MicrosoftWord LATIHAN LisAmalia EkaFitriPuspaSari

LATIHAN 4.3

1. Misalkan A ⊆ R, f : A → R, c ∈ R adalah titik cluster dari A ∩ (c, ). Maka pernyataan berikut equivalen :

a. lim _→ = ∈

b. Barisan ( ) yang konvergen ke c sehingga ∈ dan > . ∀ ∈ , maka barisan ( ) konvergen ke ∈ .

Bukti : →

lim _→ ( ) = ∈

Berarti ∀ > 0. ∃! > 0 ∋ ∀ ∈ #_$, 0 <∝ − < !, maka ) ( ) − ) < * Jadi untuk ! > 0 yang diberikan +_, = -(!) sedemikian sehingga ∀ ≥ -(!).

Jika 0 < − < !, ∈ akan mengakibatkan ) ( ) − ) < *. Jadi untuk / ≥ -(!) maka ) ( ) − ) < *.

Karena * > 0 sebarang maka dapat disimpulkan ( ) konvergen ke L. →

Andaikan lim _→ ( ) ≠

Berarti ∃ ₁> , ∀! > 0. ∋ ∃ ₂ ∈ #_$, 0 < ₂− < ! Dan ) ( ) − ) ≥ *₃45 /

Dengan kata ∃*₃, 6₁( ) ∋ ∀ 6₂ terdapat ₂ sedemikian sehingga 2 ∈ ∩ 62( ), 2≠ .

2. Berikan contoh sebuah fungsi yang mempunyai limit kanan tetapi tidak mempunyai limit kiri di suatu titik.

Jawab :

( ) = ;7_{, < 0 lim}, ≥ 0 lim →3 ( ) = 0 →3< ( ) = − =

3. Misalkan ( ) = ) )>7 ?@ untuk ≠ 0.

Tunjukkan bahwa lim _→3 ( ) = lim _→3< ( ) = +

Bukti :

Untuk setiap ∝< ∀ sebarang.

Pilih ! =∝? ∋ ∀ ∈ #_$. 0 < < !, maka <∝?. Selanjutnya kita peroleh 7

B >∝. Karena untuk > 0

7

C) ) = 7 B >∝

Maka kita simpulkan lim _→3 ( ) = + Demikian pula

Pilih !_? =∝? sedemikian sehingga ∀ ∈ #_$ 0< − < ! maka − <∝? Selanjutnya

Bila < 0 maka 7

C) ) = 7 B> >∝

Jadi kita dapatkan lim _→3 ( ) = + Dengan demikian kita simpulkan lim _→3 ( ) = + = lim →3< ( )

4. Misalkan ∈ , f adalah fungsi yang didefinisikan untuk ∈ ( , ) dan ( ) > 0 untuk semua ∈ ( , ∝). Tunjukkan bahwa lim _→ = ∝ ↔ lim → E1@ G = 0.

(↔) ∀ ∝= 7_H ∈ , ∃ !7 > 0 ∋ ∀ ∈ #$. 0 < ) − ) < ! maka ( ) >∝.

Pilih !_? = !₇ ∋ ∀ ∈ #_$. 0 < ) − ) < !_? maka ( ) >7 Karena ( ) > 0, ∀ ∈ #_$ maka

) ( )) = ( ) > 7 atau _{)$( ))}7 < *

Jadi ∀ ∈ #_$, 0 < ) − ) < !, maka I 7

$( )I < *.

Karena * > 0 sebarang maka dapat diambil kesimpulan lim → I_{$( )}7 I = 0

(←) Sekarang Untuk * = 7

∝> 0 sebarang

∃ !₇> 0 ∃ ∀ ∈ #_$, 0 < ) − )!, maka I 7

$( )I < *. Pilih !₇ > !₇ ∋ ∀ ∈ #_$, 0 < ) − )!_? maka

7

$( ) = I$( )7 I < 7∝ maka ( ) >∝.

