(1) teorema penggunaan turunan

PENGGUNAAN TURUNAN
Agustina Pradjaningsih, M.Si.
Jurusan Matematika FMIPA UNEJ
[email protected]
Pada
materi
sebelumnya
telah
dijelaskan bahwa Teorema Nilai
Rata-Rata
(TNR
diferensial)
memegang peranan penting dalam
kalkulus.
Pembuktian
TNR
membutuhkan
Teorema ROLLE (kalkulus diferensial)
yang selanjutnya akan dipakai pada
Penggunaan Turunan, Kalkulus
Integral dan Analisis Numerik.
Penggunaan Turunan yang akan
dibahas adalah
1. Penggambaran grafik fungsi
2. Pencarian nilai optimum
Pada materi tersebut dibutuhkan
beberapa teorema dan beberapa
konsep yang akan saling menunjang
satu sama lain.
Pada materi turunan dijelaskan bahwa
kemiringan garis singgung merupakan
tafsiran geometris dari TURUNAN
fungsi, sehingga turunan dapat digunakan
sebagai alat bantu menggambar grafik
fungsi.
Bantuan tersebut dalam hal penentuan
titik-titik garis singgung atau penentuan
interval dimana grafik terletak di atas
garis singgung atau dibawahnya dst.
ILUSTRASI GRAFIK
y
H  x8 , y8 
maks mutlak
cekung keatas
D  x4 , y 4 
maks lokal
cekung kebawah
maks lokal
min mutlak
A x1 , y1 
titik belok
F x6 , y6 
turun
E x5 , y5 
B x2 , y2 
naik
G x7 , y7 
cekung kebawah
min lokal
C x3 , y3 
naik
min lokal
cekung keatas
x
ekstrim relatif/ekstrim lokal
(i) F punya nilai maksimum
relatif di c jika ada selang
terbuka I memuat c dimana f
terdefinisi, sehingga f(c)≥f(x),
xI
a c
b
x
a
c
b
x
(ii) F punya nilai minimum
relatif di c jika ada selang
terbuka I memuat c dimana f
terdefinisi, sehingga f(c)≤f(x),
xI
TEOREMA 1
Jika f(x) ada untuk semua nilai x dalam
selang terbuka (a,b) dan jika f
mempunyai ekstrim relatif di c dimana
a<c<b maka f’(c) ada dan f’(c) = 0.
Jika fungsi f
mempunyai nilai
maksimum relatif atau nilai minimum
relatif di c, maka f
dikatakan
mempunyai ekstrim relatif di c.
B
U
K
T
I
(i) f punya maksimum relatif di c. Jika
f’(c) ada maka
f ( x) - f (c)
f ' (c)  lim
x c
xc
menurut definisi (i)  >0 sehingga jika
0  x  c    f ( x) - f (c)  0
(ii) f punya minimum relatif di c. Jika
f’(c) ada maka
f ( x) - f (c)
f ' (c)  lim
x c
xc
menurut definisi (ii)  >0 sehingga jika
0  x  c    f ( x) - f (c)  0
kasus (i)
-Jika x mendekati c dari kanan x – c > 0 & jika
f  x   f (c)
0  xc  
0
xc
berdasar teorema tambahan limit jika limitnya ada maka
f  x   f (c)
lim
 0  f ' ( c)  0
x c
xc
-Jika x mendekati c dari kiri x – c < 0 & jika
f  x   f (c)
  x  c  0
0
xc
berdasar teorema tambahan limit jika limitnya ada maka
f  x   f (c)
lim
 0  f ' ( c)  0
x c
xc
Karena f’(c) ada dan f ' (c)  0 serta f ' (c)  0 maka f ' (c)  0
kasus (ii)
-Jika x mendekati c dari kanan x – c > 0 & jika
f  x   f (c)
0  xc  
0
xc
berdasar teorema tambahan limit jika limitnya ada maka
f  x   f (c)
lim
 0  f ' ( c)  0
x c
xc
-Jika x mendekati c dari kiri x – c < 0 & jika
f  x   f (c)
  x  c  0
0
xc
berdasar teorema tambahan limit jika limitnya ada maka
f  x   f (c)
lim
 0  f ' ( c)  0
x c
xc
Karena f’(c) ada dan f ' (c)  0 serta f ' (c)  0 maka f ' (c)  0
Bila fungsi f didefinisikan di suatu
bilangan c maka syarat perlu
(bukan syarat cukup) agar f
mempunyai ekstrim relatif di c
adalah f’(c)=0 atau f’(c) tidak ada.
