Dalam kalkulus, Teorema Rolle pada dasarnya menyatakan fungsi terdiferensialkan dan kontinu, yang memiliki nilai sama pada dua titik, mestilah memiliki titik stasioner yang terletak di antara kedua titik tersebut. Pada titik stasioner ini, gradien garis singgung terhadap fungsi tersebut sama dengan nol.

Versi standar

Bila sebuah fungsi riil f kontinu pada selang tertutup [a, b], terdiferensialkan pada selang terbuka (a, b), dan f(a) = f(b), maka ada bilangan c dalam selang terbuka (a, b) sedemikian sehingga f ′ ( c ) = 0. {\displaystyle f'(c)=0.\,} Versi Teorema Rolle ini digunakan untuk membuktikan Teorema nilai purata, yang merupakan kasus umum dari Teorema Rolle.

Perumuman

Contoh berikut mengilustrasikan perumuman dari Teorema Rolle: Misalkan terdapat fungsi kontinu bilangan riil f di selang tertutup [a, b] dengan f(a) = f(b). Bila, untuk setiap x di selang terbuka (a, b), dengan limit kanan f ′ ( x + ) := lim h → 0 + f ( x + h ) − f ( x ) h {\displaystyle f'(x+):=\lim _{h\to 0^{+}}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}} dan limit kiri f ′ ( x − ) := lim h → 0 − f ( x + h ) − f ( x ) h {\displaystyle f'(x-):=\lim _{h\to 0^{-}}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}} ada di suatu garis bilangan riil yang diperluas [ − ∞ , ∞ ] {\displaystyle [-\infty ,\infty ]} , maka ada suatu bilangan c pada selang terbuka (a, b) sehingga salah satu dari dua limit f ′ ( c + ) {\displaystyle f'(c+)} dan f ′ ( c − ) {\displaystyle f'(c-)} lebih besar dari sama dengan 0 dan yang lainnya lebih kecil dari sama dengan 0 (di garis bilangan riil yang diperluas). Bila limit kiri dan kanan sama untuk setiap x, maka limit ini sama pada khususnya untuk c. Jadi turunan f ada pada c dan sama dengan nol. Bila f adalah fungsi cekung atau cembung, maka turunan kiri atau kanan ada di setiap titik dalam, sehingga kedua limit di atas ada dan merupakan bilangan riil. Versi Teorema Rolle yang diperumum ini cukup untuk membuktikan kecekungan fungsi bila salah satu turunan sepihak menaik secara monoton: f ′ ( x − ) ≤ f ′ ( x + ) ≤ f ′ ( y − ) {\displaystyle f'(x-)\leq f'(x+)\leq f'(y-)} dengan x < y {\displaystyle x= Pembuktian= Tujuan pembuktian ini bahwa bila f(a) = f(b), maka f harus mencapai nilai maksimum atau minimum di suatu titik di antara a dan b, katakanlah titik tersebut diberi lambang c. Fungsi tersebut juga harus berubah dari fungsi menaik hingga menurun (atau sebaliknya) di c. Secara khusus, bila turunannya ada, maka nilainya harus nol di c. Berdasarkan asumsi, diketahui bahwa f kontinu di [a, b], dan menurut teorema nilai ekstrem, f mencapai nilai maksimum maupun minimumnya di [a, b]. Bila keduanya tercapai di titik batas [a, b], maka f adalah fungsi konstan di [a, b], dan turunannya akan sama dengan nol pada setiap titik di (a, b). Misalkan bila nilai maksimum diperoleh di titik dalam c di selang (a, b) (argumen untuk nilai minimumnya mirip, seperti pada − f {\displaystyle -f} ), maka dapat diperiksa limit kanan dan kiri. Untuk suatu h bilangan real sehingga c + h ada di [a, b], nilai f(c + h) lebih kecil atau sama dengan f(c), sebab f mencapai nilai maksimumnya di c. Karena itu, untuk setiap h > 0, f ( c + h ) − f ( c ) h ≤ 0 , {\displaystyle {\frac {f(c+h)-f(c)}{h}}\leq 0,} dan karena itu, f ′ ( c + ) := lim h ↘ 0 f ( c + h ) − f ( c ) h ≤ 0 , {\displaystyle f'(c+):=\lim _{h\searrow 0}{\frac {f(c+h)-f(c)}{h}}\leq 0,} dengan limit tersebut ada berdasarkan asumsi, yang bisa saja menuju ke negatif tak terhingga. Hal ini juga berlaku sama untuk sebaliknya, yakni: untuk setiap h < 0, tanda pertidaksamaan tersebut berbalik arah karena penyebutnya bernilai negatif. Dengan demikian, didapatkan bahwa f ( c + h ) − f ( c ) h ≥ 0 , {\displaystyle {\frac {f(c+h)-f(c)}{h}}\geq 0,} dan karena itu f ′ ( c − ) := lim h ↗ 0 f ( c + h ) − f ( c ) h ≥ 0 , {\displaystyle f'(c-):=\lim _{h\nearrow 0}{\frac {f(c+h)-f(c)}{h}}\geq 0,} dengan limit tersebut bisa saja menuju ke positif tak terhingga. Setelah mendapatkan bahwa limit kanan dan kiri tersebut sama, terutama bila f terdiferensialkan, maka turunan dari f di c haruslah nol.

