Pendiferensialan. Modul 1 PENDAHULUAN

Modul 1

Pendiferensialan Prof. R. Soemantri

PE NDAHUL UA N

D

alam modul ini dibahas fungsi bernilai real yang didefinisikan pada suatu interval. Definisi derivatif suatu fungsi dimulai dengan derivatif di suatu titik, kemudian didefinisikan fungsi terdiferensial pada subhimpunan suatu interval. Selanjutnya ditunjukkan bahwa kekontinuan suatu fungsi merupakan syarat perlu agar fungsi terdiferensial. Teknik pendiferensialan tidak dibahas dalam modul ini. Modul ini lebih menekankan segi teorinya daripada penggunaan praktis hitung diferensial. Dua teorema yang sangat penting yaitu Teorema Rolle dan Teorema Nilai Rata-rata mengawali pembahasan teori hitung diferensial ini, selanjutnya dikembangkan untuk membahas Aturan L’Hospital tentang penghitungan limit, Teorema Taylor, dan masalah nilai ekstrem. Kaitan antara keterdiferensialan suatu fungsi dengan fungsi korespondensi satu-satu maupun dengan fungsi monoton disajikan khusus sebagai suatu teorema. Adanya nilai derivatif di antara dua nilai derivatif suatu fungsi ditunjukkan sebagi Teorema Darboux. Contoh soal maupun soal-soal dalam latihan diharapkan mengajak para pembaca lebih memahami teori hitung diferensial, dan mengingat kembali konsep-konsep dan teorema-teorema dalam analisis yang pernah dipelajari dalam buku Analisis I. Setelah mempelajari modul ini pembaca diharapkan dapat: (a) memahami definisi derivatif suatu fungsi; (b) memahami dan menggunakan teorema nilai rata-rata; (c) memahami dan menggunakan tanda nilai fungsi derivatif; (d) menggunakan teorema L’Hospital; dan (e) menggunakan teorema Taylor.

1.2

ANALISIS II 

Kegiatan Belajar 1

Derivatif

D

alam Buku Materi Pokok Analisis I telah dibahas perihal fungsi, mulai dari fungsi yang bernilai real yang didefinisikan pada N , yaitu barisan, kemudian yang didefinisikan pada subhimpunan dari R . Tentang nilai fungsi dikenal nilai definisi, yaitu nilai menurut definisi fungsi itu, dan nilai limit. Jika c anggota domain D R fungsi f dan juga titik limit domain itu, didefinisikan f kontinu di c apabila lim f ( x ) f (c) . Fungsi f dikatakan x

c

kontinu pada D jika f kontinu di setiap titik anggota D. Dalam Analisis I telah dibahas panjang lebar tentang sifat-sifat fungsi kontinu. Dalam Modul 1 ini akan dibahas tentang fungsi terdiferensial (differentiable). Untuk maksud ini akan dibahas konsep derivatif suatu fungsi yang didefinisikan pada suatu interval. A. DERIVATIF Definisi 1.1 Diberikan fungsi f : a, b

R.

f ( x)  f (c) a  x  b, x  c x c Jika lim ( x) ada dan real (berhingga) maka f dikatakan terdiferensial Untuk c [a, b] dibentuk fungsi

( x) 

xc

(differentiable) di c . Nilai lim ( x) dinotasikan dengan f (c) yang xc

dinamakan derivatif fungsi f di titik c . Jika f (c) ada dan real untuk setiap c  E  [a, b] dikatakan f terdiferensial pada E . Jadi, f  terdefinisikan di titik-titik pada [a, b] di mana limit ( x) untuk x mendekati titik itu ada dan real, dan dinamakan fungsi derivatif dari f . Tentu saja Anda memahami di ujung interval [a, b] fungsi f terdiferensial di a atau di b apabila limit kanan lim ( x) ada dan limit kiri lim ( x) ada. xa

xa

1.3

 MATA4320/MODUL 1

Contoh 1.1 Mudah pembaca pahami bahwa fungsi konstan f ( x)  k dan g ( x)  x terdiferensial pada R dengan f ( x)  0 dan g ( x)  1, x  R . Contoh 1.2 Tentukan fungsi derivaif f  untuk f :[0, )  R dengan f ( x)  x Jawab: Untuk 0  x  maka f ( x)  lim (t )  lim tx

Akan tetapi,

tx

t x 1 1  lim  tx tx t  x 2 x

f (0)  lim



t 0

t t

tidak ada di dalam R , jadi

f

tidak

terdiferensial di 0 . Fungsi

f ( x)  x terdiferensial pada (0, ) dan

f ( x) 

1

untuk

2 x

0  x  Contoh 1.3 Buktikan jika f ( x)  sin x dan g ( x)  cos x maka g ( x)  sin x, x  R .

f ( x)  cos x

dan

Bukti: Untuk x R ,  t  x   t  x  2sin  cos   2   2  sin t  sin x  lim  cos x . f ( x)  lim (t )  lim tx t x tx t x t x Demikian juga mudah dibuktikan bahwa g ( x)  sin x .

Teorema 1.1 Jika f :[a, b]  R terdiferensial di suatu titik c  [a, b] maka f kontinu di c . Bukti:

lim  f (t )  f (c)  lim

t c

t c

f (t )  f (c) . lim t  c  f (c).0  0 t c t c

1.4

ANALISIS II 

Jadi, lim f (t )  f (c) sehingga f kontinu di c . t c

Tetapi sebaliknya tidak benar. Fungsi g ( x)  x terdiferensial di 0 .   x, jika x  0 Fungsi g ( x)   ,    x, jika x  0

jadi

lim



x0

kontinu

tetapi tidak

g ( x)  g (0)  1 x

dan

g ( x)  g (0) g ( x)  g (0) tidak ada dan g tidak  1 , sehingga lim x x x0 terdiferensial di 0 meskipun kontinu di 0 . lim

x0

Teorema tentang rumus-rumus derivatif kombinasi dari dua fungsi terdiferensial berikut ini buktinya sudah pembaca kenal dalam kalkulus. Teorema 1.2 Jika fungsi f dan g didefiniskan pada [a, b] dan terdiferensial di titik c  [a, b] maka

f g

f  g , f  g , fg dan

terdiferensial di c dan ( f  g ) (c)  f (c)  g (c) ; ( f  g ) (c)  f (c)  g (c) ; ( fg ) (c)  f (c) g (c)  f (c) g (c) ; dan

 f    (c)  f (c) g (c)  f (c) g (c) asalkan g (c)  0 .  g  2 g (c )





Teorema 1.3 (Aturan Rantai) Diberikan fungsi f :[a, b]  [c, d ] , dan g :[c, d ]  R dan c  [a, b] . Jika f terdiferensial di c dan g terdiferensial di f (c) maka fungsi komposisi g  f terdiferensial di c dan mempunyai derivatif ( g  f ) (c)  g ( f (c)) f (c) .

1.5


Bukti: Dibentuk fungsi  g ( y )  g ( f (c))    g ( f (c)) jika y  f (c), y  c, d   y  f (c ) h( y )    jika y  f (c), y  c, d   0    Maka h :[c, d ]  R kontinu di f (c) karena diketahui bahwa g terdiferensial di f (c) . Demikian juga karena diketahui f terdiferensial di c maka f kontinu di c sehingga fungsi komposisi h  f kontinu di c . Jadi, lim (h  f )( x)  (h  f )(c)  0 . xc

f ( x)  f (c) f ( x)  f (c) Jadi, lim (h  f )( x)  g ( f (c))  g ( f (c)). lim x c x c xc xc  g ( f (c)). f (c) Di lain pihak f ( x)  f (c) g ( f ( x))  g ( f (c)) f ( x)  f (c) lim (h  f )( x)  g ( f (c)) .  lim . x c f ( x)  f (c) x c xc xc

 lim

xc

g ( f ( x))  g ( f (c))  ( g  f ) (c). x c

Dengan demikian diperoleh ( g  f ) (c)  g ( f (c)) f (c) . Contoh 1.4

 1   x sin , untuk x  0  Didefinisikan f ( x)   x  , untuk x  0  0   Tentukan f ( x) untuk x R . Jawab: Fungsi f kontinu di 0 , sebab untuk x  0 diperoleh 1 1  x sin  x sehingga lim f ( x)  0 dan f kontinu di 0 , x x x0 sedangkan untuk x  0 fungsi f merupakan hasil kali dua fungsi kontinu x sin

1.6

ANALISIS II 

jadi juga kontinu. Dengan demikian, f kontinu pada R, sehingga syarat perlu untuk keterdiferensialan f dipenuhi (lihat Teorema 1.1). Untuk x  0 dengan menggunakan aturan pendiferensialan hasilkali dua fungsi dan aturan rantai diperoleh 1  1  1  1 1 1 f ( x)  1.sin    x.cos     sin     cos   untuk x  0 .  x   x  x 2   x   x   x  Untuk x = 0 dengan definisi derivatif, dihitung 1 f ( x)  f (0) lim  lim sin   tidak ada.  x  x x0 x0 Jadi, f tidak terdiferensial di 0 . Dengan demikian f terdiferensial pada R  0 .

Contoh 1.5 1 Buktikan fungsi f dengan f ( x)  x 2 cos   untuk x  0 dan f (0)  0  x 

terdiferensial pada R. Bukti: Fungsi f jelas kontinu untuk x  0 sebab merupakan hasilkali dua fungsi kontinu. 1 2 2 Untuk x  0 , f ( x)  x cos  x sehingga lim f ( x)  0  f (0) dan x x0

f kontinu di 0 . Syarat perlu untuk adanya derivatif di titik pada R dipenuhi.

1 1 Untuk x  0 maka f ( x)  2 x cos  sin dan x x f ( x)  f (0) 1 f (0)  lim  lim x cos  0. Jadi, f terdiferensial pada R. x x x0 x0 Dua teorema berikut sangat penting dalam penelahan fungsi real. Penggunaan kedua teorema ini menghasilkan manfaat dalam teori optimisasi, deret Taylor, letak nilai nol fungsi dan dalam kawasan lainnya.

