fungsi dua peubah, permukaan ruang, dan kurva ketinggian fungsi
TRANSCRIPT
Koko Martono – FMIPA - ITB
077
Fungsi dua peubah, permukaan ruang, dan kurva ketinggian Fungsi dua peubah mempunyai aturan z = f (x,y) dengan daerah asal dan daerah nilai Df = {(x,y) : f (x,y) ∈ } dan Rf = {z : z = f (x,y), (x,y) ∈ Df }. Grafik fungsinya dinamakan permukaan ruang.
Fungsi dua peubah dalam bentuk implisit Dalam F(x,y, z) = 0 termuat informasi z adalah fungsi dari x dan y, yang dinamakan fungsi dua peu-bah dalam bentuk implisit. Fungsi z = f (x,y) mempunyai bentuk implisit F(x,y, z) = 0 dengan F(x,y, z) = z − f (x,y) atau F(x,y, z) = f (x,y) − z. Fungsi z = f (x,y) adalah fungsi dua peubah dalam bentuk eksplisit.
Ilustrasi Permukaan ruang dalam bentuk fungsi eksplisit dan implisit. z z z z = f (x,y) z = 2x − y2 x2
+ y2 + z2 = a2 a
bola permukaan ruang −a a y
x x −a z z x Df bidang elipsoida datar n = ⟨a,b,c⟩ ax + by + cz = d b y y x
0
y 0
0
22 2
2 2 2 1; , , 0yx za b c
a b c+ + = > x
0
c
a
y
a
0
KDFS2P 078
Ilustrasi Permukaan kuadratik dan permukaan dibangun suatu kurva. z z z z hiperbolida daun parabolida paraboloida satu eliptik hiperbolik hiperboloida daun dua y 0 x y x x x z z z z permukaan kerucut tabung tabung dibangun eliptik parabolik eliptik dari kurva C y x x y x x
z kurva f (x,y) = k ketinggian
z = f (x,y) 0 y x Df f (x,y) = k
Kurva ketinggian Untuk permukaan z = f (x,y), himpunan titik di bidang yang memenuhi f (x,y) = k, k konstanta dinamakan kurva ketinggian. Kurva ketinggian untuk permukaan F(x,y,z) = 0 adalah himpunan titik di bidang yang memenuhi F(x,y,k) = 0, k konstanta. Kurva f (x,y) = k dan F(x,y,k) = 0 mempunyai ke-tinggian yang sama, nilai z-nya selalu konstan.
Ilustrasi Kurva ketinggian dari permukaan z = 2x − y2 adalah 2x − y2 = k,
dengan k konstanta. Perhatikan grafiknya yang berbentuk keluarga parabol. z y permukaan kurva z = 2x − y2 ketinggian −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 x x x = y2 y k = −1 k = 0 k = 1
22 2
2 2 2 1,, , 0
yx za b c
a b c+ - =
>
C y y
22 2
2 2 2 0,, , 0
yx za b c
a b c+ - =
>
2, 0y ax a= >
22
2 2 1, , 0yxa b
a b+ = >
0
0 0
y y 22 2
2 2 2 1,, , 0
yx za b c
a b c- - =
>
22
2 2 , , 0yxa b
z a b= + >
22
2 2 , , 0yxa b
z a b= - >
0
KDFS2P 079
Contoh Gambarkan permukaan f (x,y) = x2 − 4y2 dengan mencari jejaknya dengan bidang koordinat dan gambarkan kurva ketinggiannya.
z z = x2 − 4y2 0 x y
Grafik kurva ketinggian y k < 0 x = 2y k > 0 k > 0 0 x k < 0 x = −2y
Jejak permukaan z = x2 − 4y2 dengan bidang koordinat:
dengan bidang xoy: sepasang garis x = ±2y. dengan bidang yoz: parabol z = −4y2. dengan bidang xoz: garis z = x2. dengan bidang // xoy: hiperbol x2 − 4y2 = k.
Kurva ketinggian dari permukaan z = x2 − 4y2 adalah x2 − 4y2 = k, k konstanta. Keluarga kur-va ini berbentuk hiperbol memotong sumbu x untuk k > 0, sepasang garis untuk k = 0 dan hi-perbol memotong sumbu y untuk k < 0.
Permukaan z = x2 − 4y2 adalah paraboloida hi-
perbolik berpusat di titik asal. Titik (0,0,0) pa-da permukaannya dikenal sebagai titik pelana.
Limit fungsi dua peubah Fungsi z = f (x,y) yang mendekati L untuk (x,y) mendekati (x0,y0) ditu-lis dengan lambang
0 0( , ) ( , )lim ( , ) .
x y x yf x y L
Æ= Artinya jarak f (x,y) ke L dapat
dibuat sebarang kecil dengan mengambil jarak (x,y) ke (x0,y0) cukup kecil. Sebelumnya kondisikan agar di sekitar (x0,y0) terdapat tak hing-ga banyaknya titik dari daerah asal fungsi z = f (x,y).
Secara formal didefinisikan0 0( , ) ( , )
lim ( , )x y x y
f x y LÆ
= ⇔
∀ε > 0 ∃ δ > 0 ∋ 2 20 00 ( ) ( ) | ( , ) | .x x y y f x y Ld e< - + - < fi - <
Sifat dasar limit satu peubah juga berlaku untuk limit dua peubah.
Kekontinuan fungsi dua peubah Fungsi z = f (x,y) kontinu di (x0,y0) jika
0 00 0( , ) ( , )
lim ( , ) ( , ).x y x y
f x y f x yÆ
=
Fungsi z = f (x,y) kontinu pada Df jika f kontinu di setiap titik pada Df .
KDFS2P 080
Contoh Hitunglah2 4 4 2
( , ) (0,0)lim
x y
x y x yx yÆ
-+ dan
2 2
2 2( , ) (0,0)lim
x y
x y xyx yÆ
-+
.
Uraikan pembilang sehingga faktor linear (x + y) tercoret, diperoleh 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2
( , ) (0,0) ( , ) (0,0) ( , ) (0,0)2 2
( , ) (0,0)
( ) ( )( )lim lim lim
lim ( ) 0 (0 0) 0.x y x y x y
x y
x y x y x y y x x y x y x yx y x y x y
x y x yÆ Æ Æ
Æ
- - - + -+ + += =
= - - = - ◊ - =
Dari ketaksamaan 2 2 2,x x y£ + 2 2 2y x y£ + dan sifat nilai mutlak diperoleh
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2| | | | ( )(| | | |)0 | | | |x y xy x y y x x y y x
x y x y x yx y- + + +
+ + +£ = £ = + .
Karena( , ) (0,0) ( , ) (0,0)
lim 0 0 dan lim (| | | |)x y x y
x yÆ Æ
= + (limit pengapitnya nol), maka 2 2
2 2( , ) (0,0)lim 0,
x y
x y xyx yÆ
-+
= akibatnya2 2
2 2( , ) (0,0)lim 0.
x y
x y xyx yÆ
-+
=
Contoh Tunjukkan 2 2( , ) (0,0)lim
x y
xyx yÆ +
dan2
4 2( , ) (0,0) 2lim
x y
x yx yÆ +
tidak ada.
Fungsi z = f (x,y) tidak mempunyai limit di (x0,y0) jika terdapat kurva C1 dan C2 yang melalui (x0,y0) dengan
1 2
0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )
sepanjang sepanjang
( , )lim ( , ) lim ( , )
C C
x y x y x y x yf x y f x y
Æ Æπ .
