(2) teorema uji turunan · pdf fileteorema uji turunan i, f mempunyai minimum relatif di c....
TRANSCRIPT
UJI TURUNAN I-ekstrim relatif
Andaikan f kontinu pada selang
(a,b), yang memuat titik kritis c :
(i) Jika f’(x)0 untuk setiap x pada (a,c) dan
Jika f’(x)<0 untuk setiap x pada (c,b) maka
f punya nilai maksimum relatif/lokal
(ii) Jika f’(x)<0 untuk setiap x pada (a,c) dan
Jika f’(x)>0 untuk setiap x pada (c,b) maka
f punya nilai minimum relatif/lokal
0' cf
0' xf 0' xf
a bc0 x
y
)i(
0' cf
0' xf
0' xf
a bc0 x
y
)ii(
GRAFIK
Karena f ’(x)>0, x(a,c) T4
x1[a,c] & x1≠c f(x1)<f(c)…(a)
Karena f ’(x)<0, x(c,b) T4
x2[c,b] & x2≠c f(x2)<f(c)….(b)
dari (a),(b) & ekstrim relatif, diperoleh
f(x) f(c)
x(a,b) & x≠c sehingga
f punya maksimum relatif di c■
BUKTI
(i)
Karena f ’(x)<0, x(a,c) T4
x1[a,c] & x1≠c f(x1)>f(c)…(a)
Karena f ’(x)>0, x(c,b) T4
x2[c,b] & x2≠c f(x2)>f(c)…(b)
dari (i), (ii) & ekstrim relatif, diperoleh
f(c) f(x)
x(a,b) & x≠c sehingga
f punya minimum relatif di c■
BUKTI
(ii)
xx
xxxf
3 jika 8
3 jika 4)(
2
Tentukan dari fungsi berikut
dimana ekstrim relatif f, dimana f
turun, naik!
Contoh 1
Jawab
Titik kritis adalah titik singular dan
titik stasioner
stasioner titik 0 0)0(' 0untuk
singular titik 3ada tidak )3(' 1)3('
6)3('
3untuk
1)('3dan 2)('3
fx
ff
f
x
xfxxxfx
turun-1x > 3
maksimum relatiftidak ada5x = 3
naik+0 < x < 3
minimum relatif0-4x = 0
turun -x < 0
Keteranganx )(xf )(' xf
Kesimpulan
f naik pada (0,3)
f turun pada (-,0) dan (3, )
-4 minimum lokal f pada x=0
5 maksimum lokal f pada x=3
Misalkan c bilangan kritis fungsi f
dimana f ’(c)=0 & f ada untuk semua
nilai x pada interval terbuka yang
memuat c. Jika f”(c) ada dan :
UJI TURUNAN II-ekstrim relatif
(i) Jika f”(c)<0
f punya nilai maksimum relatif di c.
(ii) Jika f”(c)>0
f punya nilai minimum relatif di c.
Diketahui f”(c) ada dan f”(c)<0
sehingga menurut definisi turunan
terdapat selang terbuka I yang
memuat c sehingga untuk setiap x≠c
dalam I,
0c
)c(')('
x
fxf
0c
)c(')('lim)c("
c
x
fxff
x
BUKTI
(i)
a. xI1 selang terbuka, x<c (ujung kanan I1),
x-c<0 diketahui f’(c)=0 sehingga
f ’(x)-f ’(c)>0f ’(x)>f’(c)f’(x)>0
b. xI2 selang terbuka, x>c (ujung kiri I2),
x-c>0 diketahui f ’(c)=0 sehingga
f ’(x)-f ’(c)<0f ’(x)<f’(c)f ’(x)<0
Dari (a) dan (b) f ’(x) berganti tanda (+ -)
bila x naik melalui c, berdasar Teorema Uji
Turunan I, f mempunyai maksimum
relatif di c.
Diketahui f”(c) ada dan f”(c)>0
sehingga menurut definisi turunan
terdapat selang terbuka I yang memuat
c sehingga untuk setiap x≠c dalam I,
0c
)c(')('
x
fxf
0c
)c(')('lim)c("
c
x
fxff
x
BUKTI
(ii)
a. xI1 selang terbuka,x<c (ujung kanan I1),
x-c<0 diketahui f’(c)=0 sehingga
f ’(x)-f ’(c)<0 f ’(x)<f’(c)f ’(x)<0
b. xI2 selang terbuka,x>c (ujung kiri I2),
x-c>0 diketahui f ’(c)=0 sehingga
f ’(x)-f ’(c)>0f ’(x)>f’(c)f ’(x)>0
Dari (a) dan (b) f ’(x) berganti tanda (- +)
bila x turun melalui c, akibatnya berdasar
Teorema Uji Turunan I, f mempunyai
minimum relatif di c.
