---
title: "Standaardfuncties"
book: "Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1"
subject: math
language: nl
chapter: 4
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties
---

# Hoofdstuk 4 — Standaardfuncties

De analyse is niet nuttiger dan de voorraad functies die je beheerst. Aan de [verzameling](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-sets) die uit het bovenbouwvolume is overgeërfd — machten, exponentiële functie, logaritme, goniometrische functies — voegt dit hoofdstuk hun inverse functies ($\arcsin$, $\arccos$, $\arctan$) en de hyperbolische familie toe. Afgeleiden worden vrijelijk gebruikt zoals ze in het bovenbouwvolume voorkwamen; de theorie achter de inverse functies wordt vervolledigd in Hoofdstukken [13](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity) en [14](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative).

## 4.1 Exponentiële functie, logaritme, machten

**Propositie 4.1 (Herhaling en karakterisering).**

$\exp \colon \R \to \intoo{0}{+\infty}$ en $\ln \colon
\intoo{0}{+\infty} \to \R$ zijn elkaars 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 herhaling is stof uit het bovenbouwvolume. Voor de uniciteit: zij $f'
= f$ en $f(0) = 1$, en zet $g(x) = f(x)\,\eu^{-x}$. Dan is $g' =
f'\eu^{-x} - f\eu^{-x} = 0$, zodat $g$ constant gelijk aan $g(0) = 1$ is: $f = \exp$. ∎

**Definitie 4.2 (Algemene machten).**

Voor $x > 0$ en $\alpha \in \R$ zet men $\;x^\alpha = \eu^{\alpha \ln
x}$. Voor $a > 0$ met $a \neq 1$ is de *logaritme met grondtal $a$* de functie $\log_a x = \frac{\ln
x}{\ln a}$, 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 $\frac1{\sqrt2}$ (dat wil zeggen, pas de inverse bijectie toe): $x =
3^{1/\sqrt2} = \eu^{(\ln 3)/\sqrt2} \approx 2.175$. Het inzicht: elke vergelijking waarin machten door elkaar lopen ontrolt zich via $\ln$ en $\exp$, omdat de definitie $x^\alpha = \eu^{\alpha\ln x}$ elk machtsgereken tot rekenen met exponenten herleidt — maar alleen 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:

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

zodat de eerste verdubbeling bij stap $24$ optreedt. (De “regel van $72$” van de 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/16-formules-van-taylor-en-asymptotische-ontwikkelingen#ch-b1-taylor).) Over exponentiële processen redeneer je het best via hun logaritmen: op die schaal is de groei lineair en worden vragen delingen.

**Voorbeeld 4.5 (Hoe lang is 220262^{2026}22026?).**

Het aantal decimale cijfers van een geheel getal $N \geq 1$ is $\floor{\log_{10} N} + 1$ (immers, $N$ heeft $d$ cijfers precies wanneer $10^{d-1} \leq N < 10^d$, oftewel $d - 1 \leq \log_{10}N < d$). 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: $10^{0.887} \approx 7.7$, zodat het getal met een $7$ *begint*. Eén vermenigvuldiging beantwoordde een vraag over een getal dat niemand ooit zal uitschrijven — logaritmen persen multiplicatieve grootte samen tot additieve, en dat is hun hele historische bestaansreden ([Voorbeeld 7.12](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#ex-b1-structures-expmorphism) 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), zodat

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

de eerste en de derde zijn dezelfde ontrollingen 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 bovenbouwvolume) substitueer je $t = x^{\alpha/\beta}$, wat $\frac{\ln
x}{x^{\alpha/\beta}} \to 0$ geeft, en verhef je tot de macht $\beta$. Voor de tweede substitueer je $x = \ln u$ in de eerste. ∎

**Voorbeeld 4.7 (Twee limieten die elke lezer moet bezitten).**

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

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

en $x^{1/x} = \eu^{(\ln x)/x} \to \eu^0 = 1$ als $x \to +\infty$, rechtstreeks door de [groeivergelijking](#prop-b1-functions-powerrules). Het inzicht: een onbepaalde macht (van de vorm $0^0$ of $\infty^0$) pak je *altijd* aan door $u^v = \eu^{v\ln u}$ te schrijven en het product $v \ln u$ te analyseren — nooit door base en exponent afzonderlijk te raden. De functie $x \mapsto \frac{\ln x}{x}$, die beide limieten besliste, wordt uitputtend bestudeerd in de weekendopgave van dit hoofdstuk.

![De groeischaal van : bij de rechterrand is x amper voorbij 1.6, terwijl x het kader al verlaten heeft. Elke verhouding (logaritme boven macht, macht boven exponentiële) gaat naar 0 — de tekening suggereert alleen wat de substituties in het bewijs exact maken.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-e212b0476b06.svg)

*De groeischaal van [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules): bij de rechterrand is $\ln x$ amper voorbij $1.6$, terwijl $\eu^x$ het kader al verlaten heeft. Elke verhouding (logaritme boven macht, macht boven exponentiële) gaat naar $0$ — de tekening suggereert alleen wat de substituties in het bewijs exact maken.*

