# Bab 49: Deret Taylor dan Maclaurin

## 49.1 Rumus Taylor dengan Sisa Suku Bentuk Lagrange

Penjelasan master untuk Bab 49: ekspansi analitik fungsi transenden ke dalam bentuk deret pangkat standar. Rumus master, yaitu ekspansi Maclaurin fungsi eksponensial:
$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots+\frac{x^n}{n!}+R_n(x).$$

Bab 48 bergerak dari deret ke fungsi: deret kuasa yang konvergen menghasilkan fungsi yang terdiferensialkan tak hingga kali. Unit ini bergerak ke arah sebaliknya. Bila $f$ diketahui dan cukup sering terdiferensialkan, polinomial mana yang paling baik menghampirinya, dan seberapa besar galatnya? Teorema Taylor menjawab keduanya: polinomial Taylor, dan sisa $R_n$ dalam bentuk Lagrange, yang dapat ditaksir. Contoh master adalah $e^x$. Unit ini juga memuat kasus sulit, yaitu fungsi mulus yang deret Taylor-nya konvergen tetapi tidak ke fungsi itu. Terakhir, taksiran Taylor untuk kosinus dipakai untuk mendefinisikan $\pi$ dan membuktikan periodisitas sinus dan kosinus. Ini bagian pertama penutupan pinjaman P40-PI dari Unit 40.2.

Prasyarat: Bab 39–42 (turunan, Rolle, nilai rata-rata); Unit 40.2; Bab 48.

### Teorema Taylor

#### Definisi 49.1.1 (Polinomial Taylor)

Misalkan $f$ terdiferensialkan $n$ kali di $c$. Polinomial Taylor orde $n$ untuk $f$ di $c$ adalah
$$P_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(c)}{k!}(x-c)^k,$$
dan sisanya adalah $R_n(x)=f(x)-P_n(x)$. Untuk $c=0$, polinomial ini disebut polinomial Maclaurin.

$P_n$ adalah satu-satunya polinomial berderajat $\leq n$ yang turunan ke-$k$-nya di $c$ sama dengan $f^{(k)}(c)$ untuk $k=0,\ldots,n$. Ini karena turunan ke-$k$ dari $(x-c)^j$ di $c$ bernilai $k!$ bila $j=k$ dan $0$ bila $j\ne k$.

#### Teorema 49.1.2 (Taylor dengan Sisa Lagrange)

Misalkan $I$ interval terbuka, $c,x\in I$, $x\ne c$, dan $f$ terdiferensialkan $n+1$ kali pada $I$. Maka ada $\xi$ tegas di antara $c$ dan $x$ dengan
$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-c)^{n+1}.$$

Bukti. Tetapkan $x$. Definisikan $M$ dengan $f(x)=P_n(x)+M(x-c)^{n+1}$, yang mungkin karena $x\ne c$. Misalkan
$$g(t)=f(t)-P_n(t)-M(t-c)^{n+1},\qquad t\in I.$$
Maka $g$ terdiferensialkan $n+1$ kali, $g^{(k)}(c)=0$ untuk $k=0,\ldots,n$ (Definisi 49.1.1), dan $g(x)=0$. Juga $g^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(t)-(n+1)!\,M$, karena $P_n^{(n+1)}=0$.

Rolle (Teorema 41.1.3) pada $g$ di antara $c$ dan $x$ memberi $\xi_1$ tegas di antara keduanya dengan $g'(\xi_1)=0$. Karena $g'(c)=0$, Rolle pada $g'$ di antara $c$ dan $\xi_1$ memberi $\xi_2$ dengan $g''(\xi_2)=0$. Langkah ini diulang. Setelah $n+1$ langkah, yang berhingga banyaknya sehingga tidak memerlukan pilihan, diperoleh $\xi=\xi_{n+1}$ tegas di antara $c$ dan $x$ dengan $g^{(n+1)}(\xi)=0$, yaitu $M=\tfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}$. $\square$

Untuk $n=0$, teorema ini adalah teorema nilai rata-rata (Teorema 41.2.1). Seperti pada teorema nilai rata-rata, $\xi$ tidak diketahui. Yang berguna adalah batas untuk $f^{(n+1)}$ di antara $c$ dan $x$, karena batas itu memberi batas galat.

#### Akibat 49.1.3 (Taksiran Galat)

Bila $|f^{(n+1)}(t)|\leq M_{n+1}$ untuk semua $t$ di antara $c$ dan $x$, maka
$$|f(x)-P_n(x)|\leq\frac{M_{n+1}}{(n+1)!}|x-c|^{n+1}.$$
Bila $|f^{(n)}(t)|\leq M$ untuk semua $n$ dan semua $t\in I$, maka $P_n(x)\to f(x)$ untuk setiap $x\in I$. Artinya, deret Taylor $f$ konvergen ke $f$ pada $I$.

Bukti. Bagian pertama langsung dari Teorema 49.1.2. Untuk bagian kedua, $\tfrac{|x-c|^{n+1}}{(n+1)!}\to0$, karena suku deret $\exp(|x-c|)$ menuju $0$ (Teorema 31.3.1). $\square$

### Contoh Master: $e^x$

#### Contoh 49.1.4

Untuk $f=\exp$, $f^{(k)}=\exp$ dan $f^{(k)}(0)=1$, sehingga $P_n(x)=\sum_{k=0}^n\tfrac{x^k}{k!}$, sesuai rumus master. Teorema 49.1.2 memberi
$$R_n(x)=\frac{e^\xi}{(n+1)!}x^{n+1},\qquad\xi\text{ di antara }0\text{ dan }x.$$
Dengan $e^\xi\leq e^{\max(x,0)}$,
$$|R_n(x)|\leq e^{\max(x,0)}\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\to0.$$
Jadi deret Maclaurin $e^x$ konvergen ke $e^x$. Ini sudah diketahui dari definisi $\exp$ sebagai deret, tetapi kini disertai galat yang eksplisit untuk setiap $n$.

Numerik. Untuk $x=\tfrac12$ dan $n=4$: $P_4(\tfrac12)=1+0{,}5+0{,}125+0{,}0208333+0{,}0026042=1{,}6484375$. Karena $1\leq e^\xi\leq e^{1/2}<1{,}7$, sisa $R_4$ positif dan memenuhi
$$0{,}000260\approx\frac{(1/2)^5}{120}\leq R_4\leq1{,}7\cdot\frac{(1/2)^5}{120}\approx0{,}000443.$$
Jadi $1{,}64869<e^{1/2}<1{,}64889$. Nilai sebenarnya, $1{,}6487213\ldots$, memberi $R_4\approx0{,}000284$, di dalam selang itu. Di sini sisa Lagrange memberi batas bawah dan batas atas sekaligus.

Untuk $x<0$, misalnya $x=-1$, $e^\xi\leq1$, sehingga $|R_n(-1)|\leq\tfrac1{(n+1)!}$. Deretnya juga berganti tanda, sehingga taksiran Leibniz memberi batas yang sama.

### Contoh Lain dan Batas Metode

#### Contoh 49.1.5 (Sinus, Kosinus, dan $\ln(1+x)$)

(a) Semua turunan $\sin$ dan $\cos$ adalah $\pm\sin$ atau $\pm\cos$, sehingga nilainya $\leq1$ (Akibat 40.2.12). Akibat 49.1.3 memberi, misalnya,
$$\Bigl|\sin x-\Bigl(x-\frac{x^3}6\Bigr)\Bigr|\leq\frac{|x|^5}{120}.$$
Polinomial Maclaurin orde $3$ dan orde $4$ untuk sinus sama, karena koefisien $x^4$ nol. Karena itu dapat dipakai sisa orde $4$, yaitu $\tfrac{|x|^5}{5!}$.

(b) Untuk $f(x)=\ln(1+x)$ dengan $x>-1$: $f^{(k)}(t)=\tfrac{(-1)^{k+1}(k-1)!}{(1+t)^k}$ untuk $k\geq1$. Jadi
$$R_n(x)=\frac{(-1)^n}{n+1}\Bigl(\frac x{1+\xi}\Bigr)^{n+1}.$$
Untuk $0\leq x\leq1$, $\xi\geq0$ memberi $|R_n(x)|\leq\tfrac1{n+1}\to0$. Khususnya, dengan $x=1$, diperoleh bukti keempat bahwa $1-\tfrac12+\tfrac13-\cdots=\ln2$. Untuk $-1<x<0$, teorema hanya menjamin $\xi\in(x,0)$, sehingga $\bigl|\tfrac x{1+\xi}\bigr|$ dapat sebesar $\tfrac{|x|}{1+x}$. Nilai ini $\leq1$ hanya bila $x\geq-\tfrac12$. Untuk $x=-0{,}9$, batasnya $9^{n+1}$, yang tidak berguna. Padahal deretnya konvergen ke $\ln(1+x)$ di sana (Contoh 48.2.6(b)). Bentuk Lagrange adalah alat, bukan kriteria: kegagalannya tidak berarti deretnya tidak konvergen ke fungsi.

#### Contoh 49.1.6 (Fungsi Mulus yang Tidak Analitik)

Misalkan $\varphi(x)=\exp(-\tfrac1{x^2})$ untuk $x\ne0$, dan $\varphi(0)=0$. Maka $\varphi$ terdiferensialkan tak hingga kali pada $\mathbb{R}$, dan $\varphi^{(n)}(0)=0$ untuk semua $n$. Deret Maclaurin $\varphi$ adalah deret nol. Deret itu konvergen di semua titik, tetapi ke $0$, sedangkan $\varphi(x)>0$ untuk $x\ne0$.

Bukti. Langkah 1. Untuk $x\ne0$, $\varphi^{(n)}(x)=p_n(\tfrac1x)\varphi(x)$ untuk suatu polinomial $p_n$. Ini dibuktikan dengan induksi: $p_0=1$. Bila $\varphi^{(n)}=p_n(\tfrac1x)\varphi$, aturan hasil kali dan aturan rantai memberi
$$\varphi^{(n+1)}(x)=\Bigl[-\frac1{x^2}p_n'\Bigl(\frac1x\Bigr)+\frac2{x^3}p_n\Bigl(\frac1x\Bigr)\Bigr]\varphi(x),$$
sehingga $p_{n+1}(u)=-u^2p_n'(u)+2u^3p_n(u)$.

Langkah 2. Untuk setiap polinomial $q$, $q(\tfrac1x)\varphi(x)\to0$ untuk $x\to0$. Cukup diperiksa untuk monomial $u^m$ dengan $u=\tfrac1{|x|}$. Pilih bilangan bulat $k>\tfrac m2$. Karena $\exp(u^2)\geq\tfrac{u^{2k}}{k!}$, diperoleh $u^m\exp(-u^2)\leq k!\,u^{m-2k}\to0$ untuk $u\to+\infty$.

Langkah 3. Dengan induksi, $\varphi^{(n)}(0)=0$. Bila $\varphi^{(n)}(0)=0$, maka
$$\frac{\varphi^{(n)}(h)-\varphi^{(n)}(0)}h=\frac1h\,p_n\Bigl(\frac1h\Bigr)\varphi(h)\to0$$
menurut Langkah 2, dengan $q(u)=up_n(u)$. Jadi $\varphi^{(n+1)}(0)=0$. $\square$

Jadi deret Taylor yang konvergen tidak harus konvergen ke fungsinya. Fungsi yang sama dengan deret Taylor-nya di sekitar setiap titik disebut analitik. $\exp$, $\sin$, dan $\cos$ analitik, sedangkan $\varphi$ tidak analitik di $0$. Teorema 49.1.2 tidak bertentangan dengan contoh ini: $R_n=\varphi$, dan sisa itu tidak menuju $0$, karena turunan-turunan $\varphi$ tumbuh sangat cepat di dekat $0$.

### Penutupan P40-PI, Bagian Pertama: $\pi$ dan Periodisitas

#### Lemma 49.1.7

(a) $\sin x>0$ untuk $0<x\leq2$.

(b) $\cos$ turun tegas pada $[0,2]$, dan mempunyai tepat satu pembuat nol di $(0,2)$.

Bukti. (a) Maclaurin orde $4$ untuk sinus adalah $x-\tfrac{x^3}6$, dengan sisa $\tfrac{\cos(\xi)}{120}x^5\geq-\tfrac{x^5}{120}$ untuk $x>0$. Jadi
$$\sin x\geq x\Bigl(1-\frac{x^2}6-\frac{x^4}{120}\Bigr).$$
Kurung kanan turun dalam $x>0$, dan bernilai $1-\tfrac46-\tfrac{16}{120}=\tfrac15>0$ di $x=2$. Jadi $\sin x>0$ pada $(0,2]$.

(b) $\cos'=-\sin<0$ pada $(0,2]$, sehingga $\cos$ turun tegas pada $[0,2]$ (Teorema 42.1.1). Karena $\cos0=1>0>\cos2$ (Latihan 40.2-7), teorema nilai antara memberi pembuat nol, dan kemonotonan tegas memberi ketunggalannya. $\square$

#### Definisi 49.1.8 (Bilangan $\pi$)

$\pi$ adalah dua kali pembuat nol tunggal kosinus di $(0,2)$. Jadi $\tfrac\pi2\in(0,2)$, $\cos\tfrac\pi2=0$, dan $\cos x>0$ untuk $0\leq x<\tfrac\pi2$. Akibatnya, $\tfrac\pi2$ adalah pembuat nol positif terkecil kosinus.

Definisi ini memenuhi rencana Unit 40.2. Taksiran numerik pertama diperoleh dengan Taylor. Untuk kosinus, polinomial Maclaurin orde $8$ dan orde $9$ sama, sehingga sisanya paling banyak $\tfrac{x^{10}}{10!}$. Dengan $T(x)=1-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^4}{24}-\tfrac{x^6}{720}+\tfrac{x^8}{40320}$:

- $T(1{,}57)\approx1-1{,}23245+0{,}2531555-0{,}0208002+0{,}0009155=0{,}0008208$, dengan sisa $\leq\tfrac{1{,}57^{10}}{10!}\approx0{,}0000251$. Jadi $\cos1{,}57>0$.
- $T(1{,}58)\approx1-1{,}2482+0{,}2596672-0{,}0216078+0{,}0009632=-0{,}0091774$, dengan sisa $\leq0{,}0000268$. Jadi $\cos1{,}58<0$.

Karena kosinus turun tegas, $1{,}57<\tfrac\pi2<1{,}58$, yaitu
$$3{,}14<\pi<3{,}16.$$
Unit 49.2 menghitung $\pi$ jauh lebih teliti.