Diberikan fungsi f(x)=(1/3)x3-x2-3x+4.
Gunakan uji turunan kedua untuk
mencari ekstrim relatif!
Contoh 2
Jawab
f(x)=(1/3)x3-x2-3x+4
f’(x)=x2-2x-3
titik stasioner) f’(x)=0
x2 -2x-3=0 (x – 3)(x +1) = 0
x = 3 dan x = -1
f”(x)=2x-2 f”(-1)=-4 dan f”(3)=4
)(xf )(' xf )('' xf
Minimal relatif40-5x = 3
Maksimal relatif-40x = -1
Keteranganx
317
Tetapi Uji Turunan II,
terkadang gagal karena pada
saat f ’(x)=0 mungkin
f”(x)=0, sehingga tak dapat
ditarik kesimpulan tentang
ekstrim relatif tanpa
informasi tambahan.
Diberikan fungsi f(x)=x2/3–2x1/3.
Tentukan ekstrim relatif f dengan uji
turunan kedua jika memungkinkan.
Contoh 3
Jawab
f(x)=x2/3–2x1/3
f’(x)=⅔ x-1/3-⅔ x-2/3
f”(x)=-(2/9) x-4/3+(4/9) x-5/3
Dengan menggunakan Uji Turunan I,
singular titik 0ada tidak )0('3
2
3
20)('
stasioner titik 1022
03
2
3
20)('
32
31
31
32
31
fxx
xf
xx
xxxf
Dengan menggunakan Uji Turunan II,
82042-
09
4
9
20)(''
31
31
35
34
xxx
xxxf
Tidak dapat digunakan uji turunan kedua
di 0 karena f’(0) tak ada f”(0) tidak
ada.
Mungkin titik (0,0) merupakan titik
belok (informasi tambahan). Pada titik
belok diperlukan f”(x) berganti tanda,
grafiknya mempunyai garis singgung. Di
titik (0,0), garis singgung vertikal.
3
2
31
3
22lim)('lim
00 x
xxf
xx
Naik, cekung kebawah-+x > 8
Naik, titik belok00x = 8
Naik, cekung keatas++1 < x < 8
Min relatif, cekung keatas+0-1x = 1
Turun, cekung keatas+-0 < x < 1
bukan ekstrim, titik belok0x = 0
Turun, cekung kebawah--x < 0
Keteranganx
61
)(xf )(' xf )('' xf
EKSISTENSI-TEOREMA NILAI EKSTRIM
(TNE)
Dapat diterapkan
kontinu - selang tertutup
Interval-interval
Mungkin
EKSTRIM MUTLAK
Tidak Mungkin
EKSTRIM MUTLAK
Misalkan fungsi f kontinu pada selang I
yang memuat bilangan c. Bila f(c) ekstrim
relatif f pada I dan c satu-satunya bilangan di
mana f mempunyai ekstrim relatif, maka
f(c) ekstrim mutlak f pada I.
TEOREMA NILAI EKSTRIM
(i). Bila f(c) maksimum relatif f pada I
f(c) nilai maksimum mutlak f pada I
(ii). Bila f(c) minimum relatif f pada I
f(c) nilai minimum mutlak f pada I
Karena f(c) maks. relatif pd I, tdp selang
terbuka J, dng J I & J memuat c, shg
f(c)≥ f(x) untuk semua x di J
Karena c satu-satunya bilangan di I di mana f
punya maks. relatif, maka
f(c)>f(k) jika kJ, kc
Untuk menunjukkan bahwa f(c) maks. mutlak
pada I, diperlihatkan bahwa
f(c)>f(d) untuk setiap dI, dc
Andaikan bahwa f(c)f(d), karena dc maka
c<d atau c>d.
bukti (i)
Karena f kontinu pd I f kontinu pd [c,d].
Jadi menurut TNE, f punya maks. mutlak
pada [c,d].
Misalkan maks. mutlak ini di e di mana
ced. Diperoleh ec & ed c<e<d shg f
punya maks. relatif di e.
Kontradiksi dng c satu-satunya bilangan di I
di mana f punya maks. relatif.
