MODUL BELAJAR

KALKULUS LANJUT

Oleh

ARVINA FRIDA KARELA (12030090)

EKA DASA ENDANG A (12030091)

MULYUANA (12030094)

SINDI PADILAH (12030083)

SISKA APRILIA (12030079)

TIYA LIANA RIZKI (12030086)

WINDY MEILANI PUTRI (12030087)

SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

MUHAMMADIYAH PRINGSEWU LAMPUNG

TAHUN 2015

BARISAN DAN DERET

A. Barisan Tak Terhingga

Barisan dalam bahasa sederhana suatu barisan a1,a2 , a3 , a4,... adalah susunan

bilangan yang terurut sesuai dengan urutan bilangan asli. Barisan Tak

terhingga adalah sebuah fungsi yang daerah asalnya adalah himpunan

bilangan asli. Suatu barisan a1,a2 , a3 , a4,... dapat disajikan pula sebagai

{an }n=1∞ atau lebih singkat {an}.

Contoh:

Barisan 1, 4, 7, 10, 13, ...

Dengan rumus eksplisit untuk suku ke-n , seperti pada

an=3n−2, n ≥ 1

atau rumus rekursi

an=an−1+3 , n≥ 2, an=1

Jadi, ketiga rumusan diatas melukiskan barisan yang sama.

Contoh:

1. an=1−1n , n≥ 1 : 0,

12 ,

23 ,

34 ,

45 , . . .

2. bn=1+(−1)n 1n , n≥ 1 : 0,

32 ,

23 ,

54 ,

45 ,

76 ,

67 , . . .

3. cn=(−1)n +1n , n≥ 1 : 0,

32 ,

−23 ,

54 ,

−45 ,

76 ,

−67 , . . .

4. cn=0,999 ,n≥ 1 : 0,999, 0,999, 0,999, 0,999, . . .

Kekonvergenan Nilai suku-suku pada {an} dan {bn} semakin mendekati 1.

Ini dapat dikatakan bahwa {an} dan {bn} konvergen menuju 1, sedangkan {cn

} dan {dn} tidak demikian. Agar suatu barisan konvergen menuju 1, syaratnya

yang pertama ialah bahwa nilai-nilai barisan itu harus mendekati 1. Tetapi

tidak hanya harus mendekati satu ; nilai-nilai tersebut harus tetap berdekatan,

yang tidak dipenuhi oleh {cn}. Berdekatan artinya semakin lama semakin

dekat, yakni, dalam sebarang tingkat ketelitian yang ditentukan, yang tidak

dipenuhi oleh {dn}. Walaupun {dn} tidak konvergen menuju 1, yang betul

dapat ddikatakan bahwa barisan {dn} konvergen menuju 0,999. Sedangkan

barisan {cn} tidak konvergen sama sekali sehingga {cn} dapat dikatakan

divergen.

Definisi :

Barisan {an} dinamakan konvergen menuju L atau berlimit L dapat di tulis

sebagai berikut :

limn → ∞

an=L

Apa bila untuk tiap bilangan positif ε , ada bilangan positif N sehingga untuk

n≥ N → |an−L| ¿ ε

suatu barisan yang tidak konvergen ke suatu bilangan L yang terhingga

dinamakan divergen.

Teorema

Andaikan {an} dan {bn} barisan-barisan yang konvergen dan k sebuah

konstanta. Maka :

1. limn → ∞

k=k ;

2. limn → ∞

k an=k limn →∞

an ;

3. limn → ∞

(an± bn )=limn →∞

an ± limn→∞

bn ;

4. limn → ∞

(an ∙ bn )= limn →∞

an ∙ limn →∞

bn ;

5.limn→ ∞

an

bn

= limn→ ∞

an

limn→∞

bn asalkan lim

n→ ∞bn ≠ 0.

Contoh 1 :

Buktikan bahwa untuk p positif bulat, maka limn→∞

1

np = 0.

Penyelesaian:

Andaikan diketahui ε>0. pilihlah N ¿ P√1/εmaka untuk n ¿ Nberlakulah

|an−L|=| 1np −0| =

1np ≤ 1

N p ¿1

(P√1/ε )P = ε

Contoh 2 :

Tentukan limn →∞

3n2

7 n2+1

Penyelesaian :

limn →∞

3n2

7 n2+1=

limn → ∞

3

7+( 1n2 )

¿

limn→ ∞

3

limn→ ∞ (7+( 1

n2 ))

¿

limn → ∞

3

limn→ ∞

7+limn→ ∞

1

n2

¿ 3

7+limn→ ∞

1

n2

= 3

7+0 = 37

Contoh 3 :

Apakah barisan ( ln n /en ) konvergen, jika demikian berapakah limitnya?

Penyelesaian :

Gunakan fakta bahwa jika limn→ ∞

f ( x )=L ,maka limn → ∞

f (n )=L

Berdasarkan kaidah I’ Hopital, maka

limn →∞

ln x

ex =limn →∞

1/x

ex =0

Artinya, {( ln n ) /en} konvergen menuju 0.

Latihan :

1. Buktikan bahwa barisan { n2 n+1 } mempunyai limit

1z

2. Perhatikan apakah barisan { 4 n2

2n2+1 } konvergen atau divergen?

B. Deret Tak Terhingga

Definisi Paradoks Zeno :

Zeno dari Elea mengatakan dalam suatu paradoks terkenal kira-kira 2400 th

yang lalu bahwa seorang pelari tak mungkin dapat mengakhiri suatu

pertandingan sebab ia harus berlari setengah jarak, kemudian stengah sisa

jarak, kemudian stengah jarak yang masih tersisa dan sterusnya, untuk

selamanya oleh karena waktu yang disediakan bagi pelari tersebut terhingga,

maka ia tk mungkin mencakup ruas-ruas jarak yang banyaknya tak terhingga.

Walaupun demikian kita meangetahui bahwa pelari dapat mengakhiri

pertandingan.

Perhatikan jarak pertandingan yang panjangnya 1 mil. Ruas jarak dalam

pikiran Zeno dengan ini panjangnya 12 mil,

14 mil,

18 mil dan seterusnya.

Dalam bahasa mtematika, mengakhiri pertandingan berarti kita harus

menghitung jumlahnya yang tampaknya tak mungkin.

12+ 1

4+ 1

8+ 1

16+ 1

32+…

Definisi :

Perhatikan jumlah parsial sebagai berikut :

s1=12

sn=12+ 1

4=3

4

sn=12+ 1

4+ 1

8=7

8

sn=12+ 1

4+ 1

8+…+ 1

2n=1− 12n

Jelas jumlah-jumlah parsial ini mendekati 1. Tepatnya

limn → ∞

s1= limn → ∞ (1− 1

2n ) = 1

Ini kita definisikan sebagai nilai jumlah tak terhingga itu.

