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:

f \prime (\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}

 

Contoh 1

Berikan suatu penaksiran mengenai selisih antara \arcsin{\frac{3}{5}} dengan \frac{\pi}{6}.

 

Jawab:

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

\frac{\sqrt{3}}{15} < \arcsin{\frac{3}{5}} - \frac{\pi}{6} < \frac{1}{8}

 

Contoh 2

Jika a > 0 buktikan bahwa \frac{a}{1+a} < \ln(1+a) < a

 

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, f \prime (x) = \frac{1}{1 + x} untuk setiap x ∊ (0,a). Dengan demikian f memenuhi semua asumsi keberlakuan teorema nilai rata-rata. Pilih suatu ξ ∊ (0,a) sedemikian hingga f \prime (\xi) = \frac{\ln (1+a) - \ln (1+0)}{a - 0}. Selanjutnya, diperoleh:

\frac{1}{1 + \xi} = \frac{\ln (1+a)}{a} ………………………………………………………. (*)

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

\frac{1}{1+a} < \frac{1}{1 + \xi} < 1 …………………………………………………….. (**)

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

\frac{1}{1+a} < \frac{\ln (1+a)}{a} < 1

\frac{a}{1+a} < \ln (1+a) < a (terbukti)

 

Contoh 3

Buktikan bahwa jika n > N2 maka \sqrt{n + 1} - \sqrt{n} < \frac{1}{2N} dengan n dan N masing-masing bilangan asli)

 

Jawab:

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

 

 



Most visitors also read :



Tinggalkan Balasan

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan.