Analisis Riil II: Diferensiasi

(1)

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

Analisis Riil II: Diferensiasi

Mahdhivan Syafwan

(2)

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

∀x ∈ I , 0 < |x − c| < δ ⇒

f (x) − f (c) x − c − L

< ε. (1)

Dalam hal ini, kita katakan bahwa f dapat diturunkan di c atau f mempunyai turunandi c, dan kita tulisf^′(c) untuk L

(kadang-kadang juga dipakai notasiDf atau _dx^df untuk menyatakan fungsi turunan).

Dengan kata lain, turunan dari f di c diberikan oleh f^′(c) = lim

x→c

f (x) − f (c)

x − c , (2)

asalkan limitnya ada.

(3)

Contoh

1

Jika f (x) = x

²

untuk x ∈ R, maka untuk setiap c ∈ R berlaku f

^′

(c) = lim

x →c

f (x) − f (c) x − c = lim

x →c

x

²

− c

²

x − c = lim

x →c

(x + c) = 2c.

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 h(x) − h(0)

x − 0 = |x|

x =

1, x > 0,

−1, x < 0.

Dengan demikian lim

_{x →0}^h(x)−h(0)_{x −0}

tidak ada, sehingga fungsi

h(x) = |x| tidak dapat diturunkan di x = 0.

(4)

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) = f (x) − f (c) x − c

(x − c).

Karena f^′(c) ada, maka dengan menggunakan Teorema Perkalian Limit (lihat lagi) diperoleh

x→clim(f (x) − f (c)) = lim

x→c

f (x) − f (c) x − c

x→clim(x − c)

= f^′(c) · 0 = 0.

Perhatikan bahwa dari hubungan di atas dapat disimpulkan bahwa limx→cf (x) = f (c). Dengan demikian f kontinu di c (terbukti).

(5)

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 g

^′

(c) = f^′(c)g (c) − f (c)g^′(c)

(g (c))² . (6)

(6)

Akibat

Jika f

₁

, f

₂

, ..., f

_n

adalah fungsi-fungsi dari interval I ke R yang mempunyai turunan di c ∈ R, maka:

(a)

Fungsi f

1

+ f

2

+ ... + f

n

mempunyai turunan di c, dan

(f

₁

+ f

₂

+ ... + f

_n

)

^′

(c) = f

₁^′

(c) + f

₂^′

(c) + ... + f

_n^′

(c). (7)

(b)

Fungsi f

₁

f

₂

...f

n

mempunyai turunan di c, dan

(f

₁

f

₂

...f

n

)

^′

(c) = f

₁^′

(c)f

₂

(c)...f

n

(c) + f

₁

(c)f

₂^′

(c)...f

n

(c)

+... + f

1

(c)f

2

(c)...f

_n^′

(c). (8)

(7)

Beberapa kasus khusus

Jika f

₁

= f

₂

= ... = f

n

= 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. (10)

(8)

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). (11)

Bukti.

(9)

Aturan Rantai (lanjutan bukti)

(10)

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)

(11)

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)) . (12)

Bukti.

(12)

Teorema (1) [lanjutan bukti]

(13)

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.

(14)

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.

(15)

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.

(16)

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

f

^′

(g (y )) = 1

n(g (y ))

ⁿ⁻¹

= 1

n(y

^1/n

)

ⁿ⁻¹

= 1 ny

^(n−1)/n

. Jadi dapat disimpulkan bahwa

g

^′

(y ) = y

^(1/n)−1

n untuk y > 0.

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

(17)

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

f

^′

(g (y )) = 1

n(g (y ))

ⁿ⁻¹

= 1

n(y

^1/n

)

ⁿ⁻¹

= 1 ny

^(n−1)/n

. Jadi dapat disimpulkan bahwa

g

^′

(y ) = y

^(1/n)−1

n untuk y > 0.

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

(18)

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 = V

δ

(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.

(19)

Teorema Ekstrim Dalam

Misalkan c adalah titik dalam dari interval I (yaitu, terdapat lingkungan V = V

_δ

(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)

x − c > 0 untuk x ∈ V^δ(c), x 6= c.

Jika x ∈ Vδ(c), x > c, maka diperoleh

f (x) − f (c) = (x − c) ·f (x) − f (c) x − c > 0.

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

(20)

Teorema Ekstrim Dalam (lanjutan bukti)

Sekarang andaikan f^′(c) < 0, maka terdapat lingkungan Vδ(c) ⊆ I sedemikian sehingga

f (x) − f (c)

x − c < 0 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) x − c > 0.

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!

(21)

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.