#### Teorema 49.1.9 (Periodisitas)

Untuk semua $x\in\mathbb{R}$:

(a) $\sin\tfrac\pi2=1$, $\sin\bigl(x+\tfrac\pi2\bigr)=\cos x$, dan $\cos\bigl(x+\tfrac\pi2\bigr)=-\sin x$;

(b) $\sin(x+\pi)=-\sin x$ dan $\cos(x+\pi)=-\cos x$;

(c) $\sin(x+2\pi)=\sin x$ dan $\cos(x+2\pi)=\cos x$;

(d) $\sin x>0$ pada $(0,\pi)$, $\sin x<0$ pada $(\pi,2\pi)$, dan pembuat nol sinus tepat $\{k\pi:k\in\mathbb{Z}\}$;

(e) $2\pi$ adalah periode positif terkecil sinus.

Bukti. (a) $\sin^2\tfrac\pi2=1-\cos^2\tfrac\pi2=1$ (Akibat 40.2.12), dan $\sin\tfrac\pi2>0$ menurut Lemma 49.1.7(a). Jadi $\sin\tfrac\pi2=1$. Rumus penjumlahan (Teorema 40.2.11) dengan $y=\tfrac\pi2$ memberi kedua identitas berikutnya.

(b) Terapkan (a) dua kali: $\sin(x+\pi)=\cos(x+\tfrac\pi2)=-\sin x$, dan $\cos(x+\pi)=-\sin(x+\tfrac\pi2)=-\cos x$.

(c) Terapkan (b) dua kali.

(d) Untuk $x\in(0,\pi)$, (a) memberi $\sin x=\cos\bigl(x-\tfrac\pi2\bigr)$, dengan $x-\tfrac\pi2\in(-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2)$. Kosinus genap dan positif pada $[0,\tfrac\pi2)$, sehingga $\sin x>0$. Pada $(\pi,2\pi)$, gunakan (b). Juga $\sin0=0$ dan $\sin\pi=-\sin0=0$. Jadi pembuat nol sinus di $[0,2\pi)$ tepat $0$ dan $\pi$. Untuk $x$ sebarang, tulis $x=2\pi m+r$ dengan $m=\lfloor\tfrac x{2\pi}\rfloor$ dan $r\in[0,2\pi)$, lalu gunakan (c).

(e) Andaikan $0<T<2\pi$ dan $\sin(x+T)=\sin x$ untuk semua $x$. Dengan $x=0$, $\sin T=0$, sehingga $T=\pi$ menurut (d). Akan tetapi $\sin(\tfrac\pi2+\pi)=-1\ne1=\sin\tfrac\pi2$. Kontradiksi. $\square$

Dengan teorema ini, beberapa catatan yang sebelumnya hanya dicatat kini dapat dibuktikan. Contohnya, $\cos\tfrac1x$ tidak mempunyai limit di $0$ (Unit 42.2): di $x_k=\tfrac1{2k\pi}$ nilainya $1$, dan di $y_k=\tfrac1{(2k+1)\pi}$ nilainya $-1$, sedangkan $x_k,y_k\to0$ (Akibat 34.2.2). Tafsiran geometris dan perhitungan teliti $\pi$, yaitu bagian kedua penutupan P40-PI, ada di Unit 49.2.

### Latihan

Latihan 49.1-1. Tentukan polinomial Maclaurin orde $3$ untuk $\sqrt{1+x}$, dan taksir galatnya di $x=0{,}1$ dengan sisa Lagrange.

Latihan 49.1-2. Dengan Contoh 49.1.4, tentukan $n$ yang menjamin $|e-P_n(1)|<5\cdot10^{-7}$. Bandingkan dengan Teorema 27.3.9.

Latihan 49.1-3. Hampiri $\sin0{,}2$ dengan $x-\tfrac{x^3}6$, dan berikan selang yang pasti memuat $\sin0{,}2$.

Latihan 49.1-4. Untuk $\varphi$ pada Contoh 49.1.6, hitung $p_1$ dan $p_2$ secara eksplisit. Buktikan juga bahwa $\psi(x)=\varphi(x)$ untuk $x>0$ dan $\psi(x)=0$ untuk $x\leq0$ terdiferensialkan tak hingga kali pada $\mathbb{R}$.

Latihan 49.1-5. Buktikan bahwa $\cos x=0$ jika dan hanya jika $x=\tfrac\pi2+k\pi$ untuk suatu $k\in\mathbb{Z}$. Hitung juga $\cos\pi$, $\sin\tfrac{3\pi}2$, dan $\cos2\pi$.

Latihan 49.1-6. Misalkan $f$ terdiferensialkan dua kali pada interval terbuka $I$, dengan $f''\geq0$. Dengan Teorema 49.1.2 untuk $n=1$, buktikan $f(x)\geq f(c)+f'(c)(x-c)$, dan bandingkan dengan Teorema 42.1.6(c).

Latihan 49.1-7. Dengan Contoh 49.1.5(b), buktikan bahwa sisa Lagrange memberi $|R_n(-\tfrac12)|\leq\tfrac1{n+1}$. Hitung $\ln\tfrac12$ dari $P_6(-\tfrac12)$, dan bandingkan dengan $-\ln2$.

Latihan 49.1-8. Dengan Maclaurin orde $5$ untuk kosinus, buktikan bahwa $\cos1{,}5>0$, lalu simpulkan bahwa $\pi>3$.

### Solusi

Solusi 49.1-1. Turunannya: $f'=\tfrac12(1+x)^{-1/2}$, $f''=-\tfrac14(1+x)^{-3/2}$, $f'''=\tfrac38(1+x)^{-5/2}$, dan $f^{(4)}=-\tfrac{15}{16}(1+x)^{-7/2}$, menurut Teorema 40.2.8(d). Jadi $P_3(x)=1+\tfrac x2-\tfrac{x^2}8+\tfrac{x^3}{16}$, dan $P_3(0{,}1)=1+0{,}05-0{,}00125+0{,}0000625=1{,}0488125$. Sisanya adalah $R_3=-\tfrac{15}{16}(1+\xi)^{-7/2}\tfrac{x^4}{24}$, dengan $\xi\in(0;\,0{,}1)$, sehingga $-\tfrac{15}{16}\cdot\tfrac{10^{-4}}{24}\approx-3{,}9\cdot10^{-6}\leq R_3<0$. Jadi $1{,}0488086<\sqrt{1{,}1}<1{,}0488125$. Pemeriksaan: $1{,}0488088^2\approx1{,}1000000$. $\square$

Solusi 49.1-2. $|R_n(1)|\leq\tfrac e{(n+1)!}<\tfrac4{(n+1)!}$ (Teorema 27.3.3). Untuk $n=9$: $\tfrac4{10!}\approx1{,}1\cdot10^{-6}$, belum cukup. Untuk $n=10$: $\tfrac4{11!}\approx1{,}0\cdot10^{-7}<5\cdot10^{-7}$. Lagrange menjamin $n=10$. Teorema 27.3.9 memberi $e-E_9<\tfrac{11}{10!\cdot10}\approx3{,}0\cdot10^{-7}$, yaitu $n=9$ sudah cukup. Taksiran khusus untuk deret ini, dengan pembanding geometri, sedikit lebih tajam daripada taksiran umum. $\square$

Solusi 49.1-3. $0{,}2-\tfrac{0{,}008}6=0{,}2-0{,}0013333=0{,}1986667$. Sisa orde $4$ adalah $\tfrac{\cos\xi}{120}(0{,}2)^5$, dengan $0<\cos\xi\leq1$ untuk $\xi\in(0;\,0{,}2)$, sehingga sisa itu terletak di $(0;\,2{,}67\cdot10^{-6}]$. Jadi $0{,}1986667<\sin0{,}2\leq0{,}1986694$. $\square$

Solusi 49.1-4. $p_1(u)=-u^2\cdot0+2u^3\cdot1=2u^3$, sehingga $\varphi'(x)=\tfrac2{x^3}\varphi(x)$. Juga $p_2(u)=-u^2\cdot6u^2+2u^3\cdot2u^3=4u^6-6u^4$, sehingga $\varphi''(x)=\bigl(\tfrac4{x^6}-\tfrac6{x^4}\bigr)\varphi(x)$. Untuk $\psi$: pada $x>0$, $\psi=\varphi$, dan pada $x<0$, $\psi=0$. Keduanya mulus. Di $0$, dengan induksi seperti Langkah 3, hasil bagi selisih kanan adalah $\tfrac1hp_n(\tfrac1h)\varphi(h)\to0$, dan hasil bagi selisih kiri $0$. Jadi $\psi^{(n)}(0)=0$ ada untuk semua $n$. $\square$

Solusi 49.1-5. $\cos x=\sin(x+\tfrac\pi2)$ menurut Teorema 49.1.9(a). Jadi $\cos x=0$ jika dan hanya jika $x+\tfrac\pi2=m\pi$, yaitu $x=\tfrac\pi2+(m-1)\pi$. $\cos\pi=-\cos0=-1$, $\sin\tfrac{3\pi}2=-\sin\tfrac\pi2=-1$, dan $\cos2\pi=\cos0=1$. $\square$

Solusi 49.1-6. Teorema 49.1.2 dengan $n=1$: $f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+\tfrac{f''(\xi)}2(x-c)^2\geq f(c)+f'(c)(x-c)$. Teorema 42.1.6(c) memberi hal yang sama dari kecekungan, tanpa memerlukan turunan kedua. $\square$

Solusi 49.1-7. Untuk $x=-\tfrac12$ dan $\xi\in(-\tfrac12,0)$, $1+\xi>\tfrac12$, sehingga $\bigl|\tfrac x{1+\xi}\bigr|<1$ dan $|R_n|<\tfrac1{n+1}$. $P_6(-\tfrac12)=-\sum_{k=1}^6\tfrac1{k2^k}=-(0{,}5+0{,}125+0{,}0416667+0{,}015625+0{,}00625+0{,}0026042)=-0{,}6911459$. Nilai sebenarnya $-\ln2\approx-0{,}6931472$. Galatnya $\approx0{,}0020$, jauh di bawah batas $\tfrac17$. Batas Lagrange di sini sangat kasar. Deret $\sum\tfrac1{k2^k}$ (Latihan 47.2-5) memberi taksiran yang jauh lebih baik. $\square$

Solusi 49.1-8. Maclaurin orde $5$ untuk kosinus adalah $1-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^4}{24}$, dengan sisa $\tfrac{-\cos\xi}{720}x^6\geq-\tfrac{x^6}{720}$. Di $x=1{,}5$: $1-1{,}125+0{,}2109375-\tfrac{11{,}390625}{720}=0{,}0859375-0{,}0158203=0{,}0701172>0$. Jadi $\cos1{,}5>0$, dan karena kosinus turun tegas pada $[0,2]$ dengan satu pembuat nol, $\tfrac\pi2>1{,}5$, yaitu $\pi>3$. $\square$

### Ringkasan

Polinomial Taylor $P_n$ adalah satu-satunya polinomial berderajat $\leq n$ yang menyamai $f$ dan $n$ turunan pertamanya di $c$. Sisanya, dalam bentuk Lagrange, adalah $\tfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-c)^{n+1}$, yang dibuktikan dengan $n+1$ kali penerapan Rolle. Untuk $e^x$, yaitu contoh master, $|R_n(x)|\leq e^{\max(x,0)}\tfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}$, dan di $x=\tfrac12$ batas itu memberi selang $(1{,}64869;\,1{,}64889)$. Bentuk Lagrange dapat gagal sebagai alat, misalnya untuk $\ln(1+x)$ di $x=-0{,}9$. Deret Taylor yang konvergen juga tidak harus konvergen ke fungsinya, seperti $\exp(-1/x^2)$. Taksiran Taylor untuk sinus dan kosinus menghasilkan definisi $\pi$ sebagai dua kali pembuat nol tunggal kosinus di $(0,2)$, dengan $3{,}14<\pi<3{,}16$. Periodisitas dengan periode positif terkecil $2\pi$ mengikuti dari rumus penjumlahan.

## 49.2 Analisis Galat (Error Analysis) Pendekatan Polinomial

Penjelasan master: analisis galat pendekatan polinomial dipakai dalam kalkulator digital untuk menghitung nilai fungsi trigonometri dan logaritma secara instan.

Unit 49.1 memberi taksiran galat Lagrange. Unit ini memakainya secara sistematis. Pertanyaannya bukan lagi "apakah $P_n\to f$", tetapi "berapa $n$ yang diperlukan untuk ketelitian tertentu, dan bagaimana membuat $n$ itu kecil". Jawabannya bertumpu pada satu prinsip: sisa Lagrange sebanding dengan $|x-c|^{n+1}$, sehingga galat dikendalikan dengan memperkecil jarak ke pusat ekspansi. Untuk $\sin$ dan $\cos$, pengecilan jarak itu memerlukan periodisitas dan nilai $\pi$ yang teliti. Karena itu unit ini juga menyelesaikan penutupan P40-PI: fungsi $\arctan$, perhitungan $\pi$ dengan galat terjamin, serta tafsiran geometris $\pi$ sebagai panjang busur dan luas.

Seluruh bagian "implementasi" dalam unit ini adalah model hipotetis algoritme yang dapat dibuktikan. Bagian itu bukan klaim tentang cara kerja kalkulator, pustaka, atau perangkat keras tertentu.

Prasyarat: Unit 49.1; Bab 45–48.

### Jenis Galat

#### Definisi 49.2.1

Bila $\tilde y$ menghampiri $y$, galat mutlaknya $|\tilde y-y|$, dan galat relatifnya $\tfrac{|\tilde y-y|}{|y|}$ untuk $y\ne0$. Dalam pendekatan polinomial ada dua sumber galat:

- galat pemotongan, yaitu $R_n$, yang dikendalikan oleh analisis;
- galat pembulatan, yang muncul karena aritmetika dengan banyak angka terbatas.

Buku ini hanya membuktikan batas galat pemotongan. Galat pembulatan dibahas secara kualitatif lewat contoh, yaitu Latihan 48.1-8 dan Latihan 49.2-8.

#### Teorema 49.2.2 (Galat Lagrange Mengecil dengan Jarak)

Misalkan $|f^{(n+1)}|\leq M$ pada interval yang memuat $c$ dan $x$. Bila $|x-c|\leq\rho$, maka
$$|f(x)-P_n(x)|\leq\frac{M\rho^{n+1}}{(n+1)!}.$$
Untuk $\rho$ dan $M$ yang tetap, ruas kanan menuju $0$ lebih cepat daripada setiap $q^n$ dengan $q>0$.