Bila c bilangan dalam daerah asal f
dan bila f ’(c)=0 atau f ’(c) tidak ada
maka c dikatakan bilangan kritis
dari f.
TEOREMA 2
Andaikan f didefinisikan pada suatu
selang yang memuat c, misalkan I.
Jika f(c) adalah titik ekstrim maka c
haruslah suatu titik kritis , yakni c
berupa salah satu :
1. Titik ujung dari selang
2. Titik stasioner dari f [f ’(c)=0]
3. Titik singular dari f [f ’(c) tidak
ada]
B
U
(1) f(c) nilai maksimum relatif f pada I
Andaikan c bukan titik ujung dan bukan titik
singular maka c titik stasioner. Karena f(c)
maksimum dari definisi (i), f(c)≥f(x), xI
 f(x)-f(c)≤0.
K
T
I
(2) f(c) nilai minimum relatif f pada I
Andaikan c bukan titik ujung dan bukan titik
singular maka c titik stasioner. Karena f(c)
minimum dari definisi (ii), f(c)f(x), xI
 f(x)-f(c)0.
kasus (1)
 jika x  c  , maka x  c  0, sehingga
f  x   f (c)
0
xc
karena c bukan titik singular  f ' (c) ada, shg
f  x   f ( c)
f ' (c)  lim
 0  f ' ( c)  0
x c
xc
 jika x  c - , maka x  c  0, sehingga
f  x   f ( c)
0
xc
karena c bukan titik singular  f ' (c) ada, shg
f  x   f (c)
f ' (c)  lim
 0  f ' (c)  0
x c
xc
Karena f ' (c) ada dan f ' (c)  0 serta f ' (c)  0 maka f ' (c)  0
kasus (2)
 jika x  c  maka x  c  0 sehingga
f ( x )  f ( c)
0
xc
karena c bukan titik singular maka f ' (c) ada, shg
f ( x )  f ( c)
f ' (c)  lim
 0  f ' (c)  0
x c
xc
 jika x  c  maka x  c  0 sehingga
f ( x )  f (c)
0
xc
karena c bukan titik singular maka f ' (c) ada, shg
f ( x )  f ( c)
f ' (c)  lim
 0  f ' (c)  0
x c
xc
karena f ' (c) ada dan f ' (c)  0 serta f ' (c)  0 maka f ' (c)  0.
ekstrim mutlak/ekstrim global
1. f(c) dikatakan nilai maksimum
mutlak fungsi f jika c di daerah asal
f dan f(c)≥f(x) untuk semua nilai x
dalam daerah asal f.
2. f(c) dikatakan nilai minimum
mutlak fungsi f jika c di daerah asal
f dan f(c) ≤ f(x) untuk semua nilai x
dalam daerah asal f.
Ekstrim mutlak suatu fungsi f
adalah nilai maksimum mutlak
atau nilai minimum mutlak
fungsi didaerah asal f.
Daerah asal disini bisa berupa
suatu selang ataupun himpunan
dst.
contoh 1
Misalkan f fungsi yg didefinisikan pd [-4,3]
1 3 1 2
f ( x)  x  x  6 x  8
3
2
Cari titik-titik kritisnya dan nilai ekstrim nya!
Jawab
•titik-titik ujungnya adalah -4 dan 3
•titik stasionernya x =-3 dan x=2 [jika f ’(x)=0
•titik singularnya tidak ada.
