Analisis Riil II: Diferensiasi

Turunan Teorema Nilai Rata-Rata Aturan L’Hospital Teorema Taylor

Analisis Riil II: Diferensiasi Mahdhivan Syafwan

Mahdhivan Syafwan

Analisis Riil II: Diferensiasi


Definisi dan Teorema Aturan Rantai Fungsi Invers

Definisi Definisi (Turunan) Misalkan I ⊆ R sebuah interval, f : I → R, dan c ∈ I . Bilangan riil L dikatakan turunan dari f di c jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga f (x) − f (c) − L < ε. (1) ∀x ∈ I , 0 < |x − c| < δ ⇒ x −c Dalam hal ini, kita katakan bahwa f dapat diturunkan di c atau f mempunyai turunan di c, dan kita tulis f ′ (c) untuk L df (kadang-kadang juga dipakai notasi Df atau dx untuk menyatakan fungsi turunan). Dengan kata lain, turunan dari f di c diberikan oleh f (x) − f (c) f ′ (c) = lim , x→c x −c asalkan limitnya ada. Mahdhivan Syafwan


(2)



Contoh 1

Jika f (x) = x 2 untuk x ∈ R, maka untuk setiap c ∈ R berlaku f ′ (c) = lim

x→c

x2 − c2 f (x) − f (c) = lim = lim (x + c) = 2c. x→c x − c x→c x −c

Dalam hal ini, fungsi f ′ terdefinisi pada R dan f ′ (x) = 2x untuk setiap x ∈ R. 2

Jika h(x) = |x|, x ∈ R, maka untuk x 6= 0 berlaku |x| h(x) − h(0) 1, x > 0, = = −1, x < 0. x −0 x

Dengan demikian limx→0 h(x)−h(0) tidak ada, sehingga fungsi x−0 h(x) = |x| tidak dapat diturunkan di x = 0. Mahdhivan Syafwan




Teorema (1) Teorema (Kekontinuan fungsi yang mempunyai turunan) Jika f : I → R mempunyai turunan di c ∈ I , maka f kontinu di c. Bukti. Untuk setiap x ∈ I , x 6= c, berlaku f (x) − f (c) (x − c). f (x) − f (c) = x −c Karena f ′ (c) ada, maka dengan menggunakan Teorema Perkalian Limit (lihat lagi) diperoleh f (x) − f (c) lim (x − c) = f ′ (c) · 0 = 0. lim (f (x) − f (c)) = lim x→c x→c x→c x −c Perhatikan bahwa dari hubungan di atas dapat disimpulkan bahwa limx→c f (x) = f (c). Dengan demikian f kontinu di c (terbukti). Mahdhivan Syafwan




Teorema (2) Teorema (Aturan dasar turunan) Misalkan I ⊆ R sebuah interval, c ∈ I , dan f , g : I → R adalah fungsi-fungsi yang mempunyai turunan di c. Maka: (a) Jika α ∈ R, maka αf mempunyai turunan di c, dan (αf )′ (c) = αf ′ (c).

(3)

(b) Fungsi f + g mempunyai turunan di c, dan (f + g )′ (c) = f ′ (c) + g ′ (c).

(4)

(c) (Aturan perkalian) Fungsi fg mempunyai turunan di c, dan (fg )′ (c) = f ′ (c)g (c) + f (c)g ′ (c).

(5)

(d) (Aturan pembagian) Jika g (c) 6= 0, maka fungsi f /g mempunyai turunan di c, dan ′ f ′ (c)g (c) − f (c)g ′ (c) f (c) = . (6) g (g (c))2 Mahdhivan Syafwan




Akibat Akibat Jika f1 , f2 , ..., fn adalah fungsi-fungsi dari interval I ke R yang mempunyai turunan di c ∈ R, maka: (a) Fungsi f1 + f2 + ... + fn mempunyai turunan di c, dan

(f1 + f2 + ... + fn )′ (c) = f1′ (c) + f2′ (c) + ... + fn′ (c).

(7)

(b) Fungsi f1 f2 ...fn mempunyai turunan di c, dan (f1 f2 ...fn )′ (c) = f1′ (c)f2 (c)...fn (c) + f1 (c)f2′ (c)...fn (c) +... + f1 (c)f2 (c)...fn′ (c).

Mahdhivan Syafwan


(8)



Beberapa kasus khusus

Jika f1 = f2 = ... = fn = f , maka (8) menjadi (f n )′ (c) = n(f (c))n−1 f ′ (c).

(9)

Jika pada (9) kita ambil f (x) = x, maka kita peroleh turunan dari g (x) = x n , yaitu g ′ (x) = nx n−1 , n ∈ N.

Mahdhivan Syafwan


(10)



Aturan Rantai Teorema (Aturan Rantai) Misalkan I , J adalah interval-interval di R, g : I → R dan f : J → R adalah fungsi-fungsi sedemikian sehingga f (J) ⊆ I , dan c ∈ J. Jika f dapat diturunkan di c dan g dapat diturunkan di f (c), maka fungsi komposisi g ◦ f dapat diturunkan di c, dan (g ◦ f )′ (c) = g ′ (f (c)) · f ′ (c). Bukti.