1.7


Teorema 1.4a (Teorema Rolle) Jika f :[a, b]  R kontinu pada interval tertutup [a, b] dan terdiferensial pada interval terbuka (a, b) , dan f (a)  f (b) maka terdapat  (a, b) sehingga f ( )  0 . Bukti: Jika f ( x)  f (a), x  [a, b] maka f ( x) konstan pada [a, b] sehingga f ( x)  0. Jika f tidak konstan maka menurut teorema tentang fungsi kontinu pada interval tertutup terbatas, terdapat x1 dan x2 dalam (a, b) sehingga f ( x1 )  inf{ f ( x) : x  [a, b]} dan f ( x2 )  sup{ f ( x) : x  [a, b]} .Untuk titik x1 maka

f ( x)  f ( x1 ) f ( x)  f ( x1 )  0 jika x1   x  x1 dan 0 x  x1 x  x1

jika x1  x  x1  untuk suatu

lim

x x1

 0 . Jadi lim

x x1_

f ( x)  f ( x1 )  0 dan x  x1

f ( x)  f ( x1 )  0 . Karena diketahui f terdiferensial di x1 maka kedua x  x1

nilai limit ini harus sama, jadi f ( x1 )  lim

x x1

f ( x)  f ( x1 ) 0. x  x1

Teorema 1.4b (Teorema Nilai Rata-rata) Jika f ;[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) maka terdapat

 (a, b) dengan f ( ) 

f (b)  f (a) . ba

Bukti: Dibentuk fungsi F ( x)  f ( x)  Ax  B pada [a, b] dengan A dan B dipilih sehingga F (a)  F (b)  0 , jadi A 

B   f (a )  a

f (a)  f (b) dan ba

f (b)  f (a) ba

F ( x)  f ( x)  f ( a )  ( x  a )

f (b)  f (a) . ba

1.8

ANALISIS II 

Jadi F kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) dengan F (a)  F (b) . Menurut Teorema Rolle, terdapat  (a, b) sehingga

f (b)  f (a) . ba Dalam bukti Teorema Rolle tersimpul suatu langkah penting tentang nilai minimum (maksimum) di titik interior interval [a, b] yang kita angkat menjadi lemma berikut. F ( )  0 , jadi f ( ) 

Lemma 1.1 Jika fungsi f yang kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) mempunyai nilai maksimum (minimum) di titik interior x0  (a, b) maka f ( x0 )  0.

Contoh 1.6 Buktikan untuk h  0 dan

1 berlaku (1  h)  1  h .

Bukti: Ditinjau fungsi f ( x)  x yang kontinu dan terdiferensial pada [1,1 h] . Menurut Teorema nilai Rata-rata terdapat  (1,1  h) dengan

f (1 h)  f (1) 1  h , jadi (1  h) 1  hf ( )  h h karena diketahui  1 dan 1 0 . Teorema berikut adalah sebagai akibat teorema nilai rata-rata. f ( ) 


1.9

Teorema 1.5 Jika f :[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) maka (i) f ( x)  0, x  (a, b)  f fungsi korespondensi 1-1 pada [a, b] . (ii) f ( x)  0, x  (a, b)  f konstan. (iii) f ( x)  0, x  (a, b)  f naik tegas pada [a, b] . (iv) f ( x)  0, x  (a, b)  f turun tegas pada [a, b] . (v) f ( x)  0, x  (a, b)  f naik pada [a, b] . (vi) f ( x)  0, x  (a, b)  f turun pada [a, b] . Bukti: (i) Fungsi f :[a, b]  R adalah fungsi korespondensi 1-1 jika x  y  [a, b] maka f ( x)  f ( y)  f ([a, b]). Untuk a  x  y  b maka   ( x, y) dan f ( y)  f ( x)  ( y  x) f ( )  0 karena diketahui bahwa f (t )  0, t  (a, b). Jadi f korespondensi 1-1 pada [a, b] . (ii) Untuk a  x  y  b,   ( x, y) sehingga f ( y)  f ( x)  ( y  x) f ( )  0. Jadi f ( x) konstan sama dengan f (a).

(iii) Karena f (t )  0, t  (a, b) maka a  x  y  b    ( x, y), f ( y)  f ( x)  ( y  x) f ( )  0 . Jadi a  x  y  b  f ( x)  f ( y) sehingga f naik tegas pada [a, b] . (v) Untuk a  x  y  b,   ( x, y) sehingga f ( y)  f ( x)  ( y  x) f ( )  0 . Jadi f naik pada [a, b] . (iv) dan (vi) berturut-turut dibuktikan seperti (iii) dan (v).

Lemma 1.2 Jika f dan g fungsi bernilai real yang kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) , dan jika f ( x)  g ( x), x  (a, b) maka terdapat k  R sehingga f ( x)  g ( x)  k , x  [a, b] . Bukti: Gunakan Teorema 1.5 (ii) untuk fungsi f  g .

Contoh 1.7

1.10

ANALISIS II 

Jika f fungsi dari R ke dalam R dan f ( x)  f ( y )  x  y

p

untuk suatu

p  1 , buktikan bahwa f konstan. Bukti: f ( x)  f ( y )  x y x y Jadi lim x y

p1

dengan p1  0 .

f ( x)  f ( y )  lim x  y x y x y

p1

 0 sehingga f ( x)  0 untuk

sembarang x R . Menurut Teorema 1.5(ii) maka f konstan. Contoh 1.8 Jika f : (a, b)  R terdiferensial pada (a, b) dan terdapat M  0 sehingga f ( x)  M , x  (a, b) buktikan bahwa:

(a) f kontinu seragam pada (a, b) (b) lim f ( x) dan lim f ( x) ada. xa

xb

Bukti: (a) Karena lim y x

f ( y )  f ( x) f ( y )  f ( x)  f ( x ) .  f ( x) maka lim y x yx yx

  0, y  (a, b), 0 yx  

f ( y )  f ( x)  f ( x)  1  M  1. yx

y  (a, b), 0  y  x   f ( y)  f ( x)  ( M 1) y  x ini berlaku

x  (a, b) . Karena f terdiferensial [jadi f kontinu, maka lim f ( y)  f ( x) ] y x

sehingga untuk semua x, y  (a, b) dan x  y   f ( x)  f ( y)  ( M 1) x  y .

      min   ,  maka x, y  (a, b),   M  1     x  y   f ( x)  f ( y )  .

Jika diberikan

 0 dan

Terbukti f kontinu seragam pada (a, b) .

1.11


(b) x, y  (a, a  )  f ( x)  f ( y)  . Jika y tetap maka

f ( y)   f ( x)  f ( y)  . Jadi E  { f ( x) : x  (a, a  )} terbatas sehingga A  inf E dan B  sup E ada. Tergantung kepada sifat fungsi f maka lim f ( x) xa

adalah A atau B. Dengan cara yang serupa ditentukan lim f ( x) . xb

Contoh 1.9 Buktikan bahwa persamaan x3  3x  b  0 paling banyak mempunyai satu akar di dalam [1,1] . Bukti: Ditinjau fungsi kontinu dan terdiferensial pada [1,1]. Fungsi derivatif f ( x)  3x 2  3  0, x  (1,1) . Menurut Teorema 1.5(i) dan (iv) f fungsi korespondensi 1-1 dan turun tegas pada Karena [1,1].

f (1)  2  b  f (1)  2  b dan f kontinu pada [1,1] maka persamaan tidak mempunyai akar di dalam [1,1] apabila b 2  0 atau b 2  0 . Jika 2  b  2 dan mengingat f turun tegas, yaitu jika b 2 dan b  2 , atau jika b  2 dan b 2 maka persamaan mempunyai tepat satu akar di dalam [1,1]. Jadi untuk semua nilai dari b persamaan x3  3x2  b  0 paling banyak mempunyai satu akar di dalam [1,1]. Contoh 1.10 Jika f fungsi terdiferensial dari R ke dalam R dengan f (0)  0 dan f ( x)  f ( x) , x  R , buktikan bahwa f ( x)  0 pada R.

Bukti: Diandaikan bahwa f tidak konstan nol pada R. Karena f kontinu pada R maka himpunan Z  {x : f ( x)  0} tertutup. Menurut Teorema 5.10, Analisis I, Z C memuat (a, b) dengan a atau b atau keduanya dalam Z dan f ( x)  0 , boleh dimisalkan f ( x)  0, a  x  b . Ambil titik c  b dan

c  a 1 dan f (d )  maks  f ( x) : x  [a, c]. Dengan menggunakan teorema nilai rata-rata dan mengingat f(d) > 0 dan f(a) = 0, maka

1.12

ANALISIS II 

f ( d )  f ( d )  ( d  a ) f  ( )  ( d  a ) f (  ( d  a ) f ( )

 (d  a) f ( )  (d  a) f (d ) dengan nilai tertentu di antara a dan d. Jadi 0  f (d )  (d  a) f (d ) . Terjadi kontradiksi karena (d  a)  1 . Contoh 1.11 Fungsi f dan g mempunyai derivatif yang kontinu pada interval I . Tunjukkan bahwa jika fg   gf   0 pada I , maka nilai-nilai nol f dan g satu dengan yang lain saling terpisah. Bukti: Karena f dan g mempunyai derivatif yang kontinu pada I , maka fungsi fg   gf  kontinu pada I . Karena itu fg   gf  tidak mungkin berubah tanda pada I , sebab untuk perubahan tanda ini fungsi ini harus bernilai nol di suatu titik pada I , kontradiksi dengan fg   gf   0 pada I . Andaikan a dan b dua nilai nol yang berturutan dari f . Akan dibuktikan terdapat tepat satu nilai nol c dari g dan a  c  b . Jadi f ( x)  0 untuk a  x  b . Karena fg   gf   0 dan f (a)  0 maka g (a)  0 . Diasumsikan f ( x)  0 untuk a  x  b dan g (a)  0 . Maka fungsi

f g

 f  f ( x ) g  ( x )  g ( x ) f ( x ) terdiferensial pada (a, b) dan   ( x)  . Jika 2  g   f ( x )

fg   gf   0 maka

f naik tegas pada (a, b) , dan ini tidak mungkin terjadi g

f f karena lim   ( x)   . Jadi fg   gf   0 dan x a  g  g 

turun tegas pada

f bernilai 0 di tepat g satu titik c  (a, b) dan tepat ada satu nilai nol dari g di antara dua nilai nol dari f . Karena peran f dan g dalam masalah ini simetris, maka di antara dua nilai nol yang berturutan terdapat satu nilai nol dari f .

(a, b) mulai dari

melalui 0 menuju ke . Jadi

1.13


Tiga kasus untuk asumsi yang lain dibahas dengan cara yang semacam. Teorema 1.6 (Teorema Nilai Rata-rata Umum) Jika fungsi f dan g kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) , maka f (b)  f (a) f ( ) terdapat  (a, b) sehingga .  g (b)  g (a) g ( ) Bukti: Dibentuk fungsi h( x)  [ f (b)  f (a)]g ( x) [ g (b)  g (a)] f ( x) . Maka h kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) lagi pula h(a)  h(b) . Menurut Teorema Rolle terdapat teorema di atas.