Definisi :

Perhatiakn hal yang lebih umum

a1 + a2 + a3+a4+…

Kita singkat sebagai ∑k =1

∞

akatau ∑ ak dan bentuk tersebut dinamakan deret

tak terhingga (atau deret saja ). maka sn, yaitu jumlah parsial ke-n , adalah

sn = a1 + a2 + a3+a4+…an = ∑k =1

∞

ak

C. Kekonvergenan Deret

Definisi :

Deret ∑k =1

∞

ak konvergen dan mempunyai jumlah S, apakah barisan jumla-

jumlah parsial {Sn } konvergen menuju S. Apakah {Sn } divergen, maka deret

divergen. Suatu deret yang divergen tidak memiliki jumlah.

Deret Geometri adalah suatu deret yang berbentuk

∑k =1

∞

ark−1=a+ar+ar2+…

Dengan a ≠ 0dinamakan deret geometri.

Teorema

Deret geometri konvergen dengan jumlah S=a/ (1−r ) apabila |r|<1. Deret itu

divergen apabila |r|≥ 1.

Teorema ( uji kedidivergenan dengan suku ke-n)

Apabila ∑n=1

∞

an konvergen, maka limn → ∞an= 0. Setara dengan pernyataan ini ialah

bahwa apabila limn → ∞an ≠ 0(atau apabila limn→ ∞

antidak ada) maka derte divergen.

Bukti :

Andaikan Sn jumlah parsial ke-n dan S= limn→ ∞

Sn.

oleh karena an=Sn−Sn−1

S−S=0

Contoh:

Buktikan bahwa ∑n=1

∞ n3

3n3+2 n2 divergen

Penyelesaian:

limn→ ∞

an= limn → ∞

n3

3n3+2 n2=1

3+2/n=1

3

Menurut teorema deret divergen

Sifat-sifat deret konvergen

Teorema (kelinearan)

Jika ∑k =1

∞

akdan ∑k =1

∞

bkkeduanya konvergen dan c sebuah konstanta, maka

∑k =1

∞

cakdan ∑k =1

∞

( ak+bk ) juga konvergen, selain itu.

1. ∑k =1

∞

cak=c∑k=1

∞

ak

2. ∑k =1

∞

( ak+bk )=∑k =1

∞

ak+∑k=1

∞

bk

Contoh:

Hitunglah ∑k =1

∞ [3( 18 )

k

+5 (13 )

k ]Penyelesaian:

Menurut teorema kita peroleh

∑k =1

∞ [3( 18 )

k

+5 (13 )

k ]=3∑k=1

∞

( 18 )

k

+5∑k =1

∞

(13 )

k

= 3

18

1−18

−5

13

1−13

= 37−5

2=−29

14

Teorema : Jika ∑k =1

∞

akdivergen dan c ≠ 0 , maka ∑k =1

∞

cakdivergen.

Teorema (pengelompokan)

Suku-suku sebuah deret yang konvergen dapat dikelompokan dengan cara

sebarang (asalkan urutan suku-suku tidak diubah)dan deret yang baru setiap

konvergen dan jumlahnya sama dengan jumlah deret semula.

Uji kekonvergenan deret (deret positif)

Teorema A (Uji Jumlah Terbatas)

Suatu deret ∑ ak yang sukunya tak negatif, adalah konvergen, jika dan

hanya jika jumlah parsialnya terbatas diatas.

Contoh :

Buktikan bahwa deret 11!

+ 12!

+ 13 !

+… konvergen!

Penyelesaian :

Kita akan membuktika bahwa jumla-jumlah parsial Sn terbatas diatas,

perhatikan bahwa :

n !=1∙ 2 ∙3 ∙ ∙∙ n ≥1 ∙ 2∙ 2∙ ∙ ∙2=2n−1

Dan sehingga 1/n !≤1 /2n−1 jadi

Sn=11 !

+ 12 !

+ 13 !

+…+ 1n!

≤ 1+ 12+ 1

4+…+ 1

2n−1

Suku-suku yang terahir ini adalah deret geometri dengan r=12 . Oleh karena

itu menurut teorema diperoleh :

Sn ≤1−( 1

2 )n

1−12

=2[1−( 12 )

n]<2

Jadi, menurut teorema Uji Jumlah Terbatas, deret ini konvergen.

Teorema B (Uji Integral)

Andaikan f suatu fungsi yang kontinyu, positif dan tidak naik pada selang

[ 1 , ∞ ]. Andaikan ak=f ( k )untuk semua k positif bulat. Maka deret tak

terhingga

∑k =1

∞

ak

Konvergen, jika dan hanya jika integral tak wajar

∫1

∞

f ( x )dx

Konvergen.

Catatan: bilangan bulat 1 dapat diganti oleh setiap bilangan bulat positif M

yang lain menurut teorema tersebut.

Contoh :

Periksa apakah deret ∑k =2

∞ 1k lnk

bkonvergen atau divergen.

Penyelesaian:

Hipotesis pada uji integral diperoleh untuk f ( x )=1 /¿ ¿ pada selang [ 2 , ∞ ]

∫2

∞ 1x ln x

dx=limt → ∞

∫2

t 1x ln x

d ¿

Jadi, ∑ 1 /( k ln k ) divergen

Teorema C (Uji Deret-p)

Deret : ∑k =1

∞ 1k p =1+ 1

2p +13p + 1

4 p +…

Dengan p sebuah konstanta berlaku :

1) Deret-p konvergen untuk p>1

2) Deret-p divergen untuk p ≤1

Teorema D (Uji Banding)

Andaikan untuk n ≥ N berlaku 0 ≤ an ≤ bn

1) Jika ∑ bn konvergen, maka ∑ an konvergen

2) Jika ∑ an divergen, maka ∑ bn divergen

Contoh :

Apakah ∑ n2n(n+1)

konvergen atau divergen?

Penyelesaian:

Untuk n cukup besar suku ke-n mirip dengan (1/2 )n

n2n (n+1 )

=( 12 )

n nn+1

<( 12 )

n

Deret geometri ∑ ( 12 )

n

konvergen sebab pembandingannya adalah 12 . Jadi

deret yang diketahui juga konvergen.

Teorema E (uji Banding limit)

Andaikan an≥ 0 , bn>0 , dan limn → ∞

an

bn=L

Apabila 0<L<∞, maka ∑ an dan ∑ bn bersama-sama akan konvergen atau

divergen. Apabila L=0 dan ∑ bn konvergen, maka ∑ an konvergen.