Karena ∝∈ sebarang maka dapat disimpulkan lim _→ ( ) = ∞

LATIHAN 5.1

1. Buktikan teorema 5.13

A ⊆ R, misalkan f : A → R, c ∈ A, PBE

i. f kontinu pada c, bahwa diberikan persekitaran 6 dari f(c), ∃ persekitaran 62 dari c ∋ jika x sebarang titik ∈ ∩ 62, maka f(x) ∈6 (f(c)).

ii. Diberikan * > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀ ∈ , ) − ) < !, L5-5) ( ) − ( )) < *

Bukti: i. → ii

f kontinu pada c. Jika diberikan persekitaran 6 (f(c)) = ( ( ) − *, ( ) + *). ∃ persekitaran 6₂( ) = ( − !, + !) ∋ N -5 ∈ ∩ 62( ), L5-5 ( ) ∈ 6 ( ( )).

Hal ini berarti:

Untuk * > 0 O5/P M QRS -5/, ∃ ! > 0 ∋ ∀ ∈ . ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U.

ii. → iii

Diberikan U > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀ ∈ , ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U. Untuk !>0 yang diberikan ∃/₃ ∈ ∋ ∀ / ≥ /₃, _V ∈ , )WWW − ) < ! −

→ . Hal ini berakibat ) ( ) − ( )) < U. +5M ∀ / ≥ /₃, ) ( ) − ( )) < U. Dengan demikian kita simpulkan f (xn) konvergen ke f (c). iii. → i

Andaikan i ↛

∃ YRSZR- [5S5/ 63 ( ) M5S ( ), ∀ YRSZR- [5S5/ 62(\)M5S ∃ 3 ∈ ∩ 62(\) [R[5Y ( 3) ∉ 63 ( ) N -5 ∀ /

∈ , YRSZR- [5S5/ ^ −_{/ , +}1 1_{/_ M5S ∃ ∈ ∩ 6}2( )

= ^ −1_{/ , +/_ [R[5Y ( )}1

∉ 63 ( ) . #R/P5/ MRL - 5/ - [5 M5Y5[-5/ ∀ / ∈ , ∃ ∈

∩ 62( )M5/ -`/aRSPR/ -R [R[5Y ( ) [ M5- -`/aRSPR/ -R ( ).

5. Misalkan f didefinisikan untuk ∀ ∈ , ≠ 2, MR/P5/ ( ) = _{( >?)}cd >e. Dapatkah f didefinisikan pada x = 2 sehingga f kontinu pada titik itu.

Jawab:

Kita tentukan nilai lim f(x) sebagai berikut: lim →? ( ) = lim →?

c_{d >e}

Jadi kita dapat definisikan: ( ) =

c_{d >e}

>? , ≠ 2

5, = 2 ⇒ -`/[ /h Y5M5 = 2

7. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada c dan misalkan f (c) > 0. Tunjukkan persekitaran 6_{2( )} M5S ∋ ∀ ∈ 6_{2( )}L5-5 ( ) > 0

Bukti:

LQ 4 * = ( ) > 0

!j > 0 ∋ ∀ ∈ # , ) − ) < !j ⇒ ) ( ) − ( ))

< ( ) ZR45/Nh[/O5 ) ( ) − ( )) < ( ) ⇔ 0 < ( ) < 2 ( ). #R/P5/ MRL - 5/ ∀ ∈ # , ) − ) < !j ⇒ ( ) > 0 - [5 Z LYh4-5/ ∃ YRSZR- [5S5/ 62j( ) ∋ ( ) > 0

8. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada R dan misalkan S = {x ∈ R, f(x) = 0} adalah himpunan kosong dari f jika (xn) ⊆ S dan x1 = lim (xn). Tunjukan x ∈ S.

Bukti:

(x1) ⊆ S maka f (xn) = 0

Jika lim (xn) = x1, akan kita tunjukkan f (x1) = 0. f kontinu pada R, maka f kontinu pada x sehingga untuk * > 0 O5/P M QRS -5/ ∃!₇ > 0 ∋ ∀ ∈ # ) − 7) < ! ⇒ ) ( ) − ( 7)) < *. l5SR/5 4 L( ) =

7 L5-5 lim ( ) = ( 7) [R[5Y ( ) = 0 L5-5 lim ( ) = 0 ZRℎ /PP5 QRS5- Q5[ ( 7) = 0

LATIHAN 5.1

2. Buktikan teorema 5.13

A ⊆ R, misalkan f : A → R, c ∈ A, PBE

i. f kontinu pada c, bahwa diberikan persekitaran 6 dari f(c), ∃ persekitaran 6₂ dari c ∋ jika x sebarang titik ∈ ∩ 6₂, maka f(x) ∈ 6 (f(c)).

ii. Diberikan * > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀ ∈ , ) − ) < !, L5-5) ( ) − ( )) < *

iii. Jika (xn) adalah barisan bilangan real xn ∈ A, ∀ ∈ M5/ ( ) konvergen ke c, barisan (f(xn)) konvergen ke f(c).

