Teorema Taylor

1. Teorema Taylor

A. Polinomial Taylor

Jika sebuah fungsi f memiliki turunan ke-n pada suatu titik x₀, tidaklah sulit untuk membangun sebuah polinomial derajat ke-n Pₙ sedemikian sehingga Pₙ(x₀) = f(x₀) dan Pₙ⁽ᵏ⁾(x₀) = f⁽ᵏ⁾(x₀) untuk k = 1, 2, ..., n. Faktanya, polinomial

Pₙ(x) = f(x₀) + f'(x₀)(x – x₀) + [f''(x₀)/2!](x – x₀)² + ... + [f⁽ⁿ⁾(x₀)/n!](x – x₀)ⁿ

memiliki sifat bahwa ia dan turunan-turunannya sampai orde n bersesuaian dengan fungsi f dan turunan-turunannya sampai orde n, pada titik x₀ yang ditentukan. Polinomial Pₙ ini disebut sebagai polinomial Taylor ke-n untuk f pada x₀. Adalah wajar untuk mengharapkan polinomial ini memberikan perkiraan yang masuk akal terhadap f untuk titik-titik di dekat x₀, tetapi untuk mengukur kualitas perkiraan tersebut, penting untuk memiliki informasi mengenai sisa Rₙ = f – Pₙ.

B. Teorema Taylor

Misalkan n ∈ ℕ, misalkan I = [a, b], dan misalkan f : I → ℝ sedemikian sehingga f dan turunan-turunannya f', f'', ... , f⁽ⁿ⁾ kontinu pada I dan f⁽ⁿ⁺¹⁾ ada pada (a, b). Jika x₀ ∈ I, maka untuk setiap x dalam I terdapat suatu titik c di antara x dan x₀ sedemikian sehingga:

f(x) = f(x₀) + f'(x₀)(x – x₀) + [f''(x₀)/2!](x – x₀)² + ... + [f⁽ⁿ⁾(x₀)/n!](x – x₀)ⁿ + [f⁽ⁿ⁺¹⁾(c)/(n + 1)!](x – x₀)ⁿ⁺¹.

Bukti:

Misalkan x₀ dan x diberikan dan misalkan J menunjukkan interval tertutup dengan titik-titik ujung x₀ dan x. Kita definisikan fungsi F pada J dengan:

F(t) = f(x) – f(t) – (x – t)f'(t) – ... – [(x – t)ⁿ/n!]f⁽ⁿ⁾(t)

untuk t ∈ J. Kemudian perhitungan sederhana menunjukkan bahwa kita memiliki:

F'(t) = –[(x – t)ⁿ/n!]f⁽ⁿ⁺¹⁾(t).

Jika kita mendefinisikan G pada J dengan:

G(t) = F(t) – [(x – t)/(x – x₀)]ⁿ⁺¹F(x₀)

untuk t ∈ J, maka G(x₀) = G(x) = 0. Penerapan Teorema Rolle menghasilkan titik c di antara x dan x₀ sedemikian sehingga:

0 = G'(c) = F'(c) + (n + 1)[(x – c)ⁿ/(x – x₀)ⁿ⁺¹]F(x₀).

Oleh karena itu, kita memperoleh:

F(x₀) = –[1/(n + 1)]·[(x – x₀)ⁿ⁺¹/(x – c)ⁿ]·F'(c)·F(x₀) = [1/(n + 1)]·[(x – x₀)ⁿ⁺¹/(x – c)ⁿ]·[(x – c)ⁿ/n!]·f⁽ⁿ⁺¹⁾(c) = [f⁽ⁿ⁺¹⁾(c)/(n + 1)!]·(x – x₀)ⁿ⁺¹,

yang menyiratkan hasil yang dinyatakan. Q.E.D.