titik-titik kritisnya adalah -4, -3, 2 dan 3
Nilai f(x) pada titik-titik kritisnya adalah
x = -4  f(-4) = 18,67;
x = -3  f(-3) = 21,5;
x = 2  f(2) = 0,67;
x = 3  f(3) = 3,5
Jadi pada selang [-4,3]
f
punyai nilai maksimum mutlak 21,5
f
punya nilai minimum mutlak 0,67
1
1
f ( x)  x 3  x 2  6 x  8
3
2
TEOREMA 3
Bila fungsi f kontinu pada selang
tertutup [a,b] maka fungsi f
mempunyai nilai maksimum dan nilai
minimum mutlak (nilai ekstrim) pada
[a,b] (syarat cukup bukan syarat perlu)
Bukti dapat dilihat pada buku teks
kalkulus lanjut, pada kuliah ini teorema
ini hanya akan dipakai tanpa dibuktikan.
nilai maksimum & nilai minimum
fungsi kontinu pada selang tertutup I
ujung
Cari titik kritis fungsi pd I
stasioner
singular
Hitung fungsi f pd titik kritis
Terbesar
Terkecil
Maksimum
Minimum
contoh 2
Cari nilai maksimum dan minimum dari
fungsi berikut pada [-½,2]
f  x   2 x  3 x
3
2
Jawab
f fungsi polinomial → f kontinu pada
[-½,2] sehingga teorema-teorema nilai
ekstrim dapat digunakan
I.Dicari titik kritis
- Titik ujung adalah -½ dan 2
- Titik stasioner f’(x)=6x2 +6x=-6x(x-1)=0
diperoleh x=0 dan x=1
- Titik singular tidak ada
Jadi titik kritis -½,0,1,2
II. f(-½)=1, f(0)=0, f(1)=1, f(2)=-4
- Nilai maksimum 1 pada x=1 dan x= -½
- Nilai minimum –4 pada x =2
y
x
kemonotonan
Andaikan f terdefinisi pada suatu selang I,
(i) f naik pada I jika untuk setiap pasangan
bilangan x1 dan x2 dalam I
x1 x2  f(x1)f(x2)
(ii) f turun pada I jika untuk setiap
pasangan bilangan x1 dan x2 dalam I
x1 x2  f(x1)f(x2)
(iii) f monoton pada I jika f naik atau f
turun pada suatu selang I.
TEOREMA 4
Misalkan
f
kontinu
pada
selang [a,b], dan terdiferensiasi
pada (a,b):
Jika f’(x)0 untuk setiap x pada
(a,b) maka f naik pada [a,b]
(i)
Jika f’(x)0 untuk setiap x pada
(a,b) maka f turun pada [a,b]
(ii)
B
U
K
T
I
i
Misalkan x1,x2[a,b] dgn x1x2.
Karena f kontinu pada [x1,x2] dan
terdiferensial pada (x1,x2), dari
teorema TNR  bilangan c pada
[x1,x2] sehingga
f ( x2 )  f ( x1 )
f ' (c) 
x2  x1
Dari x1x2 → x2–x10 & f’(c)0,
sehingga f(x2)–f(x1)0  f(x1)f(x2)
→ f naik pada [a,b]■
B
U
K
T
I
ii
Misalkan x1, x2[a,b] dgn x1 x2.
Karena f kontinu pada [x1,x2] dan
terdiferensial pada (x1,x2), dari
teorema TNR  bilangan c pada
[x1,x2] sehinggaf ( x )  f ( x )
f ' (c) 
2
1
x2  x1
Dari x1x2 → x2–x10 dan f’(c)<0,
sehingga f(x2)–f(x1)< 0  f(x1)>f(x2)
→ f turun pd [a,b]■
contoh 3
Diberikan fungsi f(x) = 2x3+9x2-24x.
Dengan
menggunakan
teorema
kemonotonan, cari dimana fungsi yang
diberikan naik dan dimana turun.
Jawab
f ( x)  2 x  9 x  24 x
3
2
f ' ( x)  6 x  18x  24
2
(i) f naik jika f ' ( x)  0
6 x  18x  24  0  x  3x  4  0  ( x - 1)(x  4)  0
Jadi f naik pada (,4) dan (1, )
2
2
(ii) f turun jika f ' ( x)  0
6 x  18x  24  0  x  3x  4  0  ( x - 1)(x  4)  0
Jadi f turun pada (4,1)
2
2
f(x) =2x3 + 9x2 - 24x
y
-5
-4
-3
-2
120
110
100
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
-10
-1
0
-20
1
x
2
3
4
kecekungan fungsi
Andaikan f terdefinisi pada (a,b) yang memuat c
sehingga xc(a,b), titik (x,f(x)) pada grafik terletak
1. Diatas garis singgung pada grafik dititik (c,f(c))
maka grafik fungsi f cekung keatas dititik (c,f(c)).