 (a, b) dengan h( )  0 dan terbuktilah

Sebagai akibat dari teorema nilai rata-rata umum adalah Aturan L’Hospital yang sangat bermanfaat untuk menghitung jenis-jenis tertentu tentang limit. B. ATURAN L’HOSPITAL Teorema 1.7 (Aturan L’Hospital) Diberikan fungsi f dan g : (a, b)  R dan g ( x)  0 untuk x  (a, b) , dan lim xa

f ( x) L. g ( x)

Jika

lim f ( x)  lim g ( x)  0

(i)

lim f ( x)  lim g ( x)  

(ii)

xa

xa

atau xa

maka lim xa

xa

f ( x) L. g ( x)

Bukti: Diberikan 0  1 . Maka   0 sehingga untuk a  x  a  ketaksamaan berikut ini berlaku.

ketiga

1.14

ANALISIS II 

(1) (2) (3)

  f ( x)    g ( x)  f ( x) L   L g ( x)

Jika a  x  y  a 

maka menurut Teorema 1.6   ( x, y) sehingga f ( x)  f ( y ) f ( ) (4) L    L g ( x)  g ( y ) g ( )

Karena lim f ( x)  lim g ( x)  0 dan jika dalam (4) diambil x  a maka xa

xa

f ( x)  0 dan g ( x)  0 sehingga diperoleh

a  y a . Jadi, jika diberikan

f ( y) L  g ( y)

 0,   0 sehingga x,0  x 

untuk

berlaku

f ( x) f ( x)  L  . Jadi terbukti lim L. xa g ( x) g ( x)

Jika lim f ( x)  lim g ( x)   diambil y tetap dalam (4) dan dibetuk fungsi xa

xa

g ( y) 1 g ( x) ( x)  . f ( y) 1 f ( x) f ( x)  g ( x)  g ( y )  f ( x) g ( )  Maka ( x)  , sehingga  g ( x)  f ( x)  f ( y )  g ( x) f ( )

f ( x) f ( ) (a  x  y  a  ) .  ( x) g ( x) g ( ) Oleh karena (ii) maka lim ( x)  1 sehingga  ,0   berlaku xa

( x) 1 

untuk a  x  a  . Karena 0  1 maka

untuk a  x  a  . Mengingat (ii) dan (4) maka dan

f ( ) L  g ( )

( x)  2,

untuk a  x  a  , sehingga diperoleh

( x)  2

( x) 1 

1.15


f ( x) L  g ( x)

( x)

f ( ) L g ( )

= ( x) 

f ( )  L ( x)  L ( x)  L g ( ) f ( ) L  L g ( )

( )

( x ) 1   2  L  .

Jadi terbukti bahwa jika lim f ( x)  lim g ( x)   maka jika diberikan xa

0  1 tedapat

xa

 0 , x  (a, a  ) berlaku

f ( x)  L  2  L  . g ( x)

f ( x) L. g ( x) Jelas bahwa hasil di atas berlaku juga untuk limit kiri, selanjutnya hasil yang diperoleh untuk limit satu arah mudah diperluas untuk limit dua arah. Aturan L’Hospital juga berlaku untuk limit tak hingga dan limit di tak hingga. Dengan demikian telah dibuktikan lim xa

Teorema 1.8 Diberikan fungsi f dan g terdiferensial pada (a, b) dengan g ( x)  0 dan f ( x) g ( x)  0 untuk x  (a, b) dan lim   (atau  ). z  a g ( x) (i) jika lim f ( x)  lim g ( x)  0 maka lim

f ( x)   (atau  ); g ( x)

(ii) jika lim f ( x)  lim g ( x)   maka lim

f ( x)   (atau  ). g ( x)

xa

xa

xa

xa

xa

xa

Bukti: (i) Diberikan  0 dan M  0 . Maka terdapat  0 sehingga   f ( x)  ,   g ( x)  , dan f  ( x)  M untuk x  y  a  . Pilih y dan a  x  y  a  maka g ( x)

  ( x, y) dan

f ( y )  f ( x) f ( )  M g ( y )  g ( x) g ( )

1.16

ANALISIS II 

Jika diambil y  a maka diperoleh

f ( x)  M . Jadi diberikan M  0 g ( x)

 0 sehingga untuk a  x  a 

terdapat

berlaku

f ( x) M . g ( x)

f ( x)  . x a g ( x) (ii) Diberikan M  0 . Maka   0 sehingga berlaku tiga ketaksamaan f ( x) f ( x)  M , g ( x)  M ,  M , x  (a, a  ). g ( x) Jadi, lim

Dipilih y dan a  y  x  a  , maka  , x   y dan fungsi f ( x) 1 f ( y) f ( y )  f ( x) f ( ) f ( y) ( x)  sehingga ( x)   g ( x) f ( x) g ( y )  g ( x) g ( ) 1 g ( y) Jadi, untuk y  a diperoleh lim ( x)  1 dan ca

f ( y) f ( ) lim  lim  . x  a f ( x ) x  a g ( ) Teorema 1.9 Jika f dan g terdiferensial pada (b, ) dengan g ( x)  0, g ( x)  0 untuk f ( x ) x  (b, ) dan lim   ( atau  ). x  g ( x) (i) jika lim f ( x)  lim g ( x)  0 maka lim

f ( x) ; g ( x)

(ii) jika lim f ( x)  lim g ( x)   maka lim

f ( x) . g ( x)

x 

x 

x 

x 

x

x

Dengan mengadakan perubahan seperlunya teorema juga berlaku untuk x   . Bukti:

1.17


1 perhatikan fungsi F dan G t  1  1  1 1 untuk t  0,  dengan F (t )  f   dan G (t )  g   untuk 0  t  .  b   t   t  b  1 Maka kita mempunyai fungsi F dan G terdiferensial pada 0,  dengan  b  Dengan mengadakan pengubahan variabel x 

lim f ( x)  lim F (t ) dan lim g ( x)  lim G(t )

x

x

t 0

t 0

F (t ) f ( x)(1/ t ) f ( x ) f ( x) F (t ) , jadi lim    lim . x g ( x) t 0 G (t ) G (t ) g ( x)(1/ t 2 ) g ( x ) 2

Dengan pengubahan variabel ini Teorema 1.9 berubah menjadi Teorema 1.8. Catatan : Untuk mudahnya Aturan L’Hospital ini digunakan untuk  f ( x) 0 menghitung limit berbentuk atau dari , dengan  g ( x) 0 menghitung lim xa

f ( x) f ( x ) untuk a bilangan real, atau  lim x  a g ( x) g ( x )

 .

Aturan L’Hospital digunakan untuk menghitung limit bentuk tak tentu

0 0

 dan bentuk tak tentu yang lain yang dapat dibawa ke bentuk itu  , .0, 1 , 00 , dan 0 dengan melakukan manipulasi aljabar atau menggunakan fungsi logaritma atau eksponensial. Sesungguhnya teknik penghitungan limit dengan menggunakan aturan L’Hospital sudah diberikan dalam kuliah kalkulus, sehingga tidak perlu diulang lagi di sini. Namun, ada baiknya diberikan beberapa contoh.

atau

Contoh 1.12

0 0 sin x cos x 1. lim  lim  1; x0 x x0 1

(a) Bentuk

1.18

ANALISIS II 

1 cos x sin x cos x  lim  lim  1/ 2; 2 x  0 x  0 2x 2 x e x 1 ex 3. lim  lim  1 . x0 x 0 1 x 2. lim x0

(b) Bentuk

 

1 ln x  lim x  0; 4. lim x  x x 1 3 x 3x 2 6x 6 5. lim x  lim x  lim x  lim x  0 x e x e x e x e cos x lim(cos x) 1 ln sin x  lim sin x  x0   1. 6. lim x 0 ln x x0 1 lim(sin x) 1 x0 x x

(c) Bentuk  dibawa ke bentuk

0 0

1 1  sin x  x cos x 1 7. lim    lim   lim  x  0 x 0  x sin x  x0 x sin x sin x  x cos x

 lim x0

sin x 0   0. 2cos x x sin x 2

  1 ln x 8. lim x ln x  lim  lim x  lim (x)  0 . 1 1 x 0 x 0 x 0 x 0  2 x x

(d) Bentuk 0. dibawa ke bentuk

(e) Bentuk 0 0

1.19


9. Mengingat kekontinuan fungsi f (t )  et maka lim x ln x 

lim x x  lim e x ln x  e x0

x0

x0

 e0  1 .

(f) Bentuk 1 

1

x lim x ln 1   1 10. lim 1    e x  x   e1  e , karena x    x

 1  1 1  1  1     ln 1     1 x x   x 2  lim  lim  lim 1. x x x  1  1 1    2 1  x  x x (g) Bentuk 0 

1

lim x ln 1   1 x  11. lim 1    e x0  x   e0  1 , karena  x0  x

  1   1 1  1   1  ln 1   2       1 1   x x  x  lim x ln 1    lim  lim  lim  0.  1 1 1 x  0 x0 x0 x  x0  2 1 x x x

C. PENDIFERENSIALAN FUNGSI INVERS Diberikan fungsi f fungsi korespondensi 1-1 pada interval [a, b] . Maka tentu saja f mempunyai fungsi invers, dan jika f juga terdiferensial, wajar jika timbul pertanyaan tentang adanya derivatif dari fungsi invers. Teorema 1.10 Diberikan fungsi f :[a, b]  R yang terdiferesial pada f ( x)  0 untuk semua x  [a, b] . Maka f

f ([a, b]) dengan ( f 1 ) ( f ( x)) 

Bukti:

1

[ a , b]

dengan

ada dan terdiferensial pada

1 , x  [a, b] . f ( x)

1.20

ANALISIS II 

Eksistensi fungsi f 1 sebagai akibat dari Teorema 1.5(a). Jika m  inf{ f ( x) : x  [a, b]} dan M  sup{ f ( x) : x  [a, b]} maka f ([a, b])  [m, M ] . Dimisalkan y 0  [m, M ] dengan f 1 ( y0 )  x0 dan  yn  barisan dengan yn  [m, M ] , yn  y0 , yn  y0 . Dibentuk barisan  xn  dengan xn  f 1 ( yn ), n  N . Menurut teorema fungsi f 1 kontinu pada [m, M ] sehingga barisan  xn  f 1 ( yn )  konvergen ke x0  f 1 ( y0 ) . Karena f fungsi 1-1 maka xn  x0 . Ini berakibat bahwa f 1 ( yn )  f 1 ( y0 ) xn  x0 1 .   yn  y0 f ( xn )  f ( x0 ) f ( x0 ) Jadi, untuk x0  f 1 ( y0 ) , atau y0  f ( x0 ) terbukti bahwa

( f 1 ) ( f ( x0 )  lim

n

xn  x0 1 .  f ( xn )  f ( x0 ) f ( x0 )

  Contoh: y  f ( x)  tan x terdiferensial pada 0,  , f ( x)  sec2 x  0 .  2  x  f 1 ( y )  arctan y ,