(22)

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 .

(23)

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.)

(24)

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)

b − a (x − 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].

(25)

Teorema Nilai Rata-Rata (lanjutan bukti)

Perhatikan bahwa hipotesis dari Teorema Rolle dipenuhi oleh ϕ, karenaϕ kontinu pada [a, b],mempunyai turunan pada (a, b), dan

ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Oleh karena itu terdapat c ∈ (a, b) sedemikian sehingga

0 = ϕ^′(c) = f^′(c) − f (b) − f (a) b − a . Dengan demikian f (b) − f (a) = f^′(c)(b − a).

(26)

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

0 = ϕ^′(c) = f^′(c) − f (b) − f (a) b − a . Dengan demikian f (b) − f (a) = f^′(c)(b − a).

(27)

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 .

(28)

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.

(29)

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.

(30)

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

√105 −√

100 = 5 2(√

c), untuk suatu c ∈ (100, 105).

Karena 10 <√ c <√

105 <√

121 = 11, kita peroleh 5

2(11) <√

105 −√

100 < 5

2(10) ⇔ 10, 2272 <√

105 < 10, 2500.

Aproksimasi di atas dapat dibuat lebih baik dengan menggunakan hubungan √

c <√

105 < 10, 2500, yaitu √

c < 10, 2500, sehingga kita peroleh

0, 2439 = 5

2(10, 2500)<√

105 − 10.

Jadi aproksimasi yang diperoleh sekarang untuk √

105 adalah 10, 2439 <√

105 < 10, 2500.

(31)

Ketaksamaan

Salah satu aplikasi penting dari TNR adalah untuk memperoleh bentuk-bentuk ketaksamaan tertentu.

Contoh:

Fungsi f (x) = e^x mempunyai turunan f^′(x) = e^x 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

e^x ≥ 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) = e^x pada interval [0, x], kita peroleh

e^x− e⁰= e^c(x − 0), untuk suatu c ∈ (0, x). (15)

(32)

Ketaksamaan (...sambungan)

Karena e⁰= 1 dan e^c> 1, maka pers. (15) menjadi

e^x− 1 > x ⇔ e^x > 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 e^x > 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!

(33)

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!

(34)

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.

(35)

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→cf (x) dan B = limx→cg (x).

Kasus (i): B 6= 0.

x→clim f (x) g (x) =

x→climf (x)

x→climg (x) = A B. Kasus (ii): A 6= 0, B = 0.

x→clim f (x)

g (x) = ±∞ (jika ada).

(kerjakan Latihan 6.3 no. 2) Kasus (iii): A = B = 0.

Kasus ini belum didiskusikan sebelumnya.

Limit hasil bagi f /g dikatakantak-tentu(untuk kasus ini disimbolkan dengan0/0).

Bentuk tak-tentu lainnya: ∞/∞, 0 · ∞, 0⁰, 1^∞, ∞⁰, ∞ − ∞.

(36)

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

x→alim⁺ f (x)

g (x) = f^′(a) g^′(a). Bukti.

Karena f (a) = g (a) = 0, maka dapat ditulis f(x)

g(x) = f(x) − f (a) 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

lim

x →a⁺

f(x) g(x) =

lim

x →a⁺

f(x) − f (a) x− a lim

x →a⁺

g(x) − g (a) x− a

= f^′(a) g^′(a).

(37)

Teorema-Teorema Pendahuluan (2)

Contoh:

x →0

lim x

²

+ x

sin 2x = 2 · 0 + 1 2 cos (2 · 0) = 1

2 . 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

lim

x →0 f(x)

g(x)

=

¹⁷₃

, tetapi

^f_g^′^′⁽⁰⁾₍₀₎

=

¹₂

.

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).

(38)

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)

g (b) − g(a) = f^′(c) g^′(c). Bukti.

Perhatikan bahwa g (a) 6= g (b) (mengapa?). Untuk x ∈ [a,b], definisikan h(x) = f(b) − f (a)

g(b) − g (a)(g (x) − g (a)) − (f (x) − f (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

0 = h^′(c) = f(b) − f (a)

g(b) − g (a)g^′(c) − f^′(c).

Karena g^′(c) 6= 0, maka dengan membagi persamaan di atas dengan g^′(c), kita peroleh hasil yang diinginkan.

(39)

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 lim

_{x →a}+

f (x) = 0 = lim

_{x →a}+

g (x).

Jika lim

x →a⁺

f

^′

(x)

g

^′

(x) = L ∈ R, maka lim

x →a⁺

f (x) g (x) = L.

