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
) konvergen ke
(
maka barisan
∈
∈ .
> . ∀ ∈
dan
,
Bukti :
→
lim
( )=
→
∈
Berarti ∀ > 0. ∃! > 0 ∋ ∀ ∈ #$ , 0 0 yang diberikan +, = -(!) sedemikian sehingga ∀ ≥
-(!).
Jika 0 <
− < !,
akan mengakibatkan ) ( ) − ) < *.
∈
Jadi untuk / ≥ -(!) maka ) ( ) − ) < *.
(
Karena * > 0 sebarang maka dapat disimpulkan
→
Andaikan lim
( )≠
→
Berarti ∃ 1 > , ∀! > 0. ∋ ∃
Dan ) ( ) − ) ≥ *3 45 /
2
∈ #$ , 0 <
Dengan kata ∃*3 , 6 1 ( ) ∋ ∀ 62
2
∈
∩ 62 ( ),
Jadi ∀/ ∈
) (
2
≠ .
lingkungan
) − ) ≥ *3 ∀ / ∈
7
dari
terdapat
∃
∋0<
. Kita simpulkan (
tetapi ( ) tidak konvergen ke L.
2
) konvergen ke L.
−
Tunjukkan bahwa lim
7@
?
→3
→3<
( )=0
( )=−
≠ 0.
untuk
( ) = lim
→3
→3<
=
( )=+
Bukti :
Untuk setiap ∝< ∀ sebarang.
Pilih ! =∝? ∋ ∀
∈ #$ . 0 <
Selanjutnya kita peroleh
Karena untuk
7
C) )
=
7
>0
7
B
>∝.
>∝
B
Maka kita simpulkan lim
< !, maka
∝
Jadi kita dapatkan lim
→3
( )=+
Dengan demikian kita simpulkan
lim
4.
→3
Misalkan
( )>0
( )=+
= lim
→3<
( )
∈ , f adalah fungsi yang didefinisikan untuk
∝ ↔ lim
untuk semua
→
E1@ G = 0.
∈ ( , ∝).
∈ ( , ) dan
Tunjukkan bahwa lim
→
=
Bukti :
2
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
(↔)
∀ ∝=
7
∈ , ∃ !7 > 0 ∋ ∀
H
( ) >∝.
Pilih !? = !7 ∋ ∀
Karena ( ) > 0, ∀
) ( )) = ( ) >
*>0
Karena
(←)
→
∈ #$ . 0 < ) − ) < !? maka ( ) >
maka
7
∈ #$ maka
atau
7
)$( ))
0 sebarang
7
∃ !7 > 0 ∃ ∀ ∈ #$ , 0 < ) − )!, maka I$( )I < *.
Pilih !7 > !7 ∋ ∀ ∈ #$ , 0 < ) − )!? maka
7
$( )
7
7
= I$( )I < ∝ 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 ∈
ii. Diberikan * > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
*
∩ 62 , maka f(x) ∈ 6 (f(c)).
∈ , ) − ) < !, L5-5) ( ) − ( )) <
iii. Jika (xn) adalah barisan bilangan real xn ∈ A, ∀ ∈
M5/ (
) konvergen
ke c, barisan (f(xn)) konvergen ke f(c).
3
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
Bukti:
i.
→ ii
kontinu pada c. Jika diberikan persekitaran 6 (f(c)) = ( ( ) −
f
*, ( ) + *). ∃ persekitaran 62 ( ) = ( − !, + !) ∋ N -5
62 ( ), L5-5 ( ) ∈ 6 ( ( )).
Hal ini berarti:
) ( ) − ( )) < U.
ii. → iii
Diberikan U > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
∈ , ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U.
Untuk !>0 yang diberikan ∃/3 ∈
→ . Hal ini berakibat ) (
∩
∈ .) − ) < ! ⇒
* > 0 O5/P M QRS -5/, ∃ ! > 0 ∋ ∀
Untuk
∈
∋ ∀ / ≥ /3 ,
V
∈ , )WWW − ) < ! −
) − ( )) < U. +5M ∀ / ≥ /3 , ) (
( )) < U. Dengan demikian kita simpulkan f (xn) konvergen ke f (c).
)−
iii. → i
Andaikan i ↛
∃ YRSZR- [5S5/ 6 3
∈
∩ 62(\) [R[5Y
( ) M5S
( 3) ∉ 6 3
( ), ∀ YRSZR- [5S5/ 62(\) M5S
( ) N -5 ∀ /
1
1
, YRSZR- [5S5/ ^ − , + _ M5S
/
/
1
1
= ^ − , + _ [R[5Y ( )
/
/
∈
∉63
∈
∈
∩ 62(
( ) . #R/P5/ MRL - 5/ - [5 M5Y5[-5/ ∀ / ∈
∩ 62( ) M5/
5.
∃
-`/aRSPR/ -R [R[5Y
Misalkan f didefinisikan untuk ∀
∈ ,
(
∃
3
)
,∃
) [ M5- -`/aRSPR/ -R ( ).
≠ 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
→?
cd
>e
>?
= lim
→? (
+ 3) = 5
4
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
Jadi kita dapat definisikan:
( )=
cd
>e
>?
5,
,
≠2⇒
=2
-`/[ /h Y5M5
=2
7. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada c dan misalkan f (c) > 0. Tunjukkan
persekitaran 62( ) M5S
∋∀
∈ 62( ) 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)
< ! ⇒ ) ( ) − ( 7 )) < *. l5SR/5 4 L(
L5-5 lim (
) = ( 7 ) [R[5Y
0 ZRℎ /PP5 QRS5- Q5[ ( 7 ) = 0
(
)=
) = 0 L5-5 lim (
)=
Jadi, x1 ∈ S
5
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
LATIHAN 5.1
2.
Buktikan teorema 5.13
A ⊆ R, misalkan f : A → R, c ∈ A, PBE
f kontinu pada c, bahwa diberikan persekitaran 6 dari f(c), ∃
i.
persekitaran 62 dari c ∋ jika x sebarang titik ∈
(f(c)).
ii.
* > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
Diberikan
( )) < *
∩ 62 , maka f(x) ∈ 6
∈ , ) − ) < !, L5-5) ( ) −
Jika (xn) adalah barisan bilangan real xn ∈ A, ∀ ∈
iii.
M5/ (
)
konvergen ke c, barisan (f(xn)) konvergen ke f(c).
Bukti:
i → ii
kontinu pada c. Jika diberikan persekitaran 6 (f(c)) = ( ( ) −
f
*, ( ) + *). ∃ persekitaran 62 ( ) = ( − !, + !) ∋ N -5
62 ( ), L5-5 ( ) ∈ 6 ( ( )).
Hal ini berarti:
Untuk
→ iii
Diberikan U > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
∈ , ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U.
Untuk !>0 yang diberikan ∃/3 ∈
→ . Hal ini berakibat ) (
∩
∈ .) − ) < ! ⇒
* > 0 O5/P M QRS -5/, ∃ ! > 0 ∋ ∀
) ( ) − ( )) < U.
ii
∈
∋ ∀ / ≥ /3 ,
V
∈ , )WWW − ) < ! −
) − ( )) < U. +5M ∀ / ≥ /3 , ) (
( )) < U. Dengan demikian kita simpulkan f (xn) konvergen ke f (c).
)−
iii → i
Andaikan i ↛
6
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
∃ YRSZR- [5S5/ 6 3
∈
∩ 62(\) [R[5Y
( ) M5S
( 3) ∉ 6 3
( ), ∀ YRSZR- [5S5/ 62(\) M5S
( ) N -5 ∀ /
1
1
, YRSZR- [5S5/ ^ − , + _ M5S
/
/
1
1
= ^ − , + _ [R[5Y ( )
/
/
∈
∉63
∈
∈
∩ 62(
( ) . #R/P5/ MRL - 5/ - [5 M5Y5[-5/ ∀ / ∈
∩ 62( ) M5/
5.
∃
-`/aRSPR/ -R [R[5Y
Misalkan f didefinisikan untuk ∀
∈ ,
(
∃
3
)
,∃
) [ M5- -`/aRSPR/ -R ( ).
≠ 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
cd
→?
>e
>?
= lim
→? (
+ 3) = 5
Jadi kita dapat definisikan:
( )=
cd
>e
>?
5,
,
≠2
=2
⇒
-`/[ /h Y5M5
=2
7. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada c dan misalkan f (c) > 0. Tunjukkan
persekitaran 62( ) M5S
∋∀
∈ 62( ) 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
7
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
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)
< ! ⇒ ) ( ) − ( 7 )) < *. l5SR/5 4 L(
L5-5 lim (
) = ( 7 ) [R[5Y
0 ZRℎ /PP5 QRS5- Q5[ ( 7 ) = 0
(
)=
) = 0 L5-5 lim (
)=
Jadi, x1 ∈ S
8
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
LATIHAN 7.3
1.
Jika F1 dan F2 anti derivative dari f : I → R pada sebuah interval I.
Tunjukkan bahwa F1 − F2 adalah sebuah fungsi turunan.
Bukti :
F1 anti derivative dari f : I → R maka F11 ( x ) = f ( x ), ∀x ∈ I .
F2 anti derivative dari f : I → R maka F21 ( x ) = f ( x ), ∀x ∈ I .
Selanjutnya
F11 ( x ) − F 21 ( x ) = 0 , ∀ x ∈ I
(F1 − F2 )′ (x ) = 0 , ∀ x ∈ I
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
(sgn( x ) = −1 jika x < 0, agn( x ) = 1, x > 0) Adalah terintegralkan pada
I = [− 1,1] , tetapi tidak mempunyai anti derivative
pada I.
Catatan : bahwa jika H ( x ) = ( x ) , maka H ′( x ) = sgn( x ), ∀x ≠ 0 dan
1
sgn ( x )dx = H (1) − H (− 1)
1
Bukti :
i
Ambil 1 > ε > 0
Pilih Pε = (− 1,− ε4 ,0, ε4 ,1) dari [− 1,1] maka
M k = Sup{ f ( x ); x ∈ I k } = −1,0,1,1
M k = Inf { f ( x ); x ∈ I k } = −1,−1,0,1
Sehingga
9
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
U (Pε ; f ) − L(Pε ; f ) = {− 1(− ε4 + 1) + 0( ε4 ) + 1. ε4 + 1(1 − ε4 )}
= {− 1(− ε4 + 1) + −1(ε4 ) + 0. ε4 + 1(1 − ε4 )}
= ε4 − 1 + ε4 + 1 − ε4 − ε4 + 1 + ε4 − 1 + ε4
= 12 ε < ε
f terintegralkan pada [− 1,1]
Andaikan ∃ F ( x ) ∋ F ′( x ) = f ( x )
ii
ambil k = 12 , maka F ′(− 1) < 12 < F ′(1)
Menurut Darbouxs ∃ c ∈ [− 1,1] ∋ f (c ) =
1
2
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
H ′(x ) = f ( x ), x ≠ 0, ∀ x(− 1,1) , f ( x ) terintegralkan pada [− 1,1]
Dengan demikian dari dasar kalkulus I kita dapatkan
1
1
f (x ) −
−1
3.
(x )dx = H (1) − H (− 1)
−1
a. Gunakan TDK I untuk menunjukkan bahwa
Jika b > 0 maka
b
sgn ( x )dx = H (b ) − H (0) = b
0
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
sgn ( x ) = H (b ) − H (0) = b − 0 = b = b
0
10
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
b. Gunakan teorema 7.2.4 dan TDK tutup menuju P′ .
Jika a < 0 < b , maka
b
sgn ( x ) = H (b ) − H (a ) = b + a
a
Bukti :
Dari teorema 7.2.4
sg ( x ) terintegralkan I, maka sgn(x) terintegralkan pada [a,0] dan [0, b]
sehingga
0
b
b
sgn ( x ) = sgn ( x ) + sgn ( x )
a
0
a
Dari (a) kita peroleh
b
sgn ( x ) = H (0) − (H (a )) + H (b ) − H (0)
a
= H (b ) − H (a )
= b − a = b − (− a ) = b + a
4.
Tunjukkan bahwa integral tak tentu dari sgn pada [− 1,1] diberikan dengan
S (x ) = x − 1 .
Jadi integral tak tentu pada sebuah interval dapat terjadi ada jika anti
derivatif tidak ada.
Bukti :
x
S (x ) =
fdx
−1
0
=
x
fdx + fdx
−1
0
= H (0 ) − H (− 1) + H (x ) − H (0 )
= 0 −1 + x − c = x −1
0
x
= − 1dx + fdx
−1
0
= −1 + x
= x −1
11
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
Exercise 6.2
1.
a.
f ( x ) = x 2 − 3 x + 5,
−3≤ x ≤3
Jawab :
f ′(x ) = 2 x − 3
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
f (− 3) = x 2 − 3 x + 5
f
= (− 3) − 3(− 3) + 5
2
= 9+9+5
= 23
f (− 2) = x 2 − 3x + 5
= 0−0+5
=5
f
= (− 2) − 3(− 2 ) + 5
2
= 4+6+5
= 15
f (− 1) = x 2 − 3x + 5
= (− 1) − 3(− 1) + 5
2
= 1+ 3 + 5
=9
f
(0) = x 2 − 3x + 5
2
= (0) − 3(0) + 5
(1) = x 2 − 3x + 5
2
= (1) − 3(1) + 5
= 1− 3 + 5
=3
f
(2) = x 2 − 3x + 5
2
= (2) − 3(2) + 5
= 4−6+5
=3
(3) = x 2 − 3x + 5
2
= (3) − 3(3) + 5
= 9−9+5
=5
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
adalah 23 dan minimumnya adalah 3
12
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
b. g ( x ) = 3x − 4 x 2 ,
0≤ x≤3
Jawab :
g ′(x ) = 3 − 8 x
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
g (0 ) = 3 x − 4 x 2
= 3(10 ) − 4(0 )
=0
2
g (1) = 3 x − 4 x 2
= 3(1) − 4(1)
= −1
2
g (2 ) = 3 x − 4 x 2
= 3(2 ) − 4(2 )
= 6 − 16
= −10
2
g (3) = 3 x − 4 x 2
= 3(3) − 4(3)
= 9 − 36
= −27
2
Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar adalah g (3) = 27 dan
terkecil g (1) = −1 . Jadi nilai maksimumnya dari fungsi g adalah 27
minimum adalah (-1).
13
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
c. h( x )x 3 − 3x − 4,
−3≤ x ≤ 3
Jawab :
h′( x ) = 3x 2 − 3
Sehingga titik kritis dari fungsi g tercapai bila h′( x ) = 3x 2 − 3 dan di
titik ujung selanjutnya, ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi g
tercapai di :
h(− 3) = x 3 − 3x − 4
h(0) = x 3 − 3x − 4
= (− 3) − 3(− 3) − 4
= (0) − 3(0) − 4
= −27 + 9 − 4
= −22
= 0+0−4
= −4
3
h(− 2) = x 3 − 3 x − 4
3
h (1) = x 3 − 3x − 4
= (− 2) − 3(− 2) − 4
= (1) − 3(1) − 4
= −8 + 6 − 4
= −6
= 1− 3 − 4
= −6
3
h(− 1) = x 3 − 3x − 4
= (− 1) − 3(− 1) − 4
3
= −1 + 3 − 4
= −2
3
h
(2) = x 3 − 3x − 4
3
= (2) − 3(2 ) − 4
= 8−6−4
= −2
h(3) = x 3 − 3 x − 4
= (3) − 3(3) − 4
= 27 − 9 − 4
= 14
3
x = −3, x = −2, x = −1, x = 0, x = 1, x = 2, x = 3
Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar adalah h(3) = 14 yang terkecil
adalah h(− 3) = −22
14
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
d. k ( x ) = x 4 + 2 x 2 − 4,
−1 ≤ x ≤ 0
k ′(x ) = 4 x 3 + 4 x
Sehingga titik kritis dari fungsi g tercapai bila h′( x ) = 3x 2 − 3 dan di titik
ujung selanjutnya, ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi g tercapai di :
x = −1, x = 0,
k (− 1) = x 4 + 2 x 2 − 4
Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar
adalah k (− 1) = −1 yang terkecil adalah
= (− 1) + 2(− 1) − 4
= 1+ 2 − 4
= −1
4
k
2.