Bukti. Bagian pertama adalah Akibat 49.1.3. Untuk bagian kedua, $\tfrac{\rho^{n+1}}{(n+1)!\,q^{n}}=\rho\cdot\tfrac{(\rho/q)^n}{(n+1)!}\to0$, karena suku deret $\exp(\rho/q)$ menuju $0$. $\square$

Akibat praktisnya: memperkecil $\rho$ jauh lebih efektif daripada menambah $n$. Dua strategi mengikuti dari sini: reduksi rentang, dan pemilihan pusat ekspansi di dekat $x$.

### Reduksi Rentang untuk $\exp$ dan $\ln$

#### Contoh 49.2.3 (Model untuk $\exp$)

Untuk $x\in\mathbb{R}$, misalkan $k$ bilangan bulat terdekat ke $\tfrac x{\ln2}$, dengan bilangan yang lebih kecil bila ada dua. Misalkan $r=x-k\ln2$. Maka $|r|\leq\tfrac{\ln2}2<0{,}3466$ dan
$$e^x=2^ke^r.$$
Perkalian dengan $2^k$ eksak dalam aritmetika biner. Untuk $e^r$, Contoh 49.1.4 memberi $|R_n(r)|\leq e^{0{,}3466}\tfrac{0{,}3466^{n+1}}{(n+1)!}$. Untuk $n=9$, ini $\leq1{,}42\cdot\tfrac{2{,}50\cdot10^{-5}}{3628800}<10^{-11}$, sedangkan $e^r\geq e^{-0{,}3466}>0{,}7$. Jadi sepuluh suku memberi galat relatif $<1{,}5\cdot10^{-11}$ untuk setiap $x$, berapa pun besarnya $x$. Tanpa reduksi, $x=20$ akan memerlukan puluhan suku, dengan suku terbesar $\tfrac{20^{20}}{20!}\approx4\cdot10^7$ (bandingkan Latihan 48.1-8).

Harga yang dibayar: $\ln2$ harus diketahui teliti. Galat $\delta$ pada $\ln2$ menjadi galat $|k|\delta$ pada $r$, sehingga galat relatif pada $e^x$ sekitar $|k|\delta$. Latihan 48.2-3 memberi $\ln2$ dengan galat terjamin.

#### Contoh 49.2.4 (Model untuk $\ln$)

Untuk $x>0$, tulis $x=2^km$ dengan $k\in\mathbb{Z}$ dan $m\in[1,2)$. $k$ dan $m$ ditentukan tunggal, tanpa pilihan, karena $k=\lfloor\log_2x\rfloor$ adalah bilangan bulat tunggal dengan $2^k\leq x<2^{k+1}$. Maka $\ln x=k\ln2+\ln m$. Untuk $\ln m$, gunakan Latihan 48.2-3 dengan $t=\tfrac{m-1}{m+1}\in[0,\tfrac13)$:
$$\ln m=2\sum_{j\geq0}\frac{t^{2j+1}}{2j+1}.$$
Sisa setelah suku $j=N$ paling banyak $\tfrac{2t^{2N+3}}{(2N+3)(1-t^2)}$. Untuk $t<\tfrac13$ dan $N=9$, sisa itu $<\tfrac{2\cdot3^{-21}}{21\cdot8/9}\approx1{,}0\cdot10^{-11}$. Jadi sepuluh suku cukup untuk setiap $x>0$.

### Fungsi Trigonometri dan $\pi$

Untuk $\sin x$ dengan $x$ besar, periodisitas (Teorema 49.1.9) memungkinkan reduksi: tulis $x=k\tfrac\pi2+r$ dengan $|r|\leq\tfrac\pi4$. Maka $\sin x$ adalah salah satu dari $\pm\sin r$ atau $\pm\cos r$, bergantung pada $k$ modulo $4$. Untuk $|r|\leq\tfrac\pi4<0{,}7854$, sisa Maclaurin sinus orde $12$, dengan suku terakhir berderajat $11$, paling banyak $\tfrac{0{,}7854^{13}}{13!}<7\cdot10^{-12}$. Agar reduksi ini teliti, $\pi$ harus diketahui teliti. Bagian berikut menghitungnya, dan dalam prosesnya menyelesaikan pinjaman P40-PI.

#### Lemma 49.2.5 (Nilai Khusus)

(a) $\cos\tfrac\pi4=\sin\tfrac\pi4=\tfrac{\sqrt2}2$.

(b) $\cos\tfrac\pi6=\tfrac{\sqrt3}2$ dan $\sin\tfrac\pi6=\tfrac12$.

Bukti. Pada $(0,\tfrac\pi2)$, $\sin$ dan $\cos$ positif (Teorema 49.1.9(d) dan Definisi 49.1.8).

(a) $0=\cos\tfrac\pi2=\cos^2\tfrac\pi4-\sin^2\tfrac\pi4$ (Akibat 40.2.12(b)). Jadi kedua nilai sama, dan jumlah kuadratnya $1$.

(b) Rumus penjumlahan memberi $\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$: tulis $\cos(2\theta+\theta)$, lalu gunakan $\sin^2=1-\cos^2$. Dengan $\theta=\tfrac\pi6$: $0=\cos\theta\,(4\cos^2\theta-3)$, dan $\cos\theta>0$, sehingga $\cos^2\tfrac\pi6=\tfrac34$. Lalu $\sin\tfrac\pi6=\sqrt{1-\tfrac34}=\tfrac12$. $\square$

#### Definisi 49.2.6 (Tangen dan Arkus Tangen)

Pada $J=(-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2)$, $\cos>0$, karena kosinus genap dan positif pada $[0,\tfrac\pi2)$. Tetapkan $\tan=\tfrac{\sin}{\cos}$ pada $J$.

#### Teorema 49.2.7

(a) $\tan$ terdiferensialkan pada $J$, dengan $\tan'=1+\tan^2>0$, sehingga $\tan$ naik tegas.

(b) $\tan x\to+\infty$ untuk $x\to\tfrac\pi2^-$ dan $\tan x\to-\infty$ untuk $x\to-\tfrac\pi2^+$. Jadi $\tan:J\to\mathbb{R}$ bijektif.

(c) Inversnya, $\arctan:\mathbb{R}\to J$, terdiferensialkan, dengan $\arctan'(y)=\tfrac1{1+y^2}$.

(d) Untuk $|y|<1$, $\arctan y=A(y)$, dengan $A$ dari Contoh 48.2.6(c). Juga $A(1)=\arctan1=\tfrac\pi4$, yaitu
$$\frac\pi4=1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots.$$

Bukti. (a) Aturan hasil bagi: $\tan'=\tfrac{\cos^2+\sin^2}{\cos^2}=\tfrac1{\cos^2}=1+\tan^2$. Kemonotonan tegas mengikuti dari Teorema 42.1.1.

(b) Untuk $x\to\tfrac\pi2^-$, $\sin x\to1$ dan $\cos x\to0^+$, sehingga hasil baginya tidak terbatas di atas. Sisi kiri ditangani dengan kesimetrian ganjil. Teorema nilai antara pada setiap $[-a,a]\subset J$, ditambah ketakterbatasan di kedua ujung, memberi surjektivitas. Kemonotonan tegas memberi injektivitas.

(c) Teorema 40.1.6, dengan $\tan'\ne0$: $\arctan'(y)=\tfrac1{1+\tan^2(\arctan y)}=\tfrac1{1+y^2}$.

