Bab 41: Teorema Nilai Rata-Rata (Mean Value Theorems)

41.1 Teorema Rolle

Penjelasan master untuk Bab 41: teorema nilai rata-rata adalah jembatan antara perilaku lokal turunan dan sifat global fungsi pada suatu interval. Turunan adalah informasi titik demi titik. Pernyataan seperti "fungsi dengan turunan nol adalah konstan" adalah pernyataan global, dan memerlukan jembatan itu. Jembatannya dibangun dalam dua langkah. Unit ini membuktikan langkah pertama, Teorema Rolle, dari teorema nilai ekstrem (Unit 37.1) dan pengamatan Fermat tentang titik ekstrem. Unit 41.2 menurunkan teorema nilai rata-rata dari Rolle.

Prasyarat: Teorema 37.1.2; Bab 39–40.

Lemma Fermat

Definisi 41.1.1

$f:D\to\mathbb{R}$ mempunyai maksimum lokal di $c\in D$ bila ada $\delta>0$ dengan $f(x)\leq f(c)$ untuk semua $x\in D$, $|x-c|<\delta$. Minimum lokal didefinisikan serupa. Keduanya disebut ekstrem lokal.

Lemma 41.1.2 (Fermat)

Misalkan $f$ mempunyai ekstrem lokal di $c$, $c$ titik dalam $D$ (yaitu $(c-r,c+r)\subseteq D$ untuk suatu $r>0$), dan $f$ terdiferensialkan di $c$. Maka $f'(c)=0$.

Bukti. Misalkan maksimum lokal. Untuk $0<h<\delta$ kecil, $\tfrac{f(c+h)-f(c)}h\leq0$, sehingga limit kanannya $f'(c)\leq0$ (Teorema 34.3.7). Untuk $-\delta<h<0$, hasil baginya $\geq0$, sehingga $f'(c)\geq0$. Jadi $f'(c)=0$. Kasus minimum serupa. $\square$

Ketiga syarat diperlukan.

• Titik dalam: $f(x)=x$ pada $[0,1]$ mempunyai maksimum di $1$, dengan $f'(1)=1$ sebagai turunan kiri.
• Keterdiferensialan: $|x|$ mempunyai minimum di $0$, tetapi tidak terdiferensialkan di sana.
• Kebalikannya salah: $x^3$ mempunyai turunan $0$ di $0$, tetapi tidak mempunyai ekstrem lokal di $0$.

Titik $c$ dengan $f'(c)=0$ disebut titik kritis. Lemma Fermat menyatakan bahwa ekstrem lokal di titik dalam yang terdiferensialkan pasti titik kritis.

Teorema Rolle

Teorema 41.1.3 (Rolle)

Misalkan $a<b$, $f$ kontinu pada $[a,b]$, terdiferensialkan pada $(a,b)$, dan $f(a)=f(b)$. Maka ada $c\in(a,b)$ dengan $f'(c)=0$.

Bukti. Menurut Teorema 37.1.2, $f$ mencapai maksimum $M$ dan minimum $m$ pada $[a,b]$. Bila $M=m$, $f$ konstan, sehingga $f'(c)=0$ untuk setiap $c\in(a,b)$. Bila $M>m$, salah satu nilai itu berbeda dari $f(a)=f(b)$, sehingga tercapai di titik dalam $c\in(a,b)$. Lemma 41.1.2 memberi $f'(c)=0$. $\square$

Bukti ini bebas pilihan, karena Teorema 37.1.2 dibuktikan tanpa pilihan.

Secara geometris: grafik yang berawal dan berakhir pada ketinggian yang sama mempunyai titik dengan garis singgung mendatar. Ketiga hipotesis diperlukan (Latihan 41.1-3).

Penerapan: Menghitung Akar

Akibat 41.1.4

Misalkan $f$ terdiferensialkan pada interval $I$. Bila $f$ mempunyai $k$ akar berbeda di $I$, maka $f'$ mempunyai paling sedikit $k-1$ akar berbeda di $I$, satu di antara setiap dua akar berurutan $f$.