2. Ekstrim Relatif

Misalkan I adalah sebuah interval, misalkan x₀ adalah titik interior dari I, dan misalkan n ≥ 2. Misalkan turunan-turunan f', f'', ..., f⁽ⁿ⁾ ada dan kontinu dalam lingkungan sekitar x₀ dan bahwa f'(x₀) = ... = f⁽ⁿ⁻¹⁾(x₀) = 0, tetapi f⁽ⁿ⁾(x₀) ≠ 0.

(i) Jika n genap dan f⁽ⁿ⁾(x₀) > 0, maka f memiliki minimum relatif di x₀.

(ii) Jika n genap dan f⁽ⁿ⁾(x₀) < 0, maka f memiliki maksimum relatif di x₀.

(iii) Jika n ganjil, maka f tidak memiliki minimum relatif maupun maksimum relatif di x₀.

Bukti:

Menerapkan Teorema Taylor pada x₀, kita temukan bahwa untuk x ∈ I kita memiliki:

f(x) = Pₙ₋₁(x) + Rₙ₋₁(x) = f(x₀) + [f⁽ⁿ⁾(c) / n!]·(x – x₀)ⁿ

di mana c adalah suatu titik di antara x₀ dan x. Karena f⁽ⁿ⁾ kontinu, jika f⁽ⁿ⁾(x₀) ≠ 0, maka terdapat interval U yang memuat x₀ sedemikian sehingga f⁽ⁿ⁾(x) akan memiliki tanda yang sama dengan f⁽ⁿ⁾(x₀) untuk x ∈ U. Jika x ∈ U, maka titik c juga termasuk dalam U dan konsekuensinya f⁽ⁿ⁾(c) dan f⁽ⁿ⁾(x₀) akan memiliki tanda yang sama.

(i) Jika n genap dan f⁽ⁿ⁾(x₀) > 0, maka untuk x ∈ U kita memiliki f⁽ⁿ⁾(c) > 0 dan (x – x₀)ⁿ ≥ 0 sehingga Rₙ₋₁(x) ≥ 0. Oleh karena itu, f(x) ≥ f(x₀) untuk x ∈ U, dan karena itu f memiliki minimum relatif di x₀.

(ii) Jika n genap dan f⁽ⁿ⁾(x₀) < 0, maka disimpulkan bahwa Rₙ₋₁(x) ≤ 0 untuk x ∈ U, sehingga f(x) ≤ f(x₀) untuk x ∈ U. Oleh karena itu, f memiliki maksimum relatif di x₀.

(iii) Jika n ganjil, maka (x – x₀)ⁿ bernilai positif jika x > x₀ dan negatif jika x < x₀. Konsekuensinya, jika x ∈ U, maka Rₙ₋₁(x) akan memiliki tanda yang berlawanan di sebelah kiri dan di sebelah kanan x₀. Oleh karena itu, f tidak memiliki minimum relatif maupun maksimum relatif di x₀.

Q.E.D.

3. Fungsi Cekung ke Atas

A. Definisi Fungsi Cekung ke Atas

Misalkan I ⊆ ℝ adalah sebuah interval. Sebuah fungsi f : I → ℝ dikatakan konveks (cekung ke atas) pada I jika untuk setiap t yang memenuhi 0 ≤ t ≤ 1 dan titik apa pun x₁, x₂ di dalam I, kita memiliki:

f[(1 – t)x₁ + tx₂] ≤ (1 – t)f(x₁) + tf(x₂)

Perhatikan bahwa jika x₁ < x₂, maka saat t bergerak dari 0 ke 1, titik (1 – t)x₁ + tx₂ melintasi interval dari x₁ ke x₂. Jadi, jika f konveks pada I dan jika x₁, x₂ ∈ I, maka tali busur (chord) yang menghubungkan dua titik sembarang (x₁, f(x₁)) dan (x₂, f(x₂)) pada grafik f berada di atas grafik f.

Sebuah fungsi konveks tidak harus dapat diturunkan (differentiable) di setiap titik, sebagaimana ditunjukkan oleh contoh f(x) = |x|, x ∈ ℝ. Namun, dapat ditunjukkan bahwa jika I adalah sebuah interval terbuka dan jika f : I → ℝ konveks pada I, maka turunan kiri dan kanan dari f ada di setiap titik di I.