(d) Pada interval $(-1,1)$, $\arctan$ dan $A$ mempunyai turunan yang sama dan nilai $0$ di $0$. Akibat 41.2.4 memberi $\arctan=A$ pada $(-1,1)$. $A$ kontinu pada $[0,1]$ (Contoh 48.2.6(c)), dan $\arctan$ kontinu di $1$. Jadi $A(1)=\lim_{y\to1^-}A(y)=\lim_{y\to1^-}\arctan y=\arctan1$. Terakhir, $\tan\tfrac\pi4=1$ menurut Lemma 49.2.5(a), sehingga $\arctan1=\tfrac\pi4$. $\square$

Deret Leibniz untuk $\tfrac\pi4$ sangat lambat. Taksiran Leibniz $\tfrac1{2n+3}$ memerlukan sekitar setengah juta suku untuk galat $10^{-6}$. Lemma 49.2.5(b) memberi jalan yang jauh lebih cepat.

#### Teorema 49.2.8 (Perhitungan $\pi$ dengan Galat Terjamin)

$$\pi=6\arctan\frac1{\sqrt3}=2\sqrt3\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)\,3^n},$$
dan
$$3{,}1415905<\pi<3{,}1415935.$$
Jadi $\pi\approx3{,}14159$ sampai lima desimal.

Bukti. $\tan\tfrac\pi6=\tfrac{1/2}{\sqrt3/2}=\tfrac1{\sqrt3}$ (Lemma 49.2.5(b)), dan $\tfrac\pi6\in J$, sehingga $\arctan\tfrac1{\sqrt3}=\tfrac\pi6$. Karena $\tfrac1{\sqrt3}<1$, Teorema 49.2.7(d) memberi
$$\frac\pi6=A\Bigl(\frac1{\sqrt3}\Bigr)=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\Bigl(\frac1{\sqrt3}\Bigr)^{2n+1}=\frac1{\sqrt3}\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n}.$$
Kalikan dengan $6$, dan gunakan $\tfrac6{\sqrt3}=2\sqrt3$.

Numerik. Suku-suku $b_n=\tfrac1{(2n+1)3^n}$ turun menuju $0$, sehingga jumlah $\Sigma$ terletak di antara dua jumlah parsial berurutan (Unit 33.1). Suku-sukunya:
$$1,\ -\tfrac19,\ \tfrac1{45},\ -\tfrac1{189},\ \tfrac1{729},\ -\tfrac1{2673},\ \tfrac1{9477},\ -\tfrac1{32805},\ \tfrac1{111537},\ -\tfrac1{373977},\ \tfrac1{1240029}.$$
Diperoleh $S_9\approx0{,}906899064$ dan $S_{10}\approx0{,}906899870$, sehingga $S_9<\Sigma<S_{10}$. Untuk $\sqrt3$: $1{,}7320508^2=2{,}99999997\ldots<3<3{,}00000032\ldots=1{,}7320509^2$, sehingga $3{,}4641016<2\sqrt3<3{,}4641018$. Jadi
$$\pi>3{,}4641016\cdot0{,}906899064>3{,}1415905,\qquad\pi<3{,}4641018\cdot0{,}906899870<3{,}1415935.\qquad\square$$

Hasil ini memperbaiki $3{,}14<\pi<3{,}16$ dari Unit 49.1 dengan sebelas suku. Menurut taksiran Leibniz, galatnya paling banyak $2\sqrt3\,b_{n+1}$, dan $\tfrac{b_{n+1}}{b_n}<\tfrac13$. Jadi setiap suku tambahan mengecilkan batas galat lebih dari tiga kali, sehingga dalam model ini nilai $\pi$ yang diperlukan untuk reduksi rentang dapat dihitung dengan ketelitian berapa pun.

### Tafsiran Geometris (Penutupan P40-PI, Bagian Kedua)

#### Teorema 49.2.9 (Lingkaran Satuan)

Misalkan $S=\{(u,v)\in\mathbb{R}^2:u^2+v^2=1\}$ dan $\gamma(t)=(\cos t,\sin t)$. Maka $\gamma$ adalah bijeksi dari $[0,2\pi)$ ke $S$.

Bukti. $\gamma(t)\in S$ menurut Akibat 40.2.12(a). Kosinus turun tegas dan kontinu pada $[0,\pi]$, karena $\cos'=-\sin<0$ pada $(0,\pi)$ (Teorema 49.1.9(d)), dari $1$ ke $-1$.

- Surjektif. Untuk $(u,v)\in S$, ada $t_0\in[0,\pi]$ tunggal dengan $\cos t_0=u$, dan $\sin t_0=\sqrt{1-u^2}=|v|$, karena $\sin\geq0$ pada $[0,\pi]$. Bila $v\geq0$, ambil $t=t_0$. Bila $v<0$, maka $t_0\in(0,\pi)$, dan $t=2\pi-t_0\in(\pi,2\pi)$ memenuhi $\cos t=\cos t_0=u$ dan $\sin t=-\sin t_0=v$, menurut Teorema 49.1.9(c) dan kesimetrian.
- Injektif. Tanda $\sin t$ menentukan apakah $t\in[0,\pi]$ atau $t\in(\pi,2\pi)$, dengan kasus $\sin t=0$ yang diperiksa langsung, yaitu $t\in\{0,\pi\}$ dengan $\cos t=\pm1$. Pada masing-masing bagian, kosinus monoton tegas. $\square$

#### Definisi 49.2.10 (Panjang Busur Poligonal)

Untuk $t\in[0,2\pi]$, panjang busur $\gamma$ pada $[0,t]$ adalah
$$\ell(t)=\sup\Bigl\{\sum_{i=1}^m\bigl|\gamma(s_i)-\gamma(s_{i-1})\bigr|:\ 0=s_0<s_1<\cdots<s_m=t\Bigr\},$$
dengan $|\cdot|$ jarak Euklides di $\mathbb{R}^2$. Ini adalah supremum panjang lintasan poligon yang titik sudutnya terletak pada busur.

#### Teorema 49.2.11 (Radian adalah Panjang Busur)

$\ell(t)=t$ untuk setiap $t\in[0,2\pi]$. Khususnya, keliling lingkaran satuan adalah $2\pi$.

Bukti. Untuk $0\leq b-a=h\leq2\pi$: $|\gamma(b)-\gamma(a)|^2=2-2(\cos a\cos b+\sin a\sin b)=2-2\cos h=4\sin^2\tfrac h2$, menurut Teorema 40.2.11 dan Akibat 40.2.12(b). Karena $\tfrac h2\in[0,\pi]$, $\sin\tfrac h2\geq0$, sehingga panjang tali busurnya $2\sin\tfrac h2$.

Batas atas. $\sin y\leq y$ untuk $y\geq0$ (Latihan 40.2-8). Jadi setiap tali busur $\leq h$, dan setiap jumlah $\leq\sum(s_i-s_{i-1})=t$. Jadi $\ell(t)\leq t$.