Bukti. Terapkan Teorema 41.1.3 pada setiap interval $[x_i,x_{i+1}]$ di antara akar-akar berurutan. Akar-akar $f'$ yang diperoleh berbeda, karena terletak pada interval terbuka yang saling lepas. $\square$

Contoh 41.1.5

(a) $x^3+x-1$ mempunyai tepat satu akar real. Paling sedikit satu menurut Akibat 37.2.6(b). Bila ada dua, turunannya $3x^2+1$ mempunyai akar, padahal $3x^2+1\geq1$.

(b) $\exp(x)=1+x$ hanya di $x=0$. Untuk $g(x)=\exp(x)-1-x$, $g(0)=0$. Bila $g(x_0)=0$ untuk $x_0\ne0$, Rolle memberi $c$ di antara $0$ dan $x_0$ dengan $g'(c)=\exp(c)-1=0$, yaitu $c=0$, padahal $c$ terletak tegas di antara $0$ dan $x_0$. Kontradiksi.

(c) Polinomial berderajat $n\geq1$ mempunyai paling banyak $n$ akar real. Ini bukti kedua untuk Akibat 16.1.3, dengan induksi pada $n$: turunannya berderajat $n-1$, sehingga paling banyak mempunyai $n-1$ akar, dan Akibat 41.1.4 memberi paling banyak $n$ akar untuk polinomial semula.

Sifat Nilai Antara untuk Turunan

Teorema 41.1.6 (Darboux)

Misalkan $f$ terdiferensialkan pada $[a,b]$, dengan turunan sepihak di ujung-ujungnya, dan $f'(a)<y<f'(b)$. Maka ada $c\in(a,b)$ dengan $f'(c)=y$.

Bukti. $g(x)=f(x)-yx$ terdiferensialkan, dengan $g'(a)<0<g'(b)$. $g$ kontinu, sehingga mencapai minimum di $[a,b]$. Minimum itu tidak di $a$: karena $g'(a)<0$, untuk $h>0$ kecil, $g(a+h)<g(a)$, menurut tanda lokal (Proposisi 34.1.7(b)) pada hasil bagi. Minimum itu juga tidak di $b$: karena $g'(b)>0$, untuk $h>0$ kecil, $g(b-h)<g(b)$. Jadi minimum tercapai di titik dalam $c$, dan $g'(c)=0$, yaitu $f'(c)=y$. $\square$

Turunan tidak harus kontinu, tetapi tetap mempunyai sifat nilai antara. Akibatnya, turunan tidak dapat mempunyai diskontinuitas loncat. Misalnya, tidak ada fungsi terdiferensialkan dengan turunan $\operatorname{sgn}x$ pada $[-1,1]$.

Latihan

Latihan 41.1-1. Tentukan semua titik kritis dari $x^3-3x$ dan $x^4-2x^2$, dan tentukan mana yang merupakan ekstrem lokal.

Latihan 41.1-2. Periksa hipotesis Rolle untuk $f(x)=x^2-2x$ pada $[0,2]$, lalu temukan $c$.

Latihan 41.1-3. Untuk masing-masing hipotesis Teorema Rolle, beri contoh fungsi yang memenuhi dua hipotesis lainnya tetapi tidak mempunyai $c$ dengan $f'(c)=0$.

Latihan 41.1-4. Buktikan bahwa $x^5+x^3+x+1=0$ mempunyai tepat satu akar real.

Latihan 41.1-5. Buktikan bahwa $\exp(x)=x^2$ mempunyai tepat satu akar real negatif. (Petunjuk: untuk ketunggalan, periksa turunan $\exp(x)-x^2$ pada $(-\infty,0]$.)

Latihan 41.1-6. Misalkan $f$ terdiferensialkan dua kali pada $[a,b]$, dan $f(a)=f(m)=f(b)$ untuk suatu $m\in(a,b)$. Buktikan bahwa $f''(c)=0$ untuk suatu $c\in(a,b)$.