2. Dibawah garis singgung pada grafik dititik (c,f(c))
maka grafik fungsi f cekung kebawah dititik
(c,f(c)).
(c,f(c))
cekung
keatas
(c,f(c))
cekung
kebawah
TEOREMA 5
Misalkan f
fungsi terdiferensial pada
selang terbuka yang memuat c, maka :
(i) f”(c)>0, f cekung keatas di (c,f(c)).
(ii) f”(c)<0, f cekung kebawah di (c,f(c)).
y
y
0
x
0
cekung keatas
x
cekung kebawah
B
U
K
T
I
i
f ' ( x )  f ' (c)
f " (c)  lim
x c
xc
karena
f ' ( x )  f ' (c)
f " (c)  0  lim
0
x c
xc
berdasar teorema limit
f ' ( x )  f ' ( c)
 0,  x  c
xc
f(x)
Q(x , f(x))
(c , f(c))
T
c
x
Tinjau garis singgung pada grafik f
dititik (c,f(c)). Persamaan garisnya :
y  f (c)  f ' (c)(x  c)
Misalkan :
x bilangan pada selang terbuka sehingga x  c.
Q titik pada grafik f dengan titik (x , f(x)).
T titik perpotongan garis singgung dan garis
sejajar sumbu y melalui Q.
Untuk membuktikan f cekung keatas dititik
(c,f(c)) akan ditunjukkan TQ  0 xc diselang
terbuka tersebut.
TQ  f ( x)  [ f (c)  f ' (c)(x  c)]
TQ  [ f ( x)  f (c)]  f ' (c)(x  c)
Menurut TNR terdapat bilangan d antara x dan c
sehingga
f ( x)  f (c)
f ' (d ) 
 f ( x)  f (c)  f ' (d)(x  c)
xc
Jadi
TQ  f ' (d )( x  c)  f ' (c)( x  c)
TQ  ( x  c)[ f ' (d )  f ' (c)]
karena d antara x dan c, dan d pada selang terbuka
yang sama sehingga dengan mengambil x = d.
Diperoleh
f ' ( d )  f ' ( c)
0
dc
Diketahui
TQ  ( x  c)[ f ' (d)  f ' (c)]
jika x - c  0  x  c  d  c  f ' (d)  f ' (c)  0
jika x - c  0  x  c  d  c  f ' (d)  f ' (c)  0
sehingga
( x - c) dan [ f ' (d) - f ' (c)]
punya tanda yang sama  TQ bilangan positip
TQ  0
Jadi f cekung keatas di (c, f (c)).
B
U
K
T
I
ii
f ' ( x )  f ' (c)
f " (c)  lim
x c
xc
karena
f ' ( x )  f ' (c)
f " (c)  0  lim
0
x c
xc
berdasar teorema limit
f ' ( x )  f ' (c)
 0,  x  c
xc
Tinjau garis singgung pada grafik f
dititik (c,f(c)). Persamaan garisnya :
y  f (c)  f ' (c)(x  c)
Misalkan :
x bilangan pada selang terbuka sehingga x  c.
Q titik pada grafik f dengan titik (x , f(x)).
T titik perpotongan garis singgung dan garis
sejajar sumbu y melalui Q.
Untuk membuktikan f cekung kebawah dititik
(c,f(c)) akan ditunjukkan TQ  0 xc diselang
terbuka tersebut.
TQ  f ( x)  [ f (c)  f ' (c)(x  c)]
TQ  [ f ( x)  f (c)]  f ' (c)(x  c)
Menurut TNR terdapat bilangan d antara x dan c
sehingga
f ( x)  f (c)
f ' (d ) 
 f ( x)  f (c)  f ' (d)(x  c)
xc
Jadi
TQ  f ' (d )( x  c)  f ' (c)( x  c)
TQ  ( x  c)[ f ' (d )  f ' (c)]
karena d antara x dan c, dan d pada selang terbuka
yang sama sehingga dengan mengambil x = d.