Ambil C1: y = 0 (sb-x) dan C2: y = x yang melalui (0,0), limitnya adalah
Sepanjang C1: 2 2 2 2( , ) (0,0) ( ,0) (0,0) 0
00
lim lim lim 0 0x y x x
xy xx y xÆ Æ Æ
◊+ +
= = = .
Sepanjang C2:2
2 2 2 2 2( , ) (0,0) ( , ) (0,0) 0 0
1 12 22
lim lim lim limx y x x x x
xy x x xx y x x xÆ Æ Æ Æ
◊+ +
= = = = .
Karena kedua limit ini tidak sama, maka 2 2( , ) (0,0)lim
x y
xyx yÆ +
tidak ada.
Ambil C1: x = 0 (sb-y) dan C1: y = x2 yang melalui (0,0), limitnya adalah
Sepanjang C1:2 2
4 2 4 2( , ) (0,0) (0, ) (0,0) 0
02 0 2
lim lim lim 0 0x y y y
x y yx y yÆ Æ Æ
◊+ +
= = = .
Sepanjang C2: 2
2 2 2 4
4 2 4 4 4( , ) (0,0) 0 0( , ) (0,0)
1 13 32 2 3
lim lim lim limx y x xx x
x y x x xx y x x x
◊
Æ Æ ÆÆ+ += = = = .
Karena kedua limit ini tidak sama, maka2
4 2( , ) (0,0) 2lim
x y
x yx yÆ +
tidak ada.
KDFS2P 081
Contoh Tunjukkan fungsi 2 2, ( , ) (0,0)
( , )0 , ( , ) (0,0)
xyx y
x yf x y
x y+
Ï πÔ= Ì=ÔÓ
kontinu pada 2.
Fungsi f kontinu pada 2 {(0,0)}- karena merupakan hasil bagi dari dua fungsi yang kontinu dengan penyebut taknol pada daerah tersebut.
Agar f kontinu pada 2, tinggal menunjukkan fungsi f kontinu di (0,0). Gunakan prinsip apit untuk menghitung limit fungsinya di (0,0).
2 2 2 2
2 2 2 2 2 22 2| | | |0 .x y x yxy x y
x y x y x yx y◊+ +
+ + +£ = £ = +
Karena 2 2
( , ) (0,0) ( , ) (0,0)lim 0 0 dan lim 0
x y x yx y
Æ Æ= + = (limit pengapitnya nol),
maka2 2( , ) (0,0)
lim 0,x y
xyx yÆ +
= akibatnya2 2( , ) (0,0)
lim 0 (0,0)x y
xyx y
fÆ +
= = .
Jadi f kontinu pada 2 {(0,0)}- dan di (0,0), sehingga f kontinu pada 2.
z
z = f (x,y) y tetap x tetap perm P
y
x C1 ≡ P ∩ {y tetap} C2 ≡ P ∩ {x tetap}
x tetap y tetap laju f thd y laju f thd x
Turunan parsial Turunan parsial dari z = f (x,y) terhadap x adalah
0
( , ) ( , )limh
f f x h y f x yx hÆ
∂ + -∂ = .( )x x x
fx f D f z∂∂ = = =
Arti geometri: gradien garis singgung pada C1 di A. Arti fisis: laju perubahan z terhadap x (dalam arah i)
fx∂∂ ≡ turunan f terhadap x dengan y tetap.
Turunan parsial dari z = f (x,y) terhadap x adalah
0
( , ) ( , )limh
f f x y h f x yy hÆ
∂ + -∂ = .( )y y y
fy f D f z∂∂ = = =
Arti geometri: gradien garis singgung pada C2 di A. Arti fisis: laju perubahan z terhadap y (dalam arah j)
fy∂∂ ≡ turunan f terhadap y dengan x tetap.
(x,y)
fx∂∂
fy∂∂
C1 C2
A
fx∂∂
fy∂∂
A A
(x,y) (x, y +h) (x+h, y)
(x,y)
C1 C2
KDFS2P 082
Vektor gradien Vektor gradien dari fungsi z = f (x,y), ditulis ∇f, didefi-
nisikan sebagai ,f f f fx y x yf ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂— = + =i j . Vektor ini berperan sebagai
pengganti turunan untuk fungsi peubah banyak. Turunan parsial kedua Turunan parsial kedua dari fungsi z = f (x,y) di-definisikan sebagai turunan parsial dari xz = xf (x,y) dan yz = yf (x,y).
( ) ( ) 2
2xx xf f
x x x xf f ∂ ∂∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂= = = ( ) ( ) 2
yx yf f
x x y x yf f ∂ ∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = =
( ) ( ) 2
xy xf f
y y x y xf f ∂ ∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = = ( ) ( ) 2
2yy yf f
y y y yf f ∂ ∂∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂= = =
Teorema Jika xyf dan yxf kontinu di (x0,y0), maka 0 0 0 0( , ) ( , )xy yxf x y f x y= .
Ilustrasi Jika f (x,y) = xy2 + yx2, maka fx∂∂ = y2 + 2xy dan f
y∂∂ = 2xy + x2.
Vektor gradien dari f adalah ∇f (x,y) = (y2 + 2xy) i + (2xy + x2) j. Turunan parsial kedua dari f adalah fungsi dua peubah
xxf = 2y, xyf = 2y + 2x, yxf = 2y + 2x, dan yyf = 2x.
Perluasan konsep turunan parsial ke fungsi tiga peubah Turunan par-sial dari fungsi tiga peubah u = F (x,y,z) didefinisikan dalam bentuk limit seperti turunan parsial dua peubah. Untuk keperluan perhitungan,
Fx
∂∂ = turunan u = F (x,y,z) terhadap x dengan menganggap y dan z tetap. Fy
∂∂ = turunan u = F (x,y,z) terhadap y dengan menganggap x dan z tetap.
Fz
∂∂ = turunan u = F (x,y,z) terhadap z dengan menganggap x dan y tetap.
Vektor gradian dari fungsi u = F (x,y,z), ditulis ∇F, didefinisikan sebagai
( ), ,F F F F F Fx y z x y zF ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂— = + + =i j k .
Ilustrasi Jika F (x,y,z) = xy + yz + zx, maka turunan parsialnya adalah Fx y z∂∂ = + , F
y x z∂∂ = + , dan F
z x y∂∂ = + .
Vektor gradien dari F adalah ∇F (x,y,z) = ( y + z) i + (x + z) j + ( y + x) k.
KDFS2P 083
Fenomena fungsi satu peubah Fungsi y = f (x) terdiferensialkan di titik
x0 jika 0 000
( ) ( )lim ( )h
f x h f xh f x
Æ
+ - = ¢ ⇔ ( )0 000
( ) ( )lim ( ) 0h
f x h f xh f x
Æ
+ - - =¢ ⇔
00 0 )
0
( ) ( ) (lim 0.h
f x h f x h f xhÆ
+ - - ¢ = Misalkan 00 0 )( ) ( ) (f x h f x h f xhe + - - ¢= , maka
kondisi 0 0 0( ) ( ) ( )y f x h f x f x h he= + - = +¢ dengan ε → 0 untuk h → 0 setara dengan keterdiferensialan fungsi y = f (x) di x0.
Jika x0 + h = x, maka f (x) ≈ f (x0) + f ′(x0)h (hampiran linear dari f di x0)
Pertambahan untuk fungsi dua peubah Untuk fungsi z = f (x,y) di titik (x0,y0), perubahan 0 0 0 0( , ) ( , )z f x h y k f x y= + + - memenuhi kondisi
0 0 0 0 0 0 0 0 1 2( , ) ( , ) ( , ) ( , )x yz f x h y k f x y f x y h f x y k h ke e= + + - = + + + dengan 1 2, 0e e Æ untuk (h, k) → (0,0). Jika x0 + h = x dan y0 + k = y, maka f (x,y) ≈ f (x0,y0) + fx(x0,y0)h + fy(x0,y0)k.