2
(0) = x 4 + 2 x 2 − 4
1
a. =f((0x))4 =+ x2(+0 )2 ,− untuk
x 4
k (− 1) = −4
x≠0
−1 ≤ x ≤ 1
=0+0−4
= −4
f (− 1) = x +
1
x
= (− 1) +
f (0 ) = x +
1
= −2
−1
1
x
= (0 ) +
1
=0
0
1
x
1
= (1) + = 2
1
f (1) = x +
Didapat yang terbesar f (1) = 2 dan yang terkecil f (− 2) = −2
15
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
b. g ( x ) =
x
untuk x ∈ R , interval − 1 ≤ x ≤ 0
x +1
(
x
−1
−1
1
=−
=
=
2
2
x + 1 (− 1) + 1 2
x
0
0
= 2
= 2
= = tdk terdefinisi
x + 1 (0) + 1 1
g (− 1) =
g (0)
)
2
(
)
2
(
)
Didapat yang terbesar dan yang terkecil
c. h( x ) = x − 2 x + 2 untuk x > 0 interval
h(− 1) = x − 2 x + 2
= −1 − 2 −1+ 2
= −1 − 2 1
=i−2
h (0 ) = x − 2 x + 2
= 0 −2 0+2
= 0−2 2
= −2 2
Didapat yang terbesar di h( x ) = i − 2 dan yang terkecil h( x ) = −2 2
d. k ( x ) = 2 x +
1
untuk x ≠ 0 , interval − 1 ≤ x ≤ 1
x2
k (− 1) = 2 x +
1
1
= 2(− 1) +
= −2 + 1 = −1
2
x
(− 1)2
1
1
= 2(0) + = 0
2
0
x
1
1
= 2 x + 2 = 2(1) + 2 = 2 + 1 = 3
x
(1)
k (0) = 2 x +
k (1)
Didapat yang terbesar di k (1) = 3 dan yang terkecil k (− 1) = −1
16
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
3.
a.
f (x ) = x 2 − 1 ,
−4≤ x ≤4
f (− 4 ) = x 2 − 1 = (− 4) − 1 = 16 − 1 = 15
2
f (− 3) = x 2 − 1 = (− 3) − 1 = 9 − 1 = 8
2
f (− 2 ) = x 2 − 1 = (− 2) − 1 = 4 − 1 = 3
2
f (− 1) = x 2 − 1 = (− 1) − 1 = 1 − 1 = 0
2
f (0) = x 2 − 1 = (− 0) − 1 = 0 − 1 = −1
2
f (1) = x 2 − 1 = (1) − 1 = 1 − 1 = 0
2
f (2 ) = x 2 − 1 = (2) − 1 = 4 − 1 = 3
2
f (3) = x 2 − 1 = (3) − 1 = 9 − 1 = 8
2
f (4 ) = x 2 − 1 = (4) − 1 = 16 − 1 = 15
2
Didapat nilai yang terbesar di
f (− 4) = 15, f (4) = 15 dan yang
terkecil f (0) = −1
2
b. g ( x ) = 1 − ( x − 1) 3 untuk 0 ≤ x ≤ 2
2
2
g (0 ) = 1 − ( x − 1) 3 = 1 − (0 − 1) 3 = 1 − 3 (−1) 2 = 1 − 1 = 0
2
2
g (1) = 1 − ( x − 1) 3 = 1 − (1 − 1) 3 = 1 − 3 (1) 2 = 1 − 1 = 0
2
2
g (2 ) = 1 − ( x − 1) 3 = 1 − (2 − 1) 3 = 1 − 3 (2) 2 = 1 − 3 4
Didapat nilai yang terbesar di g (0) = 0, g (1) = 0 dan yang terkecil
g (2) = 1 − 3 4
17
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
c.
h ( x ) = x x 2 − 12 ,
− 2 ≤ x ≤ 3
h(− 2 ) = x x 2 − 12 = −2 (− 2 ) − 12 = −2 4 − 12 = −2 − 8 = −16
2
h(− 1) = x x 2 − 12 = −1 (− 1) − 12 = −11 − 12 = −1 − 11 = −11
2
h(0 ) = x x 2 − 12 = 0 (0 ) − 12 = −0 0 − 12 = 0 − 12 = 0
2
h(1) = x x 2 − 12 = 1 (1) − 12 = 11 − 12 = 1 − 11 = 11
2
h(2 ) = x x 2 − 12 = 2 (2 ) − 12 = 2 4 − 12 = 2 − 8 = 16
2
h(3) = x x 2 − 12 = 3 (3) − 12 = 3 9 − 12 = 3 − 3 = −9
2
Didapat nilai yang terbesar di
h(2) = 16
dan yang terkecil
h(− 2) = −16
1
d. k ( x ) = x( x − 8) 3 untuk 0 ≤ x ≤ 9
k (0 ) = x 3 x − 8 = 03 0 − 8 = 0.3 − 8 = 0
k (1) = x 3 x − 8 = 13 0 − 8 = 1.3 − 8 = 3 − 8
k (2 ) = x3 x − 8 = 23 0 − 8 = 2.3 − 6
k (3) = x3 x − 8 = 33 0 − 8 = 3.3 − 5
k (4 ) = x3 x − 8 = 43 0 − 8 = 4.3 − 4
k (5) = x 3 x − 8 = 53 0 − 8 = 5.3 − 3
k (6 ) = x 3 x − 8 = 63 0 − 8 = 6.3 − 2
k (7 ) = x3 x − 8 = 73 0 − 8 = 7.3 − 1
k (8) = x3 x − 8 = 83 0 − 8 = 8.3 0 = 0
k (9 ) = x3 x − 8 = 93 0 − 8 = 9.3 1 = 9
6.
Gunakan teorema nilai rata-rata untuk membuktikan
sin x − sin y ≤ x − y ,
∀ x, y ∈ R
Jawab :
Jika x = y , maka kesimpulan diatas berlaku.
18
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
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 ) = sin x memenuhi teorema
nilai rata-
rata dengan f ′( x ) = cos x .
Akibatnya, pada selang ini terdapat c sehingga :
f ′(c ) =
f ( x ) − f ( y ) sin x − sin y
=
, c diantara x dan y
x− y
x− y
Dari sini diperoleh
sin x − sin y
≤ cos c ≤ 1
x− y
Yang menghasilkan
sin x − sin y ≤ x − y
Jadi terbukti
19
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
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
) konvergen ke
(
maka barisan
∈
∈ .