Diperoleh
f ' ( d )  f ' ( c)
0
dc
Diketahui
TQ  ( x  c)[ f ' (d )  f ' (c)]
jika x - c  0  x  c  d  c  f ' (d )  f ' (c)  0
jika x - c  0  x  c  d  c  f ' (d )  f ' (c)  0
sehingga
( x - c) dan [ f ' (d) - f ' (c)]
punya tanda yang beda  TQ bilangan negatif
TQ  0
Jadi f cekung kebawah di (c, f (c)).
titik belok
Titik (c,f(c)) titik belok (balik) dari fungsi f jika
mempunyai garis singgung di titik (c,f(c)) dan
terdapat selang buka yang memuat c sehingga
untuk x diselang tersebut berlaku :
(i) f”(x) < 0 jika x < c dan f”(x) > 0 jika x > c.
(ii) f”(x) > 0 jika x < c dan f”(x) < 0 jika x > c.
c
c
TEOREMA 6
Bila fungsi f terdiferensial pada
interval terbuka yang memuat c
dan (c,f(c)) suatu titik belok
(balik) dari grafik fungsi f maka
f’’(c) ada dan f’’(c) = 0.
Misalkan g(x)=f ’(x)  g’(x)=f”(x).
B
U
K
T
I
Karena (c,f(c)) titik belok grafik f menurut
kecekungan fungsi maka f”(x) berganti tanda
di c akibatnya g’(x) berganti tanda di c.
Berdasar teorema uji turunan pertama maka g
mempunyai ekstrim relatif di c dan c bilangan
kritis dari g.
Karena:
g’(c) = f”(c) dan f”(c) ada  g’(c) ada
Sehingga berdasarkan teorema
g’(c) = 0 sehingga f”(c) = 0.■
contoh 4
Diberikan fungsi f(x)=1/3x3–x2–3x+4.
Tentukan titik belok, grafik cekung
keatas dan cekung kebawah, sketsa
grafik dan segmen garis singgung
pembelokan grafik f ?
Jawab
f(x) = 1/3x3 – x2 – 3x + 4
f’(x) = x2–2x–3 = (x–3)(x + 1)
f”(x) = 2x – 2 = 2(x – 1)
f’(x) =(x – 3)(x + 1) = 0
titik kritis x = 3 dan x = -1 titik stasioner
f(-1) = 17/3 (maksimum relatif)
f(3) = -5 (minimum relatif)
f ”(x) = 2(x – 1) = 0
2(x – 1) > 0  (x – 1) > 0  x > 1
maka f ”(x) > 0 jika x > 1 cekung keatas
2(x – 1) < 0  (x – 1) < 0  x < 1
maka f”(x) < 0 jika x < 1 cekung kebawah
titik belok x = 1 f(1) = 1/3
x
f (x)
x < -1
x = -1
 17 3
-1< x < 1
x=1
1
3
1< x < 3
x=3
x>3
-5
f ' ( x)
f ' ' ( x)
Keterangan
+
-
naik, cekung kebawah
0
-4
Maksimum relatif
-
-
turun, cekung kebawah
-4
0
Titik belok
-
+
turun, cekung keatas
0
4
Minimum relatif
+
+
naik, cekung keatas
contoh 5
Diberikan fungsi f(x)=(1–2x)3. Tentukan
titik belok, titik dimana grafik cekung
keatas dan cekung kebawah, sketsa
grafik grafik f ?
Jawab
f(x) = (1 – 2x)3
f’(x) = -6(1 – 2x)2
f”(x) = 24(1 – 2x)
f’(x)= -6(1 – 2x)2 = 0
titik kritis x = ½ (titik stasioner)
f(½) = 0
f ”(x) = 24(1 – 2x) = 0
(1 – 2x) > 0  x < ½
maka f ”(x) > 0 jika x < ½ cekung keatas
(1 – 2x) < 0  x > ½
maka f”(x) < 0 jika x > ½ cekung kebawah
titik belok x = ½  f (½) = 0.
x
x<½
x=½
x>½
f (x)
f ' ( x)
f ' ' ( x)
Keterangan
+
0
-
turun, cekung keatas
0
0
-
Titik belok
turun, cekung kebawah