Mahdhivan Syafwan


(11)



Aturan Rantai (lanjutan bukti)

Mahdhivan Syafwan




Contoh 1

Jika f : I → R dapat diturunkan pada I dan g (y ) = y n untuk y ∈ R, n ∈ N, maka g ′ (y ) = ny n−1 [lihat pers. (10)]. Dengan menggunakan Aturan Rantai, diperoleh (f n )′ (x) = (g (f (x)))′ (x) = (g ◦ f )′ (x)

= g ′ (f (x)) · f ′ (x)

= n(f (x))n−1 · f ′ (x), untuk semua x ∈ I , sebagaimana yang juga sudah ditunjukkan di (9). 2

(untuk contoh lain, silakan baca di buku)

Mahdhivan Syafwan




Teorema (1) Teorema (Turunan fungsi invers di suatu titik) Misalkan I ⊆ R adalah interval dan fungsi f : I → R monoton sejati dan kontinu pada I . Misalkan J = f (I ) dan g : J → R monoton sejati dan merupakan fungsi invers kontinu dari f . Jika f mempunyai turunan di c ∈ I dan f ′ (c) 6= 0, maka g dapat diturunkan di d = f (c), dan g ′ (d) =

1 f

′ (c)

=

1 f

′ (g (d))

.

Bukti.

Mahdhivan Syafwan


(12)



Teorema (1) [lanjutan bukti]

Mahdhivan Syafwan




Teorema (2) Teorema (Turunan fungsi invers pada suatu interval) Misalkan I ⊆ R adalah interval dan fungsi f : I → R monoton sejati pada I . Misalkan J = f (I ) dan g : J → R merupakan fungsi invers dari f . Jika f mempunyai turunan pada I dan f ′ (x) 6= 0 untuk x ∈ I , maka g dapat diturunkan pada J, dan g′ =

1 . f ◦g ′

(13)

Bukti. Karena f mempunyai turunan pada I , maka dari Teorema Kekontinuan Fungsi yang Mempunyai Turunan (lihat lagi), f kontinu pada I . Dengan demikian, menurut Teorema Invers Kontinu (lihat lagi), fungsi invers g kontinu pada J. Selanjutnya, dengan menggunakan Teorema Turunan Fungsi Invers di Suatu Titik, persamaan (13) dipenuhi. Mahdhivan Syafwan




Contoh (1)

Fungsi f : R → R yang didefinisikan dengan f (x) = x 5 + 4x + 3 adalah fungsi kontinu dan naik sejati pada R (justifikasi!). Lebih lanjut, f ′ (x) = 5x 4 + 4 6= 0 untuk setiap x ∈ R (persisnya f ′ (x) = 5x 4 + 4>0 untuk setiap x ∈ R). Oleh karena itu, menurut Teorema Turunan Fungsi Invers di Suatu Titik, fungsi invers g = f −1 mempunyai turunan di setiap y = f (x) ∈ R. Jika kita ambil c = 1, maka f (1) = 8. Dengan demikian kita peroleh (f −1 )′ (8) = 1/f ′ (1) = 1/9.

Mahdhivan Syafwan




Contoh (1)

Fungsi f : R → R yang didefinisikan dengan f (x) = x 5 + 4x + 3 adalah fungsi kontinu dan naik sejati pada R (justifikasi!). Lebih lanjut, f ′ (x) = 5x 4 + 4 6= 0 untuk setiap x ∈ R (persisnya f ′ (x) = 5x 4 + 4>0 untuk setiap x ∈ R). Oleh karena itu, menurut Teorema Turunan Fungsi Invers di Suatu Titik, fungsi invers g = f −1 mempunyai turunan di setiap y = f (x) ∈ R. Jika kita ambil c = 1, maka f (1) = 8. Dengan demikian kita peroleh (f −1 )′ (8) = 1/f ′ (1) = 1/9.

Mahdhivan Syafwan




Contoh (2) Misalkan n ∈ N bilangan genap, I = [0, ∞), dan f (x) = x n untuk x ∈ I . Dapat ditunjukkan bahwa f naik sejati dan kontinu pada I (tunjukkan!), sehingga fungsi invers g (y ) = y 1/n untuk y ∈ J = [0, ∞) juga naik sejati dan kontinu pada I (menurut teorema yang mana?). Lebih lanjut, kita mempunyai f ′ (x) = nx n−1 untuk setiap x ∈ I . Oleh karena itu, jika y > 0, maka g ′ (y ) ada, dan g ′ (y ) =

1 1 1 1 = = (n−1)/n . = f ′ (g (y )) n(g (y ))n−1 n(y 1/n )n−1 ny

Jadi dapat disimpulkan bahwa g ′ (y ) =

y (1/n)−1 n

untuk y > 0.

Akan tetapi, g tidak dapat diturunkan di y = 0. Mahdhivan Syafwan




Contoh (2) Misalkan n ∈ N bilangan genap, I = [0, ∞), dan f (x) = x n untuk x ∈ I . Dapat ditunjukkan bahwa f naik sejati dan kontinu pada I (tunjukkan!), sehingga fungsi invers g (y ) = y 1/n untuk y ∈ J = [0, ∞) juga naik sejati dan kontinu pada I (menurut teorema yang mana?). Lebih lanjut, kita mempunyai f ′ (x) = nx n−1 untuk setiap x ∈ I . Oleh karena itu, jika y > 0, maka g ′ (y ) ada, dan g ′ (y ) =

1 1 1 1 = (n−1)/n . = = f ′ (g (y )) n(g (y ))n−1 n(y 1/n )n−1 ny

Jadi dapat disimpulkan bahwa g ′ (y ) =

y (1/n)−1 n

untuk y > 0.

