optelformule hier negatief is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.12.

Stel $u = \arctan 2$ en $v = \arctan 3$ ; beide liggen in $\intoo{\frac\pi4}{\frac\pi2}$ (hun argumenten overschrijden $1$ ), dus $u + v \in \intoo{\frac\pi2}{\pi}$ . De optelformule geeft

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

en de unieke hoek van $\intoo{\frac\pi2}{\pi}$ met tangens $-1$ is $\frac{3\pi}4$ : dus $\arctan 2 + \arctan 3 = \frac{3\pi}4$ . (Blindelings $\arctan$ toepassen op de tangens zou $-\frac\pi4$ geven, $\pi$ ernaast — de lokalisering is wat de berekening redt, en de negatieve noemer $1 - 6$ is precies het signaal dat de som $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ heeft verlaten.) Optellen van $\arctan 1 = \frac\pi4$ :

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

4.5 Probleem: De vergelijking $x^y = y^x$

Probleem 4.1

Welke paren van positieve getallen voldoen aan $x^y = y^x$ ? Iedereen kent één toevallig ogend voorbeeld, $2^4 = 4^2 = 16$ ; dit probleem toont dat er niets toevalligs aan is. De hele vergelijking wordt bestuurd door de variaties van de enkele functie

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

waarvan de studie oplevert: de volledige oplossingsverzameling (een diagonaal plus één gekromde tak door $(\eu, \eu)$ ), een rationale parametrisatie van de tak, het feit dat $(2, 4)$ haar enige geheeltallige punt is en de classificatie van al haar rationale punten — plus, als dividenden, de vergelijking van $\eu^\pi$ met $\pi^\eu$ en de monotone convergentie van $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ naar $\eu$ .

Deel I — De functie $f(t) = \ln t / t$ .

Verantwoord dat $f$ afleidbaar is op $\intoo0{+\infty}$ , bereken $f'$ , en stel de variatietabel op: $f$ stijgt strikt op $\intoc0\eu$ , daalt strikt op $\intco\eu{+\infty}$ , met maximum $f(\eu) = \frac1\eu$ .
Bepaal de limieten van $f$ in $0^+$ en $+\infty$ (Propositie 4.6), het teken van $f$ (negatief op $\intoo01$ , nul in $1$ , positief daarboven), en schets de grafiek.
Ga door directe berekening na dat $f(2) = f(4)$ . (Houd deze gelijkheid in gedachten: het hele probleem groeit eruit.)
Zij $c \in \R$ . Bespreek, naargelang de waarde van $c$ , het aantal oplossingen van $f(t) = c$ : precies één voor $c \leq 0$ ; precies twee (één in $\intoo1\eu$ , één in $\intoo\eu{+\infty}$ ) voor $0 < c < \frac1\eu$ ; precies één voor $c = \frac1\eu$ ; geen voor $c > \frac1\eu$ .
Leid af dat $\eu^x > x^\eu$ voor elke $x > 0$ met $x \neq \eu$ , en beslis in het bijzonder welke van $\eu^\pi$ en $\pi^\eu$ groter is.

Deel II — De vergelijking en haar kromme. In dit deel is $x, y > 0$ .

Toon aan dat $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ .
Leid de structuur van de oplossingsverzameling af: alle diagonale paren $(x, x)$ ; en de niet-triviale paren ( $x \neq y$ ), die voldoen aan: beide coördinaten zijn $> 1$ , en één ligt in $\intoo1\eu$ terwijl de andere in $\intoo\eu{+\infty}$ ligt.
Parametriseer de niet-triviale paren: door $y = tx$ te schrijven met $t > 0$ , $t \neq 1$ , toon aan dat $x^y = y^x$ oplegt dat