Contoh :

Tentukan apakah ∑n=1

∞ 3n−1n3−2n2+11

konvergen atau divergen?

Penyelesaian :

Terlebih dahulu harus menentukan pembanding suku ke-n deret ini dengan

melihatnsuku-suku derajat tertinggi dalam pembilang dan penyebut suku

umum. Suku deret tersebut mirip dengan 3/n2 sehingga

limn→ ∞

an

bn=lim

n → ∞

(3 n−2)/ (n3−2 n2+11)3/n2 =lim

n → ∞

3 n3−2n2

3 n3+6 n2+33=1

Jadi deret tersebut konvergen

Teorema F (Uji Hasil Bagi)

Andaikan ∑ an sebuah deret yang sukunya positifdan andaikan

limn → ∞

an+1

an=p

1) Jika p<1 deret konvergen

2) Jika p>1 deret divergen

3) Jika p=1 , pengujian ini tidak memberikan kepastian.

Contoh:

Apakah deret ∑n=1

∞ 2n

n! konvergen atau divergen?

Penyelesaian :

p= limn→ ∞

an+1

an= lim

n →∞

2n+1

(n+1 )!2n

2n =limn→∞

2

n+1=0

Menurut teorema hasil bagi deret itu konvergen.

GRAFIK PERMUKAAN DI R3

A. Parabola

Suatu parabola adalah himpunan (tempat kedudukan) titik, yang titik-titiknya

memenuhi syarat, bahwa jaraknya terhadap suatu titik tertentu sama dengan

jaraknya terhadap suatu garis tertentu. Dengan kata lain parabola adalah

tempat kedudukan titik-titik yang jaraknya sama terhadap suatu titik tertentu

dan garis tertentu. Titik-titik tertentu itu disebut titik api (fokus) dan garis

tertentu itu disebut direktriks. Perhatikan gambar berikut:

Y

A T1

L

(Gambar 1.1)

P

Q F

T2

L1 B

Pada gambar 1.1 menunjukkan sebuah parabola yang memiliki titik puncak di

sumbu X, yaitu titik P. Pada gambar tampak bahwa PQ = PF, F disebut titik

fokus, LL1 disebut lactus rectum, T1T2 disebut tali busur fokal, FB disebut

jari-jari fokal, dan I disebut direktriks (garis arah). Pada gambar tersebut

tampak juga jarak titik T1 ke A sama dengan jarak titik T1 ke F.

Persamaan Umum Parabola

1. Parabola yang terbuka ke kanan

Y

Q (-p,y)

P (x,y)

F (p,0)

O

x = -p

Pada gambar di atas tampak sebuah parabola yang terbuka ke kanan.

Perhatikan PF = PQ

Maka :

√ ( p−x )2+(0− y )2=√ (−p−x )2+( y− y )2

√ ( p−x )2+ y2=√ (−p−x )2+0 ↔√( p−x )2+(0− y )2=√(−p−x )2+( y− y )2

↔ p2−2 px+x2+ y2=p2+2 px+x2

↔ y2=4 px

Pada persamaan yang didapat ini merupakan persamaan umum parabola

yang terbuka ke kanan yang memiliki puncak di (0,0), titik fokus (p,0),

dan sumbu direktriks : x = -p.

Dengan menggunakan translasi susunan sumbu dapat kita jabarkan

bahwa persamaan parabola yang berpuncak (α ,β ) dan sumbu simetrinya

sejajar sumbu X adalah:

( y−β)2=4 p (x−α )

Sebuah parabola dengan puncaknya di (α ,β ) , fokus F (α + p , β ) ,

direktriksnya garis x=α−p yang membuka ke kanan, bila persamaan

parabolanya dalam system koordinat X’O’Y, maka persamaannya

adalah: ( y ')2=4 px ' .

Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−α dan y '= y−β ke dalam

persamaan ( y ' )2=4 p x ' , dapat dinyatakan persamaan parabola di dalam

system koordinat XOY, yakni:

( y−β)2=4 p(x−α )

Contoh :

Tentukanlah persamaan parabola jika diketahui:

a) Puncak parabola (2,0) dan sumbu direktrisnya x = 1.

b) Puncak parabola (1,-2) dan latus rektumnya 4.

c) Koordinat fokusnya (11,4) dan sumbu direktrisnya x = 5.

Penyelesaian :

a) Puncak parabola (2,0) maka a = 2 dan b = 0

Sumbu direktrisnya x = 1, maka a – p = 1 atau a + p = 1

Karena a = 2 maka p = 1 atau p = -1.

Jadi persamaan parabolanya adalah:

y2=4 ( x−2 ) atau y2=−4 ( x−2 )

b) Puncak parabola (1,-2) maka a = 1 dan b = -2.

latus rectum = 4 maka 4 p=4. Persamaan parabolanya adalah:

( x−1 )2=4 ( y+2 ) atau ( y+2 )2=4 ( x−1 )

c) Koordinat fokusnya (11,4) dan sumbu direktrisnya x = 5

Maka a – p = 5 koordinat fokus (a + p,b)

maka : b = 4 dan a + p = 11.

Dengan mengeliminasi a – p = 5 dan a + p = 11

didapat a = 8 dan p = 3

Jadi, persamaan parabolanya adalah:

( y−4)2=12 ( x−8 )

Contoh-Contoh Soal :

1) Gambarlah grafik dari parabola y2=8 x !

Penyelesaian :

Koordinat puncaknya O (0,0)

4p = 8

p = 2

Titik F(2,0)

Persamaan direktriks g = x = -p = -2

Sumbu simetrinya y = 0

2) Gambarlah grafik dari parabola y2−2 y−4 x−9=0 !

Penyelesaian :

y2−2 y−4 x−9=0

y2−2 y+1−1=4 x+9

( y−1 )2=4 x+9+1

( y−1 )2=4 (x+ 52 )

Puncak parabola : (−52

,1)Parameter : 4p = 4 ↔ p = 1

Titik fokus : F(1+(−52 ) ,1)↔ F=(−3

2, 1)

Persamaan direktriks g = x = a – p

= −32

−1= −52

Persamaan lotus rectumnya x = −32

3) Penampang dari reflektor lampu mobil tertentu dapat dimodelkan oleh

suatu persamaan 25 x=16 y2, dengan x dan y dalam cm dan x bilangan

real dari 0 sampai 4. Gunakan informasi yang diberikan untuk

menggambarkan grafiknya dengan domain yang diberikan.