Akan tetapi, g tidak dapat diturunkan di y = 0. Mahdhivan Syafwan



Maksimum-Minimum Relatif dan Teorema Rolle Teorema Nilai Rata-Rata dan Implikasinya Aplikasi Lebih Lanjut Ketaksamaan dan Sifat Nilai Antara dari Turunan

Definisi

Definisi (Maksimum dan minimum relatif) Fungsi f : I ⊆ R → R dikatakan mempunyai maksimum relatif [minimum relatif] di c ∈ I jika terdapat lingkungan V = Vδ (c) dari c sehingga f (c) ≥ f (x) [f (c) ≤ f (x)] untuk semua x ∈ V ∩ I . Lebih lanjut, kita katakan bahwa fungsi f mempunyai ekstrim relatif di c ∈ I jika f mempunyai maksimum relatif atau minimum relatif di c.

Mahdhivan Syafwan




Teorema Ekstrim Dalam Teorema Ekstrim Dalam Misalkan c adalah titik dalam dari interval I (yaitu, terdapat lingkungan V = Vδ (c) dari c sehingga V ⊆ I ) dan f : I → R mempunyai ekstrim relatif di c. Jika f ′ (c) ada, maka f ′ (c) = 0. Bukti. (untuk kasus f yang mempunyai maksimum relatif di c) Andaikan f ′ (c) > 0. Dengan demikian terdapat lingkungan Vδ (c) ⊆ I sedemikian sehingga f (x) − f (c) > 0 untuk x ∈ Vδ (c), x 6= c. x −c Jika x ∈ Vδ (c), x > c, maka diperoleh

f (x) − f (c) > 0. x −c Namun hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa f mempunyai maksimum relatif di c. Jadi pengandaian f ′ (c) > 0 salah. f (x) − f (c) = (x − c) ·

Mahdhivan Syafwan




Teorema Ekstrim Dalam (lanjutan bukti) Sekarang andaikan f ′ (c) < 0, maka terdapat lingkungan Vδ (c) ⊆ I sedemikian sehingga f (x) − f (c) <0 x −c

untuk x ∈ Vδ (c), x 6= c.

Jika x ∈ Vδ (c), x < c, maka diperoleh f (x) − f (c) = (x − c) ·

f (x) − f (c) > 0. x −c

Hal ini juga kontradiksi dengan hipotesis bahwa f mempunyai maksimum relatif di c. Jadi pengandaian f ′ (c) < 0 juga salah. Jadi haruslah f ′ (c) = 0. Dengan cara serupa, buktikan untuk kasus f yang mempunyai minimum relatif di c! Mahdhivan Syafwan




Akibat

Akibat Jika f : I → R kontinu pada interval I dan f mempunyai ekstrim relatif di c ∈ I , maka berlaku salah satu: f ′ (c) tidak ada atau f ′ (c) = 0.

Contoh: Fungsi f (x) = |x| pada I = [−1, 1] mempunyai minimum relatif di x = 0, tetapi tidak mempunyai turunan di x = 0.

Mahdhivan Syafwan




Teorema Rolle Teorema Rolle Jika f kontinu pada interval tutup I = [a, b] dan mempunyai turunan pada interval buka (a, b) dengan f (a) = f (b) = 0, maka terdapat sedikitnya satu titik c ∈ (a, b) sedemikian sehingga f ′ (c) = 0. Bukti. Jika f fungsi nol pada I , maka sebarang c ∈ (a, b) memenuhi kesimpulan dari teorema. Oleh karena itu sekarang kita anggap f bukan fungsi nol pada I . Dengan menggantikan f dengan −f , jika perlu, maka kita dapat mengasumsikan bahwa nilai f ada yang positif. Karena f kontinu pada interval tutup I = [a, b] (yang juga terbatas), maka berdasarkan Teorema Maksimum-Minimum (lihat lagi), fungsi f mencapai nilai sup{f (x) : x ∈ I } > 0 di suatu titik c ∈ I. Mahdhivan Syafwan




Teorema Rolle (lanjutan bukti) Karena f (a) = f (b) = 0, maka titik c haruslah berada dalam (a, b). Oleh karena itu f ′ (c) ada. Dengan demikian, dari Teorema Ekstrim Dalam, kita dapat simpulkan bahwa f ′ (c) = 0. (Lihat gambar di bawah.)