(hampiran linear dari z = f (x,y) di (x0,y0)) Diferensial total fungsi dua peubah Untuk fungsi z = f (x,y), jika (x0,y0) bergerak ke (x0 + dx,y0 + dy), maka diferensial dari f didefinisikan sebagai
0 0 0 0( , ) ( , )x yf fx ydz df f x y dx f x y dy dx dy∂ ∂∂ ∂= = + = + di (x0,y0).
Keterdiferensialan fungsi dua peubah Fungsi z = f (x,y) terdiferensial-kan di (x0,y0) jika turunan parsial fx(x0,y0) dan fy(x0,y0) memenuhi kondisi
0 0 0 0 0 0 0 0 1 2( , ) ( , ) ( , ) ( , )x yz f x h y k f x y f x y h f x y k h ke e= + + - = + + + dengan 1 2, 0e e Æ untuk (h, k) → (0,0).
Dalam bentuk vektor, jika x0 = ⟨x0,y0⟩, h = ⟨h,k⟩, ε = ⟨ε1,ε2⟩, dan ∇f (x0) = ⟨ fx(x0), fy(x0)⟩, maka kondisi keterdiferensialan di (x0,y0) dapat ditulis
( ) ( ) ( ) ( )z f f f e= + - = — +0 0 0x h x x h h hi i dengan ε(h) → 0 untuk h → 0.
Teorema Untuk fungsi z = f (x,y), jika f terdiferensialkan di (x0,y0), ma-ka f kontinu di (x0,y0).
Teorema Untuk fungsi z = f (x,y), jika turunan parsial fx(x,y) dan fy(x,y) kontinu pada suatu daerah terbuka D, maka f terdiferensialkan pada D.
KDFS2P 084
Contoh Tunjukkan fungsi ( , ) y xf x y xe ye= + terdiferensialkan pada 2 dan
tentukan vektor gradien dari fungsi f.
Karena turunan parsial ( , ) y xxf x y e ye= + dan ( , ) y x
yf x y xe e= + kontinu
pada
2, maka f terdiferensialkan pada 2.
Vektor gradien dari fungsi f adalah ( , ) ( ) ( )y x y xf x y e ye xe e— = + + +i j.
Contoh Tentukan suatu vektor singgung pada kurva C: y = x2 di A(1,1). Tulislah aturan kurva C dalam bentuk implisit F(x,y) = 0, F(x,y) = x2
− y. Tunjukkan vektor singgung di A pada C tegak lurus pada vektor ∇FA.
y y = x2 C r′(1) A 0 ∇F x
Dalam bentuk parameter, C: r (t) = t i + t
2 j, t ∈ .
Karena r (1) = A, r′(t) = i + 2t j, dan r′(1) = i + 2 j, maka vektor singgung pada kurva C di titik A ada-lah r′(1) = i + 2 j = ⟨1,2⟩.
Vektor gradien dari F di (x,y) adalah ∇F = 2x i − j, sehingga ∇FA = ∇F (1,1) = 2 i − j = ⟨2,−1⟩. Karena r′(1) •∇FA = ⟨1,2⟩ • ⟨2,−1⟩ = 0, maka r′(1) ⊥∇FA.
Contoh Nyatakan volum tabung lingkaran tegak sebagai fungsi dua pe-ubah dari diameter dan tinggi tabung. Jika galat pengukuran diameternya paling besar 2% dan galat pengukuran tingginya paling besar 1%, tentu-kan hampiran galat terbesar dari volum tabung dengan diferensial total.
Jika diameter tabung adalah x dan tingginya t, maka volum tabung adalah
( )2 21 12 4V x t x tp p= = .
Diferensial total dari V adalah 21 12 4
V Vx tdV dx dt xt dx x dtp p∂ ∂∂ ∂= + = + .
Akibatnya 21 1
2 42 21 1
4 42
xt xdV dx dtx tV x t x t
dx dtp pp p
= + = + .
Dari data pada soal ini 0,02 2%dxx £ = dan 0,01 1%dt
t £ = , sehingga
2 2 0,02 0,01 0,05 5%dV dx dtx tV = + £ ◊ + = = .
Jadi hampiran galat terbesar dari volum tabung adalah 5%.
KDFS2P 085
Fenomena: Aturan rantai fungsi satu peubah
Jika y = y(x), x = x(t) terdiferensialkan dan komposisi y = y (x(t)) terdefinisi, maka y terdiferensialkan terhadap t, dan
Aturan rantai fungsi dua peubah terhadap satu peubah
Dalam bentuk komponen
z = f (x,y), x = x(t), y = y(t) z = z(t) = f (x(t),y(t)) ( ) dydz z dx z
dt x dt y dtz t ∂ ∂∂ ∂= = +¢
Dalam bentuk vektor
( , ) ,z z z zx y x yf x y ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂— = + =i j
r = r(t) = ⟨x(t),y(t)⟩ = x(t) i + y(t) j
( ) ,dy dydx dxdt dt dt dtt = + =¢r i j
( ) , ,dydz z z dxdt x y dt dtz t ∂ ∂
∂ ∂= =¢ i
( ) ( ) ( )( )dzdtz t f t t= = —¢ ¢r ri
Aturan rantai fungsi tiga peubah terhadap satu peubah Jika u = f (x,y,z), x = x(t), y = y(t), z = z(t), maka u = u(t) = f (x(t),y(t),z(t)) dan ( ) ( ) ( )( )dydu u dx u u dz
dt x dt y dt z dtu t f t t∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂= = + + = —¢ ¢r ri , dengan r = r(t) =
( ), ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) , , , ( , , ) , ,dydx dz u u udt dt dt x y zx t y t z t x t y t z t t f x y z ∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂· Ò= + + = — =¢i j k r
Contoh Jika f (x,y) = x2 + xy, x = sin t dan y = cos t, tentukan f ′(t).
Tulislah r(t) = sin t i + cos t j, maka r′(t) = cos t i − sin t j. Vektor gradien dari f adalah ∇f (x,y) = ⟨2x + y, x⟩, sehingga ∇f (t) = ⟨2 sin t + cos t, sin t⟩. Jadi
( ) ( ) ( ) 2sin cos ,sin cos , sin sin2 cos2( )dfdtf t f t t t t t t t t t= =— = · + Ò · - Ò= +¢ ¢r ri i .
dydx dx
dt
y x t y = y(x) x = x(t)
dydt
dy dy dxdt dx dt= ◊
z
x
y
t
t
dxdt
dydt
zx∂∂
zy∂∂
KDFS2P 086
Contoh Jika f (x,y,z) = (x + y)z, x = sin t, y = cos t, dan z = sin t, tentukan f ′(t).
Tulislah r(t) = sin t i + cos t j + sin t k, maka r′(t) = cos t i − sin t j + cos t k.Karena ∇f (x,y,z) = ⟨z, z, x + y⟩, maka ∇f (t) = ⟨sin t, sin t, sin t + cos t⟩. Dengan aturan rantai diperoleh
f ′(t) = ∇f (r(t)) • r′(t) = ⟨sin t, sin t, sin t + cos t⟩ • ⟨cos t,−sin t, cos t⟩ = sin t cos t − sin2t + sin t cos t + cos2t = cos 2t + sin 2t. Cara lain Tulislah f sebagai fungsi dari t dan gunakan turunan satu peubah.