( f 1 ) ( y) 

1 1 1   , y  (, ) . 2 2 sec x 1  tan x 1 y 2

Teorema berikut adalah Teorema Nilai Antara untuk fungsi derivatif. Teorema 1.11 (Teorema Darboux) Jika f terdiferensial pada [a, b] dan suatu bilangan di antara f (a) dan f (b) , maka paling sedikit ada satu titik c  (a, b) dan f (c)  . Bukti: Diandaikan f (a)   f (b) . Didefinisikan g pada [a, b] oleh g ( x)  x  f ( x) untuk x pada [a, b] Karena g kontinu maka g mencapai nilai maksimum pada [a, b] . Karena g (a)   f (a)  0 , maka menurut Lemma 1.1 nilai maksimum tidak terjadi di x  a . Dengan cara sama karena g (b)   f (b)  0 maka nilai maksimum tidak terjadi di x  b . Oleh


1.21

karena itu g mencapai maksimum di suatu titik c  (a, b) . Sekali lagi menurut Lemma 1.1 karena g mencapai maksimum di titik interior interval

[a, b] di mana g terdiferensial maka 0  g (c)   f (c) . Jadi f (c)  . Contoh 1.13 Diberikan restriksi fungsi signum g dari [1,1] ke dalam R  1, untuk x  0    g ( x)    0, untuk x  0      1, untuk x  0

Apakah ada fungsi yang terdiferensial pada [1,1] yang derivatifnya sama dengan g ( x) ? Jawab: Andaikan ada fungsi f dengan f ( x)  g ( x) pada [1,1] Jadi f (0)  0 dan f (1)  1 . Dengan demikian tidak ada nilai f ( x) di antara f (0) dan f (1) . Kontradiksi dengan Teorema 1.11 sebab diandaikan f terdiferensial pada [1,1] jadi juga pada [0,1]. Jadi tidak mungkin ada fungsi yang derivatifnya sama dengan g ( x) pada [1,1] .

LA TIH AN Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1.

Diberikan fungsi f dari R ke dalam R dengan f ( x)  f ( y )  ( x  y ) 2 , x, y  R .

2.

Buktikan bahwa f fungsi konstan. Diberikan fungsi terdiferensial g dari R ke dalam R dengan derivatif yang terbatas. Ditentukan  0 dan didefinisikan fungsi

1.22

ANALISIS II 

f ( x)  x  g ( x) . Buktikan bahwa f fungsi korespondensi 1-1 jika cukup kecil. 3.

Diberikan fungsi f :[a, b]  R yang terdiferensial di c  [a, b] . Buktikan untuk  0 yang diberikan terdapat  0 sehingga untuk 0  x  y  dan a  x  c  y  b berlaku f ( x)  f ( y )  f ( y )  . x y

4.

Buktikan bahwa untuk 0  1 dan x  0 maka x  x  (1 ) . Kemudian untuk a  0 dan b  0 buktikan a b1  a  (1 )b dan kesamaan berlaku jika dan hanya jika a  b . Petunjuk: Tinjaulah fungsi kontinu g ( x)  x  x pada [0, ) dan terdiferensial pada (0, ) .

5.

Jika c0 , c1 ,, cn1 , cn konstanta real dan jika

c0 

c c1 c2    n  0 . 2 3 (n 1)

Buktikan bahwa persamaan c0  c1 x  c2 x 2   cn x n  0 sedikit mempunyai satu akar di antara 0 dan 1. 6.

paling

Diberikan f :[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) . Buktikan jika lim f ( x)  A maka f (a) ada dan sama dengan xa

A.

7.

Fungsi terdiferensial f :[a, b]  R dikatakan terdiferensial seragam pada [a, b] jika untuk setiap  0 yang diberikan terdapat  0 sehingga x, y  [a, b] dan 0  x  y 

berlaku

f ( x)  f ( y )  f ( y )  . x y

Buktikan bahwa jika f terdiferensial seragam pada [a, b] maka f  kontinu pada [a, b] .

1.23


8.

Diberikan fungsi f :[0, 2]  R yang kontinu pada [0, 2] dan terdiferensial pada (0, 2) , dengan f (0)  0, f (1)  1, f (2)  1 . Buktikan terdapat: (a) x1  (0,1) dan f ( x1 )  1 ; (b) x2  (1, 2) dan f ( x2 )  0 ; dan (c) x3  (0, 2) dan f ( x3 ) 

9.

1 . 3

Tentang fungsi f diketahui bahwa : kontinu pada [0, ); terdiferensial pada (0, ) , f (0)  0; dan f  naik monoton.

f ( x) untuk x  0 . x Buktikan bahwa g naik monoton. Dibentuk fungsi g ( x) 

 1, jika x rasional 10. Apakah fungsi yang didefinisikan oleh f ( x)      0, jika x irasional untuk x  [0,1] dapat menjadi derivatif sesuatu fungsi?

Petunjuk Penyelesaian Latihan 1.

 0 . Pilihlah  maka untuk f ( x)  f ( y ) 0  x y    untuk y sembarang. x y

Diberikan

Jadi f ( y)  0, y  R sehingga f konstan. 2.

Terdapat M  0 sehingga g ( x )  M , x  R . Maka f  ( x ) 1 

1 3  f ( x)  . Jadi f ( x)  0, x  R dan 2 2 menurut Teorema 1.5(i) f korespondensi 1-1. Diberikan f (t )  f (c)  0,   0,0  t  c   f (c)    f  (c )  ... (1) 2 t c 2

Untuk

3.

g ( x )  M

 12 M maka

1.24

ANALISIS II 

Untuk a  x  c  y  b dan 0  x  y 

maka

c  x c  y c  . Jika x tetap maka lim y c

f ( x)  f ( y ) f ( x)  f (c) sebab f fungsi  x y x c

kontinu. Jadi,

f ( x )  f (c ) f ( x)  f ( y ) f ( x)  f (c)     . x c 2 x y x c 2 Mengingat (1), maka f  (c )  

Terbukti 4.

f ( x )  f (c ) f ( x)  f ( y ) f ( x )  f (c )      f  (c )  . xc 2 x y xc 2

f ( x)  f ( y )  f  (c )  . x y

Ditinjau g ( x)  x  x, x  0 . Karena 0  1 maka g ( x) kontinu dan terdiferensial dengan g ( x)  x

1

 untuk x  0 . Untuk  0  x 1 nilai g ( x)  0 dan untuk 1  x  nilai g ( x)  0 . Karena g fungsi kontinu dan g ( x) naik tegas pada (0,1) maka g ( x)  g (1)

atau x  x  (1 ) . Sekaligus terbukti bahwa dalam ketaksamaan x  x  (1 ) kesamaan hanya terjadi untuk x 1 .

Jika diamb x 

a untuk a  0 dan b  0 maka diperoleh b

a b1  a  (1 )b dan kesamaan hanya terjadi untuk

a  1 yaitu b

a b . 5.

Tinjaulah fungsi

f ( x)  c0 x 

c c c1 2 x  ......  n1 xn  n xn1 dan 2 n n 1

gunakan Teorema Rolle. 6.

Diberikan

 0 maka   0 sehingga untuk a   a 

f ( )  A 

.

berlaku

1.25


Karena f kontinu pada [a, a  ] dan terdiferensial pada (a, a  ) , maka untuk a  x  a  terdapat  (a, x) dan

f ( x)  f ( a )  f ( ) (Teorema Nilai Rata-rata) x a Jadi diberikan

7.

 0 ,   0, x  (a, a  ) 

f ( x)  f (a ) A  , xa

jadi f (a)  A . Karena f terdiferensial seragam pada [a, b] jika diberikan

 0,   0, x, y  [a, b] dan 0  x  y 

maka

f ( x)  f ( y ) f ( y )  f ( x)  f ( y )  dan  f ( x)  . x y 2 yx 2

Jadi  f ( x)  f ( y )   f ( y)  f ( x)  f ( x)  f ( y )    f  ( y )   f  ( x )         x  y yx 2 2    

untuk semua x, y  [a, b] dan 0  x  y  . Karena f ( x)  f ( y) untuk x  y maka (   0)(  0)( x, y  [a, b], x  y   f ( x)  f ( y )  ) .

Jadi f  kontinu seragam pada [a, b] sehingga kontinu pada [a, b] . 8.

(a) Gunakan Teorema Nilai Rata-rata pada interval [0,1] . (b) Gunakan Teorema Nilai Rata-rata pada interval [1, 2] . (c) Pada [ x1 , x2 ] fungsi f terdiferensial dengan f ( x1 )  1 dan f ( x2 )  0 . Menurut Teorema 1.11 terdapat x3  ( x1 , x2 )  (0, 2)

1 1 karena f ( x1 )   f ( x2 ). 3 3 xf ( x)  f ( x) Untuk x  0 maka g ( x)  . x2 f ( )  f ( ) Jadi untuk 0  x  y , g ( y)  g ( x)  ( y  x) untuk 2 sehingga f ( x3 ) 

9.

suatu Menurut

dan x   y . Teorema

Nilai

f ( )  f ( 1 ) dengan 0 

Rata-rata 1



f ( )  f (0) 

f (

sebab diketahui f (0)  0 .

1

),

jadi

1.26

ANALISIS II 

Karena f  naik monoton maka f ( )  f ( 1 )  0 . Jadi untuk 0  x  y berlaku f ( )  f ( 1 ) f  ( )  f ( 1 ) g ( y )  g ( x)   0. 2

f ( x) naik monoton untuk x  0 . x 10. Kontradiksi dengan Teorema 1.11 (Darboux), karena jika h 1 terdiferensial pada [0,1] dan h ( x)  f ( x) maka h   2   0 dan   Terbukti g ( x) 

 1  h (1)  1 , tetapi tidak ada x   2 ,1 sehingga h( x)   

dengan

1 h   2    h (1) . Jadi tidak mungkin ada fungsi f ( x) menjadi fungsi    1  derivatif dari fungsi yang manapun pada  2 ,1 jadi juga pada [0,1] .  

RA NGK U MA N 1. 2.

Fungsi f :[a, b]  R terdiferensial di c [a, b] maka f kontinu di c . Teorema Rolle: Jika f :[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b)

3.

dan f (a)  f (b) maka terdapat  (a, b) sehingga f ( )  0 . Teorema Nilai Rata-rata: Jika f :[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b)

f (b)  f (a) . ba Jika fungsi f kontinu pada [a, b] dan terdiferensiabel pada (a, b) mempunyai nilai maksimum (minimum) di titik interior x0 (a, b) maka f ( x0 ) 0 . Jika f :[a, b]  R kotinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) maka (i) f ( x)  0, x  (a, b)  f korespondensi 1-1 pada [a, b] maka terdapat

4.

5.