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

en dat omgekeerd elk zulk paar een oplossing is.
Ga na dat $t = 2$ het paar $(2, 4)$ geeft, en bewijs de symmetrie $x(1/t) = y(t)$ , $y(1/t) = x(t)$ : het inverteren van de parameter verwisselt de twee coördinaten.
Bepaal de limieten van $x(t)$ en $y(t)$ als $t \to 1$ (beide streven naar $\eu$ ), als $t \to +\infty$ ( $x \to 1$ , $y \to +\infty$ ) en als $t \to 0^+$ ( $x \to +\infty$ , $y \to 1$ ). Beschrijf de resulterende tak: een kromme asymptotisch aan de rechten $x = 1$ en $y = 1$ , die de diagonaal kruist in $(\eu, \eu)$ .
Toon aan dat $t \mapsto x(t)$ strikt dalend is op $\intoo1{+\infty}$ . (Bestudeer $h(t) = 1 - \frac1t - \ln t$ , waarvan het teken de afgeleide van $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$ bestuurt.)
Besluit dat de niet-triviale oplossingen een strikt dalende bijectie $\varphi \colon \intoo1\eu \to \intoo\eu{+\infty}$ definiëren met $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ , en dat $\varphi$ een involutie van de tak is: $\varphi(\varphi(x)) = x$ overal waar beide leden gedefinieerd zijn.

Deel III — Geheeltallige en rationale punten.

Bewijs dat $(2, 4)$ en $(4, 2)$ de enige niet-triviale geheeltallige oplossingen van $x^y = y^x$ zijn.
Voor $n \in \N^*$ , pas de parametrisatie toe met $t = 1 + \frac1n$ en toon aan dat

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

een niet-triviale rationale oplossing is voor elke $n$ , met $(x_1, y_1) = (2, 4)$ .
Omgekeerd, zij $(x, y)$ een niet-triviale rationale oplossing met $y > x$ , en schrijf $t = y/x = 1 + \frac rs$ in onvereenvoudigbare vorm ( $r, s \in \N^*$ ). Gebruikmakend van $x = t^{s/r}$ en aannemend de uniciteit van de priemontbinding (vertrouwd van school; bewezen in Hoofdstuk 6), toon aan dat $x$ rationaal oplegt dat zowel $s$ als $s + r$ $r$ -de machten van gehele getallen zijn.
Toon met het binomium van Newton aan dat $a^r - b^r = r$ geen geheeltallige oplossingen $a > b \geq 1$ heeft wanneer $r \geq 2$ , en besluit: de rationale oplossingen van $x^y = y^x$ zijn precies de paren $(x_n, y_n)$ van vraag 14 (en hun verwisselingen).
Ga het geval $n = 2$ numeriek na: bereken $f(9/4)$ en $f(27/8)$ tot op vier decimalen en controleer dat ze overeenkomen.

Deel IV — Dividenden.

Gebruik vragen 7 en 11 om, zonder verdere berekening, te bewijzen dat de rij $x_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ strikt stijgend is met $x_n < \eu$ , dat $y_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n+1}$ strikt dalend is met $y_n > \eu$ , en dat beide convergeren naar $\eu$ . (De parameter $t_n = 1 + \frac1n$ daalt naar $1$ .)
Stel de algemene vergelijkingsregel op voor $1 < a < b$ : als $\eu \leq a$ dan $a^b > b^a$ ; als $b \leq \eu$ dan $a^b < b^a$ ; en toon met de twee voorbeelden $(2, 3)$ en $(2, 5)$ aan dat in het gemengde geval $a < \eu < b$ beide uitkomsten werkelijk optreden.
Veronderstel dat de involutie $\varphi$ van vraag 12 afleidbaar is in $\eu$ (dat is ze). Leid de identiteit $\varphi(\varphi(x)) = x$ af in $x = \eu$ en leid $\varphi'(\eu) = -1$ af: de tak kruist de diagonaal loodrecht erop.
Vind het unieke oplossingspaar met $y = 3x$ , in gesloten vorm, en controleer het numeriek tot op vier decimalen via $f$ .
Bepaal onder de getallen $\sqrt2$ , $\sqrt[3]3$ , $\sqrt[4]4$ , $\sqrt[5]5$ , het grootste en identificeer de twee die gelijk zijn. (Vergelijk $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ .)

Deel V — Synthese.