Contoh Sebuah tabung lingkaran tegak berjari-jari r = 10 cm dan tinggi h = 50 cm dipanaskan. Jika r dan h bertambah panjang dengan laju 0,2 cm/jam dan 0,3 cm/jam, tentukan laju pertambahan luas permukaannya.
Karena luas permukaan tabung adalah S = S(r,h) = 2π r2 + 2π rh, maka laju pertambahan S terhadap t adalah
( ) (4 2 ) 2dS S dr S dh dr dhdt r dt h dt dt dtS t r h rp p p∂ ∂
∂ ∂= = + = + +¢
Gantikan r = 10 cm, h = 50 cm, drdt = 0,2 cm/jam dan dh
dt = 0,3 cm/jam,
diperoleh S ′(t) = (40π + 100π)(0,2) + (20π)(0,3) = 34π ≈ 106,8 cm2/jam.
Aturan rantai fungsi dua peubah terhadap dua peubah
u x v z u y v
Jika z = f (x,y), x = x(u,v), y = y(u,v), maka ( , ), ( , )( )z f x u v y u v= (z fungsi dari u dan v)
dengan yz z x z
u x u y u∂∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂ ∂= +
yz z x zv x v y v
∂∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂= +
Contoh Jika z = f (x,y), x = u + v, dan y = u − v, tunjukkan
2 2.u v x yf f f f= -
Karena 1, 1, 1, 1,y yx xu v u v
∂ ∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂= = = =- dan ( , ), ( , )( )z f x u v y u v= , maka
yz z x z z zu x u y u x y
∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = + dan yz z x z z z
v x v y v x y∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = -
Kalikan, maka diperoleh ( ) ( )22,z z z z
u v x y∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂= - atau 2 2.u v x yf f f f= -
zx∂∂
zy∂∂
xu∂∂
xv∂∂
yu∂∂
yv∂∂
KDFS2P 087
Turunan berarah Turunan parsial fungsi dua peubah z = f (x,y) = f (x), x = (x,y) ∈ Df terhadap peubah x dan y dapat ditulis dalam bentuk
0 0
( , ) ( , ) ( ) ( )lim lim ( , )h h
f f x h y f x y f h fx h h f x y
Æ Æ
∂ + - + -∂ = = = —x i x ii
0 0
( , ) ( , ) ( ) ( )lim lim ( , )h h
f f x y h f x y f h fy h h f x y
Æ Æ
∂ + - + -∂ = = = —x j x ji
Gagasan turunan berarah adalah mengganti vektor satuan i dan j di sini dengan vektor satuan sebarang u.
z bidang // (u,k)
permukaan P z = f (x,y) y
x C ≡ P ∩ {bdg // (u,k)} y 1 j
i x bdg // (u,k)
Definisi turunan berarah Turunan berarah dari fungsi z = f (x,y) = f (x) di x = (x,y) ∈ Df
dalam arah vektor satuan u = ⟨u,v⟩, ditulis ,f∂∂u
didefinisikan sebagai
0
( ) ( )( ) limh
f f h fhÆ
∂ + -∂ = x u x
u x .
Dalam bentuk komponen vektornya, ,
0
( ) ( , )( , ) limh
f f x hu y hv f x yhx y
Æ
∂ + + -∂ =u
Arti geometrinya adalah gradien garis sing-gung pada kurva C: P ∩ {bdg //(u,k)} di titik A(x,y,z). Arti fisisnya adalah laju perubahan nilai z = f (x,y) dalam arah vektor satuan u.
Cara menghitung turunan Berarah Misalkan g(t) = f (x + tu,y + tv), ma-ka g(h) = f (x + hu,y + hv) dan g(0) = f (x,y), sehingga
0
( ) (0)( , ) lim (0)h
f g h ghx y g
Æ
∂ -∂ = = ¢u
Misalkan r = r(t) = x + tu dan s = s(t) = y + tv, maka g(t) = f (r(t),s(t)), de-ngan dr
dt = u dan dsdt = v; akibatnya , ,dr ds
dt dt u v= =u . Asumsikan fungsi
g(t) = f (r(t),s(t)) terdiferensialkan terhadap t, maka diperoleh
( ) , , ( , )f f f fdr ds dr dsr dt s dt r s dt dtg t f r s∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂= + = =—¢ uii .
Karena untuk t = 0 berlaku (r,s) = (x,y), maka ( , ) (0) ( , ) .f x y g f x y∂∂ = =—¢u ui
A
j k
i u
f∂∂u
(x, y)
C
f∂∂u
A C
x x+hu 0
x+hu
x u
KDFS2P 088
Teorema Turunan berarah dari fungsi terdiferensialkan z = f (x,y) = f (x) di x = (x,y) ∈ Df dalam arah vektor satuan u adalah ( , ) ( , )f x y f x y∂
∂ =—u ui .
Karena f f∂∂ =—u ui = || ∇f || || u || cos ∠(∇f,u) = || ∇f || cos ∠(∇f,u), maka
maks f∂∂u tercapai bila ( )
|| ( )||f Af A
——=u dan min f∂
∂u tercapai bila ( )|| ( )||
f Af A
-——=u .
Contoh Tentukan turunan berarah dari fungsi z = f (x,y) = 4 − x2 − y2 di ti- tik (1,1) dalam arah vektor v = 3 i + 4 j.
z y
4 z = f (x,y) u 0 2 x 2 y x v
Di sini ∇f (x,y) = ⟨−2x,−2y⟩, sehingga vektor gradien di (1,1) adalah ∇f (1,1) = ⟨−2,−2⟩. Vektor satuan searah v adalah u = 3 4
5 5, .
Turunan berarah dari z = f (x,y) di (1,1) da-lam arah vektor satuan u adalah
f f∂∂ = —u ui = ⟨−2,−2⟩ •
3 45 5, = −2 4
5 .
Contoh Untuk fungsi 2 21 1
2 2( , )z f x y x y= = + di titik A(1,1), tentukan vektor satuan u sehingga di A nilai z bertambah paling besar, nilai z berkurang pa-ling besar, dan nilai z tetap (tidak berubah). z
2 21 12 2z x y= +
1 x
Laju perubahan z dalam arah vektor satuan u adalah || ||cos ( , )f f f f∂
∂= = — = — – —u u ui , de-ngan ∇f (x,y) = ⟨x,y⟩ dan ∇f (A) = ⟨1,1⟩.
Nilai z bertambah paling besar jika maksi-mum, tercapai bila u searah dengan ∇f (A), yaitu ( ) 1 1
2 2|| ( )|| 2, 2f Af A
——= =u .
Nilai z berkurang paling besar jika minimum, tercapai bila u berlawan-an arah dengan ∇f (A), yaitu ( ) 1 1
2 2|| ( )|| 2, 2f Af A
-——= = - -u .
Nilai z tetap jika 0,= tercapai bila u tegak lurus pada ∇f (A), yaitu 1 12 22, 2= -u atau 1 1
2 22, 2= -u .
(1,1,1)
(1,1) ∇f
−∇f y 0
1
v
(1,1)
∇f
(1,1)
∇f 0
KDFS2P 089
Vektor gradien tegak lurus vektor kecepatan ke arah perubahan z terbesar z z = 4 − x2
− y2 4 r ′(t) −2 2 y 2 x
Fenomena z = f (x,y) = 4 − x2 − y2
( , ) , 2 , 2f fx yf x y x y∂ ∂∂ ∂— = = - -
∇f (1,1) = ⟨−2,−2⟩ Kurva perpotongan z = f (x,y) dengan xoy adalah x2
+ y2 = 4.
y
2 r ′(π /4) = ⟨−1,1⟩ r = r(t) √2 (1,1)
−2 0 √2 2 x ∇f (1,1) = ⟨−2,−2⟩ √2 −2
Jika C: r = r(t) kurva ketinggian pada z = f (x,y) = 4 − x2 − y2 yang melalui
(1,1,2), maka 2 = 4 − x2 − y2, atau x2
+ y2 = 2. Fungsi parameternya adalah
C: ( ) 2cos 2sint t t= +r i j dengan ( )14 1,1p = + = · Òr i j .