 (a, b) sehingga f ( ) 

1.27


(ii) f ( x)  0, x  (a, b)  f konstan pada [a, b]

(iii) f ( x)  0, x  (a, b)  f naik tegas pada [a, b] (iv) f ( x)  0, x  (a, b)  f turun tegas pada [a, b] (v) f ( x)  0, x  (a, b)  f naik pada [a, b]

6.

7.

(vi) f ( x)  0, x  (a, b)  f turun pada [a, b] Teorema Nilai Rata-rata Umum: Jika f dan g kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) maka f (b)  f (a) f ( ) terdapat  (a, b) sehingga .  g (b)  g (a) g ( )

Aturan L’Hospital digunakan untuk menghitung limit berbentuk

f ( x) f ( x) f ( x) dengan menghitung lim untuk a lim x a x a g ( x) g ( x) g ( x) real atau (lihat Teorema 1.7, 1.8, 1.9.) Teorema Darboux: Jika f terdiferensial pada [a, b] dan di antara f (a) dan f (b) maka terdapat c  (a, b) sehingga f (c)  . atau

8.

0 0

dari

TES FO RMA TIF 1 Coba kerjakan sendiri terlebih dahulu, sebelum melihat jawaban! 1.

Diberikan fungsi f :[a, b]  R terdiferensial pada (a, b) dan terdapat

M

0 sedemikian hingga f ( x)

M,

x (a, b) buktikan bahwa:

(i) f kontinu seragam pada (a, b) . (ii) lim f ( x) dan lim f ( x) ada. x

2.

3.

a

x

b

h 2 untuk h 0 . Apakah ada cara yang lebih mudah untuk mengerjakan ini?   x 2 , jika x rasional Diberikan fungsi f dengan rumus f ( x)   .     0, jika x irasional

Gunakan Teorema Nilai Rata-rata untuk membuktikan

Apakah f (0) ada? Apakah f ( x) ada untuk x  0?

1 h

1

1.28

ANALISIS II 

xp ep

Tunjukkan bahwa lim

5.

bulat positif p . Hitunglah lim(cot x 1/ x) dan lim x ln x .

6.

Jika f :[a, b]  R terdiferensial dalam (a, b) dan x0

x

x

lim h

0

0

0 dan lim

ln x ep

4.

x

x

0 untuk setiap bilangan

0

(a, b) hitunglah

f ( x0 h) f ( x0 h) . 2h

Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1. Tingkat penguasaan =

Jumlah Jawaban yang Benar

100%

Jumlah Soal

Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.

1.29


Kegiatan Belajar 2

Teorema Taylor

J

ika f suatu fungsi real yang terdiferensial pada [a, b] mungkin bahwa f  juga fungsi terdiferensial pada beberapa atau semua titik pada [a, b] .

A. DERIVATIF TINGKAT TINGGI Jika x0 titik yang dimaksudkan itu maka derivatif dari f  di titik x0 dinyatakan dengan f ( x0 ) dan dinamakan derivatif tingkat kedua dari f di titik x0 . Perlu diperhatikan bahwa agar f ( x0 ) ada, f ( x0 ) harus ada di suatu kitar dari x0 . Derivatif-derivatif tingkat tinggi didefinisikan secara induktif dengan f (0)  f dan f ( k 1)  ( f ( k ) )  untuk k  0,1, 2,... . B. SUKU BANYAK TAYLOR Jika P( x)  a0  a1 x   ak x k   an x n suatu sukubanyak berderajat n  0 , maka P ( k ) ( x)  k !ak  (k 1)k  2ak 1 x   n(n 1) (n  k )an x nk dan

P ( k ) (0)  k !ak .

Kita peroleh ak  P ( k ) (0) / k ! sehingga P( x) menjadi

P (0) P (0) 2 P( k ) (0) k P( n) (0) n x x   x   x 1! 2! k! n! n P( k ) (0) k  x . k! k 0

P( x)  P(0) 

Dengan cara yang serupa penyajian P( x) dalam pangkat-pangkat ( x  x0 ) n

dapat diperoleh P( x)   k 0

P( k ) ( x0 ) ( x  x0 )k . k!

Jika fungsi f :[a, b]  R mempunyai derivatif sampai tingkat n di x0  (a, b) n

maka bentuk yang sama untuk fungsi f , Pn ( x)   k 0

f ( k ) ( x0 ) ( x  x0 )k k!

1.30

ANALISIS II 

dinamakan sukubanyak Taylor derajat n untuk fungsi f di sekitar x0 . Jika n

P fungsi sukubanyak derajat n dalam x maka P( x)   k 0

P( k ) ( x0 ) ( x  x0 )k , k!

tetapi tidak demikian halnya untuk fungsi f yang bukan sukubanyak derajat n

n . Untuk fungsi f ini f ( x)  Pn ( x)  Rn ( x)   k 0

f ( k ) ( x0 ) ( x  x0 )k  Rn ( x) k!

di mana Rn ( x)  f ( x)  Pn ( x) dinamakan sukusisa di x0 . Mudah dihitung bahwa Rn ( k ) ( x0 )  f ( k ) ( x0 )  Pn ( k ) ( xo )  0 untuk k  0,1, 2,, n . Akan kita tentukan bagaimana bentuk sukusisa Rn ( x) . Kita bentuk fungsi Q( x)  ( x  x0 )n1 . Pehatikan bahwa Rn( k ) ( x0 )  0 dan Q ( k ) ( x0 )  0 untuk k  0,1, 2,, n . Dengan menggunakan Teorema Nilai Rata-rata Umum (Teorema 1.6) diperoleh,

Rn ( x) Rn ( x)  Rn ( x0 ) Rn ( 1 ) untuk suatu 1 di antara x0 dan x .   Q( x ) Q( x)  Q( x0 ) Q ( 1 ) Rn ( 1 )  Rn ( x0 ) Rn ( 1 ) Rn( 2 ) untuk suatu 2 di antara x0 dan 1 .   Q ( 1 )  Q ( x0 ) Q ( 1 ) Q ( 2 ) Demikian seterusnya diperoleh Rn ( x) Rn ( 1 ) R ( ) R ( ) R ( n) ( )   n 2  n 3  ........  n( n) n Q( x ) Q ( 1 ) Q ( 2 ) Q ( 3 ) Q ( n) di mana k suatu titik di antara x0 dan k1 . Akan tetapi, Rn( n) (t )  f ( n) (t )  f ( n) ( x 0 ) dan Q( n) (t )  (n 1)!(t  x0 ) sehingga Rn ( x) f ( n ) ( n )  f ( n) ( x0 ) 1 .  ( x  x0 )n1 (n 1)! n  x0 Dengan menggunakan teorema nilai rata-rata pada bentuk terakhir ini, diperoleh Rn ( x) f ( n1) ( )  (n 1)! ( x  x0 )n1 di mana

suatu titik di antara x0 dan x .

1.31


Uraian di atas disajikan sebagai Teorema Taylor dengan suku sisa sebagai berikut. Teorema 1.12 (Teorema Taylor dengan Suku Sisa) Diberikan f :[a, b]  R yang mempunyai derivatif sampai tingkat n1 pada (a, b) dan x0  (a, b) . Maka

f ( x0 ) f ( n) ( x0 ) ( x  x0 )  ........   Rn ( x) 1! n! f ( n1) ( ) Rn ( x)  ( x  x0 )n1 (n 1)! dengan suatu titik tertentu di antara x0 dan x , dan Rn ( x) dinamakan f ( x)  f ( x0 ) 

suku sisa ke-n dalam penyajian f ( x) ke dalam sukubanyak Taylor dalam pangkat-pangkat ( x  x0 ) . Catatan : Dalam kasus n = 0 Teorema Taylor ini menjadi Teorema Nilai rata-rata. Untuk x0  0 deret Taylor dinamakan deret Maclaurin. Teorema Taylor memotivasi kita kepada suatu pertanyaan berikut. Jika f :[a, b]  R mempunyai derivatif dari segala tingkat dalam (a, b) , fungsi semacam ini dikatakan terdiferensial tak hingga (infinitely differentiable), apakah  f ( k ) ( x0 ) hubungan antara f ( x) dengan deret tak hingga  ( x  x0 )k ? Deret k! k 0 ini dinamakan deret Taylor untuk f di sekitar titik x0 . Fungsi f ( x) dan deret ini akan sama jika dan hanya jika lim Rn ( x)  0 untuk semua n 

x  (a, b) . Teorema 1.13 Jika fungsi f mempunyai derivatif dari semua tingkat dalam (a, b) dan terdapat M  0 sehingga f ( k ) ( x)  M , k  0,1, 2,, x  (a, b) untuk

x0  (a, b) maka berlaku 

f ( x)   k 0

f ( k ) ( x0 ) ( x  x0 )k , k!

x  (a, b)

(1)

1.32

ANALISIS II 

Bukti: Syarat perlu dan cukup agar (1) benar adalah lim Rn ( x)  0, x  ( a, b) . n 

n

f ( x)   k 0

f

(k )

( x0 ) ( x  x0 )k  Rn ( x) , k!

dengan M x  x0 f ( k ) ( x0 ) ( x  x0 ) k  k! k!

k

dan Rn ( x)  

Bandingkan dengan deret suku positif konvergen



M x  x0

.

(n  !)!

M x  x0

k 0

n 1

n

n!

di mana

Rn ( x) adalah suku ke-(n+1), jadi

lim Rn ( x)  lim

n

n

M x  x0 n!

n

 0, x  (a, b) .

Contoh 1.14 Berikut ini diberikan beberapa deret Maclaurin yang terkenal:  x xn xn (a) e x  1         x  (, ) 1! n! k 0 n ! (b) cos x  1

 x2 x4 (1)n x 2n (1)n x 2 n       , x  (, ) 2! 4! (2n)! (2n)! n0

(c) sin x  x 

 x3 x5 (1)n x2n1 (1)n x2n1       , x  (, ) s ! 5! (2n 1)! n0 (2n 1)!

(d) cosh x  1 

 x2 x2n x2n      , x  (, ) 2! (2n)! n0 (2n)!

(e) sinh x  x 

 x3 x 2n1 x 2n1      , x  (, ) 3! (2n 1)! n0 (2n 1)!

(f)

 1  1  x  x 2   x n    x n , x  (1,1) 1 x n0

(g)

 1  1 x  x 2   (1)n x n    (1)n x n , x  (1,1) 1 x n 0

1.33


Bukti: (a) f ( x)  e x terdiferensial pada (

, ) dan f ( k ) ( x)  e x , x  (, )

untuk semua k  0,1, 2, dan f ( k ) (0)  1 . Jadi untuk x tertentu dalam R berlaku n xk e e x    Rn ( x) dengan Rn ( x)  x n1 k ! ( n  1)! k 0 dan nilai tertentu di antara 0 dan x . Harus dibuktikan untuk nilai x tertentu ini lim Rn ( x)  0 . n 

Jika telah ditetapkan x maka terdapat N  N sehingga x  N . Jadi, RN ( x) 

e N N 1  M . ( N 1)!