Penyelesaian :

Persamaan 25 x=16 y2 merupakan persamaan dari parabola horizontal

yang memiliki titik pusat di (0, 0). Selanjutnya kita tentukan nilai p dari

parabola tersebut.

25 x=16 y2 persamaan awal

y2=2516

x bagi kedua ruas dengan 16

y2=4( 2564 ) x dijadikan bentuk y2=px

Sehingga kita peroleh p = 25/64 (p > 0), yang artinya grafik dari

parabola tersebut terbuka ke kanan. Selanjutnya kita tentukan dua titik

selain titik (0,0) yang dilalui oleh grafik parabola tersebut. Karena

domainnya memiliki batas kanan di 4, kita tentukan dua titik pada

parabola yang memiliki absis4.

25 x=64 y2 persamaan awal

25 (4 )=64 y2 subtitusi 4 ke x

y2=25(4)64

bagi kedua ruas dengan 64

y=± 5(2)8

=±1,25

hasil

Diperoleh dua titik tersebut adalah (4,1.25) dan (4,–1.25). Dengan

menggunakan tiga titik (0,0), (4,1.25), dan (4,–1.25) kita dapat

menggambarkan grafik dari parabola tersebut.

4) Penampang dari reflektor suatu lampu senter dapat dimodelkan dengan

persamaan 4 x= y2, dengan x dan y dalam cm dan x bilangan real dari 0

sampai 2,25. Gambarlah grafik dari penampang reflektor tersebut

dengan domain yang diberikan.

Penyelesaian :

Persamaan 4 x= y2 merupakan persamaan suatu parabola horizontal

yang berpusat di (0, 0). Dari persamaan tersebut kita ketahui p = 1 (p >

0), sehingga parabola tersebut terbuka ke kanan. Karena domainnya

adalah bilangan real mulai 0 sampai 2,25, selanjutnya kita tentukan dua

titik lain yang dilalui oleh parabola dan memiliki absis 2,25.

4 x= y2 persamaan awal

4 (2,25 )= y2 subtitusi 2,25 ke x

y=±3 hasil

Sehingga dua titik lainnya yang dilalui oleh parabola tersebut adalah

(2,25, 3) dan (2,25, –3). Sehingga, grafik dari penampang reflektor

yang dimaksud dapat digambarkan sebagai berikut.

2. Parabola yang Terbuka Ke Atas

Misal garis g sebagai garis tetap (garis direktriks) dan titik F sebagai titik

tetap (fokus) atau titik api. Jika F tidak terletak pada g, maka kita dapat

memilih sebuah sistem koordinat yang menghasilkan sebuah persamaan

yang sederhana untuk parabola dengan mengambil sumbu Y melalui F

dan tegak lurus garis g, dan dengan mengambil titik asalnya di titik

tengah antara F dan g.

Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F (0,p).

dengan demikian persamaan garis g menjadi y = -p. Titik P (x,y) terletak

pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(x,-p) adalah kaki

garis tegak lurus dari P ke g.

Dari PF = PQ, maka:

√ x2+( y−p )2=√ ( y+ p )2

↔ x2+( y−p )2=( y+ p )2

↔ x2+ y2−2 py+ p2= y2+2 py+ p2

↔ x2=4 py

Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(0,P)

didefinisikan dengan persamaan: x2=4 py

Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b) yang membuka ke atas, bila

persamaan parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka

persamaannya adalah:

( x ' )2=4 p y '

Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−a dan y '= y−b ke dalam

sistem persamaan (x ' )2=4 py ', dapat dinyatakan persamaan parabola di

dalam sistem koordinat XOY, yakni:

(x−a)2=4 p( y−b)

Contoh-contoh Soal:

1) Gambarlah grafik dari parabola 4x2 – 25y = 0 !

Penyelesaian :

4 x2−25 y=0

4 x2=25 y

x2=254

y

Koordinat puncaknya (0,0)

4 p=254

↔ p=2516

Titik F=(0 , 2516 )

Persamaan direktris y=−2516

Sketsa Grafik :

2) Gambarlah grafik dari parabola x2−2 x−9=4 y !

Penyelesaian :

x2−2 x−9=4 y

x2−2 x+1−1=4 y+9

( x−1 )2=4 y+9+1

( x−1 )2=4( y+ 52 )

Puncak Parabola (1 ,−52 )

Parameter : 4 p=4 ↔ p=1

Titik Fokus F (1 ,1+(−52 ))↔ F(1 ,−3

2 )Persamaan direktriks g = y = b – p ¿−

32−1=−5

2

Persamaan lotus rectumnya y=−32

3) Gambar di bawah menunjukkan penampang dari piringan antena

radio. Seorang teknisi telah menempatkan suatu titik pada

penampang antena yang terletak 0,75 meter di atas dan 6 meter di

kanan dari titik pusatnya. Pada koordinat mana seharusnya teknisi

tersebut menempatkan fokus antena tersebut?

Penyelesaian :

Berdasarkan gambar di atas, kita tahu bahwa parabola di atas

merupakan suatu parabola vertikal dengan titik pusat (0, 0). Hal ini

berarti bahwa persamaan dari parabola tersebut haruslah berbentuk

x² = 4py. Karena titik (6, 0,75) terletak pada grafik, maka kita dapat

mensubstitusi titik tersebut ke dalam persamaan dan menyelesaikan

nilai p:

x2=4 py Persamaan parabola vertikal, titik pusat (0,0)

62=4 p(0,75) subtitusi 6 ke x dan 0,75 ke y

36=3 p sederhanakan

p=12 hasil

Karena diperoleh p = 12, maka fokus dari parabola tersebut terletak

di koordinat (0, 12). Atau dengan kata lain, fokus dari parabola

tersebut seharusnya ditempatkan 12 meter di atas titik pusatnya.

4) Salah satu bentuk teknologi yang menggunakan piringan parabolis

adalah panel surya. Pada umumnya, sinar matahari yang datang ke

panel tersebut dipantulkan ke fokusnya, dan menghasilkan suhu yang

sangat tinggi. Misalkan suatu panel surya memiliki diameter 10

meter dan penampangnya dapat dimodelkan dengan persamaan x² =

50y. Berapakah kedalaman dari panel surya tersebut? Di manakah

lokasi dari fokusnya?