Beschrijf de volledige oplossingsverzameling van $x^y = y^x$ in het kwartvlak $x, y > 0$ — diagonaal plus tak, hun snijpunt $(\eu, \eu)$ , de asymptoten, het geheeltallige punt $(2, 4)$ , de rationale punten die accumuleren in $(\eu, \eu)$ — in een vorm die je uit het hoofd zou kunnen schetsen.
Waar precies gebruikte het probleem: (i) de groei- vergelijkingen van Propositie 4.6; (ii) de tussenwaardestelling (via de bijectie- uitspraken); (iii) de aangenomen uniciteit van de priem- ontbinding? Eén zin elk.
Moraal, in een korte alinea: een enkele variatietabel loste een vergelijking in twee onbekenden op, classificeerde haar rationale punten, en bewees de monotone convergentie van $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ — becommentarieer deze zuinigheid, en benoem waar elke draad later in het volume geïndustrialiseerd wordt (Hoofdstuk 11 voor de rij, Hoofdstuk 14 voor variatietabellen, Hoofdstuk 16 voor de precisie die de tabel mist).

Oplossing

Oplossing van Probleem 4.1.

1. $f$ is een quotiënt van afleidbare functies met niet-nul noemer op $\intoo0{+\infty}$ , en

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

positief voor $t < \eu$ , nul in $t = \eu$ , negatief voor $t > \eu$ : $f$ stijgt strikt op $\intoc0\eu$ , daalt strikt op $\intco\eu{+\infty}$ , met maximum $f(\eu) = \frac1\eu$ .

2. Als $t \to 0^+$ : $\ln t \to -\infty$ en $\frac1t \to +\infty$ , dus $f(t) \to -\infty$ . Als $t \to +\infty$ : $f(t) \to 0$ via de groeivergelijking van Propositie 4.6 ( $\beta = \alpha = 1$ ). Teken: dat van $\ln t$ , dus $f < 0$ op $\intoo01$ , $f(1) = 0$ , $f > 0$ op $\intoo1{+\infty}$ . De grafiek klimt van $-\infty$ , kruist nul in $1$ , piekt in $(\eu, \frac1\eu)$ , en vervalt dan naar $0^+$ .

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

4. Via de variatietabel en de tussenwaarde- stelling (gebruikt op middelbareschoolniveau; geformaliseerd in Hoofdstuk 13). Voor $c < 0$ : oplossingen bestaan enkel waar $f < 0$ , d.w.z. in $\intoo01$ waar $f$ een strikt stijgende bijectie is op $\intoo{-\infty}0$ : precies één. Voor $c = 0$ : enkel $t = 1$ . Voor $0 < c < \frac1\eu$ : op $\intoo1\eu$ stijgt $f$ van $0$ naar $\frac1\eu$ : één oplossing; op $\intoo\eu{+\infty}$ daalt $f$ van $\frac1\eu$ naar $0$ : nog één; totaal twee. Voor $c = \frac1\eu$ : enkel het maximumpunt $t = \eu$ . Voor $c > \frac1\eu$ : geen.

5. Voor $x \neq \eu$ geeft strikte maximaliteit $f(x) < f(\eu)$ , d.w.z. $\frac{\ln x}x < \frac1\eu$ , d.w.z. $\eu\ln x < x$ , d.w.z. $\ln(x^\eu) < \ln(\eu^x)$ : $x^\eu < \eu^x$ . Met $x = \pi$ : $\eu^\pi > \pi^\eu$ (numeriek $23.14 > 22.46$ ).

6. Voor $x, y > 0$ zijn beide leden positief, dus

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) ,

delend door $xy > 0$ .

7. Zij $f(x) = f(y) = c$ met $x \neq y$ . Als $c \leq 0$ of $c = \frac1\eu$ , zegt vraag 4 dat de vergelijking $f = c$ een enkele oplossing heeft: onmogelijk. Dus $0 < c < \frac1\eu$ , en opnieuw via vraag 4 zijn de twee oplossingen één punt van $\intoo1\eu$ en één van $\intoo\eu{+\infty}$ : beide coördinaten overschrijden $1$ en ze liggen aan weerszijden van $\eu$ .