Batas bawah. Untuk $0\leq y\leq1$, Maclaurin orde $4$ memberi $\sin y=y-\tfrac{y^3}6+\tfrac{\cos\xi}{120}y^5\geq y-\tfrac{y^3}6$, karena $\cos\xi>0$ untuk $\xi\in[0,1]\subset[0,\tfrac\pi2)$. Untuk partisi seragam dengan $m$ bagian dan $h=\tfrac tm\leq2$, setiap tali busur $\geq h-\tfrac{h^3}{24}$. Jadi jumlahnya $\geq t-\tfrac{th^2}{24}=t-\tfrac{t^3}{24m^2}$. Untuk $m\to\infty$, ruas kanan menuju $t$, sehingga $\ell(t)\geq t$. $\square$

Teorema ini menutup bagian geometris P40-PI. Sudut $t$ radian adalah panjang busur lingkaran satuan dari $(1,0)$ ke $(\cos t,\sin t)$, dan $(\cos t,\sin t)$ adalah koordinat titik itu.

#### Teorema 49.2.12 (Luas Cakram)

$$\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac\pi2.$$
Jadi, menurut Definisi 43.1.9, luas setengah cakram satuan adalah $\tfrac\pi2$, dan luas cakram satuan adalah $\pi$.

Bukti. Terapkan Teorema 45.3.4 dengan $\varphi=\cos$ pada $[0,\pi]$, $\varphi(0)=1$, $\varphi(\pi)=-1$, dan $f(x)=\sqrt{1-x^2}$ kontinu pada $[-1,1]$:
$$\int_0^\pi\sqrt{1-\cos^2\theta}\,(-\sin\theta)\,d\theta=\int_1^{-1}\sqrt{1-x^2}\,dx.$$
Pada $[0,\pi]$, $\sqrt{1-\cos^2\theta}=\sin\theta$, sehingga $\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\int_0^\pi\sin^2\theta\,d\theta$. Dengan $\sin^2\theta=\tfrac{1-\cos2\theta}2$:
$$\int_0^\pi\sin^2\theta\,d\theta=\Bigl[\frac\theta2-\frac{\sin2\theta}4\Bigr]_0^\pi=\frac\pi2,$$
karena $\sin2\pi=0$. $\square$

### Implementasi: Model Kalkulator

Gabungan hasil di atas memberi model algoritme yang dapat dibuktikan, untuk menghitung $\exp$, $\ln$, $\sin$, dan $\cos$ dengan galat pemotongan relatif di bawah $10^{-10}$, memakai paling banyak belasan operasi:

1. Reduksi rentang ke interval kecil: $|r|\leq\tfrac{\ln2}2$, $m\in[1,2)$, atau $|r|\leq\tfrac\pi4$. Konstanta $\ln2$ dan $\pi$ dihitung sekali dengan galat terjamin (Latihan 48.2-3 dan Teorema 49.2.8).
2. Evaluasi polinomial Taylor berderajat tetap, dengan batas galat Lagrange atau Leibniz yang seragam pada interval kecil itu.
3. Rekonstruksi: kalikan dengan $2^k$, tambahkan $k\ln2$, atau pilih $\pm\sin$ atau $\pm\cos$.

Model ini menjelaskan mengapa fungsi transenden dapat dihitung "secara instan", dalam arti dengan banyak operasi yang kecil dan tetap. Model ini tidak membuktikan apa pun tentang galat pembulatan perangkat nyata. Perangkat nyata juga dapat memakai metode lain, misalnya polinomial minimax atau algoritme CORDIC. Kedua metode itu disebut di sini tanpa pembahasan dan tidak dipakai.

### Latihan

Latihan 49.2-1. Hitung $\sin1$ dengan galat terjamin $<10^{-6}$ dari polinomial Maclaurin.

Latihan 49.2-2. Dengan Contoh 49.2.3, hitung $e^{3{,}7}$. Tentukan $k$ dan $r$, hitung $e^r$ dengan galat $<10^{-6}$, dan jelaskan pengaruh galat $\ln2$.

Latihan 49.2-3. Dengan Contoh 49.2.4, hitung $\ln10$ dari $10=2^3\cdot1{,}25$, dengan galat terjamin.

Latihan 49.2-4. Berapa suku deret Leibniz $\sum\tfrac{(-1)^n}{2n+1}$ yang dijamin taksiran Leibniz untuk galat $<10^{-6}$ pada $\tfrac\pi4$? Bandingkan dengan Teorema 49.2.8.

Latihan 49.2-5. Buktikan bahwa $\int_0^1\tfrac{dx}{\sqrt{x-x^2}}=\pi$. Ini menutup nilai yang dicatat di Solusi 46.2-1(b).

Latihan 49.2-6. Buktikan bahwa $\int_0^\infty\tfrac{dx}{\sqrt x\,(1+x)}=\pi$. Ini menutup nilai yang dicatat di Solusi 46.2-8.

Latihan 49.2-7. Dengan Teorema 49.2.11, hitung panjang poligon tali busur dengan $2$ dan $4$ ruas pada busur $[0,\tfrac\pi2]$ dalam bentuk akar, lalu bandingkan dengan $\tfrac\pi2$.

Latihan 49.2-8. Buktikan bahwa $1-\cos x=2\sin^2\tfrac x2$, dan bahwa $\bigl|1-\cos x-\tfrac{x^2}2\bigr|\leq\tfrac{x^4}{24}$. Jelaskan mengapa, untuk $x=10^{-4}$, rumus $2\sin^2\tfrac x2$ lebih baik daripada $1-\cos x$ dalam aritmetika delapan angka signifikan.

### Solusi

Solusi 49.2-1. Semua turunan sinus dibatasi oleh $1$. Polinomial Maclaurin orde $10$ sama dengan polinomial orde $9$, yaitu $1-\tfrac16+\tfrac1{120}-\tfrac1{5040}+\tfrac1{362880}$ di $x=1$. Sisanya $\leq\tfrac1{11!}\approx2{,}5\cdot10^{-8}$. Hitungannya: $1-0{,}1666667+0{,}0083333-0{,}0001984+0{,}0000028=0{,}8414710$. Jadi $\sin1\in(0{,}841470;\,0{,}841472)$. Deretnya juga berganti tanda, dan taksiran Leibniz memberi batas yang sama. $\square$

Solusi 49.2-2. $\tfrac{3{,}7}{\ln2}\approx5{,}338$, sehingga $k=5$ dan $r=3{,}7-5\ln2\approx3{,}7-3{,}4657359=0{,}2342641$. Untuk $e^r$:
$$1+0{,}2342641+0{,}0274398+0{,}0021427+0{,}0001255+0{,}0000059+0{,}0000002\approx1{,}2639782.$$
Sisa setelah suku $r^6/6!$ paling banyak $e^{0{,}25}\tfrac{0{,}2343^7}{7!}<10^{-8}$. Jadi $e^{3{,}7}\approx32\cdot1{,}2639782=40{,}44730$. Bila $\ln2$ dipakai dengan galat $\delta$, $r$ bergeser $5\delta$, dan $e^{3{,}7}$ bergeser relatif sekitar $5\delta$. Dengan $\ln2$ dari Latihan 48.2-3, galatnya $\delta<1{,}2\cdot10^{-6}$, sehingga galat relatif hasilnya $<6\cdot10^{-6}$. Untuk ketelitian lebih tinggi, perlu $\ln2$ yang lebih teliti. $\square$