Bukti: i → ii

f kontinu pada c. Jika diberikan persekitaran 6 (f(c)) = ( ( ) − *, ( ) + *). ∃ persekitaran 6₂( ) = ( − !, + !) ∋ N -5 ∈ ∩ 62( ), L5-5 ( ) ∈ 6 ( ( )).

Hal ini berarti:

Untuk * > 0 O5/P M QRS -5/, ∃ ! > 0 ∋ ∀ ∈ . ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U.

ii → iii

Diberikan U > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀ ∈ , ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U. Untuk !>0 yang diberikan ∃/₃ ∈ ∋ ∀ / ≥ /₃, _V ∈ , )WWW − ) < ! −

→ . Hal ini berakibat ) ( ) − ( )) < U. +5M ∀ / ≥ /₃, ) ( ) − ( )) < U. Dengan demikian kita simpulkan f (xn) konvergen ke f (c). iii → i

∃ YRSZR- [5S5/ 63 ( ) M5S ( ), ∀ YRSZR- [5S5/ 62(\)M5S ∃ 3 ∈ ∩ 62(\) [R[5Y ( 3) ∉ 63 ( ) N -5 ∀ /

∈ , YRSZR- [5S5/ ^ −_{/ , +}1 1_{/_ M5S ∃ ∈ ∩ 62( )}

= ^ −1_{/ , +/_ [R[5Y ( )}1

∉ 63 ( ) . #R/P5/ MRL - 5/ - [5 M5Y5[-5/ ∀ / ∈ , ∃ ∈

∩ 62( )M5/ -`/aRSPR/ -R [R[5Y ( ) [ M5- -`/aRSPR/ -R ( ).

5. Misalkan f didefinisikan untuk ∀ ∈ , ≠ 2, MR/P5/ ( ) = cd >e ( >?) . Dapatkah f didefinisikan pada x = 2 sehingga f kontinu pada titik itu.

Jawab:

Kita tentukan nilai lim f(x) sebagai berikut: lim →? ( ) = lim →?

c_{d >e}

>? = lim →?( + 3) = 5 Jadi kita dapat definisikan:

( ) =

c_{d >e}

>? , ≠ 2

5, = 2 ⇒ -`/[ /h Y5M5 = 2

7. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada c dan misalkan f (c) > 0. Tunjukkan persekitaran 6_{2( )} M5S ∋ ∀ ∈ 6_{2( )}L5-5 ( ) > 0

Bukti:

LQ 4 * = ( ) > 0

8. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada R dan misalkan S = {x ∈ R, f(x) = 0} adalah himpunan kosong dari f jika (xn) ⊆ S dan x1 = lim (xn). Tunjukan x ∈ S.

Bukti:

(x1) ⊆ S maka f (xn) = 0

Jika lim (xn) = x1, akan kita tunjukkan f (x1) = 0. f kontinu pada R, maka f kontinu pada x sehingga untuk * > 0 O5/P M QRS -5/ ∃!₇ > 0 ∋ ∀ ∈ # ) − 7) < ! ⇒ ) ( ) − ( 7)) < *. l5SR/5 4 L( ) =

7 L5-5 lim ( ) = ( 7) [R[5Y ( ) = 0 L5-5 lim ( ) = 0 ZRℎ /PP5 QRS5- Q5[ ( 7) = 0

LATIHAN 7.3

1. Jika F₁ dan F₂ anti derivative dari f :I → R pada sebuah interval I. Tunjukkan bahwa F₁−F₂adalah sebuah fungsi turunan.

Bukti :

1

F anti derivative dari f :I → R maka F₁1

( )

x = f

( )

x,∀x∈I.

2

F anti derivative dari f :I →R maka F₂1

( )

x = f

( )

x ,∀x∈I. Selanjutnya

( )

( )

(

F

F

) ( )

x

x

I

I

x

x

F

x

F

∈

∀

=

′

−

∈

∀

=

−

,

0

,

0

2 1

1 2 1

1

Menurut teorema 6.2.5 maka

(

F₁−F₂

)( ) (

x = F₁−F₂

)( )

a, ∀x∈I,a∈I Jadi F₁−F₂ adalah kiraan turunan.