Dari ( ) 2sin 2cost t t=- +¢r i j diperoleh vektor singgung di (1,1) pada C adalah ( )1
4 1,1 .p =- + =·- Ò¢r i j Karena ( )14 (1,1) 1,1 2, 2 0,fp — = ·- Ò ·- - Ò=¢r i i
maka ( )14(1,1)f p— ^ ¢r dan arah ∇f (1,1) menuju titik (0,0); dalam arah
ini pertambahan nilai z terbesar. Perluasan fenomena untuk permukaan terdiferensialkan
z
z = f (x,y) ∇F(P) F(x,y,z) = 0 z − f (x,y) = 0 permu- kaan S
0 y Df x
Kurva ketinggian dari permukaan S: z = f (x,y) yang melalui titik A ∈ Df adalah f (x(t),y(t)) = k, k konstanta, bentuk parameternya r = r(t).
Dari ( )( ( ), ( ) 0ddt f x t y t = diperoleh ( ) ( ) 0f A t— =¢ri ,
sehingga ( ) ( ).f A t— ^ ¢r
Karena maks f∂∂u tercapai jika u searah ∇f (A),
maka ∇f (A) mengarah ke pertambahan z yang terbesar.
Bidang singgung pada permukaan S: F(x,y,z) = 0 Jika kurva ruang C: ( ) ( ) ( ) ( )t x t y t z t= + +r i j k terletak pada S: F(x,y,z) = 0 dan melalui P, maka
( ), ( ), ( ) 0.( )F x t y t z t = Dari ( )( ( ), ( ), ( ) 0ddt F x t y t z t = diperoleh ( ) ( ) 0F P t— =¢ri ,
sehingga ( ) ( ).F P t— ^ ¢r Karena berlaku untuk sebarang C yang melalui P, maka ∇f (P) adalah suatu vektor normal dari bidang singgungnya.
∇f
(1,1,2) C
0
(1,1)
bidang singgung
P
r′(t) ∇f r = r(t)
A
KDFS2P 090
Persamaan bidang singgung pada S: F(x,y,z) = 0 Jika P(x0,y0,z0) ada- ∇F(P) bidang singgung P(x0,y0,z0) Q(x,y,z)
lah titik singgung dan Q(x,y,z) terletak pada bidang sing-gung, maka vektor PQ = ⟨x − x0 ,y − y0 , z − z0⟩ tegak lurus vektor normal ∇F(P). Jika ∇F(P) = ⟨n1 , n2 , n3⟩, maka dari
( ) 0PQ F P— =i diperoleh persamaan bidang singgung ⟨x − x0 ,y − y0 , z − z0⟩ • ⟨n1 , n2 , n3⟩ = 0.
Contoh Tentukan persamaan bidang singgung pada permukaan (a) z = 4 − x2
− y2 di titik P(1,1,2) (b) x2 + y2
+ z2 = 49 di titik B(2,6,3).
z 4 z = 4 − x2
− y2 ∇F A(1,1,2)
−2 2 y 2 x z 7
∇F −7 7 y
x −7
Tulislah S: F(x,y,z) = z + x2 + y2
− 4 = 0. Titik A terletak pada S karena 2 + 1 + 1 − 4 = 0 (benar). Vektor gradien dari F di titik P adalah ∇F(x,y,z) = ⟨2x,2y,1⟩, ∇F(1,1,2) = ⟨2,2,1⟩.
Karena persamaan bidang singgung memenuhi ⟨x − 1 ,y − 1 , z − 2⟩ • ⟨2 , 2 , 1⟩ = 0.
Jadi bidang singgungya ≡ 2x + 2y + z = 6. Tulislah S: F(x,y,z) = x2
+ y2 + z2
− 49 = 0. Titik B terletak pada S karena 4 + 36 + 9 − 49 = 0 (be-nar). Vektor gradien dari F di titik Q adalah ∇F(x,y,z) = ⟨2x,2y,2z⟩, ∇F(2,6,3) = ⟨4,12,6⟩.
Karena persamaan bidang singgung memenuhi ⟨x − 2 ,y − 6 , z − 3⟩ • ⟨4 , 12 , 6⟩ = 0,
maka bidang singgungnya ≡ 2x + 3y + 6z = 49.
Persamaan bidang singgung pada permukaan S: z = f (x,y) Untuk per-mukaan ini, F(x,y,z) = z − f (x,y) = 0 atau F(x,y,z) = f (x,y) − z = 0, sehingga ∇F(P) = ⟨−fx,−fy,1⟩ atau ∇F(P) = ⟨ fx , fy,−1⟩. Jika P(x0,y0,z0) titik singgung-nya, maka bidang singgungnya adalah ⟨x − x0 ,y − y0 , z − z0⟩ • ⟨ fx , fy,−1⟩ = 0, atau dapat dituliskan dalam bentuk z − z0 = fx(P)(x − x0) + fy(P)(y − y0).
Ilustrasi Untuk permukaan S: z = f (x,y) = 4 − x2 − y2 dan P(1,1,2) diperoleh
fx(P) = −2 dan fy(P) = −2. Jadi bidang singgung pada S di P adalahz − 2 = −2(x − 1) − 2(y − 1), atau 2x + 2y + z = 6.
P
Q
P
0
bidang singgung
bidang singgung
Q0
7
KDFS2P 091
Ekstrim fungsi fua peubah Fungsi z = f (x,y) mencapai maksimum di (x0,y0) jika f (x0,y0) ≥ f (x,y) dan minimum di (x0,y0) jika f (x0,y0) ≥ f (x,y) untuk (x,y) di sekitar (x0,y0).
z z z bidang singgung sejajar xoy z = f (x,y) z = f (x,y) z
bidang bidang singgung singgung sejajar xoy y 0 y 0 y x Df Df y x x x
Ilustrasi Fungsi f (x,y) = 4 − x2 − y2 mencapai maksimum di (0,0) karena
f (0,0) = 4 ≥ 4 − x2 − y2
= f (x,y) ∀(x,y) ∈ 2. Fungsi g(x,y) = x2 + y2 menca-
pai minimum di (0,0) karena g(0,0) = 0 ≤ x2 + y2
= g(x,y) ∀(x,y) ∈ 2.
Titik stasioner dan titik pelana Fungsi z = f (x,y) mencapai titik stasio-ner di titik-dalam (x0,y0) jika ∇f (x0,y0) = 0 (bidang singgung sejajar xoy). Di sini f dapat mencapai ekstrim di (x0,y0) atau mungkin juga tidak. Jika tidak, fungsi f mencapai titik pelana di (x0,y0).