Latihan 41.1-7. Buktikan bahwa tidak ada fungsi $f$ yang terdiferensialkan pada $[-1,1]$ dengan $f'(x)=\operatorname{sgn}x$ untuk semua $x$.

Latihan 41.1-8. Buktikan bahwa jika $f'(x)\ne0$ untuk semua $x$ di interval $I$, maka $f$ injektif pada $I$.

Solusi

Solusi 41.1-1. $(x^3-3x)'=3x^2-3=0$ di $x=\pm1$. Di $1$: $x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)\geq0$ untuk $x>-2$, sehingga $f(x)\geq f(1)=-2$ di dekat $1$, dan $1$ adalah minimum lokal. Di $-1$: $f(x)-2=(x+1)^2(x-2)\leq0$ untuk $x<2$, sehingga $-1$ adalah maksimum lokal. $(x^4-2x^2)'=4x^3-4x=0$ di $x=0,\pm1$. $x^4-2x^2=(x^2-1)^2-1\geq-1$, sehingga $\pm1$ adalah minimum. Di $0$, nilai $0$ dan $x^4-2x^2=x^2(x^2-2)\leq0$ untuk $|x|\leq\sqrt2$, sehingga $0$ adalah maksimum lokal. $\square$

Solusi 41.1-2. Fungsi ini polinomial, sehingga kontinu dan terdiferensialkan. $f(0)=f(2)=0$. $f'(c)=2c-2=0$ memberi $c=1$. $\square$

Solusi 41.1-3. Tanpa kontinuitas di ujung: $f(x)=x$ pada $[0,1)$ dan $f(1)=0$. Tanpa keterdiferensialan: $|x|$ pada $[-1,1]$. Tanpa $f(a)=f(b)$: $f(x)=x$ pada $[0,1]$. $\square$

Solusi 41.1-4. Paling sedikit satu akar, karena derajatnya ganjil. Turunannya $5x^4+3x^2+1\geq1>0$, sehingga dua akar akan memberi akar turunan menurut Rolle. Kontradiksi. $\square$

Solusi 41.1-5. $g(x)=\exp(x)-x^2$: $g(-1)=\tfrac1e-1<0$ dan $g(0)=1>0$, sehingga ada akar di $(-1,0)$. Pada $(-\infty,0]$, $g'(x)=\exp(x)-2x>0$, karena $\exp(x)>0$ dan $-2x\geq0$. Jadi $g$ tidak dapat mempunyai dua akar di sana, menurut Rolle. $\square$

Solusi 41.1-6. Rolle pada $[a,m]$ dan $[m,b]$ memberi $c_1<c_2$ dengan $f'(c_1)=f'(c_2)=0$. Rolle pada $f'$ di $[c_1,c_2]$, yang terdiferensialkan, memberi $c$ dengan $f''(c)=0$. $\square$

Solusi 41.1-7. $f'(-1)=-1<0<1=f'(1)$. Teorema 41.1.6 memberi $c$ dengan $f'(c)=\tfrac12$, padahal $\operatorname{sgn}$ hanya bernilai $-1$, $0$, dan $1$. $\square$

Solusi 41.1-8. Bila $f(x)=f(y)$ dengan $x<y$, Rolle pada $[x,y]$ memberi $c$ dengan $f'(c)=0$. Kontradiksi. $\square$

Ringkasan

Pada titik ekstrem lokal di bagian dalam domain, turunan yang ada pasti nol (Fermat). Bersama teorema nilai ekstrem, ini memberi Teorema Rolle: fungsi kontinu pada $[a,b]$, terdiferensialkan di dalamnya, dengan $f(a)=f(b)$, mempunyai titik dengan $f'(c)=0$. Penerapannya: di antara dua akar $f$ ada akar $f'$, sehingga polinomial berderajat $n$ mempunyai paling banyak $n$ akar dan banyak persamaan mempunyai akar tunggal. Teorema Darboux menyatakan bahwa turunan mempunyai sifat nilai antara walaupun tidak kontinu.