Mahdhivan Syafwan




Teorema Nilai Rata-Rata (akibat Teorema Rolle) Teorema Nilai Rata-Rata (TNR) Jika f fungsi kontinu pada interval tutup I = [a, b] dan mempunyai turunan pada interval buka (a, b), maka terdapat sedikitnya satu titik c ∈ (a, b) sehingga f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a). Bukti. Pandang fungsi ϕ yang didefinisikan pada I dengan ϕ(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a) (x − a), b−a

yang merupakan selisih fungsi f dengan fungsi yang grafiknya adalah ruas garis yang menghubungkan titik (a, f (a)) dan (b, f (b)) [lihat gambar di belakang]. Mahdhivan Syafwan




Teorema Nilai Rata-Rata (lanjutan bukti)

Perhatikan bahwa hipotesis dari Teorema Rolle dipenuhi oleh ϕ, karena ϕ kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Oleh karena itu terdapat c ∈ (a, b) sedemikian sehingga f (b) − f (a) . 0 = ϕ′ (c) = f ′ (c) − b−a Dengan demikian f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a). Mahdhivan Syafwan




Teorema Nilai Rata-Rata (lanjutan bukti)

Perhatikan bahwa hipotesis dari Teorema Rolle dipenuhi oleh ϕ, karena ϕ kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Oleh karena itu terdapat c ∈ (a, b) sedemikian sehingga f (b) − f (a) . 0 = ϕ′ (c) = f ′ (c) − b−a Dengan demikian f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a). Mahdhivan Syafwan




Beberapa Implikasi TNR (1) Silakan dipelajari bukti dari beberapa implikasi TNR berikut! Teorema (Kriteria turunan untuk fungsi konstan) Jika f kontinu pada interval tutup I = [a, b], mempunyai turunan pada interval buka (a, b), dan f ′ (x) = 0 untuk setiap x ∈ (a, b), maka f fungsi konstan pada I . Akibat Jika f dan g fungsi kontinu pada I = [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan f ′ (x) = g ′ (x) untuk setiap x ∈ (a, b), maka terdapat konstanta C sedemikian sehingga f = g + C pada I .

Mahdhivan Syafwan




Beberapa Implikasi dari TNR (2) Teorema (Kriteria turunan untuk kemonotan) Jika f : I → R mempunyai turunan pada I , maka berlaku: (i) f naik pada I ⇔ f ′ (x) ≥ 0 ∀x ∈ I . (ii) f turun pada I ⇔ f ′ (x) ≤ 0 ∀x ∈ I . Teorema (Uji turunan pertama untuk nilai ekstrim) Misalkan f kontinu pada I = [a, b], c titik dalam dari I , dan f mempunyai turunan pada (a, c) dan c, b. Maka berlaku: (i) Jika terdapat lingkungan (c − δ, c + δ) ⊆ I sedemikian sehingga f ′ (x) ≥ 0 untuk c − δ < x < c dan f ′ (x) ≤ 0 untuk c < x < c + δ, maka f mempunyai maksimum relatif di c. (ii) Jika terdapat lingkungan (c − δ, c + δ) ⊆ I sedemikian sehingga f ′ (x) ≤ 0 untuk c − δ < x < c dan f ′ (x) ≥ 0 untuk c < x < c + δ, maka f mempunyai minimum relatif di c. Mahdhivan Syafwan




Aplikasi Teorema Rolle: lokasi akar suatu fungsi Misalkan fungsi g adalah turunan dari fungsi f . Maka di antara dua akar sebarang dari fungsi f , terdapat paling sedikit satu akar dari fungsi g . Contoh: Misalkan f (x) = sin x, sehingga g (x) = f ′ (x) = cos x. Dengan demikian di antara dua akar sebarang dari sin x, terdapat paling sedikit satu akar dari cos x. Di lain pihak, g ′ (x) = − sin x = −f (x). Jadi di antara dua akar sebarang dari cos x, terdapat paling sedikit satu akar dari sin x. Oleh karena itu, kita simpulkan bahwa akar-akar dari sin x dan cos x saling bertautan. Mahdhivan Syafwan




Aplikasi TNR: aproksimasi perhitungan dan estimasi error √ Misalkan √ingin dihitung nilai dari 105. Kita gunakan TNR dengan f (x) = x, a = 100, dan b = 105, sehingga diperoleh √ √ 5 105 − 100 = √ , untuk suatu c ∈ (100, 105). 2( c) √ √ √ Karena 10 < c < 105 < 121 = 11, kita peroleh √ √ √ 5 5 < 105 − 100 < ⇔ 10, 2272 < 105 < 10, 2500. 2(11) 2(10) Aproksimasi √ dapat dibuat lebih baik √ di atas √ dengan menggunakan hubungan c < 105 < 10, 2500, yaitu c < 10, 2500, sehingga kita peroleh √ 5 0, 2439 = < 105 − 10. 2(10, 2500) √ Jadi aproksimasi yang diperoleh sekarang untuk 105 adalah √ 10, 2439 < 105 < 10, 2500. Mahdhivan Syafwan




Ketaksamaan Salah satu aplikasi penting dari TNR adalah untuk memperoleh bentuk-bentuk ketaksamaan tertentu. Contoh: Fungsi f (x) = ex mempunyai turunan f ′ (x) = ex untuk setiap x ∈ R. Jadi f ′ (x) > 1 untuk x > 0 dan f ′ (x) < 1 untuk x < 0. Dari hubungan ini, kita akan tunjukkan ketaksamaan ex ≥ 1 + x, ∀x ∈ R,

(14)

dengan bagian kesamaannya diperoleh jika dan hanya jika x = 0. Kita tinjau per kasus. Untuk x = 0, bagian kesamaan dari (14) otomatis berlaku dimana kedua ruas bernilai 1. Untuk x > 0, dengan menggunakan TNR untuk fungsi f (x) = ex pada interval [0, x], kita peroleh ex − e0 = ec (x − 0), untuk suatu c ∈ (0, x). Mahdhivan Syafwan


(15)



Ketaksamaan (...sambungan) Karena e0 = 1 dan ec > 1, maka pers. (15) menjadi ex − 1 > x ⇔ ex > 1 + x, untuk x > 0.