Jadi pengandaian f(c)f(d) tidak berlaku.
Oleh karena itu f(c)>f(d) untuk dI dng dc
berakibat f(c) maksimum mutlak f pada I.
kasus c<d
Karena f kontinu pd I f kontinu pd [d,c].
Jadi menurut TNE, f punya maks. mutlak
pada [d,c].
Misalkan maks. mutlak ini di p di mana
dpc. Diperoleh pd & pc d<p<c shg f
punya maks. relatif di p.
Kontradiksi dng c satu-satunya bilangan di I
di mana f punya maks. relatif.
Oleh karena itu f(c)>f(d) untuk dI dng dc
berakibat f(c) maksimum mutlak f pada I.
kasus c>d
Karena f(c) min. relatif pd I, tdp selang
terbuka J, dng J I & J memuat c, shg
f(c) f(x) untuk semua x di J
Karena c satu-satunya bilangan di I di mana f
punya min. relatif, maka
f(c)<f(k) jika kJ, kc
Untuk menunjukkan bahwa f(c) min. mutlak
pada I, diperlihatkan bahwa
f(c)<f(d) untuk setiap dI, dc
Andaikan bahwa f(c)f(d), karena dc maka
c<d atau c>d.
bukti (ii)
Karena f kontinu pd I f kontinu pd [c,d].
Jadi menurut TNE, f punya min. mutlak pada
[c,d].
Misalkan min. mutlak ini di e di mana ced.
Diperoleh ec & ed c<e<d shg f punya
min. relatif di e.
Kontradiksi dng c satu-satunya bilangan di I
di mana f punya min. relatif.
Jadi pengandaian f(c)f(d) tidak berlaku.
Oleh karena itu f(c)<f(d) untuk dI dng dc
berakibat f(c) minimum mutlak f pada I..
kasus c<d
Karena f kontinu pd I f kontinu pd [d,c].
Jadi menurut TNE, f punya min. mutlak pada
[d,c].
Misalkan min. mutlak ini di p di mana
dpc. Diperoleh pd & pc d<p<c shg f
punya min. relatif di p.
Kontradiksi dng c satu-satunya bilangan di I
di mana f punya min. relatif.
Oleh karena itu f(c)<f(d) untuk dI dng dc
berakibat f(c) minimum mutlak f pada I.
kasus c>d
Cari maksimum dan minimum pada
(-,) dari fungsi f(x)=x(x3-4)
0012
belok titik 0)("12)("
10)1)(1(4
044
kritis titik 0)('44)('
4)4()(
2
2
2
3
3
43
xx
xfxxf
xxxx
x
xfxxf
xxxxxf
Contoh 4
Minimum relatif120-3x = 1
Turun, cekung ke atas+-0 < x < 1
Naik, cekung ke atas++x > 1
Bukan titik belok0-40x = 0
Turun, cekung ke atas+-x < 0
Keteranganf’’ (x)f’ (x)f (x)x
Menurut TNE, karenaf(x)=-3 min. relatif, maka
f(x)=-3 min. mutlak untuk
f(x)=x(x3-4) yang dicapai
di x=1.
Contoh 5
Cari maksimum dan minimum pada
[0,) dari fungsi
1)(
2
x
xxf
1dan 0 kritisnyatitik
10)1(
1stasioner titik 0)('
0 ujungnyatitik
)1(
1)('
1)(
22
2
22
2
2
xx
xx
xxf
x
x
xxf
x
xxf
.3dan 0 di beloknya titik )[0, pada
3-dan x 3dan 00)1(
)3(2
belok titik 0)(")1(
)3(2)("
42
2
42
2
xx
xxx
xx
xfx
xxxf
Titik Belok0-23/4√3/4x = √3
Turun, cekung ke bawah--1 < x < √3
Maksimum Relatif-1/2-3/21/2x = 1
Turun, cekung ke atas+-x > √3
Naik, cekung ke bawah-+0 < x < 1
Minimum Relatif010x = 0
Keteranganf’’ (x)f’ (x)f (x)x
Menurut TNE, karena
f(x)=0 min. relatif maka
f(x)=0 merupakan
minimum mutlak untuk
f(x)=x/(x2+1) yang
dicapai di x=0.
Sedangkan f(x) = 1/2
adalah maks. relatif
maka f(x)=0
maksimum mutlak
untuk f(x)=x/(x2
+1) yang dicapai di
x=1.