RN 1 ( x) 

x e N x N 2  RN ( x) M M ( N  2)! N 2 N 2

dengan 0  

x

N 1 . N 2

N M N 3 N 3 Demikian seterusnya diperoleh RN  p ( x)  M RN 2 ( x)  RN 1 ( x)

M

Jadi lim Rn ( x)  lim RN  p ( x)  M lim n

p

p

p

2

p

. dengan 0  1 .

 0 sehingga lim Rn ( x)  0 n 

untuk setiap x yang diberikan. 

Dengan demikian untuk setiap x R terbukti e x   k 0

xk . k!

(b) f ( x)  cos x, f (4k ) ( x)  cos x, f (4k 1) ( x)  sin x, f (4k 2) ( x)   cos x, f (4 k 3) ( x)  sin x,

Jadi f ( k ) ( x)  1, k  0,1,..., x  R , maka menurut Teorema 1.13 lim Rn ( x)  0, x  R .

n 

1.34

ANALISIS II 

Karena f (4 k ) (0)  1, f (4 k 1) (0)  0, f (4 k 2) (0)  1, f (4 k 3) (0)  0 maka f (2 n ) (0)  (1)n .

Jadi 

f ( x)  cos x   n 0

f (2 n) (0) 2 n x2 x4 (1)n 2 n x  1     x   , x  R (2n)! 2! 4! (2n)!

1 (f) f ( x)   (1 x)1 , f ( x)  1.(1 x)2 , f ( x)  2!(1 x)3 , 1 x f ( k ) ( x)  k !(1 x)( k 1) . n

f ( x)   k 0

n f ( k ) (0) k x  Rn ( x)   x k  Rn ( x), k! k 0

(1  x  1) .

1 1 1 xn1 xn1 [1 x   xn ]    ,(1  x  1). 1 x 1 x 1 x 1 x Jadi, lim Rn ( x )  0 Rn ( x) 

n 

dan terbukti bahwa

 1   x k  1  x   x n  (1  x  1). 1  x k 0

Rumus-rumus Maclaurin yang lainnya buktinya diserahkan kepada pembaca. C. NILAI EKSTREM Fungsi f : D  R dengan D  R dikatakan mempunyai maksimum lokal di titik x0  D , jika terdapat  0 dan untuk semua x  D  N ( x0 , ) berlaku f ( x)  f ( x0 ) . Minimum lokal didefinisikan dengan cara yang semacam. Fungsi f dikatakan mempunyai ekstrem di x0 jika di titik itu f mempunyai maksimum atau minimum. Dalam Lemma 1.1 telah disajikan syarat perlu adanya ekstrem dari fungsi f yang kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada (a, b) di titik interior x0  (a, b) adalah f ( x0 )  0 . Bahwa syarat ini tidak cukup dapat diambil contoh

f ( x)  x 3

meskipun terdiferensial pada [1,1] dan

f (0)  0 tetapi f tidak mencapai ekstrem titik interior 0 . Baiklah kita tulis lagi lemma tersebut.

1.35


Lemma 1.3 Jika f :[a, b]  R mempunyai ekstrem lokal di titik x0  (a, b) dan jika f terdiferensial di x0 maka f (0)  0 . Bukti: Diandaikan f mempunyai minimum lokal di x0 . Untuk x cukup dekat dengan x0 dan x  x0 akan kita jumpai bahwa berakibat

f ( x0 )  0 . Untuk x  x0 maka

f ( x)  f ( x0 )  0 yang x  x0

f ( x)  f ( x0 )  0 sehingga x  x0

f ( x0 )  0 .

Teorema 1.14 Jika f :[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan mempunyai derivatif sampai tingkat (n 1) pada (a, b) dan di titik interior x0  (a, b) berlaku f ( x0 )  f ( x0 )    f ( n) ( x0 )  0 dan f ( n1) ( x0 )  0, f ( n1) kontinu di x0

dan n gasal maka f mempunyai ekstrem lokal di x0 , dan ekstrem minimum jika f ( n1) ( x0 )  0, dan ekstrem maksimum jika f ( n1) ( x0 )  0. Jika n genap maka tidak terjadi ekstrem untuk f di titik x0 . Bukti: (a) Kasus untuk n gasal, jadi n1 genap. f ( n1) ( ) Maka f ( x)  f ( x0 )  Rn1 ( x)  ( x  x0 ) n1 untuk a  x  b dan (n 1)! di antara x0 dan x . Untuk

 0 yang cukup kecil tanda dari f ( n1) ( )

sama dengan tanda dari f ( n1) ( x0 ) untuk x  x0 

karena f ( n1) kontinu

di x0 . O karena n1 genap maka untuk x  x0 

ini nilai

f ( x)  f ( x0 )  0 jika f ( n1) ( x0 )  0 dan f ( x)  f ( x0 )  0 jika f ( n1) ( x0 )  0 .

Jadi, f mempunyai minimum di x0 jika f ( n1) ( x0 )  0 dan maksimum jika f ( n1) ( x0 )  0 .

1.36

ANALISIS II 

(b) Kasus untuk n genap, jadi n1 gasal. Dalam hal ini tanda dari f ( x)  f ( x0 ) untuk x0   x  x0 tidak sama dengan untuk x0  x  x0  , sehingga tidak terjadi ekstrem untuk f di titik

x0 . Contoh 1.15 Dalam Teorema 1.14 untuk n 1 kita mempunyai teorema yang sangat terkenal dalam kalkulus: Jika f :[a, b]  R di titik interior x0  (a, b) f ( x0 )  0 maka f mempunyai nilai ekstrem di x0 , ekstrem itu maksimum jika f ( x0 )  0 dan minimum jika

mempunyai nilai

f ( x0 )  0 dan

f ( x0 )  0 .

Contoh 1.16 Jika f :[a, b]  R terdiferensial dan mempunyai maksimum (minimum) lokal di a , apakah perlu f (a)  0? Jika tidak nyatakan dan buktikan syarat perlu untuk maksimum (minimum) lokal di a . Bagaimanakah keadaannya di b? Jawab: Tidak perlu f (a)  0. Fungsi f maksimum lokal di a jika diberikan  0,   0, x  [a, b], a  x  a  berlaku f (a)  f ( x) , jadi

f ( x)  f ( a ) f ( x)  f ( a )  0 . Karena f (a) ada maka f (a)  lim 0 . x a xa xa Dengan demikian agar f mencapai maksimum lokal di a haruslah f (a)  0 . Syarat perlu untuk minimum lokal di a adalah f (a)  0. Dengan cara yang serupa dapat ditunjukkan bahwa syarat perlu untuk maksimum lokal di b adalah f (b)  0 dan untuk minimum lokal di b adalah f (b)  0 .  2 1 Syarat itu tidak cukup, misalnya f ( x)  x 2 sin , x  0,  , f (0)  0. Maka   x   2 2 4 2 4  f (0)  0 , f    2 , f     . Karena f   (1  4k )       

2

4 (1  4k ) 2

1.37


dan   2   f  (4k  3)   

2

4 , k  0,1,2, maka f tidak mencapai (4k  3)2

maksimum atau minimum lokal di 0 meskipun f (0)  0 , tetapi f mencapai maksimum lokal di

2

.

Contoh 1.17 Diberikan fungsi f :[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan terdiferensial pada

(a, b) kecuali mungkin di titik x0  (a, b) . Jika

lim f ( x)  L ada,

x x0

tunjukkan bahwa f terdiferensial di x0 dan f ( x0 )  L . Bukti: Diberikan

 0 , maka terdapat

0  x  x0 

 0 sehingga untuk x  (a, b),

berlaku

f ( x )  L 

(1)

f kontinu di x0 , maka f kontinu pada [ x0  , x0 ] dan [ x0 , x0  ] terdiferensial pada ( x0  , x0 ) dan ( x0 , x0  ) . Menurut teorema nilai rata-rata untuk x0   x  x0 atau x0  x  x0  berlaku Karena

f ( x)  f ( x0 )  f ( ) untuk suatu x  x0 Karena 0   x0  f ( )  L 

Jadi f ( x0 )  lim

x x0

di antara x0 dan x .

maka berlaku (1), yakni f ( x)  f ( x0 ) L  x  x0

untuk x, 0  x  x0  .

f ( x)  f ( x0 ) L. x  x0

Contoh 1.18 1    2  untuk x  0 x  Jika diberikan f ( x)  e  untuk x  0    0 buktikan bahwa f (0)  0 . [Petunjuk : gunakan Contoh 1.17]

1.38

ANALISIS II 

Bukti:

1

lim f ( x)  lim x0

1

x0

ex

2

Dengan mengganti variabel t 

1 maka untuk x  0 diperoleh t   x

dan untuk x  0 diperoleh t   . Jadi lim f ( x)  lim x0

x

1 et

2

0.

Karena f (0)  0 maka f kontinu di x  0 . Dengan demikian f kontinu pada [1,1] dan terdiferensial pada interval (1,1) kecuali mungkin di titik x0  0 di dalam (1,1) . Untuk x  0 diperoleh

2

f ( x) 

, maka lim f ( x)  lim

1 3 x2

x0

xe

x

2t 3 et

2

.

 diperoleh lim f ( x)  0 . x0  Menurut Contoh 1.17 maka f (0)  lim f ( x)  0 .

Dengan aturan L’Hospital untuk bentuk x0

Contoh 1.19 (Aturan Leibnitz) k n

Buktikan ( fg )( n)   k 0 C(n, k ) f ( k ) g ( nk ) , C (n, k ) 

n! . k !(n  k ))!

Bukti : Akan dibuktikan dengan induksi matematik. Rumus benar untuk n 1 sebab ( fg )(1)  C (1, 0) f (1) g (0)  C (1,1) f (0) g (1)  f g  fg  . Diasumsikan rumus benar untuk n  r , jadi k r

( fg )(r )   k 0 C(r, k ) f (k ) g ( rk ) benar. k r 1

Berdasarkan asumsi ini dibuktikan ( fg )( r 1)   k 0 C(r 1, k ) f ( k ) g ( r 1k ) benar.