8. Door $y = tx$ te substitueren in $y\ln x = x\ln y$ :

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

dus $x = t^{1/(t-1)}$ en $y = tx = t^{1 + \frac1{t-1}} = t^{t/(t-1)}$ . Omgekeerd, voor deze waarden, $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} = t\ln x$ en $y = tx$ , dus $\frac{\ln y}y = \frac{t\ln x}{tx} = \frac{\ln x}x$ : een oplossing. Elke niet-triviale oplossing heeft een verhouding $t = y/x \in \intoo0{+\infty} \setminus \{1\}$ , dus de parametrisatie is volledig.

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

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

dan $y(1/t) = \frac1t\,x(1/t) = \frac{y(t)}t = x(t)$ : de parameterverandering $t \mapsto 1/t$ verwisselt de coördinaten, zoals de symmetrie van de vergelijking eist.

10. Als $t \to 1$ : $\frac{\ln t}{t-1} \to 1$ (het is het differentiequotiënt van $\ln$ in $1$ ), dus $x \to \eu^1 = \eu$ en $y = tx \to \eu$ . Als $t \to +\infty$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to 0$ dus $x \to 1$ , terwijl $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to +\infty$ dus $y \to +\infty$ . Als $t \to 0^+$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to \frac{-\infty}{-1} = +\infty$ dus $x \to +\infty$ , terwijl $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to \frac{0}{-1} = 0$ dus $y \to 1$ (gebruikmakend van $t\ln t \to 0$ , Voorbeeld 4.7). De tak loopt dus van de asymptoot $y = 1$ (uiterst rechts), omhoog door $(\eu, \eu)$ op de diagonaal, en weg langs de asymptoot $x = 1$ (uiterst boven) — symmetrisch om de diagonaal via vraag 9.

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

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 .

$h(1) = 0$ en $h'(t) = \frac1{t^2} - \frac1t = \frac{1 - t}{t^2} < 0$ voor $t > 1$ : $h < 0$ op $\intoo1{+\infty}$ , dus $g' < 0$ en $x = \eu^g$ is er strikt dalend (van $\eu$ naar $1$ , via vraag 10).

12. Via vraag 11 is $t \mapsto x(t)$ een strikt dalende bijectie van $\intoo1{+\infty}$ op $\intoo1\eu$ ; schrijf $t(x)$ voor haar inverse (ook strikt dalend) en stel $\varphi(x) = y(t(x))$ . Merk op dat $h < 0$ ook op $\intoo01$ (daar is $h' > 0$ en $h(1) = 0$ ), dus $x(\cdot)$ is dalend op $\intoo01$ eveneens; bijgevolg is $y(t) = x(1/t)$ (vraag 9) stijgend in $t$ op $\intoo1{+\infty}$ , van $\eu$ naar $+\infty$ . Samenstellen: $\varphi = y \circ t(\cdot)$ is strikt dalend van $\intoo1\eu$ op $\intoo\eu{+\infty}$ , en $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ via vraag 8. Ten slotte, voor een gemeenschappelijke waarde $c = f(x) \in \intoo0{\frac1\eu}$ , is het paar $\{x, \varphi(x)\}$ de oplossingsverzameling met twee elementen van $f = c$ (vraag 4); door $\varphi$ uit te breiden naar $\intoo\eu{+\infty}$ als de inverse afbeelding keert $\varphi(\varphi(x))$ terug naar het andere (d.w.z. oorspronkelijke) element: $\varphi \circ \varphi = \mathrm{id}$ .

13. Als $(x, y)$ een niet-triviale geheeltallige oplossing is met $x < y$ , plaatst vraag 7 $x \in \intoo1\eu$ : het enige gehele getal daar is $x = 2$ . Dan is $f(y) = f(2) = \frac{\ln2}2$ met $y > \eu$ ; via vraag 4 heeft de vergelijking $f = \frac{\ln2}2$ precies één oplossing voorbij $\eu$ , en vraag 3 toont ze: $y = 4$ . Bijgevolg zijn $(2, 4)$ , en zijn verwisseling, de enige.