Jika lim

x →a⁺

f

^′

(x)

g

^′

(x) = L ∈ {−∞, ∞}, maka lim

x →a⁺

f (x) g (x) = L.

Bukti.

(40)

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

(41)

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.

(42)

Contoh

(a)

lim

x →0⁺

sin x

√ x

L

= lim

x →0⁺

cos x

1/2 √ x = lim

x →0⁺

2 √

x cos x = 0.

(b)

lim

x →0

1 − cos x x

²

L

= lim

x →0

sin x 2x

L

= lim

x →0

cos x 2 = 1

2 .

(c)

lim

x →0

e

^x

− 1 − x x

²

L

= lim

x →0

e

^x

− 1 2x

L

= lim

x →0

e

^x

2 = 1

2 .

(d)

lim

x →1

ln x x − 1

= lim

L

x →1

1/x

1 = 1.

(43)

Contoh

(a)

lim

x →0⁺

sin x

√ x

L

= lim

x →0⁺

cos x

1/2 √ x = lim

x →0⁺

2 √

x cos x = 0.

(b)

lim

x →0

1 − cos x x

²

L

= lim

x →0

sin x 2x

L

= lim

x →0

cos x 2 = 1

2 .

(c)

lim

x →0

e

^x

− 1 − x x

²

L

= lim

x →0

e

^x

− 1 2x

L

= lim

x →0

e

^x

2 = 1

2 .

(d)

lim

x →1

ln x x − 1

= lim

L

x →1

1/x

1 = 1.

(44)

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), lim

_{x →a}+

f (x) = ±∞, dan lim

x →a⁺

g (x) = ±∞.

Jika lim

x →a⁺

f

^′

(x)

g

^′

(x) = L ∈ R, maka lim

x →a⁺

f (x) g (x) = L.

Jika lim

x →a⁺

f

^′

(x)

g

^′

(x) = L ∈ {−∞, ∞}, maka lim

x →a⁺

f (x) g (x) = L.

Bukti.

(silakan dipelajari buktinya di buku!)

(45)

Contoh

(a)

lim

x →∞

ln x x

= lim

L

x →∞

1/x 1 = 0.

(b)

lim

x →∞

x

²

e

^x

L

= lim

x →∞

2x e

^x

L

= lim

x →∞

2 e

^x

= 0.

(c)

lim

x →0⁺

ln(sin x) ln x

L

= lim

x →0⁺

cos x/ sin x

1/x = lim

x →0⁺

h x

sin x · cos x i

= 1.

(d)

lim

x →∞

x − sin x x + sin x = lim

x →∞

1 −

^{sin x}x

1 +

^{sin x}_x

= 1 − 0

1 + 0 = 1.

(46)

Contoh

(a)

lim

x →∞

ln x x

= lim

L

x →∞

1/x 1 = 0.

(b)

lim

x →∞

x

²

e

^x

L

= lim

x →∞

2x e

^x

L

= lim

x →∞

2 e

^x

= 0.

(c)

lim

x →0⁺

ln(sin x) ln x

L

= lim

x →0⁺

cos x/ sin x

1/x = lim

x →0⁺

h x

sin x · cos x i

= 1.

(d)

lim

x →∞

x − sin x

x + sin x = lim

x →∞

1 −

^{sin x}x

1 +

^{sin x}_x

= 1 − 0

1 + 0 = 1.

(47)

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.

(a) lim

x→0⁺

1 x − 1

sin x

, (0, π/2), (b) lim

x→∞(1 + 1/x)^x, (1, ∞).

(a) Misalkan ingin dihitung

x→0lim⁺

1 x − 1

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.

lim 1

− 1

= lim sin x − x = lim^L cos x − 1

Mahdhivan Syafwan Analisis Riil II: Diferensiasi

(48)

Bentuk Tak-Tentu Lainnya (2)

(b) Misalkan ingin dihitung

x→∞lim

1 + 1

x

, x ∈ (1, ∞).

Limit di atas mempunyai bentuk tak-tentu 1^∞. Perhatikan bahwa

1 + 1

x

= e^xln(¹⁺¹x).

Lebih lanjut, kita mempunyai

x→∞lim xln

1 + 1

x

= lim

x→∞

ln 1 +_x¹

1 x

=L lim

x→∞

1 + ¹_x⁻1

−x⁻²

−x⁻² = lim

x→∞

1 1 +_x¹ = 1.

Karena y 7→ e^y kontinu di y = 1, kita simpulkan bahwa limx→∞ 1 + ¹_xx

= e.

(49)

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, ...).