> . ∀ ∈
dan
,
Bukti :
→
lim
( )=
→
∈
Berarti ∀ > 0. ∃! > 0 ∋ ∀ ∈ #$ , 0 0 yang diberikan +, = -(!) sedemikian sehingga ∀ ≥
-(!).
Jika 0 <
− < !,
akan mengakibatkan ) ( ) − ) < *.
∈
Jadi untuk / ≥ -(!) maka ) ( ) − ) < *.
(
Karena * > 0 sebarang maka dapat disimpulkan
→
Andaikan lim
( )≠
→
Berarti ∃ 1 > , ∀! > 0. ∋ ∃
Dan ) ( ) − ) ≥ *3 45 /
2
∈ #$ , 0 <
Dengan kata ∃*3 , 6 1 ( ) ∋ ∀ 62
2
∈
∩ 62 ( ),
Jadi ∀/ ∈
) (
2
≠ .
lingkungan
) − ) ≥ *3 ∀ / ∈
7
dari
terdapat
∃
∋0<
. Kita simpulkan (
tetapi ( ) tidak konvergen ke L.
2
) konvergen ke L.
−
Tunjukkan bahwa lim
7@
?
→3
→3<
( )=0
( )=−
≠ 0.
untuk
( ) = lim
→3
→3<
=
( )=+
Bukti :
Untuk setiap ∝< ∀ sebarang.
Pilih ! =∝? ∋ ∀
∈ #$ . 0 <
Selanjutnya kita peroleh
Karena untuk
7
C) )
=
7
>0
7
B
>∝.
>∝
B
Maka kita simpulkan lim
< !, maka
∝
Jadi kita dapatkan lim
→3
( )=+
Dengan demikian kita simpulkan
lim
4.
→3
Misalkan
( )>0
( )=+
= lim
→3<
( )
∈ , f adalah fungsi yang didefinisikan untuk
∝ ↔ lim
untuk semua
→
E1@ G = 0.
∈ ( , ∝).
∈ ( , ) dan
Tunjukkan bahwa lim
→
=
Bukti :
2
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
(↔)
∀ ∝=
7
∈ , ∃ !7 > 0 ∋ ∀
H
( ) >∝.
Pilih !? = !7 ∋ ∀
Karena ( ) > 0, ∀
) ( )) = ( ) >
*>0
Karena
(←)
→
∈ #$ . 0 < ) − ) < !? maka ( ) >
maka
7
∈ #$ maka
atau
7
)$( ))
0 sebarang
7
∃ !7 > 0 ∃ ∀ ∈ #$ , 0 < ) − )!, maka I$( )I < *.
Pilih !7 > !7 ∋ ∀ ∈ #$ , 0 < ) − )!? maka
7
$( )
7
7
= I$( )I < ∝ 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 ∈
ii. Diberikan * > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
*
∩ 62 , maka f(x) ∈ 6 (f(c)).
∈ , ) − ) < !, L5-5) ( ) − ( )) <
iii. Jika (xn) adalah barisan bilangan real xn ∈ A, ∀ ∈
M5/ (
) konvergen
ke c, barisan (f(xn)) konvergen ke f(c).
3
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
Bukti:
i.
→ ii
kontinu pada c. Jika diberikan persekitaran 6 (f(c)) = ( ( ) −
f
*, ( ) + *). ∃ persekitaran 62 ( ) = ( − !, + !) ∋ N -5
62 ( ), L5-5 ( ) ∈ 6 ( ( )).
Hal ini berarti:
) ( ) − ( )) < U.
ii. → iii
Diberikan U > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
∈ , ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U.
Untuk !>0 yang diberikan ∃/3 ∈
→ . Hal ini berakibat ) (
∩
∈ .) − ) < ! ⇒
* > 0 O5/P M QRS -5/, ∃ ! > 0 ∋ ∀
Untuk
∈
∋ ∀ / ≥ /3 ,
V
∈ , )WWW − ) < ! −
) − ( )) < U. +5M ∀ / ≥ /3 , ) (
( )) < U. Dengan demikian kita simpulkan f (xn) konvergen ke f (c).
)−
iii. → i
Andaikan i ↛
∃ YRSZR- [5S5/ 6 3
∈
∩ 62(\) [R[5Y
( ) M5S
( 3) ∉ 6 3
( ), ∀ YRSZR- [5S5/ 62(\) M5S
( ) N -5 ∀ /
1
1
, YRSZR- [5S5/ ^ − , + _ M5S
/
/
1
1
= ^ − , + _ [R[5Y ( )
/
/
∈
∉63
∈
∈
∩ 62(
( ) . #R/P5/ MRL - 5/ - [5 M5Y5[-5/ ∀ / ∈
∩ 62( ) M5/
5.
∃
-`/aRSPR/ -R [R[5Y
Misalkan f didefinisikan untuk ∀
∈ ,
(
∃
3
)
,∃
) [ M5- -`/aRSPR/ -R ( ).
≠ 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
→?
cd
>e
>?
= lim
→? (
+ 3) = 5
4
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
Jadi kita dapat definisikan:
( )=
cd
>e
>?
5,
,
≠2⇒
=2
-`/[ /h Y5M5
=2
7. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada c dan misalkan f (c) > 0. Tunjukkan
persekitaran 62( ) M5S
∋∀
∈ 62( ) 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)
< ! ⇒ ) ( ) − ( 7 )) < *. l5SR/5 4 L(
L5-5 lim (
) = ( 7 ) [R[5Y
0 ZRℎ /PP5 QRS5- Q5[ ( 7 ) = 0
(
)=
) = 0 L5-5 lim (
)=
Jadi, x1 ∈ S
5
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
LATIHAN 5.1
2.
Buktikan teorema 5.13
A ⊆ R, misalkan f : A → R, c ∈ A, PBE
f kontinu pada c, bahwa diberikan persekitaran 6 dari f(c), ∃
i.
persekitaran 62 dari c ∋ jika x sebarang titik ∈
(f(c)).
ii.
* > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
Diberikan
( )) < *
∩ 62 , maka f(x) ∈ 6
∈ , ) − ) < !, L5-5) ( ) −
Jika (xn) adalah barisan bilangan real xn ∈ A, ∀ ∈
iii.
M5/ (
)
konvergen ke c, barisan (f(xn)) konvergen ke f(c).
Bukti:
i → ii
kontinu pada c. Jika diberikan persekitaran 6 (f(c)) = ( ( ) −
f
*, ( ) + *). ∃ persekitaran 62 ( ) = ( − !, + !) ∋ N -5
62 ( ), L5-5 ( ) ∈ 6 ( ( )).
Hal ini berarti:
Untuk
→ iii
Diberikan U > 0, ∃ ! > 0 ∋ ∀
∈ , ) − ) < ! ⇒ ) ( ) − ( )) < U.
Untuk !>0 yang diberikan ∃/3 ∈
→ . Hal ini berakibat ) (
∩
∈ .) − ) < ! ⇒
* > 0 O5/P M QRS -5/, ∃ ! > 0 ∋ ∀
) ( ) − ( )) < U.
ii
∈
∋ ∀ / ≥ /3 ,
V
∈ , )WWW − ) < ! −
) − ( )) < U. +5M ∀ / ≥ /3 , ) (
( )) < U. Dengan demikian kita simpulkan f (xn) konvergen ke f (c).
)−
iii → i
Andaikan i ↛
6
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
∃ YRSZR- [5S5/ 6 3
∈
∩ 62(\) [R[5Y
( ) M5S
( 3) ∉ 6 3
( ), ∀ YRSZR- [5S5/ 62(\) M5S
( ) N -5 ∀ /
1
1
, YRSZR- [5S5/ ^ − , + _ M5S
/
/
1
1
= ^ − , + _ [R[5Y ( )
/
/
∈
∉63
∈
∈
∩ 62(
( ) . #R/P5/ MRL - 5/ - [5 M5Y5[-5/ ∀ / ∈
∩ 62( ) M5/
5.
∃
-`/aRSPR/ -R [R[5Y
Misalkan f didefinisikan untuk ∀
∈ ,
(
∃
3
)
,∃
) [ M5- -`/aRSPR/ -R ( ).
≠ 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
cd
→?
>e
>?
= lim
→? (
+ 3) = 5
Jadi kita dapat definisikan:
( )=
cd
>e
>?
5,
,
≠2
=2
⇒
-`/[ /h Y5M5
=2
7. Misalkan f : R ⟶ R kontinu pada c dan misalkan f (c) > 0. Tunjukkan
persekitaran 62( ) M5S
∋∀
∈ 62( ) 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
7
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
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)
< ! ⇒ ) ( ) − ( 7 )) < *. l5SR/5 4 L(
L5-5 lim (
) = ( 7 ) [R[5Y
0 ZRℎ /PP5 QRS5- Q5[ ( 7 ) = 0
(
)=
) = 0 L5-5 lim (
)=
Jadi, x1 ∈ S
8
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
LATIHAN 7.3
1.
Jika F1 dan F2 anti derivative dari f : I → R pada sebuah interval I.
Tunjukkan bahwa F1 − F2 adalah sebuah fungsi turunan.
Bukti :
F1 anti derivative dari f : I → R maka F11 ( x ) = f ( x ), ∀x ∈ I .
F2 anti derivative dari f : I → R maka F21 ( x ) = f ( x ), ∀x ∈ I .
Selanjutnya
F11 ( x ) − F 21 ( x ) = 0 , ∀ x ∈ I
(F1 − F2 )′ (x ) = 0 , ∀ x ∈ I
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
(sgn( x ) = −1 jika x < 0, agn( x ) = 1, x > 0) Adalah terintegralkan pada
I = [− 1,1] , tetapi tidak mempunyai anti derivative
pada I.
Catatan : bahwa jika H ( x ) = ( x ) , maka H ′( x ) = sgn( x ), ∀x ≠ 0 dan
1
sgn ( x )dx = H (1) − H (− 1)
1
Bukti :
i
Ambil 1 > ε > 0
Pilih Pε = (− 1,− ε4 ,0, ε4 ,1) dari [− 1,1] maka
M k = Sup{ f ( x ); x ∈ I k } = −1,0,1,1
M k = Inf { f ( x ); x ∈ I k } = −1,−1,0,1
Sehingga
9
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
U (Pε ; f ) − L(Pε ; f ) = {− 1(− ε4 + 1) + 0( ε4 ) + 1. ε4 + 1(1 − ε4 )}
= {− 1(− ε4 + 1) + −1(ε4 ) + 0. ε4 + 1(1 − ε4 )}
= ε4 − 1 + ε4 + 1 − ε4 − ε4 + 1 + ε4 − 1 + ε4
= 12 ε < ε
f terintegralkan pada [− 1,1]
Andaikan ∃ F ( x ) ∋ F ′( x ) = f ( x )
ii
ambil k = 12 , maka F ′(− 1) < 12 < F ′(1)
Menurut Darbouxs ∃ c ∈ [− 1,1] ∋ f (c ) =
1
2
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
H ′(x ) = f ( x ), x ≠ 0, ∀ x(− 1,1) , f ( x ) terintegralkan pada [− 1,1]
Dengan demikian dari dasar kalkulus I kita dapatkan
1
1
f (x ) −
−1
3.
(x )dx = H (1) − H (− 1)
−1
a. Gunakan TDK I untuk menunjukkan bahwa
Jika b > 0 maka
b
sgn ( x )dx = H (b ) − H (0) = b
0
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
sgn ( x ) = H (b ) − H (0) = b − 0 = b = b
0
10
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
b. Gunakan teorema 7.2.4 dan TDK tutup menuju P′ .