14. $t = 1 + \frac1n = \frac{n+1}n$ geeft $\frac1{t - 1} = n$ en $\frac t{t-1} = n + 1$ , dus

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

duidelijk rationaal, verschillend ( $y_n = t\,x_n \neq x_n$ ), en $n = 1$ geeft $x_1 = 2$ , $y_1 = 4$ .

15. $t = y/x$ is rationaal en $> 1$ ; schrijf $t - 1 = \frac rs$ in onvereenvoudigbare vorm, dus $t = \frac{s + r}s$ met $\gcd(s + r, s) = \gcd(r, s) = 1$ . Vraag 8 geeft $x = t^{s/r}$ , dus

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

een onvereenvoudigbare breuk (geen priemgetal deelt zowel $s + r$ als $s$ ). Door $x = \frac pq$ in onvereenvoudigbare vorm te schrijven, is $x^r = \frac{p^r} {q^r}$ ook onvereenvoudigbaar, en door de uniciteit van de gereduceerde voorstelling: $p^r = (s+r)^s$ en $q^r = s^s$ . Vergelijk de exponent van een willekeurig priemgetal $\ell$ in $q^r = s^s$ : $r \cdot v_\ell(q) = s \cdot v_\ell(s)$ , dus $r$ deelt $s\,v_\ell(s)$ ; aangezien $\gcd(r, s) = 1$ , deelt $r$ $v_\ell(s)$ voor elk priemgetal $\ell$ (unieke ontbinding, aangenomen; bewezen in Hoofdstuk 6), dus $s = b^r$ voor een geheel getal $b$ . Hetzelfde argument op $p^r = (s+r)^s$ geeft $s + r = a^r$ .

16. Veronderstel $a^r - b^r = r$ met gehele getallen $a > b \geq 1$ en $r \geq 2$ . Dan $a \geq b + 1$ , dus via het binomium van Newton

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 ,

een tegenspraak. Uit vraag 15 dwingt $a^r - b^r = (s + r) - s = r$ dat $r = 1$ : $t = 1 + \frac1s$ , en de oplossing is $(x_s, y_s)$ van vraag 14. Samen met de verwisselde paren is de classificatie volledig.

17. $f\bigl(\tfrac94\bigr) = \frac{\ln 2.25}{2.25} = \frac{0.81093}{2.25} = 0.3604$ en $f\bigl(\tfrac{27}8\bigr) = \frac{\ln 3.375}{3.375} = \frac{1.21640}{3.375} = 0.3604$ (vier decimalen): gelijk, zoals de constructie belooft — dus $\bigl(\tfrac94\bigr)^{27/8} = \bigl(\tfrac{27}8\bigr)^{9/4}$ .

18. De parameters $t_n = 1 + \frac1n$ dalen strikt naar $1$ . Aangezien $x(\cdot)$ strikt dalend is op $\intoo1{+\infty}$ (vraag 11), is $x_n = x(t_n)$ strikt stijgend; aangezien $y(\cdot)$ er strikt stijgend is (vraag 12), is $y_n = y(t_n)$ strikt dalend. Via vraag 7, $x_n \in \intoo1\eu$ en $y_n \in \intoo\eu{+\infty}$ : dus $x_n < \eu < y_n$ voor elke $n$ . Ten slotte geven $t_n \to 1$ en vraag 10 dat $x_n \to \eu$ en $y_n \to \eu$ . De klassieke monotone convergentie van $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ valt uit de meetkunde van de tak, zonder nieuwe ongelijkheid.

19. Als $\eu \leq a < b$ : $f$ strikt dalend op $\intco\eu{+\infty}$ geeft $f(a) > f(b)$ , d.w.z. $b\ln a > a\ln b$ , d.w.z. $a^b > b^a$ . Als $1 < a < b \leq \eu$ : $f$ strikt stijgend geeft $f(a) < f(b)$ , dus $a^b < b^a$ . Gemengd geval: $2 < \eu < 3$ en $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ ; maar $2 < \eu < 5$ en $2^5 = 32 > 25 = 5^2$ : beide uitkomsten treden op, beslist door welke zijde van de tak het punt $(a, b)$ valt.