( fg )( r 1) 



k r k 0

k r

C (r , k ) f ( k ) g ( rk )



 

k r k 0

k r

C (r , k )[ f ( k 1) g ( rk )  f ( k ) g ( r 1k ) ]

  k 0 C(r, k ) f ( k 1) g (rk )   k 0 C(r, k ) f (k ) g (r 1k ) ,

1.39


dengan mengganti indeks k 1 dengan s pada penjumlahan yang pertama dan k dengan s pada yang kedua, diperoleh sr 1

( r 1)

sr

  s1 C(r, s 1) f ( s ) g (r 1s )   s0 C(r, s) f ( s ) g (r 1s )

 fg 

sr

 C(r, r ) f ( r 1) g (0)  C(r,0) f (0) g ( r 1)  s1 [C(r, s 1)  C(r, s)] f ( s) g ( r 1s) .

Tetapi C(r, r )  C(r 1, r 1) dan C (r,0)  C(r 1,0) dan

C (r , s)  C (r , s 1) 

r! r!   s !(r  s)! ( s 1)!(r  s 1)!

r! (r 1)! [1/ s 1/(r  s 1)]   C (r 1, s). ( s 1)!(r  s)! s !(r 1 s)! sr 1

Jadi ( fg )( r 1)   s0 C(r 1, s) f ( s ) g ( r 1s ) dan terbuktilah rumus Leibnitz. Contoh 1.20 Gunakan Teorema Taylor dengan n 2 untuk mendekati f ( x)

Diambil fungsi f ( x)

1 3

(1 x)

sehingga f ( x)

3

2 3

1 x

2 9

dan f ( x ) 1 3

P2 ( x) R2 ( x) 1

x0  0

di titik

x

(1 x ) 1 9

x2

5 3

dan

maka f (0)

3

1 x , x 1.

n  2 . Karena 1 3

, f (0)

2 9

R2 ( x)

8 f ( ) 3 5 x (1 ) 3 untuk suatu di antara 0 dan x . 81 3! Jika diambil x 0,3 maka nilai pendekatan untuk 3 1, 03 adalah

dengan R2

0 maka (1

P2 (0,3) 1,09 . Karena R2 ( x)

5 81

(0,3)

Jadi kita peroleh

3

3

1 600

)

8 3

1 dan

2

0,17 10 .

1,03 1,09

0,05 sehingga nilai pendekatan kita teliti

dua desimal di belakang koma. Contoh 1.21 Dekati nilai bilangan e dengan ralat kurang dari 10 5 . Diambil f ( x) e x dan x0 0 dan x 1 . Karena f ( n) ( x)

e x maka

1.40

ANALISIS II 

ex

x2 xn  2! n!

Pn ( x) Rn ( x) 1 x

dengan Rn ( x)

e untuk suatu (n 1)!

Rn ( x)

di antara 0 dan 1.

Karena e 3 kita harus mencari n sedemikian hingga

3 (n 1)!

10 5 . Jika

dihitung 9! 362880 3(105 ) sehingga n 8 cukup memenuhi syarat untuk ralat yang diminta. Karena 8! 40320 maka tidak ada n yang lebih kecil lagi dapat digunakan untuk nilai n . Jadi, kita peroleh e P8 (1) 1 1 2!1  8!1 2, 71828 dengan ralat kurang dari 10 5 .

LA TIH AN Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1.

Carilah suku banyak Taylor P3 ( x) dengan suku sisa R3 ( x) untuk fungsi f di x0 . (a) (b) (c)

2.

ax3 bx 2 cx d dan x0 f ( x) sin x dan x0 0 , f ( x) 1/(1 x) dan x0 0 . f ( x)

Tunjukkan bahwa jika x 0 maka 1 1 2

x

2

0,

1 2

x

1 8

x2

1 x

1

1 2

x.

3.

Tunjukkan bahwa 1

cos x untuk semua x R .

4.

Kita ingin mendekati sinus dengan suku banyak pada [ 1,1] sehingga ralatnya kurang dari 0,001. Tunjukkan bahwa diperoleh sin x

5.

x

x3 6

x5 120

1 untuk x 1 . 5040

Diandaikan bahwa I R suatu interval terbuka dan f ( x) 0 , x I . Jika c I , tunjukkan bahwa bagian grafik fungsi f pada I tidak pernah di bawah garis singgung pada grafik di titik (c, f (c)) .

1.41


Petunjuk Penyelesaian Latihan 1. (a)

d cx bx 2

f ( x)

R3 ( x), R3 ( x)

x 4 sin

dan

suatu bilangan di

antara 0 dan x . (c) cos x 1 12 x 2 R3 ( x), R3 ( x)

1 24

x 4 cos

dan

suatu bilangan di

(b) sin x

2.

0. 1 24

1 6

x

x

3

ax3 , R3 ( x)

antara 0 dan x . 1 x, x Diambil f ( x) 1 2

f (0) 1, f ( x) 1 2

f ( x) 1 1 8

R1 ( x)

0. 1 2

1 2

x R1 ( x), f ( x) 1 3 2

(1

1 4

(1 x) , f ( x)

2

) x , R2 ( x)

1 16

x

(1

1 8

3

3 8

(1 x) 2 , f ( x)

x2 5 2

5

(1 x) 2 .

R2 ( x) . 3

) x dengan

bilangan tertentu

di antara 0 dan x . 3.

f ( x)

cos x untuk x R .

f ( x)

f (0)

1 2

f (0) x

dengan R2 ( x) Untuk 0 x

f (0) x 2

f ( ) 3 x 6 maka 0

x 0 maka untuk x

1 8

x2

R2 ( x) 1

1 2

0 maka 1

Karena R1 ( x) 0, R2 ( x)

1 2

x

1 x

x2

1 2

1

x.

R2 ( x)

sin 3 x . 6 maka R2 ( x) 0 . Demikian juga untuk 0 diperoleh R2 ( x) 0 . Jadi, 1

1 2

x2

cos x

3 cos x maka ketaksamaan 1

1 2

x2

cos x

.

Jika x

1 2

maka 1

x2

dengan sendirinya benar. Jadi ketaksamaan berlaku untuk semua x R . 4.

f ( x) sin x, f ( x) f

(4)

( x)

f (0) f (6) (0)

R6 ( x)

R6 ( x)

sin x, f

(5)

cos x, f ( x)

f

cos x,

cos x, 

( x)

0, f (0) 1, f (0) 0, f (7) (0)

sin x, f ( x)

0, f (0)

1, f (4) (0)

0, f (5) (0) 1

1,  .

(7)

( ) 7 x , suatu di antara 0 dan x , sehingga 7! 1 1 1 0,001, karena x [ 1,1] , sedangkan 7! 5040 6!

1 . 720

1.42

ANALISIS II 

Jadi, sin x

x5 120

R6 ( x) , dan untuk x [ 1,1] maka

1 0,001 . 5040 Grafik fungsi f mempunyai persamaan y f ( x), x I Garis singgung di (c, f (c)) adalah y g ( x) dengan g ( x) f (c)( x c) f (c), x I . sin x ( x

5.

x3 6

x 1 6

x3

1 120

Untuk x I , f ( x)

x5

f (c )

f (c)( x c)

f ( ) dan 2

di antara c dan x . Karena f ( x) 0 untuk x I maka f ( x) g ( x)

1 2

suatu bilangan f ( )

0 , dan

grafik f tidak pernah di bawah garis singgung di titik (c, f (c)) .

RA NGK UMA N 1.

Teorema Taylor Jika f :[a, b]  R mempunyai derivatif sampai tingkat n1 dan x0  (a, b) maka k n

f ( x)   k 0

f ( k ) ( x0 ) f ( n1) ( ) ( x  x0 )n1 ( x  x0 )k  Rn ( x) , Rn ( x)  ( n  1)! k!

titik tertentu di antara x0 dan x .

dan

k 

Deret Taylor: f ( x)   k 0

f ( k ) ( x0 ) ( x  x0 )k jika dan hanya jika k!

lim Rn ( x)  0 .

n 

2.

Teorema Nilai Ekstrem Jika f :[a, b]  R kontinu pada [a, b] dan mempunyai derivatif sampai tingkat n 1 pada (a, b) dan di titik interior x0  (a, b) berlaku f ( x0 )

f

f ( x0 ) 

f ( n) ( x0 )

0 dan f ( n 1) ( x0 )

( n 1)

0,

dan x0 dan n gasal, maka f mempunyai ekstrem lokal di x0 , ekstrem itu minimum jika f ( n 1) ( x0 ) 0 dan maksimum jika f ( n 1) ( x0 ) Jika n genap tidak terjadi ekstrem di x0 .

0.

1.43


TES FO RMA TI F 2 Coba kerjakan sendiri terlebih dahulu, sebelum melihat jawaban! 1.

Jika f ( x )  x hitunglah untuk x R nilai f ( x) dan f ( x ) . 3

Tunjukkan bahwa f (0) tidak ada. 2. 3.

4.

Mengapa 1 x 1 tidak memenuhi konklusi Teorema Rolle pada [0, 2] ?   x 2 , jika x rasional Didefinisikan fungsi f : R  R oleh f ( x)   .     0, jika x irasional Apakah f (0) ada? Apakah f ( x) ada untuk x  0? Jika f :[a, b]  R terdiferensial pada (a, b) dan x0  (a, b) tentukan

f ( x0  h)  f ( x0  h) . 2h 1 Tunjukkan bahwa e x  untuk x 1 . (1 x) lim h0

5. 6.

Jika

f :RR

buktikan

g  ( f  )2 terdiferensial di t

dengan

g (t )  2 f (t ) f (t ) jika f ( x)  maks  f ( x), 0 . 



 x2 , x  0 ( x)   .     0 ,x0 Diketahui f :[0, )  R dan terdiferensial pada (0, ) dan diketahui

Petunjuk: Gunakan fungsi

7.

bahwa lim f ( x)  L . Buktikan bahwa: x

f ( x  h)  f ( x)  L; x h maka L = 0;

(a) untuk sembarang h > 0 maka lim (b) jika f ( x)  k untuk x

f ( x)  L. x Diberikan f :[0,1]  R terdiferensial sedemikian hingga tidak ada x di mana f ( x)  f ( x)  0 . Buktikan bahwa himpunan Z  {x : f ( x)  0} (c) lim

x

8.

berhingga.

1.44

9.

ANALISIS II 

Diberikan

f :[a, b]  [a, b] terdiferensial pada (a, b) dan terdapat

, 0  1, sehingga f (t ) 

untuk t  (a, b) . Buktikan bahwa f

mempunyai titik tetap yang tunggal dalam [a, b] . 10. Diberikan fungsi f : (0,1)  R terdiferensial dalam f ( x)  1, x  (0,1) .

Buktikan barisan

 xn 

[0,1]

dan

konvergen

jika

1 xn  f   .  n 

Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2.

Tingkat penguasaan =

Jumlah Jawaban yang Benar

100%

10

Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Modul berikutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2 ini, terutama bagian yang belum dikuasai.