2. Tunjukkan bahwa fungsi sigm

( )

1 0,

( )

1, 0)

(sgn x =− jika x< agn x = x> Adalah terintegralkan pada

[

−1,1

]

=

I , tetapi tidak mempunyai anti derivative pada I.

Catatan : bahwa jika H

( ) ( )

x = x , maka H′

( )

x =sgn

( )

x, ∀x≠0 dan

( )

=

( )

−

( )

−

1

1

1 1

sgn x dx H H

Bukti :

i Ambil 1>ε >0

Pilih

(

1, ₄ε,0,₄ε,1

)

ε = − −

P dari

[

−1,1

]

maka

( )

{

}

( )

{

;

}

1, 1,0,1 1 , 1 , 0 , 1 ;

− − = ∈ =

− = ∈ =

k k

k k

I x x f Inf M

I x x f Sup M

(

)

(

)

{

(

)

( )

(

)

}

(

)

( )

(

)

{

}

ε ε

ε ε ε ε ε ε

ε ε

ε ε

ε ε

ε ε

ε ε

< =

+ − + + − − + + − =

− + + − + + − − =

− + + + + − − = −

2 1

4 4 4 4 4 4

4 4

4 4

4 4

4 4

1 1 1

1

1 1 . 0 1 1 1

1 1 . 1 0 1 1

; ;f L P f P

U

f terintegralkan pada

[

−1,1

]

ii Andaikan ∃ F

( )

x ∋ F′

( )

x = f

( )

x

ambil _{k = 2}1_{, maka}

( )

₁

( )

₁ 2

1 _F

F′− < < ′

Menurut Darbouxs _{∃ c∈}

[

_−1,1

]

_{∋ f}

( )

_{c = 2}1 Hal ini kontradiksi dengan definisi f

( )

x

Jadi f

( )

x tak terdefinisikan di

[

−1,1

]

Jika H

( )

x = x maka H

( )

x kontinu pada

[

−1,1

]

dan

( )

=

( )

, ≠0, ∀

(

−1,1

)

′ x f x x x

H , f

( )

x terintegralkan pada

[

−1,1

]

Dengan demikian dari dasar kalkulus I kita dapatkan

( )

( )

( )

( )

− −

− − = −

1

1

1

1

1

1 H

H dx x x f

3. a. Gunakan TDK I untuk menunjukkan bahwa

Jika b>0 maka

( )

=

( )

−

( )

=

b

b H b H dx x

0

0 sgn

Jawab :

Dari soal 2 karena f

( )

x =sgn

( )

x terintegralkan pada

[ ]

0,b, b>0

Kemudian dengan mengambil H

( )

x = x ∀x∈

[

0,b

]

Selanjutnya H′

( )

x =sgn

( )

x , x>0 dan H

( )

x kontinu pada

[

0,b

]

, maka menurut teorema 7.3.1 kita peroleh

( )

=

( )

−

( )

= − = =

b

b b b

H b H x

0

0 0

b. Gunakan teorema 7.2.4 dan TDK tutup menuju P′.

Jika a<0<b, maka

( )

=

( )

−

( )

= +

b

a

a b a H b H x sgn

Bukti :

Dari teorema 7.2.4

( )

x

sg terintegralkan I, maka sgn(x) terintegralkan pada

[ ]

a,0 dan

[

0,b

]

sehingga

( )

=

( )

+

( )

b

a a

b x x

x

0

0

sgn sgn

sgn

Dari (a) kita peroleh

( )

=

( )

−

(

( )

)

+

( )

−

( )

b

a

H b H a H H

x 0 0

sgn

( )

( )

(

a

)

b a b

a b

a H b H

+ = − − = − =

− =

4. Tunjukkan bahwa integral tak tentu dari sgn pada

[

−1,1

]

diberikan dengan

( )

x = x −1

S .

Jadi integral tak tentu pada sebuah interval dapat terjadi ada jika anti derivatif tidak ada.