**Opmerking 4.8 (Veelgemaakte fouten met machten en logaritmen).**

1. *Domeinen.* $x^\alpha$ voor irrationale $\alpha$ vergt $x  > 0$ ; $(-8)^{1/3}$ vermijd je beter ten gunste van “de reële derdemachtswortel van $-8$ ”, want de regel $(x^\alpha)^\beta =  x^{\alpha\beta}$ faalt stilzwijgend op negatieve getallen: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ .
2. *$\sqrt{x^2} = \abs x$* , niet $x$ : de absolute waarde vergeten is de klassieke bron van zoekgeraakte negatieve oplossingen.
3. *$\ln(xy) = \ln x + \ln y$ vergt $x, y > 0$.* Voor negatieve argumenten kan $\ln(xy)$ gedefinieerd zijn terwijl het rechterlid dat niet is.
4. *Welke functie groeit?* In $x^\alpha$ varieert het *grondtal* ; in $a^x$ de *exponent* . Hun groei verschilt hemelsbreed ( [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ), en hybride uitdrukkingen als $x^{\ln x}$ of $x^{1/x}$ moeten als $\eu^{(\cdot)}$ herschreven worden vóór elke redenering — zoals in [Voorbeeld 4.7](#ex-b1-functions-xx) .

## 4.2 Inverse goniometrische functies

**Definitie 4.9 (arcsin⁡\arcsinarcsin, arccos⁡\arccosarccos, arctan⁡\arctanarctan).**

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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) worden $\arcsin$, $\arccos$ en $\arctan$ genoteerd. Zo is bijvoorbeeld $y = \arcsin
x$ (met $x \in \intcc{-1}{1}$) dé 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-2fc622239438.svg)

*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 geldt

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

**Bewijs.** We lopen op de regel voor de afgeleide van een inverse functie vooruit, die in [Hoofdstuk 14](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative) bewezen wordt: is $f$ een afleidbare bijectie met $f' \neq 0$, dan is $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$. Voor $\arcsin$ geeft dat, met $y = \arcsin x$,

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

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

**Voorbeeld 4.11 (Een verborgen constante herkennen).**

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

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

want $(1+x)^2 + (1-x)^2 = 2 + 2x^2$. Dus $g' = -\arctan'$: de functie $g + \arctan$ heeft afgeleide nul op het *interval* $\intoo{-1}{+\infty}$ en is daar 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 is de constante een andere ($-\frac{3\pi}4$: bereken de limiet voor $x \to -\infty$). Het inzicht: “afgeleide nul, dus constant” is een [uitspraak](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) per interval — precies de subtiliteit die in [Oefening 4.6](#exo-b1-functions-6) en [Oefening 4.10](#exo-b1-functions-10) uitgebuit wordt.

**Propositie 4.12 (Standaardidentiteiten).**

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

**Bewijs.** (1) De afgeleide van $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ is nul op $\intoo{-1}{1}$ ([Propositie 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv)), zodat de functie daar constant is en gelijk aan haar waarde $\frac\pi2$ in $0$; de randwaarden $\pm 1$ ga je rechtstreeks na ($\frac\pi2 + 0$ 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 je dat $\arctan$ oneven is.

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

**Opmerking 4.13.**

$\arcsin(\sin\theta) = \theta$ geldt *alleen* voor $\theta \in
\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$: zo 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 uit $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ met dezelfde tangens, dat wil zeggen trek het juiste veelvoud van $\pi$ af (de periode van $\tan$). Eerst: $\frac{3\pi}4 - \pi = -\frac\pi4$, dus het antwoord is $-\frac\pi4$. Dan: $\frac{17\pi}5 - 3\pi = \frac{2\pi}5 \in
\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$, dus het antwoord is $\frac{2\pi}5$. De berekening is een vermomde euclidische deling van de hoek door $\pi$ — en de analoge recepten voor $\arcsin$ (vouw terug naar $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$, periode $2\pi$) en $\arccos$ (vouw terug naar $\intcc0\pi$) sturen [Oefening 4.1](#exo-b1-functions-1) en het stuksgewijze antwoord van [Oefening 4.10](#exo-b1-functions-10).

**Voorbeeld 4.15 (Boogtangenten veilig optellen).**

We bewijzen

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

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

$$
\tan(u + v) = \frac{\frac12 + \frac15}{1 - \frac1{10}}
= \frac{7/10}{9/10} = \frac79,
$$

en vervolgens

$$
\tan\Bigl(u + v + \arctan\frac18\Bigr)
= \frac{\frac79 + \frac18}{1 - \frac7{72}}
= \frac{65/72}{65/72} = 1 .
$$

Ten tweede ligt elk van de drie hoeken in $\intoo0{\frac\pi4}$ (hun argumenten zijn kleiner dan $1$), zodat de som in $\intoo0{\frac{3\pi}4}$ ligt; de enige hoek daar met tangens $1$ is $\frac\pi4$. Zonder de lokalisering zou de conclusie “$\frac\pi4$ op een veelvoud van $\pi$ na” luiden — een half bewijs. Dezelfde tweestapsdiscipline stuurt [Oefening 4.8](#exo-b1-functions-8) en [Oefening 4.12](#exo-b1-functions-12).