Sebagai konsekuensinya, dapat disimpulkan bahwa fungsi konveks pada interval terbuka pastilah kontinu. Kita tidak akan memverifikasi pernyataan-pernyataan sebelumnya, juga tidak akan mengembangkan banyak properti menarik lainnya dari fungsi konveks. Sebaliknya, kita akan membatasi diri untuk menetapkan hubungan antara fungsi konveks f dan turunan keduanya f'', dengan asumsi bahwa f'' itu ada.

B. Hubungan Turunan Kedua dengan Konveksitas

Misalkan I adalah sebuah interval terbuka dan misalkan f : I → ℝ memiliki turunan kedua pada I. Maka f adalah fungsi konveks pada I jika dan hanya jika f''(x) ≥ 0 untuk semua x ∈ I.

Bukti:

(⇒) Kita akan memanfaatkan fakta bahwa turunan kedua diberikan oleh limit:

untuk setiap a ∈ I. Misalkan a ∈ I, dan h sedemikian rupa sehingga a + h dan a – h termasuk dalam I. Maka a = ½[(a + h) + (a – h)], dan karena f konveks pada I, kita memiliki:

f(a) = f(½(a + h) + ½(a – h)) ≤ ½f(a + h) + ½f(a – h)

Oleh karena itu, kita mendapatkan f(a + h) – 2f(a) + f(a – h) ≥ 0. Karena h² > 0 untuk semua h ≠ 0, kita melihat bahwa limit pada f''(a) haruslah tak-negatif. Dengan demikian, kita memperoleh f''(a) ≥ 0 untuk setiap a ∈ I.

(⇐) Kita akan menggunakan Teorema Taylor. Misalkan x₁, x₂ adalah dua titik sembarang di I, misalkan 0 < t < 1, dan misalkan x₀ = (1 – t)x₁ + tx₂. Dengan menerapkan Teorema Taylor pada f di x₀, kita memperoleh sebuah titik c₁ di antara x₀ dan x₁ sedemikian sehingga:

f(x₁) = f(x₀) + f'(x₀)(x₁ – x₀) + ½f''(c₁)(x₁ – x₀)²

dan sebuah titik c₂ di antara x₀ dan x₂ sedemikian sehingga:

f(x₂) = f(x₀) + f'(x₀)(x₂ – x₀) + ½f''(c₂)(x₂ – x₀)²

Jika f'' tidak negatif pada I, maka suku:

R = ½(1 – t)f''(c₁)(x₁ – x₀)² + ½tf''(c₂)(x₂ – x₀)²

juga tidak negatif. Dengan demikian kita memperoleh:

(1 – t)f(x₁) + tf(x₂) = f(x₀) + f'(x₀)((1 – t)x₁ + tx₂ – x₀) + ½(1 – t)f''(c₁)(x₁ – x₀)² + ½tf''(c₂)(x₂ – x₀)² = f(x₀) + R ≥ f(x₀) = f((1 – t)x₁ + tx₂)

Oleh karena itu, f adalah fungsi konveks pada I.

Q.E.D.

4. Metode Newton untuk Mencari Akar Fungsi

A. Metode Newton

Misalkan f adalah fungsi terdiferensialkan yang memiliki titik nol di r dan misalkan x₁ adalah estimasi awal dari r. Garis singgung pada grafik di (x₁, f(x₁)) memiliki persamaan y = f(x₁) + f'(x₁)(x – x₁), dan memotong sumbu-x pada titik

Jika kita mengganti x₁ dengan estimasi kedua x₂, maka kita memperoleh titik x₃, dan seterusnya. Pada iterasi ke-n, kita mendapatkan titik xₙ₊₁ dari titik xₙ dengan rumus

Di bawah hipotesis yang sesuai, barisan (xₙ) akan konvergen dengan cepat ke akar persamaan f(x) = 0, seperti yang sekarang kita tunjukkan. Alat utama dalam menetapkan laju konvergensi yang cepat ini adalah Teorema Taylor.