Bukti :

( )

( )

( )

( )

( )

1 1

1

1 1

0

0 1

0

0

1 0

0

1 0

1

− =

+ − =

+ − =

− = − + − =

− + − − =

+ = =

− − −

x x

fdx dx

x c x

H x H H

H

fdx fdx fdx x

S

Exercise 6.2

1. a. f

( )

x =x2−3x+5, −3≤ x≤3

Jawab :

( )

=2 −3 ′ x x f

Sehingga titik kritis dari fungsi f tercapai bila f′

( )

x =−3 dan di titik ujung selanjutnya. Ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi f tercapai

di x=−3, x=−2, x=−1, x=0, x=1, x=2, x=3

Dengan

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

( )

9 5 3 1 5 1 3 1 5 3 1 15 5 6 4 5 2 3 2 5 3 2 23 5 9 9 5 3 3 3 5 3 3 2 2 2 2 2 2 = + + = + − − − = + − = − = + + = + − − − = + − = − = + + = + − − − = + − = − x x f x x f x x

f

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

3 5 6 4 5 2 3 2 5 3 2 3 5 3 1 5 1 3 1 5 3 1 5 5 0 0 5 0 3 0 5 3 0 2 2 2 2 2 2 = + − = + − = + − = = + − = + − = + − = = + − = + − = + − = x x f x x f x x f

( )

( )

( )

5 5 9 9 5 3 3 3 5 3 3 2 2 = + − = + − = + −

= x x

f

Dari ketujuh nilai fungsi ini yang terbesar adalah f

( )

−3 =23 dan yang terkecil f

( )

1 =3 dan f

( )

2 =3. Jadi nilai maksimumnya dari fungsi f

b. g

( )

x =3x−4x2, 0≤x≤3

Jawab :

( )

x x

g′ =3−8

Sehingga titik kritis dari fungsi g tercapai bila g′

( )

x =3 dan di titik ujung selanjutnya, ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi g tercapai

di : x=0, x=1, x=2, x=3

Dengan

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

27 36 9

3 4 3 3

4 3 3

10 16 6

2 4 2 3

4 3 2

1 1 4 1 3

4 3 1

0

0 4 10 3

4 3 0

2 2

2 2

2 2

2 2

− =

− =

− =

− =

− =

− =

− =

− =

− =

− =

− =

=

− =

− =

x x g

x x g

x x g

x x g

c. h

( )

x x3 −3x−4, −3≤ x≤3

Jawab :

( )

=3 2 −3 ′ x x h

Sehingga titik kritis dari fungsi g tercapai bila h′

( )

x =3x2 −3 dan di titik ujung selanjutnya, ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi g

tercapai di :

( )

( )

( )

14 4 9 27 4 3 3 3 4 3 3 3 3 = − − = − − = − − = x x h 3 , 2 , 1 , 0 , 1 , 2 ,

3 =− =− = = = =

−

= x x x x x x

x

Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar adalah h

( )

3 =14 yang terkecil adalah h

( )

−3 =−22

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

( )

2 4 3 1 4 1 3 1 4 3 1 6 4 6 8 4 2 3 2 4 3 2 22 4 9 27 4 3 3 3 4 3 3 3 3 3 3 3 3 − = − + − = − − − − = − − = − − = − + − = − − − − = − − = − − = − + − = − − − − = − − = − x x h x x h x x

h

( )

2. a.

( )

= +1, untuk x≠0 −1≤x≤1 x

x x f

( )

( )

( )

( )

( )

( )

2

1 1 1

1 1

0 0 1 0

1 0

2 1 1 1

1 1

= + =

+ =

= + =

+ =

− = − + − =

+ = −

x x f

x x f

x x f

Didapat yang terbesar f

( )

1 =2 dan yang terkecil f

(

−2

)

=−2

d. k

( )

x = x4 +2x2 −4, −1≤ x≤0

( )

x x x

k′ =4 3 +4

Sehingga titik kritis dari fungsi g tercapai bila h′

( )

x =3x2 −3 dan di titik ujung selanjutnya, ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi g tercapai di :

, 0 ,

1 =

−

= x

x

( )

( )

( )

( )

( )

( )

4 4 0 0

4 0 2 0

4 2 0

1 4 2 1

4 1 2 1

4 2 1

2 4

2 4

2 4

2 4

− =

− + =

− +

=

− + =

− =

− + =

− − + − =

− + = −

x x k

x x

k Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar

adalah k

( )

−1 =−1 yang terkecil adalah

b.