**Voorbeeld 4.16 (Een vergelijking met boogtangenten).**

Los $\arctan x + \arctan 2x = \dfrac\pi4$ op. Lokaliseer eerst: het linkerlid heeft het teken van $x$ (beide termen hebben dat), dus heeft elke oplossing $x > 0$, en dan ligt de som in $\intoo0\pi$. Neem tangenten ([injectief](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-inj) op geen enkel interval van lengte $\pi$, maar in combinatie met de lokalisering volstaat dit): de somformule 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 valt af 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 $\frac\pi4$ (op $\intoo{\frac\pi2}\pi$ is de tangens negatief): $x_0$ is de unieke oplossing. Let op de vorm van het argument: tangenten nemen kan oplossingen creëren, nooit doen verdwijnen, dus los je eerst de veeltermvergelijking op *en* filter je daarna met de lokalisering — dezelfde controlediscipline achteraf als bij het kwadrateren van een vergelijking.

## 4.3 Hyperbolische functies

**Definitie 4.17 (cosh⁡\coshcosh, sinh⁡\sinhsinh, tanh⁡\tanhtanh).**

Voor $x \in \R$:

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

(de *hyperbolische functies*: cosinus, sinus en tangens hyperbolicus). $\cosh$ is even, $\sinh$ en $\tanh$ zijn oneven.

**Propositie 4.18 (Basiseigenschappen).**

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

1. $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ;
2. $\cosh' = \sinh$ , $\;\sinh' = \cosh$ , $\;\tanh' = 1 - \tanh^2  = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ;
3. $\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ en $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ;
4. $\sinh$ 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) Differentieer de definiërende formules; voor $\tanh$ geeft de quotiëntregel $\frac{\cosh^2 - \sinh^2}{\cosh^2}$, wat volgens (1) zowel $1 - \tanh^2$ als $\frac{1}{\cosh^2}$ is.

(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 vallen de vier “gemengde” ($\eu^{x-y}$, $\eu^{y-x}$) twee aan twee weg, terwijl $\eu^{x+y}$ en $\eu^{-(x+y)}$ elk tweemaal voorkomen: het totaal is $\frac{2\eu^{x+y} +
2\eu^{-(x+y)}}{4} = \cosh(x+y)$. De formule voor de sinus verloopt identiek, met de gemengde termen die nu juist overleven.

(4) $\sinh' = \cosh \geq 1 > 0$, dus $\sinh$ is strikt stijgend, met limieten $\pm\infty$ (dominante term $\pm\frac{\eu^{\abs x}}{2}$); de [uitspraak](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) over de bijectie volgt dan uit de tussenwaardestelling (hier gebruikt zoals bekend uit het bovenbouwvolume; systematische behandeling in [Hoofdstuk 13](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity)). Op $\R_+$ is $\cosh' = \sinh \geq 0$, alleen nul in $0$: strikt stijgend van $\cosh 0 = 1$ naar $+\infty$. 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 wegens de oneven pariteit is de limiet $-1$ in $-\infty$; de strikt stijgende functie $\tanh$ beeldt $\R$ dus af op $\intoo{-1}1$. ∎

![Links: en , asymptotisch aan x/2 geplakt (streepjeslijn). Rechts: , stijgend van -1 naar 1.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-714927f508af.svg)

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

**Opmerking 4.19 (Waarom “hyperbolisch”?).**

Het punt $(\cosh t, \sinh t)$ doorloopt de tak $x > 0$ van de hyperbool $x^2 - y^2 = 1$ (wegens [Propositie 4.18](#prop-b1-functions-hyprules) (1)), precies zoals $(\cos t, \sin
t)$ de cirkel $x^2 + y^2 = 1$ doorloopt. Elke goniometrische identiteit heeft een hyperbolische tegenhanger, met tekenwisselingen die door $\sinh^2 \leftrightarrow -\sin^2$ geregeld worden.

**Voorbeeld 4.20 (De somformule voor tanh⁡\tanhtanh).**

Delen we de twee somformules van [Propositie 4.18](#prop-b1-functions-hyprules) (3) door $\cosh x\cosh y$, dan volgt

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

de hyperbolische tegenhanger van de somformule voor de tangens — met een $+$ waar de goniometrie een $-$ heeft. Een dividend: omdat $\abs{\tanh} < 1$, is het rechterlid een “optelregel voor snelheden” die $\intoo{-1}1$ nooit verlaat: liggen $u, v$ in $\intoo{-1}1$, dan ligt ook $\frac{u + v}{1 + uv}$ in $\intoo{-1}1$ (schrijf $u = \tanh a$ en $v = \tanh b$, wat kan wegens de bijectiviteit, en lees de formule achterstevoren). Dat algebraïsch nagaan, zonder [hyperbolische functies](#def-b1-functions-hyperbolic), is een licht pijnlijke oefening; parametriseren met $\tanh$ maakt er één regel van — dezelfde strategie die de goniometrische functies voor de eenheidscirkel bieden.

**Propositie 4.21 (Inverse hyperbolische functies).**

De inversen die [Propositie 4.18](#prop-b1-functions-hyprules) (4) oplevert hebben gesloten uitdrukkingen:

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

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

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

**Bewijs.** Voor $\operatorname{arsinh}$: los $x = \sinh y = \frac{\eu^y -
\eu^{-y}}{2}$ op. Met $u = \eu^y > 0$ wordt dat $u^2 - 2xu - 1 = 0$, 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 twee andere 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: differentieer de logaritmische uitdrukkingen, bijvoorbeeld

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

∎

**Voorbeeld 4.22 (Gesloten vormen aan het werk).**

De oplossing van $\cosh t = 2$ met $t \geq 0$ is volgens de gesloten vorm $t = \operatorname{arcosh} 2 = \ln(2 + \sqrt3) \approx 1.317$; de andere oplossing is $-t$, wegens 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 omgekeerde, zoals hun product $1$ (Vieta) eist. Dit kleine rekenwerk toont het algemene patroon: hyperbolische vergelijkingen gaan over in vierkantsvergelijkingen in $\eu^t$, en de symmetrie $t \mapsto
-t$ verschijnt als de symmetrie $u \mapsto 1/u$ van die vergelijking — het onthouden waard bij het oplossen van [Oefening 4.7](#exo-b1-functions-7).

