PENERAPAN TEOREMA NILAI RATA-RATA DALAM PENAKSIRAN

Oktober 18th, 2016

tnr_01 

Teorema Nilai Rata-Rata merupakan salah satu teorema penting dalam kalkulus. Namun, di samping kegunaannya dalam perkembangan kalkulus itu sendiri, teorema nilai rata-rata mempunyai penerapan yang dapat bermanfaat dalam situasi-situasi tertentu. Post saya kali ini memberikan beberapa ilustrasi penerapannya.

 

Teorema Nilai Rata-Rata

Jika f suatu fungsi yang kontinu pada selang tertutup [a,b] dan memiliki turunan di selang terbuka (a,b) maka terdapat suatu titik ξ ∊ (a,b) sedemikian hingga:

[pmath]f prime (xi) ~=~ {f(b) ~-~ f(a)}/{b ~-~ a}[/pmath]

 

Contoh 1

Berikan suatu penaksiran mengenai selisih antara arc sin ⅗ dengan π/6.

 

Jawab:

Kita tahu bahwa arc sin ½ = π/6. Dengan teorema nilai rata-rata kita dapat menghitung range nilai selisih antara arc sin ⅗ dengan arc sin ½, yaitu selisih antara arc sin ⅗ dengan π/6. Karena itu kita misalkan f(x) = arc sin x dengan membatasi daerah definisi f menjadi [½,⅗]. Perhatikan bahwa f kontinu pada [½,⅗] dan f memiliki turunan pada (½,⅗). Khususnya, [pmath]f prime (x) ~=~ 1/{sqrt{1 ~-~ x^2}}[/pmath] untuk setiap x ∊ (½,⅗). Dengan demikian f memenuhi semua asumsi keberlakuan teorema nilai rata-rata. Pilih suatu ξ ∊ (½,⅗) yang memenuhi [pmath]f prime (xi) ~=~ {arc sin 0,6 ~-~ arc sin 0,5}/{0,6 ~-~ 0,5}[/pmath]. (Eksistensi ξ tersebut dijamin teorema nilai rata-rata.) Dari sini diperoleh [pmath]arc sin 0,6 ~-~ {pi}/6 ~=~ 1/{10 sqrt{1 ~-~ {xi}^2}}[/pmath]. Karena ½ < ξ < ⅗, dapat ditunjukkan bahwa [pmath]1/{5 sqrt{3}} ~<~ 1/{10 sqrt{1 ~-~ {xi}^2}} ~<~ 1/8[/pmath] sehingga [pmath]1/{5 sqrt{3}} ~<~ arc sin 0,6 ~-~ {pi}/6 ~<~ 1/8[/pmath]. Jadi, sebagai jawaban soal ini:

[pmath]{sqrt{3}}/{15} ~<~ arc sin {3/5} ~-~ {pi}/6 ~<~ 1/8[/pmath]

 

Contoh 2

Jika a > 0 buktikan bahwa [pmath]a/{1+a} ~<~ ln (1+a) ~<~ a[/pmath]

 

Jawab:

Diketahui a > 0. Perhatikan fungsi f yang didefinisikan pada selang tertutup [0,a] dengan f(x) = ln (1+x) untuk setiap x ∊ [0,a]. Dapat dibuktikan bahwa f kontinu pada [0,a] dan f memiliki turunan di (0,a). Khususnya, [pmath]f prime (x) ~=~ 1/{1 + x}[/pmath] untuk setiap x ∊ (0,a). Dengan demikian f memenuhi semua asumsi keberlakuan teorema nilai rata-rata. Pilih suatu ξ ∊ (0,a) sedemikian hingga [pmath]f prime (xi) ~=~ {ln (1+a) ~-~ ln (1+0)}/{a ~-~ 0}[/pmath]. Selanjutnya, diperoleh:

[pmath]1/{1 ~+~ xi} ~=~ {ln (1+a)}/a[/pmath] ………………………………………………………. (*)

Karena 0 < ξ < a, 1 < 1 + ξ < 1 + a dan selanjutnya:

[pmath]1/{1+a} ~<~ 1/{1 + xi} ~<~ 1[/pmath] …………………………………………………….. (**)

Substitusikan (*) ke dalam (**), diperoleh:

[pmath]1/{1+a} ~<~ {ln (1+a)}/a ~<~ 1[/pmath]

[pmath]a/{1+a} ~<~ ln (1+a) ~<~ a[/pmath] (terbukti)

 

Contoh 3

Buktikan bahwa jika n > N2 maka [pmath]sqrt{n ~+~ 1} ~-~ sqrt{n} ~<~ 1/{2N}[/pmath] (n, N bilangan asli)

 

Jawab:

Misalkan n > N2. Definisikan fungsi f yang daerah definisinya selang tertutup [n,n+1] dengan f(x) = √x untuk setiap x ∊ [n,n+1]. Perhatikan bahwa f kontinu di [n,n+1] dan f mempunyai turunan di (n,n+1). Khususnya, [pmath]f prime (x) ~=~ 1/{2 sqrt{x}}[/pmath]. Jadi f memenuhi semua syarat keberlakuan teorema nilai rata-rata. Pilih ξ ∊ (n,n+1) sedemikian hingga [pmath]f prime (xi) ~=~ {sqrt{n+1} ~-~ sqrt{n}}/{(n+1) ~-~ n}[/pmath]. Jadi, [pmath]sqrt{n+1} ~-~ sqrt{n} ~=~ 1/{2 sqrt{xi}}[/pmath]. Karena n < ξ < n+1, [pmath]1/{2 sqrt{n+1}} ~<~ 1/{2 sqrt{xi}} ~<~ 1/{2 sqrt{n}}[/pmath]. Dari pemisalan n > N2 dapat ditunjukkan bahwa [pmath]1/{2 sqrt{n}} ~<~ 1/{2N}[/pmath], sehingga [pmath]sqrt{n+1} ~-~ sqrt{n} ~<~ 1/{2N}[/pmath] (terbukti)

 

 



Most visitors also read :



Tinggalkan Balasan

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan. Ruas yang wajib ditandai *