(16)

Untuk x < 0, dengan menggunakan argumen yang sama dengan kasus di atas (untuk x > 0), maka akan kita peroleh ex > 1 + x untuk x < 0 (silakan dicoba!). Jadi ketaksamaan (14) berlaku untuk semua x ∈ R dengan bagian kesamaannya diperoleh untuk x = 0. Silakan dipelajari contoh-contoh ketaksamaan lain di buku!

Mahdhivan Syafwan




Sifat Nilai Antara dari Turunan

Lema Misalkan I ⊆ R sebuah interval, f : I → R, c ∈ I , dan asumsikan bahwa f mempunyai turunan di c. Maka berlaku: (a) Jika f ′ (c) > 0, maka terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga f (x) > f (c) untuk x ∈ I dengan c < x < c + δ.

(b) Jika f ′ (c) < 0, maka terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga f (x) > f (c) untuk x ∈ I dengan c − δ < x < c. Silakan pelajari buktinya di buku!

Mahdhivan Syafwan




Sifat Nilai Antara dari Turunan Teorema Darboux Jika f dapat diturunkan pada I = [a, b] dan k bilangan antara f ′ (a) dan f ′ (b), maka terdapat paling sedikit satu titik c ∈ (a, b) sedemikian sehingga f ′ (c) = k. Bukti. Misalkan f ′ (a) < k < f ′ (b). Definisikan g pada I dengan g (x) = kx − f (x) untuk x ∈ I . Karena g kontinu (justifikasi!), maka ia mempunyai maksimum pada I (justifikasi!). Karena g ′ (a) = k − f ′ (a) > 0, maka dari Lema sebelumnya [kasus (a)] dapat disimpulkan bahwa maksimum g tidak terjadi di x = a. Kemudian karena g ′ (b) = k − f ′ (b) < 0, maka dari Lema sebelumnya [kasus (b)] dapat disimpulkan bahwa maksimum g tidak terjadi di x = b. Oleh karena itu, g mencapai maksimum di suatu titik c ∈ (a, b). Dari Teorema Ekstrim Dalam, berlaku 0 = g ′ (c) = k − f ′ (c). Jadi, f ′ (c) = k. Mahdhivan Syafwan



Bentuk Tak-Tentu dan Teorema-Teorema Pendahuluan Aturan L’Hospital I Aturan L’Hospital II Bentuk Tak-Tentu Lainnya

Bentuk Tak-Tentu Misalkan A = limx→c f (x) dan B = limx→c g (x). Kasus (i): B 6= 0. lim

x→c

lim f (x) f (x) A = x→c = . g (x) lim g (x) B x→c

Kasus (ii): A 6= 0, B = 0. lim

x→c

f (x) = ±∞ (jika ada). g (x)

(kerjakan Latihan 6.3 no. 2) Kasus (iii): A = B = 0. Kasus ini belum didiskusikan sebelumnya. Limit hasil bagi f /g dikatakan tak-tentu (untuk kasus ini disimbolkan dengan 0/0). Bentuk tak-tentu lainnya: ∞/∞, 0 · ∞, 00 , 1∞ , ∞0 , ∞ − ∞. Mahdhivan Syafwan




Teorema-Teorema Pendahuluan (1) Teorema Misalkan f dan g terdefinisi pada [a, b], f (a) = g (a) = 0, dan g (x) 6= 0 untuk a < x < b. Jika f dan g mempunyai turunan di a dan jika g ′ (a) 6= 0, maka limit dari f /g di a (dari kanan) ada dan nilainya sama dengan f ′ (a)/g ′ (a). Jadi f (x) f ′ (a) lim+ = ′ . x→a g (x) g (a) Bukti. Karena f (a) = g (a) = 0, maka dapat ditulis f (x) − f (a) f (x) = = g (x) g (x) − g (a)

f (x)−f (a) x−a g(x)−g(a) x−a

,

x ∈ (a, b).

Dengan menggunakan Teorema Pembagian Limit, kita peroleh f (x) − f (a) lim f (x) f ′ (a) x −a x→a+ lim = = ′ . g (x) − g (a) g (a) x→a+ g (x) lim x −a x→a+ Mahdhivan Syafwan




Teorema-Teorema Pendahuluan (2) Contoh: x2 + x 2·0+1 1 = = . x→0 sin 2x 2 cos (2 · 0) 2 lim

Peringatan Hipotesis f (a) = g (a) = 0 sangat penting di sini. Sebagai contoh, jika f (x) = x + 17 dan g (x) = 2x + 3 untuk x ∈ R, maka f ′ (0) 17 1 limx→0 gf (x) (x) = 3 , tetapi g ′ (0) = 2 . Untuk menentukan limit dimana f dan g tidak mempunyai turunan di a, kita membutuhkan sebuah teorema yang merupakan versi yang lebih umum dari Teorema Nilai Rata-Rata (diformulasikan oleh Cauchy). Mahdhivan Syafwan