Solusi 49.2-3. $m=1{,}25$, $t=\tfrac{0{,}25}{2{,}25}=\tfrac19$. Diperoleh
$$\ln1{,}25=2\Bigl(\frac19+\frac1{3\cdot9^3}+\frac1{5\cdot9^5}+\frac1{7\cdot9^7}+\cdots\Bigr)=2(0{,}111111111+0{,}000457247+0{,}000003387+0{,}000000030+\cdots).$$
Hasilnya $\approx0{,}2231436$, dengan sisa setelah empat suku $\leq\tfrac{2\cdot9^{-9}}{9\cdot(80/81)}<6\cdot10^{-10}$. $3\ln2\approx2{,}0794415$, dengan galat $\leq3\cdot1{,}2\cdot10^{-6}$ bila $\ln2$ diambil dari Latihan 48.2-3. Jadi $\ln10\approx2{,}302585$, dengan galat $<4\cdot10^{-6}$. Galat ini didominasi oleh $\ln2$. $\square$

Solusi 49.2-4. Galat setelah suku $n$ paling banyak $\tfrac1{2n+3}$, sehingga $\tfrac1{2n+3}<10^{-6}$ memerlukan $n\geq499999$, yaitu sekitar $5\cdot10^5$ suku. Ini hanya jumlah yang dijamin oleh taksiran tersebut. Galat sebenarnya tidak dihitung di sini. Teorema 49.2.8 mencapai galat $\approx10^{-6}$ untuk $\pi$ dengan sebelas suku, karena rasionya $\tfrac13$. $\square$

Solusi 49.2-5. Untuk $0<s<t<1$, substitusi $\varphi(\theta)=\sin^2\theta$ pada $[\alpha,\beta]\subset(0,\tfrac\pi2)$, dengan $\sin^2\alpha=s$ dan $\sin^2\beta=t$. Sinus kontinu dan naik tegas dari $0$ ke $1$ pada $[0,\tfrac\pi2]$, sehingga $\alpha$ dan $\beta$ ada dan tunggal. $\varphi'(\theta)=2\sin\theta\cos\theta$. Untuk $\theta\in(0,\tfrac\pi2)$, $\sqrt{\varphi-\varphi^2}=\sqrt{\sin^2\theta\cos^2\theta}=\sin\theta\cos\theta$. Teorema 45.3.4 memberi
$$\int_s^t\frac{dx}{\sqrt{x-x^2}}=\int_\alpha^\beta\frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta}\,d\theta=2(\beta-\alpha).$$
Untuk $s\to0^+$ dan $t\to1^-$, $\alpha\to0$ dan $\beta\to\tfrac\pi2$, karena invers fungsi kontinu monoton tegas kontinu (Lemma 40.1.5). Jadi integral tak wajarnya, yang dipecah di $\tfrac12$, bernilai $2\cdot\tfrac\pi2=\pi$. $\square$

Solusi 49.2-6. Pecah di $1$. Untuk $0<s<T$, substitusi $x=\varphi(u)=u^2$ pada $[\sqrt s,\sqrt T]$ memberi $\int_s^T\tfrac{dx}{\sqrt x(1+x)}=\int_{\sqrt s}^{\sqrt T}\tfrac{2u}{u(1+u^2)}\,du=2\bigl(\arctan\sqrt T-\arctan\sqrt s\bigr)$, menurut Teorema 49.2.7(c) dan Teorema 45.2.1. Untuk $s\to0^+$, $\arctan\sqrt s\to0$. Untuk $T\to\infty$, $\arctan\sqrt T\to\tfrac\pi2$, karena $\arctan$ naik dan terbatas oleh $\tfrac\pi2$, dan untuk setiap $\varepsilon$, $\arctan y>\tfrac\pi2-\varepsilon$ bila $y>\tan(\tfrac\pi2-\varepsilon)$. Jadi nilainya $2\cdot\tfrac\pi2=\pi$. $\square$

Solusi 49.2-7. Dengan $2$ ruas, $h=\tfrac\pi4$ dan panjangnya $2\cdot2\sin\tfrac\pi8$. Dari $\cos\tfrac\pi4=\tfrac{\sqrt2}2$ dan $2\sin^2\tfrac\pi8=1-\cos\tfrac\pi4$: $\sin\tfrac\pi8=\tfrac{\sqrt{2-\sqrt2}}2$, sehingga panjangnya $2\sqrt{2-\sqrt2}\approx1{,}530734$. Dengan $4$ ruas: $\cos\tfrac\pi8=\tfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}2$ dan $\sin\tfrac\pi{16}=\tfrac{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt2}}}2$, sehingga panjangnya $4\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt2}}\approx1{,}560723$. Keduanya di bawah $\tfrac\pi2\approx1{,}570796$, dan mendekat sesuai batas $\tfrac{t^3}{24m^2}$ dari bukti Teorema 49.2.11. Untuk $m=4$, batas itu $\approx0{,}0101$, dan selisih sebenarnya $\approx0{,}0101$. Ini adalah metode Archimedes, dalam bentuk yang kini dapat dibuktikan. $\square$

Solusi 49.2-8. $\cos x=\cos^2\tfrac x2-\sin^2\tfrac x2=1-2\sin^2\tfrac x2$ (Akibat 40.2.12). Maclaurin orde $3$ untuk kosinus adalah $1-\tfrac{x^2}2$, dengan sisa $\tfrac{\cos\xi}{24}x^4$, sehingga $\bigl|1-\cos x-\tfrac{x^2}2\bigr|\leq\tfrac{x^4}{24}$. Untuk $x=10^{-4}$, $1-\cos x\approx5\cdot10^{-9}$. Dengan delapan angka signifikan, $\cos x$ dibulatkan menjadi $1{,}0000000$, sehingga $1-\cos x$ dihitung sebagai $0$: semua angka signifikan hilang karena pembatalan. $2\sin^2\tfrac x2$ hanya melibatkan perkalian bilangan kecil, $\sin(5\cdot10^{-5})\approx5\cdot10^{-5}$, sehingga hasilnya $\approx5{,}0000000\cdot10^{-9}$ dengan galat relatif kecil. Kedua rumus setara secara matematis, tetapi tidak setara secara numerik. $\square$

### Ringkasan

Galat pemotongan Lagrange sebanding dengan $\tfrac{|x-c|^{n+1}}{(n+1)!}$, sehingga strategi utamanya adalah memperkecil $|x-c|$. Reduksi rentang membawa $\exp$ ke $|r|\leq\tfrac{\ln2}2$, $\ln$ ke $m\in[1,2)$, dan $\sin$ serta $\cos$ ke $|r|\leq\tfrac\pi4$. Setelah itu, polinomial berderajat sekitar sepuluh memberi galat $<10^{-10}$ secara seragam. Reduksi trigonometri memerlukan $\pi$. Dengan $\tan$ dan $\arctan$, $\arctan=A$, dan nilai $\tan\tfrac\pi6=\tfrac1{\sqrt3}$, diperoleh $\pi=2\sqrt3\sum\tfrac{(-1)^n}{(2n+1)3^n}$ dan $3{,}1415905<\pi<3{,}1415935$ dari sebelas suku. Deret Leibniz untuk $\tfrac\pi4$ benar, tetapi lambat. P40-PI kini ditutup seluruhnya:

- $\pi$ didefinisikan, dan periodisitasnya terbukti (Unit 49.1);
- $(\cos t,\sin t)$ menyusuri lingkaran satuan secara bijektif, dan $t$ adalah panjang busur poligonalnya;
- luas cakram satuan adalah $\pi$.

Model kalkulator yang dibahas adalah ilustrasi yang dapat dibuktikan, bukan klaim tentang perangkat tertentu.