**Methode 4.23 (De juiste primitieve vorm kiezen).**

De drie patronen van afgeleiden die je voor het integreren ([Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration)) uit het hoofd kent:

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

en voor een algemene tweedegraadsuitdrukking herleid je tot deze door het kwadraat af te splitsen en te herschalen.

**Opmerking 4.24 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt).**

Dit hoofdstuk levert het werkvocabulaire van alle analyse die volgt. De groeischaal van [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) beslist convergentievragen doorheen Hoofdstukken [11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/11-rijen#ch-b1-seq) en [17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series); de formules voor de afgeleiden uit [Propositie 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) en [Propositie 4.21](#prop-b1-functions-invhyp) zijn de primitieven die in [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration) het vaakst nodig zijn, via [Methode 4.23](#met-b1-functions-primitive); [hyperbolische functies](#def-b1-functions-hyperbolic) parametriseren de oplossingen van de vergelijking $y'' = y$ in [Hoofdstuk 5](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/5-lineaire-differentiaalvergelijkingen#ch-b1-diffeq) precies zoals de goniometrische functies die van $y'' = -y$ parametriseren. De karakterisering van $\exp$ door $f' = f$ en $f(0) = 1$ ([Propositie 4.1](#prop-b1-functions-expln)) is de eendimensionale kiem van de theorie van de lineaire differentiaalvergelijkingen, en de kettinglijn $y = \cosh x$ keert terug bij de vlakke krommen van [Hoofdstuk 24](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/24-vlakke-krommen#ch-b1-curves).

**Opmerking 4.25 (Tussenspel: het programma van de inverse functies).**

Dit hoofdstuk voerde viermaal hetzelfde programma uit: beperk een functie tot ze een strikt monotone bijectie is, geef de inverse een naam, en vervoer elke formule daardoorheen. Wat bij elke stap *gebruikt* werd — dat een continue strikt monotone functie op een interval een bijectie op een interval is, en dat haar inverse continu is en vervolgens afleidbaar buiten de kritieke punten — werd op krediet van het bovenbouwvolume geleend. Die schuld wordt binnen dit volume afgelost: [Hoofdstuk 13](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity) bewijst de [uitspraak](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) over de bijectie (de stelling over de monotone inverse, steunend op de tussenwaardestelling), en [Hoofdstuk 14](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative) bewijst de regel $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ die stilzwijgend elke formule van [Propositie 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) en [Propositie 4.21](#prop-b1-functions-invhyp) produceerde. Die hoofdstukken lezen met $\arcsin$ en $\operatorname{arsinh}$ in gedachten — als de uitgewerkte voorbeelden waarvoor de theorie gebouwd is — 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 van Oefening 4.1.**

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

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

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

**Oefening 4.2 ★.**

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

**Oplossing van Oefening 4.2.**

$f(x) = \arcsin(2x - 1)$ vergt $-1 \leq 2x - 1 \leq 1$, oftewel $x \in
\intcc{0}{1}$. Op $\intoo{0}{1}$ geven de kettingregel en [Propositie 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv)

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

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

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

**Oefening 4.3 ★.**

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

**Oplossing van Oefening 4.3.**

$\cosh x + \sinh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2} + \frac{\eu^x -
\eu^{-x}}{2} = \eu^x$. Bijgevolg is 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 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 de functies $x^{100}$, $\;\eu^{\sqrt x}$, $\;(\ln x)^{1000}$, $\;\eu^{x/100}$, $\;x^{\ln x}$ voor grote $x$ van traagst naar snelst groeiend, met verantwoordingen gebaseerd op [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules).

**Oplossing van Oefening 4.5.**

Van traagst naar snelst:

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

Verantwoording: $(\ln x)^{1000}/x^{100} \to 0$ volgens [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) (logaritmen verliezen van machten). Verder is $x^{100} = \eu^{100\ln x}$ en $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2}$: omdat $(\ln x)^2 - 100\ln x \to +\infty$, wint de tweede. Vervolgens is $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2} \ll \eu^{\sqrt x}$ omdat $(\ln x)^2/\sqrt x
\to 0$ (logaritmen verliezen van de macht $x^{1/4}$, gekwadrateerd). Ten slotte gaat $\sqrt x - x/100 \to -\infty$, 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 $f(x)$ op elk van de drie intervallen van het domein uit in $\arctan x$.

**Oplossing van Oefening 4.6.**

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

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

Dus is $f(x) - 2\arctan x$ constant op elk interval. Waarden: in $x = 0$ is $f(0) = 0$, zodat de constante $0$ is op $\intoo{-1}{1}$. Voor $x \to
+\infty$ gaat $\frac{2x}{1-x^2} \to 0^-$, dus $f \to 0$, terwijl $2\arctan x \to \pi$: de constante is $-\pi$ op $\intoo{1}{+\infty}$. Wegens de oneven pariteit is ze $+\pi$ op $\intoo{-\infty}{-1}$. Samengevat: $f = 2\arctan x$ op $\intoo{-1}{1}$, $f = 2\arctan x - \pi$ voor $x > 1$, en $f = 2\arctan x + \pi$ voor $x < -1$. (Dit is de dubbelehoekformule voor de tangens, gelezen door $\arctan$ heen.)