Teorema-Teorema Pendahuluan (3) Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy Misalkan f dan g kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan g ′ (x) 6= 0 untuk setiap x ∈ (a, b). Maka terdapat c ∈ (a, b) sedemikian sehingga f (b) − f (a) f ′ (c) = ′ . g (b) − g (a) g (c) Bukti. Perhatikan bahwa g (a) 6= g (b) (mengapa?). Untuk x ∈ [a, b], definisikan f (b) − f (a) h(x) = (g (x) − g (a)) − (f (x) − f (a)) . g (b) − g (a) Dengan demikian, h kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan h(a) = h(b) = 0. Jadi, menurut Teorema Rolle, terdapat c ∈ (a, b) sehingga f (b) − f (a) ′ g (c) − f ′ (c). 0 = h′ (c) = g (b) − g (a) Karena g ′ (c) 6= 0, maka dengan membagi persamaan di atas dengan g ′ (c), kita peroleh hasil yang diinginkan. Mahdhivan Syafwan




Aturan L’Hospital I Teorema (Aturan L’Hospital I) [untuk kasus limit kanan] Misalkan −∞ ≤ a < b ≤ ∞, f dan g mempunyai turunan pada (a, b) sedemikian sehingga g ′ (x) 6= 0 untuk setiap x ∈ (a, b), dan limx→a+ f (x) = 0 = limx→a+ g (x). f (x) f ′ (x) = L ∈ R, maka lim = L. Jika lim ′ + + x→a g (x) x→a g (x) f (x) f ′ (x) = L ∈ {−∞, ∞}, maka lim+ = L. Jika lim+ ′ x→a g (x) x→a g (x) Bukti.

Mahdhivan Syafwan




Aturan L’Hospital I (...lanjutan bukti)

Mahdhivan Syafwan




Aturan L’Hospital I (...lanjutan bukti)

Untuk kasus limit kiri, dikerjakan serupa. Hasil untuk kasus limit dua-pihak dapat diperoleh jika limit kanan dan limit kiri ada dan sama. Mahdhivan Syafwan




Contoh √ L sin x cos x √ = lim 2 x cos x = 0. (a) lim+ √ = lim+ + x x→0 x→0 1/2 x x→0 (b) lim

x→0

L L 1 − cos x 1 sin x cos x = . = lim = lim x→0 2x x→0 2 x2 2

L L ex − 1 ex 1 ex − 1 − x = lim = lim = . 2 x→0 2x x→0 2 x→0 x 2

(c) lim

L ln x 1/x = 1. = lim x→1 x − 1 x→1 1

(d) lim

Mahdhivan Syafwan




Contoh √ L sin x cos x √ = lim 2 x cos x = 0. (a) lim+ √ = lim+ + x x→0 x→0 x→0 1/2 x (b) lim

x→0

L L 1 − cos x sin x 1 cos x = lim = . = lim x→0 2x x→0 2 x2 2

L L ex − 1 ex 1 ex − 1 − x = lim = lim = . 2 x→0 2x x→0 2 x→0 x 2

(c) lim

L ln x 1/x = 1. = lim x→1 x − 1 x→1 1

(d) lim

Mahdhivan Syafwan




Aturan L’Hospital II Teorema (Aturan L’Hospital II) [untuk kasus limit kanan] Misalkan −∞ ≤ a < b ≤ ∞, f dan g mempunyai turunan pada (a, b) sedemikian sehingga g ′ (x) 6= 0 untuk setiap x ∈ (a, b), limx→a+ f (x) = ±∞, dan limx→a+ g (x) = ±∞. f (x) f ′ (x) = L ∈ R, maka lim = L. Jika lim ′ + + x→a g (x) x→a g (x) f (x) f ′ (x) = L ∈ {−∞, ∞}, maka lim+ = L. Jika lim+ ′ x→a g (x) x→a g (x) Bukti. (silakan dipelajari buktinya di buku!)

Mahdhivan Syafwan




Contoh L ln x 1/x = lim = 0. x→∞ x x→∞ 1

(a) lim

L L 2 2x x2 = lim x = lim x = 0. x→∞ e x→∞ e x→∞ ex

(b) lim

(c) lim

x→0+

i h x L ln(sin x) cos x/ sin x = lim · cos x = 1. = lim ln x 1/x x→0+ sin x x→0+

1− x − sin x (d) lim = lim x→∞ x + sin x x→∞ 1 +

sin x x sin x x

Mahdhivan Syafwan

=

1−0 = 1. 1+0




Contoh L ln x 1/x = lim = 0. x→∞ x x→∞ 1

(a) lim

L L 2x 2 x2 = lim x = lim x = 0. x→∞ e x→∞ e x→∞ ex

(b) lim

(c) lim

x→0+

i h x L ln(sin x) cos x/ sin x = lim · cos x = 1. = lim ln x 1/x x→0+ sin x x→0+

1− x − sin x = lim (d) lim x→∞ 1 + x→∞ x + sin x

Mahdhivan Syafwan

sin x x sin x x

=

1−0 = 1. 1+0




Bentuk Tak-Tentu Lainnya (1) Bentuk tak-tentu seperti 0 · ∞, 00 , 1∞ , ∞0 , ∞ − ∞ dapat direduksi ke bentuk tak-tentu sebelumnya (0/0 atau ∞/∞) dengan manipulasi aljabar dan penggunaan fungsi logaritma dan eksponensial. Contoh: Hitunglah limit berikut. 1 1 , (0, π/2), − (a) lim+ x→0 x sin x (b) lim (1 + 1/x)x , x→∞

(1, ∞).