B. Teorema Konvergensi Metode Newton

Misalkan I = [a, b] dan f ∶ I → ℝ diferensiabel dua kali pada I. Misalkan f(a)f(b) < 0 dan terdapat konstanta m, M sehingga |f'(x)| ≥ m > 0 dan |f"(x)| ≤ M untuk x ∈ I dan misalkan K = M/2m, maka terdapat subinterval I* yang memuat pembuat nol r dari f (berarti f(r) = 0) sedemikian hingga untuk sebarang x ∈ I* barisan (xₙ) yang didefinisikan dengan

xₙ₊₁ = xₙ – f(xₙ)/f'(xₙ),  untuk semua n ∈ ℕ

termuat di dalam I* dan (xₙ) konvergen ke r. Lebih lanjut (xₙ) berlaku

|xₙ₊₁ – r| ≤ K|xₙ – r|²,  untuk semua n ∈ ℕ.

Bukti:

Diberikan f(a)f(b) < 0, menurut teorema akar (∃r ∈ I) ∋ f(r) = 0.

Diberikan (∃m) ∋ |f'(x)| ≥ m > 0, berarti (∀x ∈ I).f'(x) ≠ 0.

Karena f diferensiabel pada I, maka f kontinu pada I. Dan dikarenakan f(r) = 0 dan turunan f tidak pernah 0 pada I, menurut teorema Rolle tidak ada titik pada I selain r yang membuat 0 nilai f.

Diberikan f diferensiabel dua kali pada I. Misal x' sebarang titik pada I, menurut teorema Taylor, terdapat c' diantara x' dan r sehingga

Misal x'' diperoleh dari metode Newton untuk x' dengan:

x'' = x' – f(x')/f'(x'), masukkan bentuk –f(x') yang baru saja diperoleh

Diberikan (∃m, M) ∋ (∀x ∈ I). |f'(x)| ≥ m > 0 ∧ |f"(x)| ≤ M dan K = M/2m; sehingga

Pilih δ = min⁡{1/(K + 1), r – a, b – r} sehingga δ < 1/K ∧ I* = [r – δ, r + δ] ⊆ I dan berlaku:

(∀n ∈ ℕ). xₙ ∈ I* ⇒ |xₙ – r| ≤ δ, menurut (i) berlaku:

|xₙ₊₁ – r| ≤ K|r – xₙ|² ≤ Kδ² < δ ⇒ xₙ₊₁ ∈ I* …(ii)

Oleh karena itu, jika xₙ ∈ I*, dan dikarenakan (ii) berlaku, maka |xₙ₊₁ – r| < (Kδ)ⁿ|xₙ – r|

Karena 0 < Kδ < 1 maka lim⁡((Kδ)ⁿ) = 0.

Pertimbangkan 0 < |xₙ₊₁ – r| < (Kδ)ⁿ|xₙ – r|, karena lim⁡(0) = 0 dan lim⁡((Kδ)ⁿ|xₙ – r|) = 0, menurut teorema apit lim⁡|xₙ – r| = lim|xₙ₊₁ – r| = 0 ⇒ lim⁡(xₙ – r) = 0 ⇒ lim⁡(xₙ) = r.

Jadi, (xₙ) konvergen ke r.