**Oefening 4.7 ★★.**

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

**Oplossing van Oefening 4.7.**

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

$5\cosh x - 4\sinh x = 3$: na substitutie van de exponentiële definities wordt dat $\frac{5(u + u^{-1}) - 4(u - u^{-1})}{2} = 3$, oftewel $u +
9u^{-1} = 6$, oftewel $u^2 - 6u + 9 = (u - 3)^2 = 0$: $u = 3$, met de ene oplossing $x = \ln 3$.

**Oefening 4.8 ★★.**

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

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

*Aanwijzing: bereken de tangens van beide leden met de somformule en beheers in welk interval elk lid ligt.*

**Oplossing van Oefening 4.8.**

Zij $\alpha = \arctan\frac12 + \arctan\frac13$. De somformule geeft

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

Beide boogtangenten 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 $\beta = \arctan\frac15$. Tweemaal de dubbelehoekformule:

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

Vervolgens is

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

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

**Oefening 4.9 ★★.**

Bewijs dat voor alle $x \geq 0$ geldt $\;x - \dfrac{x^3}{6} \leq \sin x
\leq x$ *(bestudeer de opeenvolgende afgeleiden van de verschillen)*, en leid af dat $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin x}{x^3} =
\frac 16$ aannemelijk is — de limiet zelf wordt in [Hoofdstuk 16](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/16-formules-van-taylor-en-asymptotische-ontwikkelingen#ch-b1-taylor) vastgelegd.

**Oplossing van Oefening 4.9.**

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

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

Bijgevolg is $0 \leq \frac{x - \sin x}{x^3} \leq \frac 16$ voor $x > 0$: de verhouding zit opgesloten op de schaal van $\frac16$, en [Hoofdstuk 16](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/16-formules-van-taylor-en-asymptotische-ontwikkelingen#ch-b1-taylor) toont aan dat haar limiet precies $\frac 16$ is.

**Oefening 4.10 ★★★.**

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

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

Voor $x \in \intoc{\frac{\sqrt 2}{2}}{1}$: dan is $2y \in
\intoc{\frac\pi2}{\pi}$, en de hoek uit $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ 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 $x = 1$ is $h(1) = \arcsin
0 - 2\cdot\frac\pi2 = -\pi = \pi - 4\cdot\frac\pi2$.)

Voor $x \in \intco{-1}{-\frac{\sqrt 2}{2}}$ geeft 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 van $\R$ op $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ is, 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 de goniometrie met de hyperbolische goniometrie zonder complexe getallen.

**Oplossing van Oefening 4.11.**

$g = \arctan \circ \sinh$ is een samenstelling van oneven, strikt stijgende functies, dus zelf oneven en strikt stijgend; voor $x \to
+\infty$ gaat $\sinh x \to +\infty$, dus $g(x) \to \frac\pi2$, en $g$ is een bijectie op $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ (continuïteit plus de tussenwaardestelling). De kettingregel met [Propositie 4.18](#prop-b1-functions-hyprules) (1) geeft

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

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

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

**Oefening 4.12 ★★.**

Bewijs dat

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

*Aanwijzing: bereken eerst $\arctan 2 + \arctan 3$ en lokaliseer de som als in [Voorbeeld 4.15](#ex-b1-functions-arctansum); let erop dat de noemer van de somformule hier negatief is.*

**Oplossing van Oefening 4.12.**

Zet $u = \arctan 2$ en $v = \arctan 3$; beide liggen in $\intoo{\frac\pi4}{\frac\pi2}$ (hun argumenten zijn groter dan $1$), dus $u + v \in \intoo{\frac\pi2}{\pi}$. De somformule geeft

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

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

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

## 4.5 Opgave: de vergelijking $x^y = y^x$

**Probleem 4.1.**

Welke paren positieve getallen voldoen aan $x^y = y^x$? Iedereen kent één toevallig ogend voorbeeld, $2^4 = 4^2 = 16$; deze opgave laat zien dat daar niets toevalligs aan is. De hele vergelijking wordt geregeerd door het verloop van de ene functie

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

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

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

1. Verantwoord dat $f$ afleidbaar is op $\intoo0{+\infty}$ , bereken $f'$ en stel de verlooptabel op: $f$ stijgt strikt op $\intoc0\eu$ , daalt strikt op $\intco\eu{+\infty}$ , met maximum $f(\eu) = \frac1\eu$ .
2. Bepaal de limieten van $f$ in $0^+$ en $+\infty$ ( [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ), het teken van $f$ (negatief op $\intoo01$ , nul in $1$ , positief daarna), en schets de grafiek.
3. Ga door rechtstreeks rekenen na dat $f(2) = f(4)$ . (Houd die gelijkheid in gedachten: de hele opgave komt eruit voort.)
4. Zij $c \in \R$ . Bespreek, naar 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 $c > \frac1\eu$ .
5. 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 $\pi^\eu$ de grootste is.