20. De tak ontmoet de diagonaal in $\eu$ en $\varphi$ breidt er continu uit met $\varphi(\eu) = \eu$ . Door $\varphi(\varphi(x)) = x$ af te leiden in $x = \eu$ via de kettingregel: $\varphi'(\varphi(\eu))\,\varphi'(\eu) = \varphi'(\eu)^2 = 1$ , dus $\varphi'(\eu) = \pm1$ ; $\varphi$ is dalend, dus $\varphi'(\eu) = -1$ . De tak kruist de diagonaal met helling $-1$ : loodrecht.

21. $y = 3x$ is het geval $t = 3$ : $x = 3^{1/2} = \sqrt3$ en $y = 3^{3/2} = 3\sqrt3$ . Controle: $f(\sqrt3) = \frac{0.54931}{1.73205} = 0.3171$ en $f(3\sqrt3) = \frac{\ln 5.19615}{5.19615} = \frac{1.64792}{5.19615} = 0.3171$ : gelijk tot op vier decimalen, dus $(\sqrt3)^{3\sqrt3} = (3\sqrt3)^{\sqrt3}$ .

22. $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ , en $\exp$ is stijgend, dus de ordening is die van $f(n)$ : $f(3) = \frac{\ln3}3 \approx 0.3662$ verslaat $f(2) = f(4) = \frac{\ln2}2 \approx 0.3466$ (vraag 3) en $f(5) \approx 0.3219$ . Het grootste is $\sqrt[3]3$ , en het gelijke paar is $\sqrt2 = \sqrt[4]4$ — het geheeltallige paar $(2, 4)$ in nog een andere vermomming.

23. De oplossingsverzameling is de unie van de diagonaal $\{(x, x) : x > 0\}$ en een enkele tak, symmetrisch om de diagonaal, strikt dalend van de asymptoot $x = 1$ (als $y \to +\infty$ ) naar de asymptoot $y = 1$ (als $x \to +\infty$ ), die de diagonaal precies eenmaal kruist, in $(\eu, \eu)$ , met helling $-1$ daar. Op de tak liggen de geheeltallige punten $(2, 4)$ en $(4, 2)$ — de enige — en de rationale punten $(x_n, y_n)$ , die monotoon langs de tak marcheren naar $(\eu, \eu)$ zonder het ooit te bereiken ( $\eu$ is irrationaal; de rationale punten van de tak accumuleren in een irrationale hoek).

24. (i) Groeivergelijkingen gaven de limieten van $f$ in $+\infty$ (vraag 2) en $t\ln t \to 0$ (vraag 10), wat zowel de variatietabel als de asymptoten vormgaf. (ii) De tussenwaardestelling, via de bijectie-uitspraken, zette de variatietabel om in exacte oplossingsaantallen (vraag 4) en in het bestaan van de inverse afbeelding $t(x)$ (vraag 12). (iii) Unieke ontbinding dreef de twee identificaties in onvereenvoudigbare vorm van vraag 15 aan, het rekenkundige hart van de classificatie der rationale punten.

25. Eén berekening van de afgeleide — het teken van $1 - \ln t$ — genereerde alles: het oplossingsaantal voor elk niveau $c$ , de vorm en asymptoten van de tak, de extremale ongelijkheid $\eu^x \geq x^\eu$ , de classificatie van geheeltallige en rationale oplossingen, en de monotone convergentie van $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ . Dit is de zuinigheid van het denken met variatie- tabellen: een eendimensionale studie lost een tweevariabelenvergelijking op omdat de vergelijking door een enkele functie factoriseert. Hoofdstuk 11 zal de convergentie van $(x_n)$ overdoen met de algemene theorie van monotone rijen; Hoofdstuk 14 grondvest variatietabellen streng op de middelwaardestelling; en Hoofdstuk 16 levert wat de tabel niet kan — de snelheid van de convergentie $x_n \to \eu$ (ze is van orde $1/n$ ).

4.1 Exponentiële, logaritme, machten

4.2 Inverse trigonometrische functies

4.3 Hyperbolische functies

4.4 Oefeningen

4.5 Probleem: De vergelijking xy=yxx^y = y^xxy=yx

4.5 Probleem: De vergelijking $x^y = y^x$