Penyelesaian :

Persamaan x² = 50y merupakan persamaan suatu parabola vertikal

dengan titik pusat (0, 0). Dari persamaan tersebut, kita peroleh p =

50/4 = 12,5 (p > 0). Sehingga grafik dari persamaan tersebut berupa

parabola yang terbuka ke atas. Selain itu, kita juga peroleh bahwa

koordinat titik fokusnya adalah (0, 50/4), atau dengan kata lain,

fokusnya terletak 50/4 meter di atas titik pusatnya. Untuk

menentukan kedalaman dari panel surya tersebut, kita selesaikan y

untuk x = 10/2 = 5 (diameter dibagi dua).

x2=50 y persamaan awal

52=50 y subtitusi 5 ke x

y=2550

=12 bagi kedua ruas dengan 50; hasil

Sehingga kedalaman dari panel surya tersebut adalah 0,5 meter.

Panel surya parabolis tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.

5) Reflektor dari suatu lampu sorot yang berupa piringan parabolis

memiliki diameter 120 cm. Berapakah kedalaman dari reflektor

tersebut jika penempatan bola lampu yang tepat adalah 11,25 cm di

atas titik pusatnya (titik terendah dari piringan)? Tentukan

persamaan yang digunakan oleh teknisi dalam membuat piringan

reflektor tersebut!

Penyelesaian :

Lokasi yang tepat dari bola lampu merupakan lokasi dari fokus

parabola. Sehingga lokasi fokusnya 11,25 di atas titik pusat. Jika kita

anggap penampang dari reflektor tersebut berupa parabola vertikal

dengan titik pusat (0, 0) yang terbuka ke atas, maka koordinat titik

fokusnya adalah (0, 11,25). Artinya, kita peroleh p = 11,25.

Sehingga, persamaan dari parabola yang dimaksud adalah x² = 4 ∙

11,25y atau ekuivalen dengan x² = 45y. Karena diameter

reflektornyanya 120 cm, kedalaman dari reflektor tersebut dapat

ditentukan dengan menyelesaikan nilai y untuk x sama dengan jari-

jari, yaitu x = 120/2 = 60.

x2=45 y persamaan parabola

602=45 y subtitusi 60 ke x

y=360045

=80bagi kedua ruas dengan 45; hasil

Jadi, kedalaman dari reflektor lampu sorot tersebut adalah 80 cm.

Grafik dari pemodelan reflektor tersebut dapat digambarkan sebagai

berikut.

3. Parabola yang Terbuka Ke Kiri

Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F(-p,0).

Dengan demikian persamaan garis g menjadi x = p. Titik P(x,y) terletak

pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(p,y)

Y

y2=−4 px Direktriks x=p

P(x.y) Q(p,y)

F(-p,0) 0 X

g

Dari PF = PQ, maka:

√ (−p−x )2+(0− y )2=√ ( p−x )2+( y− y )2

√ (− p−x )2+ y2=√ ( p−x )2+0

↔ (−p−x )2+ y2=( p−x )2

↔ p2+2 px+x2+ y2=p2−2 px+x2

↔ y2=−4 px

Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(-

p,0) didefinisikan dengan persamaan:

y2=−4 px

Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b), fokus F(a-p, b), dan

persamaan direktriksnya x = a + p yang membuka ke kiri, bila

persamaaan parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka

persamaannya adalah:

( y ' )2=−4 px '

Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−a dan y '= y−b ke dalam

persamaan ( y ')2=−4 px ' , dapat dinyatakan persamaan parabola di dalam

sistem koordinat XOY, yakni:

( y−b)2=−4 p (x−a)

4. Parabola yang Terbuka Ke Bawah

Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F(0,-p).

Dengan demikian persamaan garis g menjadi y = p. Titik P(x,y) terletak

pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(x,p)..

Dari PF = PQ, maka:

√ x2+( y+ p )2=√ ( y−p )2

↔ x2+( y+p)2=( y−p)2

↔ x2=−4 py

Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(0,-

p) didefinisikan dengan persamaan:

x2=−4 py

Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b), fokus F(a, p-b), dan garis

direktriksnya y = b + p yang membuka ke bawah, bila persamaaan

parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka persamaannya

adalah:

(x ' )2=−4 py '

Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−a dan y '= y−b ke dalam

persamaan (x ')2=4 py ' , dapat dinyatakan persamaan parabola di dalam

sistem koordinat XOY, yakni :

(x−a)2=−4 p( y−b)

Contoh-contoh Soal :

1) Tentukan titik puncak, fokus, dan direktris dari parabola yang

didefinisikan oleh persamaan x² = –12y. Kemudian gambarkan

grafiknya, disertai dengan fokus dan direktrisnya.

Penyelesaian :

Karena hanya suku-x yang dikuadratkan dan tidak ada pergeseran

yang diterapkan, maka parabola tersebut merupakan parabola

vertikal dengan titik puncak di (0, 0). Dengan membandingkan

persamaan yang diberikan dengan persamaan umum parabola bentuk

fokus-direktriks kita dapat menentukan nilai p:

4 p=−12

p=−124

=−3

Karena p = –3 (p < 0),

maka parabola tersebut

terbuka ke bawah, dengan

titik fokus di (0, –3) dan

direktriksnya y = 3. Untuk

menggambar grafiknya, kita perlu beberapa titik tambahan yang

dilalui oleh parabola tersebut. Karena 36 = 6² dapat dibagi oleh 12,

maka kita dapat mensubstitusikan x = 6 dan x = –6, dan

menghasilkan titik-titik (6, –3) dan (–6, –3). Sehingga grafik dari

parabola tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.

Dari grafik di atas, kita dapat mengetahui bahwa garis x = 0

merupakan sumbu simetri dari grafik parabola yang diberikan.

2) Tentukan titik puncak, fokus, dan direktriks dari persamaan parabola

yang diberikan, kemudian gambarkan grafiknya, disertai dengan

fokus dan direktriksnya: x² – 6x + 12y – 15 = 0.

Penyelesaian :

Karena hanya suku-x yang dikuadratkan, maka grafik dari

persamaan tersebut berbentuk parabola vertikal. Untuk menentukan

kecekungan, titik puncak, fokus, dan direktriks, kita terlebih dulu

melengkapkan kuadrat dalam x dan membandingkannya dengan

persamaan bentuk fokus-direktriks dengan pergeseran.

x2−6 x−15=0 persamaan yang diberikan

x2−6 x=−12 y+15 memisah suku x

x2−6 x+9=−12 y+24 tambahkan dengan 9

( x−3 )2=−12( y−2) faktorkan

Dari persamaan yang

dihasilkan, kita dapat melihat

bahwa grafiknya merupakan

suatu parabola yang digeser

ke kanan sejauh 3 satuan dan

ke atas sejauh 2 satuan. Oleh

karena itu, semua unsur dari

parabola tersebut juga akan

bergeser. Karena kita

mendapatkan 4p = –12, maka p = –3 (p < 0) dan parabola tersebut

terbuka ke bawah. Jika parabola tersebut berada pada posisi biasa,

maka titik puncaknya akan di (0, 0), fokusnya di (0, –3), dan

direktriksnya y = 3. Karena parabola tersebut bergeser ke kanan

sejauh 3 satuan dan ke atas sejauh 2 satuan, maka kita harus

menambahkan nilai x dengan 3 dan nilai y dengan 2 dari semua

unsur parabola tersebut. Sehingga titik puncaknya akan berada di (0

+ 3, 0 + 2) = (3, 2), fokusnya pada (0 + 3, –3 + 2) = (3, –1), dan

direktriksnya adalah y = 3 + 2 = 5. Dan akhirnya, jarak horizontal

antara fokus dan grafik adalah |2p| = 6 satuan (karena |4p| = 12),

sehingga memberikan titik-titik tambahan yang dilalui grafik, yaitu

(–3, –1) dan (9, –1).