41.2 Teorema Nilai Rata-Rata Lagrange

Penjelasan master: teorema ini menyatakan bahwa kemiringan garis singgung di suatu titik dalam interval terbuka dijamin sejajar dengan garis sekan yang menghubungkan titik-titik ujung interval. Rumus master: untuk $f(x)=x^2$ pada $[1,4]$, terdapat titik $c$ dengan

Teorema Rolle adalah kasus khusus ketika sekannya mendatar. Teorema nilai rata-rata memutar situasi umum menjadi kasus Rolle dengan mengurangkan garis sekan. Akibat-akibatnya adalah alat global utama kalkulus: fungsi dengan turunan nol konstan, turunan terbatas memberi syarat Lipschitz, dan versi Cauchy teorema ini menjadi dasar aturan L'Hôpital (Unit 42.2).

Prasyarat: Unit 41.1.

Teorema

Teorema 41.2.1 (Nilai Rata-Rata, Lagrange)

Misalkan $a<b$, $f$ kontinu pada $[a,b]$, dan terdiferensialkan pada $(a,b)$. Maka ada $c\in(a,b)$ dengan

Bukti. Tetapkan $s=\tfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$, kemiringan sekan, dan $g(x)=f(x)-f(a)-s(x-a)$, yaitu selisih antara $f$ dan garis sekan. $g$ kontinu pada $[a,b]$ dan terdiferensialkan pada $(a,b)$, dengan $g'(x)=f'(x)-s$. Juga $g(a)=0$ dan $g(b)=f(b)-f(a)-s(b-a)=0$. Teorema 41.1.3 memberi $c\in(a,b)$ dengan $g'(c)=0$, yaitu $f'(c)=s$. $\square$

Contoh 41.2.2 (Contoh Master)

$f(x)=x^2$ pada $[1,4]$: kemiringan sekan $\tfrac{16-1}3=5$, dan $f'(c)=2c=5$ memberi $c=\tfrac52\in(1,4)$. Untuk fungsi kuadrat, $c$ selalu titik tengah interval, karena $\tfrac{b^2-a^2}{b-a}=a+b=2\cdot\tfrac{a+b}2$. Untuk fungsi lain, teorema hanya menjamin keberadaan $c$, tanpa rumus. Contohnya, untuk $\exp$ pada $[0,1]$, $\exp(c)=e-1$ memberi $c=\ln(e-1)$.

Bentuk lain yang sering dipakai: untuk $x\ne y$ di interval tempat $f$ terdiferensialkan, ada $\xi$ di antara $x$ dan $y$ dengan

Titik $\xi$ bergantung pada $x$ dan $y$, dan teorema tidak memberi informasi lain tentangnya. Yang diperoleh hanyalah bahwa $\xi$ terletak di antara keduanya.

Akibat Global

Akibat 41.2.3 (Turunan Nol)

Bila $f'(x)=0$ untuk semua $x$ di interval $I$, maka $f$ konstan pada $I$.

Bukti. Untuk $x<y$ di $I$, $f(y)-f(x)=f'(\xi)(y-x)=0$. $\square$

Syarat bahwa $I$ interval penting. $\operatorname{sgn}$ pada $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ mempunyai turunan $0$ di mana-mana, tetapi tidak konstan. Akibat 41.2.3 berlaku pada masing-masing bagian, yaitu $(-\infty,0)$ dan $(0,\infty)$.

Akibat 41.2.4 (Turunan Sama)

Bila $f'=g'$ pada interval $I$, maka $f-g$ konstan pada $I$.

Contoh: fungsi dengan $f'=f$ pada $\mathbb{R}$ adalah $f(x)=C\exp(x)$. Turunan dari $f(x)\exp(-x)$ adalah $f'(x)\exp(-x)-f(x)\exp(-x)=0$, sehingga $f(x)\exp(-x)=C$.

Akibat 41.2.5 (Turunan Terbatas Mengakibatkan Lipschitz)

Bila $|f'(x)|\leq K$ pada interval $I$, maka $|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|$ untuk $x,y\in I$. Jadi $f$ kontinu seragam pada $I$ (Teorema 38.1.6).