( )

(

2 1

)

+ =

x x x

g untuk x∈R, interval −1≤ x≤0

( )

(

)

( )

( )

(

x

)

( )

tdk terdefinisi x g x x g = = + = + = − = − = + − − = + = − 1 0 1 0 0 1 0 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2

Didapat yang terbesar dan yang terkecil

c. h

( )

x = x −2 x+2 untuk x>0 interval

( )

( )

2 2 2 2 0 2 0 2 0 2 2 0 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 − = − = + − = + − = − = − − = + − − − = + − = − x x h i x x h

Didapat yang terbesar di h

( )

x =i−2 dan yang terkecil h

( )

x =−2 2

d.

( )

2 1 2 x x x

k = + untuk x≠0, interval −1≤ x≤1

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

1 2 1 3 1 1 2 1 2 1 0 0 1 0 2 1 2 0 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 = + = + = + = = + = + = − = + − = − + − = + = − x x k x x k x x k

3. a. f

( )

x = x2 −1, −4≤ x≤4

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

4 1

( )

4 1 16 1 15

8 1 9 1 3 1 3 3 1 4 1 2 1 2 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 3 1 4 1 2 1 2 8 1 9 1 3 1 3 15 1 16 1 4 1 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = − = − = − = = − = − = − = = − = − = − = = − = − = − = − = − = − − = − = = − = − − = − = − = − = − − = − = − = − = − − = − = − = − = − − = − = − x f x f x f x f x f x f x f x f x f

Didapat nilai yang terbesar di f

(

−4

)

=15, f

( )

4 =15 dan yang terkecil f

( )

0 =−1

b.

( )

(

)

3

2 1 1− −

= x

x

g untuk 0≤ x≤2

( )

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

3 2 3

3 2 3 2 4 1 ) 2 ( 1 1 2 1 1 1 2 0 1 1 ) 1 ( 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 ) 1 ( 1 1 0 1 1 1 0 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 − = − = − − = − − = = − = − = − − = − − = = − = − − = − − = − − = x g x g x g

Didapat nilai yang terbesar di g

( )

0 =0, g

( )

1 =0 dan yang terkecil

( )

_{2 =1−}3 ₄

c. h

( )

x = x x2 −12 , − 2 ≤ x ≤ 3

(

)

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

3 12 3

( )

3 12 39 12 3 3 9

16 8 2 12 4 2 12 2 2 12 2 11 11 1 12 1 1 12 1 1 12 1 0 12 0 12 0 0 12 0 0 12 0 11 11 1 12 1 1 12 1 1 12 1 16 8 2 12 4 2 12 2 2 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 − = − = − = − = − = = − = − = − = − = = − = − = − = − = = − = − − = − = − = − = − − = − − = − − − = − = − − = − − = − − = − − − = − = − x x h x x h x x h x x h x x h x x h

Didapat nilai yang terbesar di h

( )

2 =16 dan yang terkecil

(

−2

)

=−16 h

d.

( )

(

)

3 1 8

− = x x x

k untuk 0≤x≤9

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

9 8 9 0 8 9. 1 9

0 0 . 8 8 0 8 8 8 1 . 7 8 0 7 8 7 2 . 6 8 0 6 8 6 3 . 5 8 0 5 8 5 4 . 4 8 0 4 8 4 5 . 3 8 0 3 8 3 6 . 2 8 0 2 8 2 8 8 . 1 8 0 1 8 1 0 8 . 0 8 0 0 8 0 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 = = − = − = = = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = − = = − = − = − = x x k x x k x x k x x k x x k x x k x x k x x k x x k x x k

6. Gunakan teorema nilai rata-rata untuk membuktikan

R y x y x y

x−sin ≤ − , ∀ , ∈

sin

Jawab :

Misalkan x≠ y, dan buatlah selang

[

x,y

]

bila x< y, dan selang

[

y,x

]

bila x> y. Pada kedua selang ini, fungsi f

( )

x =sinx memenuhi teorema nilai rata- rata dengan f′

( )

x =cosx.

Akibatnya, pada selang ini terdapat c sehingga :

( )

( )

( )

sin sin ,

y x

y x

y x

y f x f c f

− − =

− − =

′ c diantara x dan y

Dari sini diperoleh sin sin ≤ cos ≤1 −

−

c y

x y x

Yang menghasilkan

y x y

x−sin ≤ −

sin