B. Elips

Elips dan Hiperbola letaknya simetris terhadap pusatnya sehingga disebut

konik terpusat.

Jika syarat | PF | = e | PL | kita ambil terlebih dahulu P=A dan kemudian P’=A

dipilih berturut-turut :

a-c = e ( k-a ) = ek – ea

a=c = e ( k+a ) = ek + ea

Sehingga diperoleh c = ea dan k = ae andaikan p (x,y) sebuah titik pada

elips. Maka L ( ae , y ) adalah proyeksi pada garis arah.

Maka syarat | PF | = e | PL | menjadi √(x−a e)2+ y2 = e √(x−ae )2

Bukti :

| PF | = e | PL |

P = A (a,o) , F ( c,o ) , L ( k,o )

√(a−c)2+(o , o)2 = e √(a−k)2+(o ,o)2

(a−c ¿ = e ( a-k ) . . . . . . 1

P = A’ (-a,o) , F ( c,o ) , L ( k,o )

√(a−c)2+(o , o)2 = e √(−a−k)2+(o ,o)2

(−a−c ¿ = e (−a−k ¿ . . . . . . 2

Eleminasi Pers 1 dan 2

a – c = e k – e a

-a – c = -e k – e k +

-2 c = -2 e a

Subtitusi c = ea

a – e a = e k – e a

a = e k

| PF | = e | PL |

√(x−c)2+( y , o)2 = e √(x−k )2+( y , y )2

Subtitusi c = ea dan k = ae ke Persamaan, maka :

√(x−ea)2+( y , o)2 = e √(x−ae)

2

+( y , y)2

(x−ea)2 + y2 = e2 (x−ae)

2

c = ea

ae=k

x2 – 2eax + ea2 + y2 = e2 x−2 axe

+ a2

e2

❑

x2 (1 – e2) + a2 (e2 – 1) + y2 = 0 : 1

a2(1−e2)

x2

a2 - 1 + y2

a2 (1−e2 ) = 0

x2

a2 + y2

a2 (1−e2 ) = 1

Untuk Elips 0 < e < 1, sehingga 1 – e2 > 0 untuk menyederhanakan kita

namakan

b = a √1−¿¿ e2

Persamaan tersebut menjadi :

x2

a2 + y2

b2 = 1 a > b sumbu panjang di sumbu x

A < b sumbu panjang di sumbu y

Yang disebut pers baku elips

Elips 0 < e < 1

Elips mendatar : x2

a2 + y2

b2 = 1, a > b

y

xB (0, b)

A’(-a,0) f’(-C,0) f(C,0) A(a,0)

B’ (0, -b)

Elips Tegak : x2

a2 + y2

b2 = 1, a < b

Contoh :

1. Gambar grafik persamaan x2

36+ y2

4=1, dan tentukan fokus serta

keeksentrisannya!

Penyelesaian :

a = ± 6 A (6,0) ^ A’ (-6, 0)

b = ± 2 B (0,2) ^ B’ (0,-2)

c = ± √a2−b2 * karena a > b maka sumbu panjang di sumbu x

= ± √36−4

= ± √30

= ± 4 √2 f1 (4 √2 , 0) ^ f2 (−4√2 , 0)

e = cb=4 √2

6=2

34√2

k = ae= 6

23 √2

=9√22

=6,36

2. Buatlah sketsa grafik persamaan x2

16+ y2

25=1, Tentukan fokus serta

keesentrasinya

Penyelesaian :

B (0, 2)

6A’(-6,0) f’(-C,0)

f(C,0) A(6,0)

B’ (0, -2)

F

x 92 √2x −9

2 √2

a = ± 4 A (4,0) ^ A’ (-4, 0)

b = ± 5 B (0,5) ^ B’ (0,-5)

c = ± √b2−a2 * karena a > b maka sumbu panjang di sumbu y

= ± √25−16

= ± √9

= ± 3 f1 (0 , 3) ^ f2 (0 , -3)

e = cb=3

5

k = be= 5

35

=253

=8,12

C. Hiperbola

Untuk hiperbol, e > 1 sehingga diperoleh e2 – 1 > 0 Apabila b = a √e2−1

maka persamaan x2

a2 + y2

(1−e2 ) a2 = 1, akan terbentuk

Hiperbol mendatar : x2

a2 + y2

b2 = 1

Persamaan baku hiperbola mendatar b2=a2 (e2−1 )

B (0, 5)

B’ (0, -5)

A’(-4,0) A(4,0)a

cb

F1

y 253

y −253

−b2=a2 (1−e2 )

Hiperbola mendatar maka c = ae disumbu x hiperbola tegak maka :

c2 = a2 + b2

Persamaan baku hiperbola tegak :

−x2

a2 + y2

b2 = 1 e = ca Panjang titik puncak pada sumbu utama

Sumbu utama di y

Contoh :

1. Gambarlah Grafik x2

9 + y2

16 = 1. Tentukan persamaan dan letak

fokusnya!

Penyelesaian :

a = ± 3 → A (3,0) ^ A’ (-3,0)

b = ± 4 → B (0,4) ^ B’ (0,-4)

c = ±√b2+a2 Karena a < b maka sumbu panjang di sumbu y

= ±√16+9

= ± 5 → F1 (5,0) ^ F2 (-5,0)

e = ca =

53

B (0, 4)

X = k

F2 A1

B1

B

L P

F1

cb

a

C2 = a2 + b2

B = Panjang Sumbu Asimtot

C = Sisi Miring

a = Panjang sumbu A

A = Titik Puncak

k = ae =

353

= 95 = 1,8

2. Gambrlah grafik −x2

4 + y2

9 = 1, dan tentukan fokus hiperbola!