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

6. Toon aan dat $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ .
7. Leid de structuur van de oplossingsverzameling af: alle diagonale paren $(x, x)$ ; en de *niet-triviale* paren ( $x  \neq y$ ), waarvoor geldt dat beide coördinaten $> 1$ zijn en dat de ene in $\intoo1\eu$ ligt terwijl de andere in $\intoo\eu{+\infty}$ ligt.
8. Parametriseer de niet-triviale paren: toon aan dat, met $y =  tx$ voor $t > 0$ en $t \neq 1$, de vergelijking $x^y = y^x$ afdwingt dat $$x(t) = t^{\frac1{t-1}},  \qquad  y(t) = t\,x(t) = t^{\frac{t}{t-1}},$$ en dat omgekeerd elk zo’n paar een oplossing is.
9. Ga na dat $t = 2$ het paar $(2, 4)$ geeft, en bewijs de symmetrie $x(1/t) = y(t)$ , $y(1/t) = x(t)$ : de parameter omkeren verwisselt de twee coördinaten.
10. Bepaal de limieten van $x(t)$ en $y(t)$ voor $t \to 1$ (beide gaan naar $\eu$ ), voor $t \to +\infty$ ( $x \to 1$ , $y \to  +\infty$ ) en voor $t \to 0^+$ ( $x \to +\infty$ , $y \to 1$ ). Beschrijf de resulterende tak: een kromme met de rechten $x =  1$ en $y = 1$ als asymptoten, die de diagonaal snijdt in $(\eu,  \eu)$ .
11. 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 $\ln x(t) = \frac{\ln  t}{t - 1}$ regelt.)*
12. 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.**

13. Bewijs dat $(2, 4)$ en $(4, 2)$ de enige niet-triviale *geheeltallige* oplossingen van $x^y = y^x$ zijn.
14. Pas voor $n \in \N^*$ de parametrisering toe met $t = 1 +  \frac1n$ en toon aan dat $$x_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n},  \qquad  y_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n+1}$$ voor elke $n$ een niet-triviale *rationale* oplossing is, met $(x_1, y_1) = (2, 4)$.
15. Zij omgekeerd $(x, y)$ een niet-triviale rationale oplossing met $y > x$ , en schrijf $t = y/x = 1 + \frac rs$ onvereenvoudigbaar ( $r, s \in \N^*$ ). Toon met $x = t^{s/r}$ en met de aangenomen uniciteit van de priemontbinding (vertrouwd van school; bewezen in [Hoofdstuk 6](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/6-getaltheorie-in-z#ch-b1-arith) ) aan dat $x$ rationaal afdwingt dat zowel $s$ als $s + r$ een $r$ -de macht van een geheel getal is.
16. Toon met het binomium 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).
17. Ga het geval $n = 2$ numeriek na: bereken $f(9/4)$ en $f(27/8)$ tot op vier decimalen en controleer dat ze overeenstemmen.

**Deel IV — Dividenden.**

18. Bewijs met de vragen 7 en 11, zonder verder rekenwerk, 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 naar $\eu$ convergeren. (De parameter $t_n = 1 + \frac1n$ daalt naar $1$ .)
19. Stel de algemene vergelijkingsregel op voor $1 < a < b$ : is $\eu \leq a$ , dan $a^b > b^a$ ; is $b \leq \eu$ , 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 voorkomen.
20. Neem aan dat de involutie $\varphi$ van vraag 12 afleidbaar is in $\eu$ (dat is ze). Differentieer de identiteit $\varphi(\varphi(x)) = x$ in $x = \eu$ en leid af dat $\varphi'(\eu) = -1$ : de tak snijdt de diagonaal loodrecht.
21. Vind het unieke oplossingspaar met $y = 3x$ in gesloten vorm, en ga het numeriek na tot op vier decimalen met behulp van $f$ .
22. Bepaal onder de getallen $\sqrt2$ , $\sqrt[3]3$ , $\sqrt[4]4$ , $\sqrt[5]5$ de grootste en wijs de twee aan die gelijk zijn. *(Vergelijk $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$.)*

**Deel V — Synthese.**

23. Beschrijf de volledige oplossingsverzameling van $x^y = y^x$ in het kwadrant $x, y > 0$ — diagonaal plus tak, hun snijpunt $(\eu, \eu)$ , de asymptoten, het geheeltallige punt $(2, 4)$ , de rationale punten die zich ophopen bij $(\eu, \eu)$ — in een vorm die je uit het hoofd zou kunnen schetsen.
24. Waar precies gebruikte de opgave: (i) de [groeivergelijkingen](#prop-b1-functions-powerrules) van [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ; (ii) de tussenwaardestelling (via de [uitspraken](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) over bijecties); (iii) de aangenomen uniciteit van de priemontbinding? Eén zin per onderdeel.
25. Moraal, in een korte alinea: één verlooptabel loste een vergelijking in twee onbekenden op, classificeerde haar rationale punten en bewees de monotone convergentie van $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ — becommentarieer die zuinigheid en noem waar elke draad later in het volume geïndustrialiseerd wordt ( [Hoofdstuk 11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/11-rijen#ch-b1-seq) voor de rij, [Hoofdstuk 14](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative) voor verlooptabellen, [Hoofdstuk 16](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/16-formules-van-taylor-en-asymptotische-ontwikkelingen#ch-b1-taylor) voor de precisie die de tabel mist).