Ilustrasi Untuk f (x,y) = x2 + y2 diperoleh ∇f (x,y) = ⟨−2x,−2y⟩, sehingga
∇f (0,0) = ⟨0,0⟩ = 0. Fungsi f mencapai titik stasioner di (0,0) dan jenis ti-tik stasionernya adalah ekstrim minimum.
z 0
x y
Ilustrasi Untuk f (x,y) = x2 − y2 diperoleh ∇f (x,y) =
⟨2x,−2y⟩ dan ∇f (0,0) = ⟨0,0⟩ = 0. Tetapi fungsi f ti-dak mencapai ekstrim di (0,0) karena f (x,y) ≥ 0 di (−x ≤ y ≤ x) dan f (x,y) ≤ 0 di (y ≥ x,y ≥ −x). Di sini titik (0,0) ini merupakan titik pelana dari fungsi f.
maks
min
(x0,y0) (x0,y0) z = 4 − x2
− y2
z = x2 + y2
bidang singgung
0
maks min
4
0
4
KDFS2P 092
Uji turunan parsial kedua untuk titik ekstrim dan titik pelana Misalkan fungsi z = f (x,y) mempunyai turunan parsial kedua yang konti-nu di sekitar titik A(x0,y0), ∇f (A) = 0, dan 2( , ) ( , )( )xx yy xyD x y f f f x y= - . • Jika D(A) > 0 dan ( )xxf A < 0, maka fungsi f mencapai maksimum di A. • Jika D(A) > 0 dan ( )xxf A > 0, maka fungsi f mencapai minimum di A. • Jika D(A) < 0, maka fungsi f mencapai titik pelana di A. • Jika D(A) = 0, maka tidak ada kesimpulan tentang titik A.
Catatan Untuk kasus D(A) > 0 diperoleh 2 ( ) 0( )xx yy xyf f f A- > . Akibat-
nya 2( ) ( ) ( ) 0,xx yy xyf A f A f A> ≥ sehingga ( )xxf A dan ( )yyf A bertanda sama.
Dalam bentuk determinan, D(x,y) = xx xy
xy yy
f ff f
(x,y).
Contoh Tentukan semua titik ekstrim dan jenisnya dari fungsi z = f (x,y) = x3 − 9xy + y3.
Tentukan titik stasionernya Syarat titik stasioner ∇f (x,y) = 0 memberi-kan
∇f (x,y) = 3(x2 − 3y) i + 3(y2
− 3x) j = 0 = 0 i + 0 j yang menghasilkan persamaan
(1) x2 − 3y = 0 dan (2) y2 − 3x = 0 Dari (1), 21
3y x= . Gantikan ke (2), diperoleh 419 3 0x x- = . Akibatnya
x4 − 27x = 0, atau x(x − 3)(x2 + 3x + 9) = 0. Karena bentuk kuadratnya definit positif, maka x = 0 atau x = 3, dengan nilai y yang bersesuaian adalah y = 0 atau y = 3. Jadi titik stasioner dari fungsi f adalah O(0,0) dan A(3,3).
Tentukan jenis titik stasionernya Dari xf = 3x2 − 9y dan yf = 3y2
− 9x diperoleh xxf = 6x, yyf = 6y, dan xyf = −9, sehingga D = 36xy − 81.
Karena D(O) = −81 < 0, maka fungsi f mencapai titik pelana di O(0,0). Karena D(A) = 36⋅3⋅3 − 81 = 243 > 0 dan xxf (A) = 18, maka fungsi f mencapai minimum di A(3,3) dengan nilai minimum f (3,3) = −27.
KDFS2P 093
Contoh Sebuah kotak tanpa tutup akan dibuat sehingga volumnya 4 liter. Tentukan ukuran kotak agar luas bahan pembuatnya paling hemat.
x y z z
y x
Misalkan ukuran kotak adalah x × y × z dm. Karena volum kotak = 4 dm3, maka xyz = 4, sehingga z = 4/xy dengan x > 0 dan y > 0.
Luas bahan pembuat kotak tanpa tutup adalahL = L(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz.
Nyatakan L sebagai fungsi dua peubah dengan substitusi z = 4/xy, maka L = L(x,y) = xy + 2x ⋅ 4
xy + 2y ⋅ 4xy = xy + 8
x + 8y .
Tentukan ekstrim L = L(x,y) dan tunjukkan jenisnya minimum mutlak. Tentukan titik stasionernya, syarat ∇L(x,y) = 0 memberikan
∇L(x,y) = 2 28 8( ) ( )x y
y x- + -i j = 0 i + 0 j.
Dari sini diperoleh (1) 28 0x
y - = dan (2) 28 0y
x - = . Dari (1) diperoleh
y = 8/x2 kemudian gantikan ke (2) dan selesaikan.
2 28
(8/ )0
xx - = ⇒ x4 − 8x = 0 ⇒ x (x − 2)(x2 + 2x + 4) = 0.
Karena bentuk kuadrat terakhir definit positif dan x > 0, maka x = 2, de-ngan nilai y dan z yang terkait adalah y = 8/x2 = 2 dan z = 4/xy = 1. Jadi titik stasioner dari fungsi L adalah (x0,y0) = (2,2).
Tentukan jenis ekstrimnya, turunan parsial kedua dari L = L(x,y) adalah
316
xx xL = , 3
16yy y
L = , dan 1xyL = . Akibatnya
D(x,y) = ( ) 3 3 32 16 16 256
( )1 1xx yy xy x y xy
L L L- = ◊ - = - .
Karena D(2,2) = 4 − 1 = 3 dan 168(2,2) 2 0xxL = = > , maka jenis titik sta-
sionernya adalah minimum. Karena ekstrimnya tunggal, maka jenisnya minimum mutlak.
Jadi ukuran kotak tanpa tutup dengan volum 4 liter yang luas bahan pem-buatnya paling hemat adalah 2 × 2 × 1 dm dan luasnya L(2,2) = 12 dm2.
x y
z
KDFS2P 094
Ekstrim mutlak pada suatu daerah beserta batasnya Cara menentukan ekstrim mutlak dari z = f (x,y), (x,y) ∈ D ∪ {batas D}:
tentukan semua titik stasioner di titik-dalam daerah D, nyatakan batasnya sebagai r(t) = x(t) i + y(t) j dan gantikan ke aturan fungsi f, diperoleh z(t) = f (x(t),y(t)) kemudian tentukan titik stasioner dari z = z(t), bandingkan nilai fungsi z di semua titik stasioner yang diperoleh (dari titik-dalam dan dari fungsi satu peubah), yang terbesar adalah ekstrim maksimum dan yang terkecil adalah ekstrim minimum.
Contoh Tentukan semua titik ekstrim mutlak dan jenisnya dari fungsi z = f (x,y) = x2
− y2 pada cakram lingkaran D = {(x,y | x2 + y2
≤ 1}.
Dari ∇f (x,y) = 0 diperoleh (2x,−2y) = (0,0), sehingga (x,y) = (0,0). Aki-batnya titik stasioner di titik-dalam cakram lingkaran D adalah (0,0).
Carilah fungsi parameter untuk batas D (lingkaran x2 + y2
= 1), diperoleh r(t) = cos t i + sin t j, 0 ≤ t ≤ 2π.
Gantikan x = cos t dan y = sin t ke z = f (x,y) = x2 − y2, diperoleh z(t) = f (t) = cos2t − sin2t = cos 2t.
Titik stasioner dari fungsinya tercapai bila z ′(t) = cos 2t = 0, yang meng-hasilkan t = 0, t = 1
2 ,p t = π, t = 32 ,p dan t = 2π; dengan nilai fungsi
r(0) = (1,0), 12( )pr = (0,1), r(π) = (−1,0), 3
2( )pr = (0,−1), dan r(2π) = (1,0).
Bandingkan semua nilai z = f (x,y) = x2 − y2 di setiap titik stasionernya. titik stasioner (0,0) (1,0) (0,1) (−1,0) (0,−1)
nilai z = x2 − y2 0 1 −1 1 −1
jenis ekstrim --- maks min maks min
Kesimpulan Fungsi z = f (x,y) = x2
− y2 pada cakram lingkaran D = {(x,y | x2 + y2
≤ 1} mencapai maksimum di titik (±1,0) dengan f (±1,0) = 1 dan minimum di titik (0,±1) dengan f (0,±1) = −1.