Contoh

= Contoh pertama

= Untuk jari-jari r > 0, misalkan terdapat fungsi f ( x ) = r 2 − x 2 , x ∈ [ − r , r ] . {\displaystyle f(x)={\sqrt {r^{2}-x^{2}}},\quad x\in [-r,r].} Grafik fungsi tersebut menggambarkan setengah lingkaran atas yang berpusat pada titik asal. Fungsi ini kontinu di selang tertutup [−r, r] dan terdiferensialkan dalam selang terbuka (−r, r), tetapi tidak terdiferensialkan di titik akhir −r dan r. Karena f (−r) = f (r), maka berlaku Teorema Rolle, dan demikian terdapat suatu titik dengan turunan dari f sama dengan nol. Perhatikan bahwa Teorema tersebut berlaku, dan bahkan ketika fungsi tidak terdiferensialkan di titik akhir, karena hanya memerlukan fungsi tersebut menjadi terdiferensialkan dalam selang terbuka.

= Contoh kedua

= Jika keterdiferensialan itu gagal di titik dalam selang, dapat disimpulkan bahwa Teorema Rolle tidak dapat berlaku. Misalkan suatu fungsi nilai mutlak f ( x ) = | x | , x ∈ [ − 1 , 1 ] , {\displaystyle f(x)=|x|,\qquad x\in [-1,1],} maka f (−1) = f (1). Akan tetapi, tidak ada nilai c di antara −1 dan 1 pada nilai f ′(c) yang sama dengan nol. Itu karena fungsi tersebut tidak terdiferensialkan di nilai x = 0, walaupun fungsi tersebut kontinu. Perhatikan bahwa turunan dari f mengubah tandanya di x = 0, tetapi tanpa mencapai nilai 0, dan karena itu Teorema Rolle tidak dapat diterapkan pada fungsi ini, sebab tidak memenuhi syarat bahwa fungsi harus terdiferensialkan untuk setiap nilai x di selang terbuka. Namun, ketika syarat keterdiferensialan dihilangkan dari Teorema Rolle, fungsi f akan tetap memiliki titik kritis di selang terbuka (a, b), tetapi sayangnya hal tersebut tidak dapat menghasilkan garis singgung yang horizontal.

Perumuman untuk turunan dengan tingkat yang lebih tinggi

Teorema Rolle dapat diperumum dengan mensyaratkan bahwa f memiliki lebih banyak titik dengan nilai yang sama dan keteraturan yang lebih besar. Secara khusus, misalkan bahwa fungsi f terdiferensialkan secara kontinu sebanyak n − 1 kali di selang tertutup [a, b], dan terdapat turunan ke-n di selang terbuka (a, b); serta terdapat n selang yang dinyatakan dengan a1 < b1 ≤ a2 < b2 ≤ … ≤ an < bn di [a, b] sehingga f (ak) = f (bk) untuk setiap nilai k yang berawal dari 1 hingga nilai n. Maka, terdapat suatu bilangan c di (a, b) turunan ke-n dari f dengan nilai c sama dengan nol.

= Pembuktian

= Perumuman ini dibuktikan melalui induksi. Misalkan n = 1, maka akan memperlihatkan versi standar teorema Rolle. Untuk n > 1, anggap bahwa perumuman tersebut benar untuk n − 1. Agar ingin membuktikannya untuk n, asumsi fungsi f memenuhi hipotesis Teorema. Berdasarkan versi standar, untuk setiap bilangan bulat k yang berawal dari 1 ke n, terdapat suatu ck di selang terbuka (ak, bk) sehingga f ′(ck) = 0. Oleh karena itu, turunan pertama memenuhi asumsi di n − 1 selang tertutup [c1, c2], …, [cn − 1, cn]. Dengan demikian, dapat disimpulkan bahwa berdasarkan hipotesis melalui induksi, terdapat suatu c sehingga turunan ke-(n − 1) dari f ′ di c sama dengan nol.

Catatan kaki

Pranala luar

(Inggris)Teorema Rolle dan Teorema Nilai Rata-rata pada cut-the-knot