Penyelsaian :

a = ± 2 → A (2,0 ) ^ A’ (-2,0)

b = ± 3 → B (0,3) ^ B’ (0,-3)

c = ±√4+9

= ±√13

= ± 3,6 → F1 (0,√13 ) ^ F2 (0,-√13 )

e = cb = √13

3 =

13 √13

k = be =

313 √13 =

913 √13 = 2,49 √13 = 3,6

PERMUKAAN DALAM RUANG BERDIMENSI-TIGA

√13=3,6

B’ (0, -4)

F2 (-5,0)A’ (-3,0)

a

c

b

A (3,0)

F1 (5,0)

x= y5x=− y

5

xy= 9

13 √13

y=−913 √13

F2

B’

B

F1

A’ A

A. Koordinat Cartesius di R3

Contoh:

1. Gambarkanlah grafik dari 3 x+4 y+2 z=12.

Penyelesaian:

Perpotongan sumbu x→ y=0 , z=0

3 x+4.0+2.0=12

3 x=12

x=4 sehingga didapat titik A (4,0,0 )

Perpotongan sumbu y → x=0 , z=0

3.0+4 y+2.0=12

4 y=12

x=3 didapat titik A (0,3,0 )

Perpotongan sumbu x→ y=0 , z=0

3.0+4.0+2 z=12

2 z=12

x=6 didapat titik A (0,0,6 )

B. Fungsi dua Peubah

Fungsi dua peubah dinotasikan dengan f (x , y ) dengan himpunan daerah asal

(D) adalah pasangan terurut bilangan real (x , y ) atau {f (x , y )|(x , y)∈D }.

Contoh :

Dalam bidang x,y buatlah grafik daerah asal untuk

f ( x , y )= √ y−x2

x2+ ( y−1 )2

Penyelesaian :

Agar f ( x , y ) mempunyai nilai maka syarat untuk daerah asal yaitu:

1) y−x2 ≥0

2) x2+( y−1)≠ 0

(x , y )≠ 0 (0,1)≠ 0

Gambar :

C. Turunan Fungsi dua Peubah

Untuk fungsi satu peubah yaitu:

f ' ( x )= lim∆ x →0

f ( x+∆ x )− f ( x )∆ x f ' ( x0 , y 0 )=

lim∆ x → 0

f ( x0+∆ x )−f (x0)

∆ x

Sedangkan untuk dua peubah f(x,y) :

Definisi:

f x ( x , y )=lim

∆ x→ 0f ( x+∆ x , y )−f (x , y )

∆ x

f x ( x0 , y0 )=lim

∆ x →0f ( x0+∆ x+ y0 )−f (x0 , y0)

∆ x

f y ( x0 , y0 )=lim

∆ y→ 0f ( x0 , y0+∆ y )−f (x0 , y0)

∆ y

Misalkan:

f ( x , y )=z, maka

f x ( x , y )= ∂ z∂ x

=∂ f (x , y )

∂ x

f x0( x0, y0 )=∂ z

∂ x |(x0 , y0)

f y ( x0 , y0 )= ∂ z∂ y

|(x0 , y0)

Contoh:

Carilah f x dan f ydi (1,2) jika f ( x , y )=x2 y+3 y3

Penyelesaian:

f x ( x , y )=2 xy+0

f x (1,2 )=2 ∙1 ∙2=4

f y ( x , y )=x2+9 y2

f y (1,2 )=12+9∙ 22=37

Contoh:

Jika z=x2 sin(xy2) carilah ∂ z∂ x dan

∂ z∂ y !

Penyelesaian:

Misal: u=x2 v=sin(x y2)

ux' =2 x vx

' = y2 cos(x y2)

Sehingga:

f x ( x , y )=u' v+u v'

¿2 xsin ( x y2 )+x2 y2cos (x y2)

f y ( x , y )=∂¿¿

¿ x2 ∙ 2 xy cos (x y2)

¿2 x3 y cos(x y2)

TURUNAN BERARAH

Perhatikan lagi fungsi dua peubah f (x , y ). Turunan parsial f x (x , y ) dan f y (x , y )

mengukur laju perubahan (dan tanjakan (kemiringan) garis singgung) pada arah

sejajar sumbu x dany. Sasaran kita sekarang adalah mempelajari laju perubahan f

pada sembarang arah. Ini menuju konsep turunan berarah, yang kemudian

dihubungkan dengan gradien.

Akan sangat menguntungkan untuk menggunakan cara penulisan vektor.

Andaikan p=(x , y ) dan i dan j adalah vektor-vektor satuan pada arah x dan y

positif. maka dua turunan berarah di p dapat ditulis sebagai berikut

f x ( p )=limh→ 0

f ( p+hi )−f ( p)h

f y ( p )=limh→ 0

f ( p+h j )−f (p)h

Untuk memperoleh konsep yang kita tuju, yang kita kerjakan hanyalah

menggantikan idan jdengan suatu vektor satuan sebarang u.

Definisi :

Untuk setiap vektor satuan u, andaikan

Du f ( p )−limh →0

f ( p+h u )−f ( p)h

Limit ini, jika ia ada, disebut turunan berarah f di p pada arah u.

Jadi, Di f ( p )=f x( p) dan D j f ( p )=f y (p). Karena p=(x , y ), kita gunakan juga cara

penulisan Du f (x , y).

Teorema A

Andaikan f mempunyai turunan parsial kontinu di sekitar p. Maka f mempunyai

turunan berarah di p pada arah vektor satuan u=u1i+u2 j dan

Du f ( p )=u ∙∇ f ( p)

yakni,

Du f ( x , y )=u1 f x ( x , y )+u2 f y( x , y)

Bukti :

Akan dibuktikan bahwa f terdeferensialkan dan karena itu

f ( p+hu )−f ( p )=h u∙∇ f ( p )+|hu|ε (h u)

dengan ε (h u)→ 0 pada h→ 0. Jadi,

f ( p+h u )−f ( p)h =u .∇ f ( p)± ε (hu)

Kesimpulan itu diperoleh dengan mengambil limit pada h → 0.

Contoh :

1. Jika f ( x , y )=4 x2−xy+3 y2, tentukan turunan berarah f di (2, -1) pada arah

vektor a=4 i+3 j.

Penyelesaian:

Vektor satuan u pada arah a adalah ( 45 ) i+( 3

5 ) j. Juga, f x ( x , y )=8 x− y dan

f y ( x , y )=−x+6 y; jadi, f x (2,−1 )=17 dan f y (2 ,−1 )=−8. Akibatnya,

menurut Teorema A

Du f (1,2, π2 )=1

3(2 )+ 2

3(1 )+ 2

3(0 )=4

3

Walaupun kita tidak akan meneruskan dengan terperinci,kita nyatakan bahwa

apa yang telah kita kerjakan adalah benar untuk fungsi tiga peubah atau lebih,

dengan peubah-han tertentu.