Contoh 41.2.6 (Ketaksamaan dari Nilai Rata-Rata)

(a) $|\sin x-\sin y|\leq|x-y|$, karena $|\sin'|=|\cos|\leq1$ (Akibat 40.2.12).

(b) $\ln(1+x)<x$ untuk $x>0$: $\ln(1+x)-\ln1=\tfrac1{1+\xi}\,x<x$ untuk suatu $\xi\in(0,x)$.

(c) $\tfrac x{1+x}<\ln(1+x)$ untuk $x>0$, dengan alasan yang sama: $\tfrac1{1+\xi}>\tfrac1{1+x}$.

(d) Akar: $\sqrt{101}-10=\tfrac1{2\sqrt\xi}$ untuk suatu $\xi\in(100,101)$, sehingga $\tfrac1{2\sqrt{101}}<\sqrt{101}-10<\tfrac1{20}$, dan $\sqrt{101}<10{,}05$.

Versi Cauchy

Teorema 41.2.7 (Nilai Rata-Rata Cauchy)

Misalkan $f$ dan $g$ kontinu pada $[a,b]$ dan terdiferensialkan pada $(a,b)$. Maka ada $c\in(a,b)$ dengan

Bila juga $g'(x)\ne0$ pada $(a,b)$, maka $g(b)\ne g(a)$ dan $\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(c)}{g'(c)}$.

Bukti. $h(x)=\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g(x)-\bigl(g(b)-g(a)\bigr)f(x)$ memenuhi $h(a)=f(b)g(a)-g(b)f(a)=h(b)$, setelah diperiksa dengan ekspansi. Rolle memberi $c$ dengan $h'(c)=0$. Untuk bagian kedua: $g(b)\ne g(a)$, karena kalau sama, Rolle memberi titik dengan $g'=0$. Bagi persamaan dengan $\bigl(g(b)-g(a)\bigr)g'(c)\ne0$. $\square$

Teorema Lagrange adalah kasus $g(x)=x$. Versi Cauchy tidak dapat diturunkan dengan menerapkan Lagrange secara terpisah pada $f$ dan $g$, karena kedua penerapan itu umumnya memberi titik $c$ yang berbeda. Versi ini memerlukan satu titik $c$ bersama, dan itulah yang dibutuhkan aturan L'Hôpital.

Latihan

Latihan 41.2-1. Tentukan semua $c$ yang dijamin teorema nilai rata-rata untuk (a) $x^3$ pada $[0,3]$; (b) $\tfrac1x$ pada $[1,4]$; (c) $\sqrt x$ pada $[1,9]$.

Latihan 41.2-2. Buktikan bahwa jika $f'(x)=3$ untuk semua $x\in\mathbb{R}$ dan $f(0)=2$, maka $f(x)=3x+2$.

Latihan 41.2-3. Buktikan bahwa $\sin^2x+\cos^2x=1$ dengan Akibat 41.2.3, sebagai bukti kedua untuk Akibat 40.2.12(a).

Latihan 41.2-4. Buktikan bahwa $|\exp(x)-\exp(y)|\leq e^M|x-y|$ untuk $x,y\leq M$, dan simpulkan bahwa $\exp$ kontinu seragam pada setiap $(-\infty,M]$.

Latihan 41.2-5. Buktikan bahwa $1+rx\leq(1+x)^r$ untuk $x>-1$ dan $r\geq1$ real. (Petunjuk: $g(x)=(1+x)^r-1-rx$, dengan $g(0)=0$; periksa tanda $g'$ di kedua sisi $0$, lalu gunakan teorema nilai rata-rata.)

Latihan 41.2-6. Misalkan $f$ terdiferensialkan pada $(a,b)$ dan $f'$ terbatas. Buktikan bahwa $f(a^+)$ ada.

Latihan 41.2-7. Periksa identitas $h(a)=h(b)$ pada bukti Teorema 41.2.7 dengan ekspansi.