(a) Misalkan ingin dihitung 1 1 lim+ , − x→0 x sin x

x ∈ (0, π/2).

Perhatikan bahwa limit di atas mempunyai bentuk tak-tentu ∞ − ∞. Bentuk ini dapat direduksi ke bentuk 0/0 sehingga kemudian dapat digunakan aturan L’Hospital I sebagai berikut. L sin x − 1 cos x − 1 1Mahdhivan Syafwan Analisis RiilxII: Diferensiasi



Bentuk Tak-Tentu Lainnya (2) (b) Misalkan ingin dihitung x 1 , lim 1 + x→∞ x

x ∈ (1, ∞).

Limit di atas mempunyai bentuk tak-tentu 1∞ . Perhatikan bahwa x 1 1 1+ = exln(1+ x ) . x Lebih lanjut, kita mempunyai ln 1 + x1 1 lim xln 1 + = lim 1 x→∞ x→∞ x x −1 1 + x1 −x −2 L 1

= lim = lim x→∞ 1 + x→∞ −x −2

Karena y 7→ ey kontinu di y = 1, kita simpulkan bahwa x limx→∞ 1 + x1 = e. Mahdhivan Syafwan


1 x

= 1.


Turunan Tingkat Tinggi Teorema Taylor Aplikasi Teorema Taylor Metode Newton

Turunan Tingkat Tinggi Jika f : I → R mempunyai turunan pada I , kita peroleh fungsi f ′ : I → R. Fungsi f ′ disebut turunan pertama dari f . Jika f ′ mempunyai turunan, kita tulis f ′′ sebagai turunan dari f ′ . Fungsi f ′′ disebut turunan kedua dari f . Dengan cara yang sama, kita peroleh f ′′′ , f ′′′′ , dst. Demi kemudahan notasi, kita tulis f (n) untuk menyatakan turunan ke-n dari f (biasanya notasi seperti ini digunakan untuk turunan ke-4, ke-5, dst, yaitu untuk n = 4, 5, ...).

Mahdhivan Syafwan




Definisi Definisi (Polinom Taylor ke-n) Misalkan fungsi f mempunyai turunan ke-n di titik x0 . Kita definisikan polinom Taylor ke-n untuk f di x0 sebagai Pn (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) + +··· +

f ′′ (x0 ) (x − x0 )2 2!

f (n) (x0 ) (x − x0 )n . n! (k)

(35)

Perhatikan bahwa Pn (x0 ) = f (x0 ) dan Pn (x0 ) = f (k) (x0 ) untuk k = 1, ..., n. Karena itu masuk akal untuk mengaproksimasi f (x) dengan Pn (x) untuk x di sekitar x0 . Namun untuk mengukur kualitas dari aproksimasi tersebut, perlu informasi dari sisa Rn = f − Pn . Teorema berikut memberikan informasi demikian. Mahdhivan Syafwan




Teorema Taylor Teorema Taylor Misalkan n ∈ N, I = [a, b], dan f : I → R sedemikian sehingga f dan turunannya f ′ , f ′′ , ..., f (n) kontinu pada I dan f (n+1) ada pada (a, b). Jika x0 ∈ I , maka untuk sebarang x ∈ I terdapat titik c di antara x dan x0 sedemikian sehingga f ′′ (x0 ) (x − x0 )2 f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) + 2! f (n) (x0 ) f (n+1) (c) (x − x0 )n + (x − x0 )n+1 . (36) +···+ n! (n + 1)! Pers. (36) dapat ditulis sebagai f (x) = Pn (x) + Rn (x), dimana Pn (x) diberikan oleh pers. (35) dan Rn (x) adalah sisa yang diberikan oleh Rn (x) =

f (n+1) (c) (x − x0 )n+1 , (n + 1)!

(37)

untuk suatu c di antara x dan x0 . Formula untuk Rn di atas disebut bentuk Lagrange (atau bentuk turunan) dari sisa. Mahdhivan Syafwan




Teorema Taylor (bukti) Bukti. Misalkan J menyatakan interval tutup dengan titik-titik ujung x0 dan x. Kita definisikan fungsi F pada J dengan F (t) = f (x) − f (t) − (x − t)f ′ (t) − · · · −

(x − t)n (n) f (t), n!

Perhatikan bahwa F ′ (t) = −

(x − t)n (n+1) f (t). n!

Sekarang definisikan fungsi G pada J dengan x − t n+1 G (t) = F (t) − F (x0 ), x − x0 Mahdhivan Syafwan

t ∈ J.


t ∈ J.