KDFS2P 095
Metode Pengali Lagrange untuk Ekstrim Fungsi Kasus 1 Menentukan ekstrim dari z = f (x,y) dengan kendala g(x,y) = 0.Asumsi: Vektor ∇f dan ∇g kontinu pada daerah D yang memuat kurva C: g(x,y) = 0 dan ∇g ≠ 0 di titik stasionernya. Solusi Kasus 1 Gagasannya adalah membuat fungsi f menjadi satu peu-bah dengan pemisalan C: r = r(t) = x(t) i + y(t) j sehingga z(t) = f (x(t),y(t)). Syarat ekstrim di titik stasionernya menghasilkan z′(t) = 0 ⇒ ∇f (r(t)) • r′(t) = 0 ⇒ ∇f (r(t)) ⊥ r′(t) g(x(t),y(t)) = g(r(t)) = 0 ⇒ ∇g (r(t)) • r′(t) = 0 ⇒ ∇g(r(t)) ⊥ r′(t)
Karena ∇f (r(t)) dan r′(t) adalah vektor bidang, maka dari sini diperoleh ∇f (r(t)) // ∇g(r(t)). Akibatnya di titik stasionernya berlaku
∃ λ ≠ 0 sehingga ∇f (x,y) = λ∇g (x,y). Kesimpulan Titik stasioner z = f (x,y) dengan kendala g(x,y) = 0 dipero- leh dari ∇f = λ∇g dan g(x,y) = 0.
Contoh Tentukan ekstrim fungsi f (x,y) = xy dengan kendala x2 + y2 = 8.
Tulislah g(x,y) = x2 + y2
− 8 = 0. Akan ditentukan ekstrim fungsi z = f (x,y) dengan kendala g(x,y) = 0 dengan mencari titik stasionernya, yang diper-oleh dari ∇f = λ∇g. Kita mempunyai
∇f = λ∇g ⇒ ( y,x) = λ (2x,2y) ⇒ y = 2λx dan x = 2λy
Eliminasi λ , diperoleh λ = 2yx = 2
xy , yang menghasilkan y2
= x2.
Gantikan y2 = x2 ke x2
+ y2 = 8, diperoleh 2x2
= 8, sehingga x = ±2 dengan y = ±2. Jadi titik stasionernya adalah
(2,2), (2,−2), (−2,2), dan (−2,−2), dengan nilai fungsi
f (2,2) = 4, f (2,−2) = −4, f (−2,2) = −4, dan f (−2,−2) = 4.
Kesimpulan Fungsi f (x,y) = xy dengan kendala x2 + y2
= 8 mencapai • maksimum sebesar 4 yang terjadi di (x,y) = (2,2) dan (x,y) = (−2,−2), • minimum sebesar −4 yang terjadi di (x,y) = (2,−2) dan (x,y) = (−2,2).
KDFS2P 096
Kasus 2 Menentukan ekstrim dari u = f (x,y,z) dengan kendala g(x,y,z) = 0.
Asumsi: Vektor ∇f dan ∇g kontinu pada daerah D yang memuat permu- kaan S: g(x,y,z) = 0 dan ∇g ≠ 0 di titik stasionernya.
Solusi Kasus 2 Seperti kasus 1, misalkan C: r = r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k pada permukaan S sehingga diperoleh z(t) = f (x(t),y(t),z(t)). Dari z′(t) = 0 dan g(x,y,z) = 0 diperoleh ∇f (r(t)) ⊥ r′(t) dan ∇g(r(t)) ⊥ r′(t). Karena ber-laku untuk sebarang C pada S, maka vektor ruang ∇f (r(t)) dan ∇g(r(t)) tegak lurus bidang singgung di titik stasioner P. Jadi ∇f (r(t)) // ∇g(r(t)), sehingga di P berlaku ∃ λ ≠ 0 sehingga ∇f (x,y,z) = λ∇g (x,y,z). Kesimpulan Titik stasionernya diperoleh dari ∇f = λ∇g dan g(x,y,z) = 0.
Contoh Gunakan metode Lagrange untuk menentukan minimum mutlak L(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz dengan kendala xyz = 4, x, y, dan z positif.
Tulislah g(x,y,z) = xyz − 4 = 0. Kondisi titik stasioner ∇L = λ∇g memberi-kan ( y + 2z, x + 2z, 2x + 2y) = λ ( yz, xz, xy), sehingga diperoleh
22
2
((
2
))
( )
y z yzx z xzx y xy
lll
+ =ÏÔ + =ÌÔ + =Ó
123
………………
Kalikan (1) dengan x dan (2) dengan y kemudian kurangkan, diperoleh 2z(x − y) = 0. Karena z > 0, maka x = y.
Kalikan (2) dengan y dan (3) dengan z kemudian kurangkan, diperoleh x(y − 2z) = 0. Karena x > 0, maka y = 2z.
Jadi x = y = 2z, gantikan hasil ini pada xyz = 4, diperoleh 2z⋅2z⋅z = 4, se-hingga z3
= 1. Karena z > 0, maka z = 1, y = 2, dan x = 2. Kesimpulan • Titik stasioner dari L tercapai di (2,2,1) dengan L(2,2,1) = 12. • Dari z = 4/xy, nilai x dan y yang cukup kecil akan menghasilkan z yang cukup besar sehingga L ≥ 12. Akibatnya fungsi L mencapai minimum di titik stasionernya. • Karena ekstrimnya tunggal, maka fungsi L mencapai minimum mutlak di (2,2,1) dengan L(2,2,1) = 12.
SOAL LATIHAN MA 1201 – KALKULUS 2A Pokok Bahasan: Kalkulus Diferensial Fungsi Dua Peubah
Soal uji konsep dengan benar – salah, berikan argumentasi atas jawaban Anda.
No. Pernyataan Jawab
1. Jika fungsi z = f (x,y) mempunyai turunan parsial di (0,0), maka f kontinu di (0,0). B − S
2. Jika fx(x,0) ada dan g(x) = f (x,0), maka fungsi g kontinu di 0. B − S
3. Untuk fungsi z = f (x,y), jika( , ) (0,0)
lim ( , ) ,x y
f x y LÆ
= maka 0
lim ( , ) .y
f y y LÆ
= B − S
4. Jika fungsi z = f (x,y) kontinu di (x0,y0), maka f mempunyai turunan parsial di (x0,y0). B − S
5. Jika fungsi z = f (x,y) mempunyai turunan parsial di (x0,y0), maka f kontinu di (x0,y0). B − S
6. Jika ∇f kontinu di A(x0,y0) dan ∇f (A) = 0, maka bidang singgung di A // bidang xoy. B − S
7. Jika z = f (x,y) dan A(x0,y0), maka vektor ⟨ fx, fy,−1⟩A tegak lurus bidang singgung di A. B − S
8. Jika ∀(x,y) ∈ daerah D berlaku ∇f (x,y) = ∇g (x,y), maka f dan g fungsi yang identik. B − S
9. Untuk fungsi z = f (x,y), jika || u || = 1 dan ( , )f x y∂∂u ada, maka ( ) ( , ) ( , )f fx y x y∂ ∂
∂ - ∂= -u u . B − S
10. Jika fungsi z = f (x,y) mencapai minimum di (x0,y0), maka ∇f (x0,y0) = 0. B − S
Soal Fungsi, Limit, Kekontinuan, Turunan Parsial, dan Keterdiferensialan
11. Gambarkan permukaan ruang z = 21
2 y- dan 2 2z x y= + dalam satu sistem koordinat.