1.45


Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1. (i) Untuk sembarang x y di dalam (a, b) maka f ( y) f ( x) f ( )( y x) untuk suatu ( x, y) . Jadi f ( y )

f ( x)

x, y (a, b)

f ( ) y x

M y x . Jika diberikan

x

berlaku

dengan

y

M Terbukti f kontinu seragam pada (a, b) .

(ii) Fungsi f terbatas pada (a, a tetap berlaku

f ( x)

f ( x)

0 maka .

f ( y)

) , sebab untuk x, y (a, a

) dan y

. Tergantung pada kelakuan fungsi di

f ( y)

dekat a maka lim f ( x) ada yakni supremum atau infimum dari x

a

himpunan nilai f ( x) disekitar dekat a itu. Anda buktikan sendiri bahwa lim f ( x) ada. x

2.

b

Dipandang fungsi f ( x) f ( h)

f (0)

f ( h)

f (0)

h

1 x untuk x [0, h] , maka

(0, h) . Jadi

untuk suatu

2 1

h

1

2 1

h . 2

a2

Untuk a 0 dan b 0 berlaku a b 1

h 2

2

0 dan karena

1 h

1

h 2

b2 . Karena 1 h

2

benar maka 1 h

juga benar. 3.

f (0 h) 0 h . Diberikan 0. h f (h) f (0) Untuk h rasional 0 h , untuk h irasional h f (0)

lim

f ( h)

f (0) h

h

0

0

0 . Jadi jika diberikan

0 terdapat 0

1

0 dan h 2

1.46

ANALISIS II 

sehingga untuk 0

f (0 h) h

berlaku

h

f (0)

, yang

0

f (0 h) f (0) 0. h Sekarang diselidiki untuk x 0 . Dibedakan untuk x rasional dan x irasional. (i) Jika x rasional dan h rasional maka f ( x h) f ( x) ( x h)2 x 2 lim lim 2 x ; jika h irasional maka h 0 h 0 h h 0 x2 tidak ada. Jadi untuk x 0 dan irasional f ( x) tidak lim h 0 h ada. (ii) Untuk x 0 irasional f ( y ) f ( x) y2 0 Untuk y rasional maka lim tidak ada, lim y x y x y y x x berarti bahwa f (0)

lim h

0

f ( y ) f ( x) 0 . Jadi untuk lim y x y x y x x 0 dan irasional maka f ( x) tidak ada. Dari (i) dan (ii) diperoleh bahwa untuk x 0 maka f ( x) tidak ada. untuk y irasional maka lim y

x

xp px p 1 p! lim x  lim x x x x x e e e ln x 1 lim p lim p 0 . x x x px

4.

Dengan aturan L’Hospital lim

5.

Dengan aturan L’Hospital x tan x lim(cot x 1/ x) lim x 0 x 0 x tan x lim x

lim x ln x x

0

lim x

0

ln x x1

0

1 cos 2 x 0 tan x x cos 2 x

lim x

sin x 0 0. x 1 1 cos x sin x x1 lim lim x 0. x 0 x 0 x2

sin 2 x 0 sin x cos x x

lim x

0;

1.47


6. lim h 0

f ( x0  h)  f ( x0  h) 1  f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )  f ( x0  h)    lim h  0   2h 2 h

 12 lim h0

f ( x0  h)  f ( x0 ) 1 f ( x0  t )  f ( x0 )  2 lim t 0 h t

 f ( x0 ) .

Tes Formatif 2

1.

  3 x 2 jika x  0  x3 jika x  0,    f ( x)   f ( x )  maka dan  3  2   jika x  0,  x    3 x jika x  0   6 x jika x  0, f ( x)      6 x jika x  0.

f ( x)  f (0) 6x  lim  6 , sedangkan x0 x0 x 0 x f ( x)  f (0) 6 x lim  lim  6 . x0 x0 x 0 x lim

Karena kedua nilai limit ini tidak sama maka lim x0

2.

f ( x)  f (0) tidak x 0

ada, jadi f (0) tidak ada. 2  x , x  1 1,1  x  2   Karena f ( x)   , maka f ( x)   dan f (1)        x , x 1  1 , 0  x 1 tidak ada. Meskipun f kontinu pada [0, 2] dan f (0)  f (2) tetapi tidak terdiferensial pada (2, 2) (sebab f (1) tidak ada), jadi hipotesis dalam Teorema Rolle tidak dipenuhi oleh f , sehingga konklusi bahwa terdapat  (0, 2) dan f ( )  0 tidak dipenuhi.

3.

Nilai f (0)  0 . Untuk x  0 dan x rasional, ada barisan  yn , yn irasional, dan

yn  x dan lim f ( yn )  0 n

f ( x)  x 2 . Demikian juga untuk x  0

dan x irasional dapat dibuat barisan rasional  zn , zn  x tetapi

lim f ( zn )  x2  f ( x)  0 . Kedua pernyataan ini menunjukkan bahwa

n

1.48

ANALISIS II 

f diskontinu di x  0 (lihat Teorema 8.2 (b), buku Analisis I). Karena f tidak kontinu di x  0 maka f ( x) tidak ada (lihat Teorema 1.1). Agar f (0) ada perlu f ( x) ada di sekitar 0 , karena f ( x) tidak ada untuk x  0 , jadi f (0) pasti tidak ada. 4.

Untuk h  0 , dan mengingat f terdiferensial di x0 maka

lim

f ( x0  h)  f ( x0  h) 1  f ( x0  h)  f ( x0 ) f ( x0  h)  f ( x0 )    lim  lim h 0  2h 2  h0 h h

h 0

1 f ( x0 )  f ( x0 )  f ( x0 ) . 2 f ( x)  e x (1 x) , x 1 . 

5.

f ( x)  xe x

Untuk 0  x 1 , f ( x)  0 dan f ( x) turun tegas pada (0,1) . Untuk x  0 , f ( x)  0 dan f ( x) naik tegas (, 0) . f (0)  1 dan f (1)  0 . f ( x) mencapai maksimum di x  0

1 , x  (,1] . 1 x  2t , t  0 t 2 , t  0  (t )   mempunyai derivatif (t )          0 , t  0. 0 , t  0

Jadi e x (1 x)  1 , x  (,1] dan e x  6.

Fungsi

 f ( x) , f ( x)  0  g ( x)  [ f  ( x)]2  ( f  ( x) dan f  ( x)   .     0 , f ( x)  0 Jadi  2 f ( x) f ( x) , jika f ( x)  0 . g ( x)  (t )( f  )( x)  2t. f ( x)  2 f  ( x) f ( x)     , jika f ( x)  0 0  

7.

Jika diberikan  0 , maka terdapat M  0 sehingga x  M maka f ( x )  L  . a.

f ( x  h)  f ( x)  f ( ) untuk h dan x   x  h . Karena  M maka x  M berlaku

Untuk x  M dan h  0 maka suatu

1.49


f ( x  h)  f ( x )  L  f ( )  L  . Terbukti bahwa h

lim

x

b. c.

f ( x  h)  f ( x)  L. h

f ( x  h)  f ( x) k  k  0. h h Untuk x  M menurut Teorema Nilai Rata-rata f ( x)  f (M )  f ( )( x  M ) untuk suatu dan di antara M dan Jika lim f ( x)  k maka lim x 

x . Maka

x

f ( x) f (M ) M   (1 ) f ( ) . x x x

f ( x) f (M ) M L L   1 f ( )  M x x x 1 x



Jadi,

f (M ) 1 .  1 ( f ( )  L)  L(1 M x 1 x

f ( x) f ( x) 1 L   f ( )  L  L M x x 1 x

8.

f (M )  x

1  M L 1 x untuk x  K . Dengan demikian untuk x  K  M berlaku f ( x) f ( x)  L     3 . Jadi lim  L. x x x Diandaikan Z  {x  [0,1] : f ( x)  0} tak hingga. Oleh karena [0,1] kompak maka mempunyai sifat Bolzano-Weierstrass, yakni setiap infinite subset dari [0,1] mempunyai titik limit di dalam [0,1] . Jadi Dapat dipilih K  M sehingga

dan 1

p  [0,1] dan p titik limit Z . Untuk setiap

 0 kitar N ( p, )

memuat takhingga titik-titik Z . Menurut teorema Rolle di antara dua

1.50

ANALISIS II 

titik Z memuat titik nol dari f  . Jadi N ( p, ) memuat tak hingga titiktitik di mana derivatif f  bernilai nol. F  {x  [0,1] : f ( x)  0} . Jadi titik limit himpunan p Karena f kontinu pada [0,1] maka Z tertutup jadi p  Z dan f ( p)  0 . Untuk setiap  0,   0, x  [0,1] dan 0  x p  

f ( x)  f ( p ) f ( x)  f ( p )   f ( p )  x p x p

sebab

f terdiferensial di p dan f ( p)  0 . Tetapi p titik limit Z sehingga y  Z , jadi f ( y)  0 dan 0 y p  

f ( y)  f ( p )  f ( p )  y p

. Jadi f ( p)  0 .

Dengan demikian jika Z tak hingga terdapat titik p  [0,1] dengan f ( p)  f ( p)  0 . Terjadi kontradiksi sehingga Z harus berhingga. 9.

Untuk x dan y dalam [a, b] , 

di antara x dan y dan

f ( x)  f ( y )  x  y f ( ) . Jadi, x, y  [a, b] berlaku

f ( x)  f ( y ) 

x  y dengan 0  1. Menurut Definisi 9.4,

Analisis I, f fungsi kontraksi dari himpunan kompak [a, b] kepada [a, b] sehingga f mempunyai titik tetap yang tunggal di dalam [a, b] (Teorema 9,8, Analisis I).  1  1 1 1 1 f ( )   2, 10. xn1  xn  f    f     n  1  n  n( n  1 n(n  1) n

1 1   . Jadi n  N berlaku n(n 1) n k n 1 1  x n1xn  2  Sn   k 1  xk 1  xk   Sn , dengan  Sn  2 n n n 1 barisan suku-suku positif yang konvergen, sebab Sn   k 1 2 jumlah k n 1 parsial dari deret  n1 p dan p  2  1 yang konvergen (Lihat n Contoh 4.4, Modul 4, Analisis I). Jadi n  N berlaku x1  Sn  xn  x1  Sn dan terbukti bahwa barisan  xn  konvergen.




1.51

Daftar Pustaka Bartle, Robert G. & Sherbert, Donald R. (1992). Introducton to Real Analysis. John Wiley & Sons, Inc. DePree, John D. & Swartz, Charles W. (1988). Introduction to Real Analysis. John Wiley & Sons, Inc. Rudin, Walter. (1976). Principles of Mathematical Analysis. McGraw-Hill Kogakusha, Ltd.

Pendiferensialan. Modul 1 PENDAHULUAN

Recommend Documents