Jika a < 0 < b , maka
b
sgn ( x ) = H (b ) − H (a ) = b + a
a
Bukti :
Dari teorema 7.2.4
sg ( x ) terintegralkan I, maka sgn(x) terintegralkan pada [a,0] dan [0, b]
sehingga
0
b
b
sgn ( x ) = sgn ( x ) + sgn ( x )
a
0
a
Dari (a) kita peroleh
b
sgn ( x ) = H (0) − (H (a )) + H (b ) − H (0)
a
= H (b ) − H (a )
= b − a = b − (− a ) = b + a
4.
Tunjukkan bahwa integral tak tentu dari sgn pada [− 1,1] diberikan dengan
S (x ) = x − 1 .
Jadi integral tak tentu pada sebuah interval dapat terjadi ada jika anti
derivatif tidak ada.
Bukti :
x
S (x ) =
fdx
−1
0
=
x
fdx + fdx
−1
0
= H (0 ) − H (− 1) + H (x ) − H (0 )
= 0 −1 + x − c = x −1
0
x
= − 1dx + fdx
−1
0
= −1 + x
= x −1
11
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
Exercise 6.2
1.
a.
f ( x ) = x 2 − 3 x + 5,
−3≤ x ≤3
Jawab :
f ′(x ) = 2 x − 3
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
f (− 3) = x 2 − 3 x + 5
f
= (− 3) − 3(− 3) + 5
2
= 9+9+5
= 23
f (− 2) = x 2 − 3x + 5
= 0−0+5
=5
f
= (− 2) − 3(− 2 ) + 5
2
= 4+6+5
= 15
f (− 1) = x 2 − 3x + 5
= (− 1) − 3(− 1) + 5
2
= 1+ 3 + 5
=9
f
(0) = x 2 − 3x + 5
2
= (0) − 3(0) + 5
(1) = x 2 − 3x + 5
2
= (1) − 3(1) + 5
= 1− 3 + 5
=3
f
(2) = x 2 − 3x + 5
2
= (2) − 3(2) + 5
= 4−6+5
=3
(3) = x 2 − 3x + 5
2
= (3) − 3(3) + 5
= 9−9+5
=5
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
adalah 23 dan minimumnya adalah 3
12
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
b. g ( x ) = 3x − 4 x 2 ,
0≤ x≤3
Jawab :
g ′(x ) = 3 − 8 x
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
g (0 ) = 3 x − 4 x 2
= 3(10 ) − 4(0 )
=0
2
g (1) = 3 x − 4 x 2
= 3(1) − 4(1)
= −1
2
g (2 ) = 3 x − 4 x 2
= 3(2 ) − 4(2 )
= 6 − 16
= −10
2
g (3) = 3 x − 4 x 2
= 3(3) − 4(3)
= 9 − 36
= −27
2
Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar adalah g (3) = 27 dan
terkecil g (1) = −1 . Jadi nilai maksimumnya dari fungsi g adalah 27
minimum adalah (-1).
13
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
c. h( x )x 3 − 3x − 4,
−3≤ x ≤ 3
Jawab :
h′( x ) = 3x 2 − 3
Sehingga titik kritis dari fungsi g tercapai bila h′( x ) = 3x 2 − 3 dan di
titik ujung selanjutnya, ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi g
tercapai di :
h(− 3) = x 3 − 3x − 4
h(0) = x 3 − 3x − 4
= (− 3) − 3(− 3) − 4
= (0) − 3(0) − 4
= −27 + 9 − 4
= −22
= 0+0−4
= −4
3
h(− 2) = x 3 − 3 x − 4
3
h (1) = x 3 − 3x − 4
= (− 2) − 3(− 2) − 4
= (1) − 3(1) − 4
= −8 + 6 − 4
= −6
= 1− 3 − 4
= −6
3
h(− 1) = x 3 − 3x − 4
= (− 1) − 3(− 1) − 4
3
= −1 + 3 − 4
= −2
3
h
(2) = x 3 − 3x − 4
3
= (2) − 3(2 ) − 4
= 8−6−4
= −2
h(3) = x 3 − 3 x − 4
= (3) − 3(3) − 4
= 27 − 9 − 4
= 14
3
x = −3, x = −2, x = −1, x = 0, x = 1, x = 2, x = 3
Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar adalah h(3) = 14 yang terkecil
adalah h(− 3) = −22
14
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
d. k ( x ) = x 4 + 2 x 2 − 4,
−1 ≤ x ≤ 0
k ′(x ) = 4 x 3 + 4 x
Sehingga titik kritis dari fungsi g tercapai bila h′( x ) = 3x 2 − 3 dan di titik
ujung selanjutnya, ini mengakibatkan titik kritis dari fungsi g tercapai di :
x = −1, x = 0,
k (− 1) = x 4 + 2 x 2 − 4
Dari keempat nilai fungsi ini yang terbesar
adalah k (− 1) = −1 yang terkecil adalah
= (− 1) + 2(− 1) − 4
= 1+ 2 − 4
= −1
4
k
2.