**Oplossing van Probleem 4.1.**

**1.** $f$ is een quotiënt van afleidbare functies met een noemer die niet nul wordt 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 $\intoc0\eu$ en daalt strikt op $\intco\eu{+\infty}$, met maximum $f(\eu) = \frac1\eu$.

**2.** Voor $t \to 0^+$ gaat $\ln t \to -\infty$ en $\frac1t \to
+\infty$, dus $f(t) \to -\infty$. Voor $t \to +\infty$ gaat $f(t) \to 0$ wegens de [groeivergelijking](#prop-b1-functions-powerrules) van [Propositie 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ($\beta = \alpha = 1$). Teken: dat van $\ln t$, dus $f < 0$ op $\intoo01$, $f(1) = 0$ en $f > 0$ op $\intoo1{+\infty}$. De grafiek klimt vanuit $-\infty$, snijdt de as in $1$, piekt in $(\eu,
\frac1\eu)$ en zakt daarna naar $0^+$.

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

**4.** Met de verlooptabel en de tussenwaardestelling (hier gebruikt zoals bekend uit het bovenbouwvolume; geformaliseerd in [Hoofdstuk 13](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity)). Voor $c < 0$ bestaan er alleen oplossingen waar $f < 0$, dat wil zeggen in $\intoo01$, waar $f$ een strikt stijgende bijectie op $\intoo{-\infty}0$ is: precies één. Voor $c = 0$: alleen $t = 1$. Voor $0 < c < \frac1\eu$: op $\intoo1\eu$ stijgt $f$ van $0$ naar $\frac1\eu$, wat één oplossing geeft; op $\intoo\eu{+\infty}$ daalt $f$ van $\frac1\eu$ naar $0$, wat er nog één geeft; samen twee. Voor $c
= \frac1\eu$: alleen het maximumpunt $t = \eu$. Voor $c > \frac1\eu$: geen.

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

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

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

na deling door $xy > 0$.

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

**8.** Substitutie van $y = tx$ in $y\ln x = x\ln y$ geeft

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

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

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

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

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

**10.** Voor $t \to 1$ gaat $\frac{\ln t}{t-1} \to 1$ (het is het differentiequotiënt van $\ln$ in $1$), dus $x \to \eu^1 = \eu$ en $y =
tx \to \eu$. Voor $t \to +\infty$ gaat $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to 0$, dus $x \to 1$, terwijl $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to +\infty$, dus $y
\to +\infty$. Voor $t \to 0^+$ gaat $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to
\frac{-\infty}{-1} = +\infty$, dus $x \to +\infty$, terwijl $\ln y =
\frac{t\ln t}{t-1} \to \frac{0}{-1} = 0$, dus $y \to 1$ (met $t\ln t \to
0$, [Voorbeeld 4.7](#ex-b1-functions-xx)). 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 wegens vraag 9.

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

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

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

**12.** Volgens vraag 11 is $t \mapsto x(t)$ een strikt dalende bijectie van $\intoo1{+\infty}$ op $\intoo1\eu$; noteer $t(x)$ voor haar inverse (eveneens strikt dalend) en zet $\varphi(x) = y(t(x))$. Merk op dat $h < 0$ ook op $\intoo01$ (daar is $h' > 0$ en $h(1) = 0$), zodat $x(\cdot)$ ook op $\intoo01$ dalend is; bijgevolg is $y(t) = x(1/t)$ (vraag 9) *stijgend* in $t$ op $\intoo1{+\infty}$, van $\eu$ naar $+\infty$. Samenstellen geeft: $\varphi = y \circ t(\cdot)$ is strikt dalend van $\intoo1\eu$ op $\intoo\eu{+\infty}$, en $x^{\varphi(x)} =
\varphi(x)^x$ volgens vraag 8. Ten slotte is voor een gemeenschappelijke waarde $c = f(x) \in \intoo0{\frac1\eu}$ het paar $\{x, \varphi(x)\}$ dé oplossingsverzameling met twee elementen van $f = c$ (vraag 4); breid je $\varphi$ uit tot $\intoo\eu{+\infty}$ als de inverse [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map), dan keert $\varphi(\varphi(x))$ terug naar het andere (dus oorspronkelijke) element: $\varphi \circ \varphi = \mathrm{id}$.

**13.** Is $(x, y)$ een niet-triviale geheeltallige oplossing met $x < y$, dan legt vraag 7 $x$ in $\intoo1\eu$: het enige gehele getal daar is $x = 2$. Dan is $f(y) = f(2) = \frac{\ln2}2$ met $y > \eu$; volgens vraag 4 heeft de vergelijking $f = \frac{\ln2}2$ precies één oplossing voorbij $\eu$, en vraag 3 wijst haar aan: $y = 4$. Dus 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

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

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

**15.** $t = y/x$ is rationaal en $> 1$; schrijf $t - 1 = \frac rs$ onvereenvoudigbaar, zodat $t = \frac{s + r}s$ 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 enkel priemgetal deelt zowel $s + r$ als $s$). Schrijven we $x = \frac pq$ onvereenvoudigbaar, dan is $x^r =
\frac{p^r}{q^r}$ eveneens onvereenvoudigbaar, en wegens de uniciteit van die schrijfwijze is $p^r = (s+r)^s$ 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 $s\,v_\ell(s)$; omdat $\gcd(r, s) =
1$, deelt $r$ het getal $v_\ell(s)$ voor elk priemgetal $\ell$ (uniciteit van de priemontbinding, aangenomen; bewezen in [Hoofdstuk 6](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/6-getaltheorie-in-z#ch-b1-arith)), zodat $s = b^r$ voor een geheel getal $b$. Hetzelfde argument op $p^r = (s+r)^s$ geeft $s + r = a^r$.