Latihan 41.2-8. Untuk $f(x)=x^2$ dan $g(x)=x^3$ pada $[0,1]$, tentukan $c$ pada Teorema 41.2.7, lalu tunjukkan bahwa titik-titik dari Teorema 41.2.1 untuk $f$ dan untuk $g$ masing-masing berbeda dari $c$.

Solusi

Solusi 41.2-1. (a) $\tfrac{27}3=9=3c^2$, sehingga $c=\sqrt3\in(0,3)$. (b) $\tfrac{1/4-1}3=-\tfrac14=-\tfrac1{c^2}$, sehingga $c=2$. (c) $\tfrac{3-1}8=\tfrac14=\tfrac1{2\sqrt c}$, sehingga $c=4$. $\square$

Solusi 41.2-2. $g(x)=f(x)-3x$ mempunyai $g'=0$, sehingga $g$ konstan, sama dengan $g(0)=2$. $\square$

Solusi 41.2-3. $(\sin^2+\cos^2)'=2\sin\cos-2\cos\sin=0$, sehingga $\sin^2+\cos^2$ konstan, dan nilainya di $0$ adalah $1$. $\square$

Solusi 41.2-4. $\exp(x)-\exp(y)=\exp(\xi)(x-y)$ dengan $\xi\leq M$, sehingga $\exp(\xi)\leq e^M$. Gunakan Akibat 41.2.5. $\square$

Solusi 41.2-5. $g'(x)=r\bigl((1+x)^{r-1}-1\bigr)$. Karena $r-1\geq0$, $(1+x)^{r-1}\geq1$ untuk $x\geq0$, dan $\leq1$ untuk $-1<x\leq0$ (Teorema 40.2.8(c)). Untuk $x>0$: $g(x)=g(x)-g(0)=g'(\xi)x\geq0$, dengan $\xi\in(0,x)$. Untuk $-1<x<0$: $g(x)=g'(\xi)x$, dengan $\xi\in(x,0)$, $g'(\xi)\leq0$, dan $x<0$, sehingga $g(x)\geq0$. $\square$

Solusi 41.2-6. Misalkan $|f'|\leq K$. Maka $f$ Lipschitz pada $(a,b)$, sehingga kontinu seragam, dan Akibat 38.2.2 memberi bahwa $f(a^+)$ ada. $\square$

Solusi 41.2-7. $h(a)=f(b)g(a)-f(a)g(a)-g(b)f(a)+g(a)f(a)=f(b)g(a)-g(b)f(a)$. $h(b)=f(b)g(b)-f(a)g(b)-g(b)f(b)+g(a)f(b)=-f(a)g(b)+g(a)f(b)$. Keduanya sama. $\square$

Solusi 41.2-8. $(1-0)\cdot3c^2=(1-0)\cdot2c$, sehingga $c=\tfrac23$. Lagrange untuk $f$ memberi $2c_f=1$, yaitu $c_f=\tfrac12$. Lagrange untuk $g$ memberi $3c_g^2=1$, yaitu $c_g=\tfrac1{\sqrt3}\approx0{,}577$. Ketiganya berbeda. $\square$

Ringkasan

Teorema nilai rata-rata: fungsi kontinu pada $[a,b]$ yang terdiferensialkan di dalamnya mempunyai titik $c$ dengan $f'(c)=\tfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$. Buktinya: kurangkan garis sekan, lalu gunakan Rolle. Contoh master: $x^2$ pada $[1,4]$ memberi $c=2{,}5$. Akibat-akibatnya: turunan nol pada interval mengakibatkan fungsi konstan, turunan yang sama mengakibatkan selisih konstan, dan turunan terbatas mengakibatkan syarat Lipschitz. Teorema ini juga memberi banyak ketaksamaan, seperti $\ln(1+x)<x$ dan $|\sin x-\sin y|\leq|x-y|$. Versi Cauchy, dengan satu titik $c$ bersama bagi dua fungsi, menyiapkan aturan L'Hôpital.