12. Gambarkan kurva ketinggian dari permukaan 2xyz = untuk k = −4, −1, 0, 1, 4.
13. Gambarkan kurva ketinggian dari permukaan 2
2 21x
x yz +
+= untuk k = 1, 2, 4.
14. Jika suhu di 2( , )x y Œ adalah
22 2( , ) x
x yT x y
+= , gambarkan kurva isotermal untuk T = 0, 1
2, 15.
15. Hitunglah (a)( , ) (0,0)
2 2limx y
x y x yx yÆ
- + -- (b) 2 2( , ) (0,0)
limx y
xyx yÆ +
(c)2 2
2 2( , ) (0,0)lim
x y
x yx y
xy -
Æ + (d)
2 2
2 4( , ) (0,0)lim
x y
x yx yÆ +
16. Tunjukkan (a)4
2 4( , ) (0,0)lim
x y
yx yÆ +
(b) 2 2( , ) (0,0)lim
x y
xx yÆ +
(c)4 2
4 2( , ) (0,0)lim
x y
x yx yÆ
-+
(d)2
2 4( , ) (0,0)lim
x y
xyx yÆ +
tidak ada
17. Tentukan turunan parsial dan vektor gradien dari fungsi (a) ( , ) sinyf x y e x= (b)2 2
( , ) x yxyf x y -= .
18. Jika 2( , ) x yxyf x y -= , tentukan vektor gradien dari fungsi f di titik (3,−2).
19. Jika 2( , ) 3 cosxf x y e y= , hitunglah ( , )xyf x y dan ( , )yxf x y kemudian periksa apakah hasilnya sama.
20. Tentukan kemiringan garis singgung pada kurva { 2 22 3 4z x y= + - dan y = 1} di titik ( )322,1, .
21. Volum tabung lingkaran tegak yang berjari-jari r dan tinggi h adalah V = π r 2h. Jika h tetap se-
besar 10 cm, tentukan laju perubahan V terhadap r untuk r = 6 cm. 22. Sesuai hukum gas ideal, tekanan P, suhu T, dan volum V dari suatu gas memenuhi PV = kT, de-
ngan k konstanta. Jika volumnya dibuat tetap sebesar 100 cc, tentukan laju perubahan tekanan terhadap suhu untuk suhu 300°K.
23. Tentukan vektor gradien dari F(x,y,z) = x2 + y2
+ z2 + ln (xyz) di titik (−1,1,−2).
97
Soal Aturan Rantai, Turunan Berarah, Diferensial, dan Ekstrim Fungsi.
24. Jika 2 3 3 2( , ) ; , ,w f x y x y x t y t= = = = hitunglah dwdt sebagai fungsi dari t.
25. Jika 2 2( , ) ; cos , sin ,w f x y x y y x x t y t= = - = = hitunglah dwdt sebagai fungsi dari t.
26. Jika 3 2( , , ) sin , , , ,w f x y z xyz x t y t z t= = = = = hitunglah dwdt sebagai fungsi dari t.
27. Jika 2( , ) ; , ,w f x y x y x st y s t= = = = - hitunglah ws
∂∂ dan w
t∂∂ sebagai fungsi dari s dan t.
28. Jika y = y(x) dalam x sin y + y cos x = 0, hitunglah dydx dengan turunan implisit dan aturan rantai.
29. Jika z = z(x,y) dalam 2 3 3( , , ) 3 0,F x y z x z y xyz= + - = hitunglah z
x∂∂ dan z
y∂∂ .
30. Jika ( , , )w f r s s t t r= - - - , buktikan 0.w w wr s t
∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂+ + =
31. Tentukan turunan berarah dari 2 2( , ) 2f x y x xy y= + - di titik (3,−2) dalam arah vektor i − j. 32. Tentukan turunan berarah dari ( , ) sinxf x y e y= di titik ( )1
40, p dalam arah vektor 3+i j .
33. Tentukan turunan berarah dari 3 2 2( , , )f x y z x y y z= - di titik (−2,1,3) dalam arah vektor i − 2j + 2k. 34. Tentukan turunan berarah dari 2( , , )f x y z xy z= + di titik (1,1,1) dalam arah menuju titik (5,−3,3). 35. Bola padat B berpusat di titik asal dan suhu di (x,y,z) ∈ B adalah 2 2 2
2005
( , , ) .x y z
T x y z+ + +
= Tentukan
(a) titik terpanas di B dan (b) vektor arah di mana terjadi kenaikan suhu terbesar di titik (1,−1,1). 36. Tentukan persamaan bidang singgung pada permukaan x2
+ y2 + z = 9 di titik (1,2,4).
37. Tentukan persamaan bidang singgung pada permukaan cos π x − x2y + exz + yz = 4 di titik (0,1,2).
38. Untuk fungsi z = f (x,y) = ln (x2y), gunakan diferensial untuk menentukan hampiran perubahan z jika (x,y) bergerak dari titik P(−2,4) ke Q(−1,98;3,96).
39. Jika pengukuran jari-jari dan tinggi kerucut lingkaran tegak mempunyai galat paling besar 2% dan 3%, tentukan galat paling besar dari perhitungan volumnya.
40. Tentukan semua titik stasioner dan jenisnya dari fungsi f (x,y) = x2 + 4y2
− 2x + 8y − 1. 41. Tentukan semua titik ekstrim dan jenisnya dari fungsi f (x,y) = x2
− y2 + 1 pada cakram x2
+ y2 ≤ 1.
42. Tentukan ukuran kotak dengan volum terbesar yang dapat termuat dalam bola x2 + y2
+ z2 = 3.
43. Tentukan jarak terdekat dari titik (0,0,0) ke permukaan y2 − xz = 4.
44. Tentukan vektor di ruang yang panjangnya 9 satuan dan jumlah komponennya maksimum.
Kunci Jawaban
1. S 2. B 3. B 4. S 5. S 6. B 7. B 8. S 9. B 10. S 15. (a) 2 (b) 0 (c) 0 (d) 0 17.(a)∇f (x,y) = ⟨eycos x,eysin x⟩
17.(b)2 2 2 2
2 2( , ) ,x y x yx y xy
f x y + +— = - 18. 1 19 2(3, 2) ,f— - = -
19. 2( , ) 6 sin ( , )xxy yxf x y e y f x y= - = 20. 3 21. 120π 22. k/100
23. 5 52 2( 1,1,2) , 5,F— - = - - 24. dw
dt = 12t11
25. 3 3cos sin sin 2 (cos sin )dwdt t t t t t= + - + 26. 6 77 cosdw
dt t t=
27. 2 2 33 2 ,ws s t st∂∂ = - 3 2 22 3w
t s t s t∂∂ = - 28. sin sin
cos cosdy y x y
x y xdx-+=
29. 3
2 26
3 3,yz xzz
x x xyz-∂
∂ -=
3 2
2 2xz yz
y x xyz-∂
∂ -= 31. 3
2 2 32. 14 2 6( )+
11. z 12. y 1 4
0 y 0 x −4 x −1
13. y 14. y k=1 T=1/5 T= 0 T=1/5 k=2 k = 4 T=1/2 T=1/2 −1 0 1 x 0 x T=1/2 T=1/2 k=1 T=1/5 T= 0 T=1/5
33. 1317 34. 2
3 35. (a) (0,0,0) (b) − i + j − k 36. 2x + 4y + z = 14 37. 2x + 2y + z = 4 38. −0,03 39. 7%
40. ttk-pelana (0,0), ttk-min 12,0( )± 41. maks di (±1,0), min di (0,±1) 42. 2 × 2 × 2 43. 2 44. 3 3 1,1,1· Ò
2 2z x y= + 21
2z y=-
98