**16.** Stel $a^r - b^r = r$ met gehele getallen $a > b \geq 1$ en $r \geq 2$. Dan is $a \geq b + 1$, zodat het binomium geeft

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

een tegenspraak. Volgens vraag 15 dwingt $a^r - b^r = (s + r) - s = r$ dus af dat $r = 1$: $t = 1 + \frac1s$, en de oplossing is het paar $(x_s, y_s)$ 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 $1$. Omdat $x(\cdot)$ strikt dalend is op $\intoo1{+\infty}$ (vraag 11), is $x_n = x(t_n)$ strikt *stijgend*; omdat $y(\cdot)$ daar strikt stijgend is (vraag 12), is $y_n = y(t_n)$ strikt *dalend*. Volgens vraag 7 is $x_n \in \intoo1\eu$ 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 zo uit de meetkunde van de tak, en er kwam geen enkele nieuwe ongelijkheid aan te pas.

**19.** Is $\eu \leq a < b$, dan geeft $f$ strikt dalend op $\intco\eu{+\infty}$ dat $f(a) > f(b)$, oftewel $b\ln a > a\ln b$, oftewel $a^b > b^a$. Is $1 < a < b \leq \eu$, dan geeft $f$ strikt stijgend dat $f(a) < f(b)$, dus $a^b < b^a$. Gemengd geval: $2 < \eu <
3$ met $2^3 = 8 < 9 = 3^2$, maar $2 < \eu < 5$ met $2^5 = 32 > 25 =
5^2$: beide uitkomsten komen voor, beslist door aan welke kant van de tak het punt $(a, b)$ valt.

**20.** De tak snijdt de diagonaal in $\eu$ en $\varphi$ zet zich daar continu voort met $\varphi(\eu) = \eu$. Differentiëren van $\varphi(\varphi(x)) = x$ in $x = \eu$ met de kettingregel geeft $\varphi'(\varphi(\eu))\,\varphi'(\eu) = \varphi'(\eu)^2 = 1$, dus $\varphi'(\eu) = \pm1$; omdat $\varphi$ dalend is, is $\varphi'(\eu) =
-1$. De tak snijdt de diagonaal met richtingscoëfficiënt $-1$: 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.** Er is $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$, en $\exp$ is stijgend, zodat de rangschikking die van $f(n)$ is: $f(3) = \frac{\ln3}3 \approx 0.3662$ overtreft $f(2) = f(4) = \frac{\ln2}2 \approx 0.3466$ (vraag 3) en $f(5)
\approx 0.3219$. De grootste is $\sqrt[3]3$, en het gelijke paar is $\sqrt2 = \sqrt[4]4$ — het geheeltallige paar $(2, 4)$ in weer een andere vermomming.

**23.** De oplossingsverzameling is de vereniging van de diagonaal $\{(x, x) : x > 0\}$ en één enkele tak, symmetrisch om de diagonaal, strikt dalend van de asymptoot $x = 1$ (waar $y \to +\infty$) naar de asymptoot $y = 1$ (waar $x \to +\infty$), die de diagonaal precies één keer snijdt, in $(\eu, \eu)$, daar met richtingscoëfficiënt $-1$. 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 naar $(\eu, \eu)$ marcheren zonder het ooit te bereiken ($\eu$ is irrationaal; de rationale punten van de tak hopen zich op bij een irrationale hoek).

**24.** (i) De [groeivergelijkingen](#prop-b1-functions-powerrules) leverden de limieten van $f$ in $+\infty$ (vraag 2) en $t\ln t \to 0$ (vraag 10), en bepaalden zo zowel de verlooptabel als de asymptoten. (ii) De tussenwaardestelling zette, via de [uitspraken](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) over bijecties, de verlooptabel om in exacte aantallen oplossingen (vraag 4) en in het bestaan van de inverse [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $t(x)$ (vraag 12). (iii) De uniciteit van de priemontbinding dreef de twee identificaties van onvereenvoudigbare breuken in vraag 15 aan, het rekenkundige hart van de classificatie van de rationale punten.

**25.** Eén berekening van een afgeleide — het teken van $1 - \ln
t$ — bracht alles voort: het aantal oplossingen voor elk niveau $c$, de vorm en de asymptoten van de tak, de extremale ongelijkheid $\eu^x \geq
x^\eu$, de classificatie van de geheeltallige en rationale oplossingen, en de monotone convergentie van $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$. Dat is de zuinigheid van het denken met verlooptabellen: een eendimensionale studie beslecht een vergelijking in twee onbekenden omdat de vergelijking door één enkele functie heen factoriseert. [Hoofdstuk 11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/11-rijen#ch-b1-seq) zal de convergentie van $(x_n)$ overdoen met de algemene theorie van monotone rijen; [Hoofdstuk 14](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative) fundeert verlooptabellen streng op de middelwaardestelling; en [Hoofdstuk 16](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/16-formules-van-taylor-en-asymptotische-ontwikkelingen#ch-b1-taylor) levert wat de tabel niet kan — de *snelheid* van de convergentie $x_n \to \eu$ (ze is van de orde $1/n$).