Teorema Taylor (lanjutan bukti) Dapat diperiksa bahwa G kontinu pada J, mempunyai turunan pada J \ {x0 , x}, dan G (x0 ) = G (x) = 0. Dengan demikian, menurut Teorema Rolle, terdapat c di antara x0 dan x sedemikian sehingga 0 = G ′ (c) = F ′ (c) + (n + 1)

(x − c)n F (x0 ). (x − x0 )n+1

Dari sini kita peroleh F (x0 ) =

f (n+1) (c) (x − x0 )(n+1) , (n + 1)!

yang sesuai dengan hasil yang diinginkan. Mahdhivan Syafwan




Estimasi error dalam mengaproksimasi sebuah fungsi (1) Suku sisa Rn pada Teorema Taylor dapat digunakan untuk mengestimasi error dalam mengaproksimasi sebuah fungsi dengan polinom Taylornya Pn . Ada dua skenario yang akan muncul: (i) Jika nilai n ditetapkan, maka ketelitian aproksimasi tersebut dapat ditentukan, atau (ii) Jika ketelitian aproksimasi ditetapkan, maka nilai n dapat ditentukan. Contoh berikut akan mengilustrasikan skenario (i) [silakan lihat contoh untuk skenario (ii) di buku]. Contoh: Gunakan Teorema Taylor dengan n = 2 untuk mengaproksimasi √ 3 1 + x, x > −1. Mahdhivan Syafwan




Estimasi error dalam mengaproksimasi sebuah fungsi (2) Jawab. Kita ambil fungsi f (x) = (1 + x)1/3 , titik x0 = 0, dan n = 2. Jadi pers. (36) pada teorema Taylor untuk kasus ini menjadi (periksa!) 1 1 f (x) = 1 + x − x 2 + R2 (x). 3 9 5 (1 + c)−8/3 x 3 untuk suatu titik c di antara 0 dan x. dimana R2 (x) = 81 Sebagai √contoh, jika x = 0, 3, kita peroleh aproksimasi P2 (0, 3) = 1, 09 untuk 3 1, 3. Lebih jauh, karena dalam kasus ini c > 0, maka (1 + c)−8/3 < 1 dan oleh karena itu errornya paling besar adalah 3 3 1 5 = < 0, 17 × 10−2 . R2 (0, 3) < 81 10 600 √ Jadi, diperoleh | 3 1, 3 − 1, 09| < 0, 5 × 10−2 , yaitu diperoleh ketelitian sampai dua tempat desimal. Mahdhivan Syafwan




Penurunan Beberapa Bentuk Ketaksamaan Contoh: Tunjukkan bahwa eπ > π e . Bukti. Dengan menggunakan teorema Taylor, dapat ditunjukkan bahwa ex > 1 + x untuk x > 0 (justifikasi!). Kemudian karena π > e, kita mempunyai x = π/e − 1 > 0, sehingga e(π/e)−1 > 1 + (π/e − 1) = π/e. Hal ini mengakibatkan e(π/e) > (π/e)e = π. Jadi kita peroleh eπ > π e .

Mahdhivan Syafwan




Ilustrasi

Mahdhivan Syafwan




Metode Newton (-Raphson) Teorema (Metode Newton) Misalkan I = [a, b] dan f : I → R dapat diturunkan dua kali pada I . Andaikan f (a)f (b) < 0 dan terdapat konstanta m dan M sehingga |f ′ (x)| ≥ m > 0 dan |f ′′ (x)| ≤ M untuk x ∈ I dan misalkan K = M/2m. Maka terdapat subinterval I ∗ yang memuat akar r dari persamaan f (x) = 0 sedemikian sehingga untuk sebarang x1 ∈ I , barisan (xn ) yang didefinisikan dengan xn+1 = xn −

f (xn ) untuk setiap n ∈ N, f ′ (xn )

(38)

ada di I dan (xn ) konvergen ke r . Lebih lanjut, |xn+1 − r | ≤ K |xn − r |2 untuk setiap n ∈ N. Silakan pelajari buktinya di buku! Mahdhivan Syafwan


(39)



Contoh Kita akan gunakan metode Newton untuk mengaproksimasi

√

2.

Kita √ ambil f (x) = x 2 − 2 untuk x ∈ R sehingga untuk mencari nilai 2 dapat dilakukan dengan mencari akar positif dari persamaan f (x) = 0. Karena f ′ (x) = 2x, rumus iterasi adalah f (xn ) f ′ (xn ) 1 2 xn2 − 2 = . xn + = xn − 2xn 2 xn

xn+1 = xn −

Jika kita pilih x1 = 1 sebagai tebakan awal, kita peroleh berturut-turut x2 = 1, 5, x3 = 1, 416666..., x4 = 1, 414215..., dan x5 = 1, 414213562374..., yaitu akurat sampai 11 tempat desimal. Mahdhivan Syafwan




Catatan (a) Misalkan en = xn − r adalah error dalam mengaproksimasi r . Dengan demikian ketaksamaan (39) dapat ditulis menjadi |Ken+1 | ≤ |Ken |2 . Akibatnya, jika |Ken | < 10−m , maka |Ken+1 | < 10−2m . Jadi jumlah angka signifikan pada Ken menjadi dua kali lipat. Berdasarkan kenyatan ini, barisan yang dibangkitkan oleh metode Newton dikatakan konvergen secara kuadratik. (b) Jika tebakan awal x1 yang dipilih ‘buruk’, atau fungsi f mempunyai asimtot datar y = 0, barisan (xn ) di pers. (38) bisa jadi tidak konvergen ke r (lihat gambar berikut).

(a) xn → ∞ Mahdhivan Syafwan

(b) xn berosilasi antara x1 dan x2 Analisis Riil II: Diferensiasi

Analisis Riil II: Diferensiasi

Recommend Documents