2
(0) = x 4 + 2 x 2 − 4
1
a. =f((0x))4 =+ x2(+0 )2 ,− untuk
x 4
k (− 1) = −4
x≠0
−1 ≤ x ≤ 1
=0+0−4
= −4
f (− 1) = x +
1
x
= (− 1) +
f (0 ) = x +
1
= −2
−1
1
x
= (0 ) +
1
=0
0
1
x
1
= (1) + = 2
1
f (1) = x +
Didapat yang terbesar f (1) = 2 dan yang terkecil f (− 2) = −2
15
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
b. g ( x ) =
x
untuk x ∈ R , interval − 1 ≤ x ≤ 0
x +1
(
x
−1
−1
1
=−
=
=
2
2
x + 1 (− 1) + 1 2
x
0
0
= 2
= 2
= = tdk terdefinisi
x + 1 (0) + 1 1
g (− 1) =
g (0)
)
2
(
)
2
(
)
Didapat yang terbesar dan yang terkecil
c. h( x ) = x − 2 x + 2 untuk x > 0 interval
h(− 1) = x − 2 x + 2
= −1 − 2 −1+ 2
= −1 − 2 1
=i−2
h (0 ) = x − 2 x + 2
= 0 −2 0+2
= 0−2 2
= −2 2
Didapat yang terbesar di h( x ) = i − 2 dan yang terkecil h( x ) = −2 2
d. k ( x ) = 2 x +
1
untuk x ≠ 0 , interval − 1 ≤ x ≤ 1
x2
k (− 1) = 2 x +
1
1
= 2(− 1) +
= −2 + 1 = −1
2
x
(− 1)2
1
1
= 2(0) + = 0
2
0
x
1
1
= 2 x + 2 = 2(1) + 2 = 2 + 1 = 3
x
(1)
k (0) = 2 x +
k (1)
Didapat yang terbesar di k (1) = 3 dan yang terkecil k (− 1) = −1
16
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
3.
a.
f (x ) = x 2 − 1 ,
−4≤ x ≤4
f (− 4 ) = x 2 − 1 = (− 4) − 1 = 16 − 1 = 15
2
f (− 3) = x 2 − 1 = (− 3) − 1 = 9 − 1 = 8
2
f (− 2 ) = x 2 − 1 = (− 2) − 1 = 4 − 1 = 3
2
f (− 1) = x 2 − 1 = (− 1) − 1 = 1 − 1 = 0
2
f (0) = x 2 − 1 = (− 0) − 1 = 0 − 1 = −1
2
f (1) = x 2 − 1 = (1) − 1 = 1 − 1 = 0
2
f (2 ) = x 2 − 1 = (2) − 1 = 4 − 1 = 3
2
f (3) = x 2 − 1 = (3) − 1 = 9 − 1 = 8
2
f (4 ) = x 2 − 1 = (4) − 1 = 16 − 1 = 15
2
Didapat nilai yang terbesar di
f (− 4) = 15, f (4) = 15 dan yang
terkecil f (0) = −1
2
b. g ( x ) = 1 − ( x − 1) 3 untuk 0 ≤ x ≤ 2
2
2
g (0 ) = 1 − ( x − 1) 3 = 1 − (0 − 1) 3 = 1 − 3 (−1) 2 = 1 − 1 = 0
2
2
g (1) = 1 − ( x − 1) 3 = 1 − (1 − 1) 3 = 1 − 3 (1) 2 = 1 − 1 = 0
2
2
g (2 ) = 1 − ( x − 1) 3 = 1 − (2 − 1) 3 = 1 − 3 (2) 2 = 1 − 3 4
Didapat nilai yang terbesar di g (0) = 0, g (1) = 0 dan yang terkecil
g (2) = 1 − 3 4
17
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
c.
h ( x ) = x x 2 − 12 ,
− 2 ≤ x ≤ 3
h(− 2 ) = x x 2 − 12 = −2 (− 2 ) − 12 = −2 4 − 12 = −2 − 8 = −16
2
h(− 1) = x x 2 − 12 = −1 (− 1) − 12 = −11 − 12 = −1 − 11 = −11
2
h(0 ) = x x 2 − 12 = 0 (0 ) − 12 = −0 0 − 12 = 0 − 12 = 0
2
h(1) = x x 2 − 12 = 1 (1) − 12 = 11 − 12 = 1 − 11 = 11
2
h(2 ) = x x 2 − 12 = 2 (2 ) − 12 = 2 4 − 12 = 2 − 8 = 16
2
h(3) = x x 2 − 12 = 3 (3) − 12 = 3 9 − 12 = 3 − 3 = −9
2
Didapat nilai yang terbesar di
h(2) = 16
dan yang terkecil
h(− 2) = −16
1
d. k ( x ) = x( x − 8) 3 untuk 0 ≤ x ≤ 9
k (0 ) = x 3 x − 8 = 03 0 − 8 = 0.3 − 8 = 0
k (1) = x 3 x − 8 = 13 0 − 8 = 1.3 − 8 = 3 − 8
k (2 ) = x3 x − 8 = 23 0 − 8 = 2.3 − 6
k (3) = x3 x − 8 = 33 0 − 8 = 3.3 − 5
k (4 ) = x3 x − 8 = 43 0 − 8 = 4.3 − 4
k (5) = x 3 x − 8 = 53 0 − 8 = 5.3 − 3
k (6 ) = x 3 x − 8 = 63 0 − 8 = 6.3 − 2
k (7 ) = x3 x − 8 = 73 0 − 8 = 7.3 − 1
k (8) = x3 x − 8 = 83 0 − 8 = 8.3 0 = 0
k (9 ) = x3 x − 8 = 93 0 − 8 = 9.3 1 = 9
6.
Gunakan teorema nilai rata-rata untuk membuktikan
sin x − sin y ≤ x − y ,
∀ x, y ∈ R
Jawab :
Jika x = y , maka kesimpulan diatas berlaku.
18
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)
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 ) = sin x memenuhi teorema
nilai rata-
rata dengan f ′( x ) = cos x .
Akibatnya, pada selang ini terdapat c sehingga :
f ′(c ) =
f ( x ) − f ( y ) sin x − sin y
=
, c diantara x dan y
x− y
x− y
Dari sini diperoleh
sin x − sin y
≤ cos c ≤ 1
x− y
Yang menghasilkan
sin x − sin y ≤ x − y
Jadi terbukti
19
Analisis Real, 2011
Lis Amalis (20102512005) – Eka Fitri Puspa Sari (20102512016)