Contoh Soal

1. Misalkan x ∈ [0, 1] dan n ∈ ℕ. Tunjukkan bahwa

Gunakan ketaksamaan ini untuk mendekatan nilai ln(1,5) dengan kesalahan kurang dari 0,001.
• Bukti ketaksamaan

Misal f(x) = ln(1 + x), berikut ini suku-suku polinomial Taylor untuk titik-titik di dekat 0:

f(0) = ln(1 + 0) = 0

f'(x) = 1/(1 + x) ⇒ f'(0) = 1/1 = 1

f''(x) = –1/(1 + x)² ⇒ f''(0) = –1/1 = –1

f⁽³⁾(x) = 2/(1 + x)³ ⇒ f⁽³⁾(0) = 2/1 = 2

⋮

f⁽ᵏ⁾(x) = (–1)ᵏ⁻¹·(k – 1)!/(1 + x)ᵏ ⇒ f⁽ᵏ⁾(0) = (–1)ᵏ⁻¹·(k – 1)!

= x – x²/2 + x³/3 – x⁴/4 + ... + (–1)ⁿ⁻¹xⁿ/n.
Menurut teorema Taylor, (∃c; 0 < c < x) ∋ 

Mutlakkan masing-masing ruas

Ingat kembali 0 < c < x dan n > 0, sehingga

• Pendekatan ln(1,5)

Menurut ketaksamaan, berlaku

|f(x) – Pₙ(x)| = |ln(1 + x) – Pₙ(x)| < xⁿ⁺¹/(n + 1)

Masukkan x = 0,5 = ½

|ln(1,5) – Pₙ(0,5)| < (0,5)ⁿ⁺¹/(n + 1) = 1/[2ⁿ⁺¹(n + 1)]

Akan dicari n sehingga 1/[2ⁿ⁺¹(n + 1)] < 0,001 = 1/1000 ⇔ 2ⁿ⁺¹(n + 1) > 1.

n terkecil yang memenuhinya adalah 7, dimana 2⁸·8 = 2048 > 1000.

ln⁡(1,5) ≈ P₇(0,5) = 0,5 – (0,5)²/2 + (0,5)³/3 – (0,5)⁴/4 + (0,5)⁵/5 – (0,5)⁶/6 + (0,5)⁷/7 ≈ 0,405804.

Sedangkan ln⁡(1,5) ≈ 0,405465.

|ln⁡(1,5) – P₇(0,5)| ≈ 0,00034 < 0,001.

2. Diketahui f(x) = x³ – 2x – 5. Tunjukkan bahwa terdapat r ∈ [2; 2,2] sedemikian hingga f(r) = 0. Jika x₁ = 2 dan jika kita definisikan barisan (xₙ) menggunakan prosedur Newton, tunjukkan bahwa |xₙ₊₁ – r| ≤ (0,7)|xₙ – r|². Tunjukkan bahwa x₄ merupakan pendekatan untuk r dengan ketelitian sampai 6 angka di belakang koma.

• Bukti terdapat r ∈ [2; 2,2] sedemikian hingga f(r) = 0

f(2) = 2³ – 2·2 – 5 = –1 < 0

f(2,2) = (2,2)³ – 2·(2,2) – 5 = 1,248 > 0

Nilai f di kedua ujung interval berbeda tanda. Menurut teorema akar, f memiliki akar dalam interval [2; 2,2].

• Bukti |xₙ₊₁ – r| ≤ (0,7)|xₙ – r|²

M = max|f''(x)| = max|6x| = 6(2,2) = 13,2

m = min|f'(x)| = min|3x² – 2| = 3·2² – 2 = 10

K = M/2m = 13,2/[2·10] = 0,66

Menurut teorema Konvergensi Metode Newton, |xₙ₊₁ – r| ≤ (0,66)|xₙ – r|² < (0,7)|xₙ – r|².

• Bukti x₄ merupakan pendekatan untuk r dengan ketelitian sampai 6 angka di belakang koma

|x₂ – r| ≤ (0,66)|x₁ – r|² = (0,66)|2 – r|² ≤ (0,66)|2 – 2,2|² = 0,0264

|x₃ – r| ≤ (0,66)|x₂ – r|² ≤ (0,66)(0,0264)² = 0,0004599936

|x₄ – r| ≤ (0,66)|x₃ – r|² ≤ (0,66)(0,0004599936)² = 0,0000001396521139470336 < 0,000001.