(50)

Definisi

Definisi (Polinom Taylor ke-n)

Misalkan fungsi f mempunyai turunan ke-n di titik x

₀

. Kita definisikan polinom Taylor ke-n untuk f di x

0

sebagai

P

_n

(x) = f (x

₀

) + f

^′

(x

₀

)(x − x

0

) + f

^′′

(x

₀

)

2! (x − x

0

)

²

+ · · · + f

⁽ⁿ⁾

(x

₀

)

n! (x − x

⁰

)

ⁿ

. (35)

Perhatikan bahwa Pn(x0) = f (x0) dan Pn^(k)(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.

(51)

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 (x) = f (x0) + f^′(x0)(x − x0) +f^′′(x0)

2! (x − x0)² + · · · +f⁽ⁿ⁾(x0)

n! (x − x⁰)ⁿ+f⁽ⁿ⁺¹⁾(c)

(n + 1)! (x − x⁰)ⁿ⁺¹. (36) 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)

(n + 1)!(x − x0)ⁿ⁺¹, (37) untuk suatu c di antara x dan x0. Formula untuk Rndi atas disebut bentuk Lagrange(atau bentuk turunan) dari sisa.

(52)

Teorema Taylor (bukti)

Bukti.

Misalkan J menyatakan interval tutup dengan titik-titik ujung x

₀

dan x. Kita definisikan fungsi F pada J dengan

F (t) = f (x) − f (t) − (x − t)f

^′

(t) − · · · − (x − t)

ⁿ

n! f

⁽ⁿ⁾

(t), t ∈ J.

Perhatikan bahwa

F

^′

(t) = − (x − t)

ⁿ

n! f

⁽ⁿ⁺¹⁾

(t).

Sekarang definisikan fungsi G pada J dengan G (t) = F (t) − x − t

x − x

0

n+1

F (x

₀

), t ∈ J.

(53)

Teorema Taylor (lanjutan bukti)

Dapat diperiksa bahwa G kontinu pada J, mempunyai turunan pada J \ {x

0

, x}, dan G (x

0

) = G (x) = 0. Dengan demikian, menurut Teorema Rolle, terdapat c di antara x

₀

dan x sedemikian sehingga

0 = G

^′

(c) = F

^′

(c) + (n + 1) (x − c)

ⁿ

(x − x

⁰

)

ⁿ⁺¹

F (x

0

).

Dari sini kita peroleh

F (x

₀

) = f

⁽ⁿ⁺¹⁾

(c)

(n + 1)! (x − x

0

)

⁽ⁿ⁺¹⁾

,

yang sesuai dengan hasil yang diinginkan.

(54)

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.

(55)

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!) f (x) = 1 +1

3x −1

9x²+ R2(x).

dimana R2(x) =₈₁⁵(1 + c)⁻^8/3x³untuk suatu titik c di antara 0 dan x.

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

R2(0, 3) < 5 81

3 10

3

= 1

600 < 0, 17 × 10⁻². Jadi, diperoleh |√³

1, 3 − 1, 09| < 0, 5 × 10⁻², yaitu diperoleh ketelitian sampai dua tempat desimal.

(56)

Penurunan Beberapa Bentuk Ketaksamaan

Contoh:

Tunjukkan bahwa e

^π

> π

^e

. Bukti.

Dengan menggunakan teorema Taylor, dapat ditunjukkan bahwa e

^x

> 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

e

^π

> π

^e

.

(57)

Ilustrasi

(58)

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)

f^′(xn) untuk setiap n ∈ N, (38) ada di I dan (xn) konvergen ke r . Lebih lanjut,

|xⁿ⁺¹− r| ≤ K |xn− r|²untuk setiap n ∈ N. (39) Silakan pelajari buktinya di buku!

(59)

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

x

_n+1

= x

n

− f (x

n

) f

^′

(x

_n

)

= x

_n

− x

_n²

− 2 2x

n

= 1 2

x

_n

+ 2

x

n

. Jika kita pilih x

₁

= 1 sebagai tebakan awal, kita peroleh

berturut-turut x

2

= 1, 5, x

3

= 1, 416666..., x

4

= 1, 414215..., dan

x

₅

= 1, 414213562374..., yaitu akurat sampai 11 tempat desimal.

(60)

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 Kenmenjadi dua kali lipat. Berdasarkan kenyatan ini, barisan yang dibangkitkan oleh metode Newton dikatakan konvergen secara kuadratik.

(b) Jika tebakan awal x1yang 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→ ∞ (b) xn berosilasi antara x1

dan x2

Analisis Riil II: Diferensiasi