2. Cari turunan berarah dari fungsi f ( x , y , z )=xy sin z di titik (1,2 , π2) pada arah

vektor a=i+2 j+2 k.

Penyelesaian:

Vektor satuan u pada arah a adalah 13

i+ 23

j+ 23

k . Juga f x ( x , y , z )= y sin z,

f y ( x , y , z )=x sin z dan f z ( x , y , z )=xy cos z, sehingga f x (1,2 , π2 )=2,

f y (1,2 , π2 )=1 dan f z(1,2, π

2 )=0. Kita simpulkan bahwa

Du f (1,2, π2 )=1

3(2 )+ 2

3(1 )+ 2

3(0 )=4

3

ATURAN RANTAI

f ( x )=¿

f (x )=3¿

¿6 x¿

Jika y=f (x (t )) dengan f dan xmerupakan fungsi yang dapat di diferensialkan

maka:

dydt

=dydx

× dxdt

Contoh:

jikay=2x+1 dengan x=t 2carilahdydt

?

Penyelesaian:

dydx

=2

dydt

=2.2t=4 t

dxdt

=2t

A. Fungsi dua Peubah

z=f (x , y ) dimana x dan y adalah fungsi dalam t

Teorema 1

andaikanx=x (t ) dan y= y (t ) dapat di diferensialkan di t dan andaikan

z=f (x , y )dapat didiferensialkan di ¿maka:

z=f ( x (t ) )dapat didiferensialkan di t dandzdt

= ∂ z∂ x

× dxdt

+ ∂ z∂ y

× dydt

Contoh:

1. Misalz=x3 ydenganx=2 t dany=t2tentukandzdt dalam t ?

Penyelesaian:

Adt dzdt

=…?

∂ z∂ x

=3 x2 y

dxdt

=2

∂ z∂ y

=x2

dydt

=2t

dzdt

=3 x2 y× 2+x3 ×2 t

¿6 x2 y+2 x3t

¿6¿

¿6 × 4 t 2t 2+2× 8 t3 t

¿24 t 4+16 t4=40 t 4

2. Jikaz=x2 y− y2 xdenganx=costdany=sin t tentukandzdt dalamt ?

Penyelesaian:

Adt dzdt

=…?

∂ z∂ x

=2 xy− y2

dxdt

=−sint

∂ z∂ y

=x2−2 yx

dydt

=cost

dzdt

=(2xy− y2 ) (−sint )+( x2−2 yx ) cost

¿¿

¿ (2 costsint−sin 2t ) (−sint )+( cos2 t−2 sint cost ) cos

¿−sint (sin 2 t−sin2 t )+cost (cos2t−sin 2 t)

Teorema 2

Andaikanx=x ( t ) , y= y ( t )dan z=z ( t ) dapat didiferensialkan di t dan andaikan

w=f (x , y , z ) dapat didiferensialkan( x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) )maka w=f ( x ( t ) ) dapat

didiferensialkan di t dan

dwdt

=∂ w∂ x

× dxdt

+ ∂ w∂ y

× dydt

+ ∂ w∂ z

× dzdt

Contoh:

w=x2 y+ y+xz dan x=cos t ; y=sin t ; z=t2tentukan dwdt

di t=π3 .

Penyelesaian:

∂ w∂ x

=2 xy+z

dxdt

=−sint

dwdy

=x2+1

dydt

=cost

∂ w∂ z

=x

dzdt

=2t

dwdt

=2 xy+z (−sint )+( x2+1 ) cost+ x×2 t

¿2costsint+t2−sint+cos2 t+1cost+cost ×2 t

¿(2cos π3

sin π3+ π 2

9 )(−sin π3 )+(cos2 π

3+1)cos π

3+cos π

3× 2 π

3

¿¿+π 2

9¿¿+

14+1¿× 1

2+ 1

2× 2 π

3

¿−12 √3(

12 √3+

π 2

9¿+5

8+ π

3

B. Fungsi tiga Peubah

Terdiri dari Z=f ( x , y ); x=( s , t ); y= y (s ,t)

Teorema 1

Andaikanx=x (s ,t )dany= (s , t )yang dapat di diferensialkn di ( s , t ) dan

andaikanz=f (x , y )dapat mempunyai turunan parsial pertama yaitu:

1)∂ z∂ s =

∂ z∂ x

× ∂ x∂ s

+ ∂ z∂ y

× ∂ y∂ s

2)∂ z∂ t

= ∂ z∂ x

× ∂ x∂ t +

∂ z∂ y

× ∂ y∂ t

Contoh:

1. Jika z=3 x2− y2dgnx=2 s+7 t , y=5 sttentukan ∂ z∂ t dalam t dan s!

Penyelesaian:

∂ z∂ t

…?

∂ z∂ x

=6 x

∂ x∂ t

=7

∂ x∂ y

=−2 y

∂ y∂ t

=5 s

∂ z∂ t

=6 x ×7+(−2 y)×5 s

¿42 x−2 ys

¿42 (2 s+7 t )−10× 5 st × s

¿84 s+294 t−50 s2t

∂ z∂ s

=…?

∂ z∂ x

=6 x

∂ x∂ s

=2

∂ z∂ y

=−2 y

∂ y∂ s

=5t

∂ z∂ s

=6 x ×2+(−2 y )×5 t

¿12x−10 yt

¿12 (2 s+7 t )−10 ×5 st × t

¿24 s+84 t−50 s t 2

2. Jikaz=ln ( x+ y )−ln ( x− y )denganx=t e2dan y=est tentukan ∂ z∂ t dan

∂ z∂ s ,

dalamsdant ?

Penyelesaian:

∂ z∂ x

= 1x+ y

− 1x− y

∂ x∂ t

=es

∂ z∂ y

= 1x+ y

+ 1x− y

∂ y∂ t

=s est

∂ z∂ t

= 1x+ y

− 1x− y

es+ 1x+ y

+ 1x− y

s est

¿ −2 yx2− y2 es+ 2 x

x2− y2 sest

¿−2 ( est ) es+2(t es)sest

t 2 e2 s−e2 st

¿(−2+2 st )est+ s

t 2 e2 s−e2 st

C. Fungsi Implisit

Misalkan f ( x , y )yang mendefinisikan fungsi y secara implisit dalamxmisal

y=g ( x ) , akan tetapi g ( x ) sukar di tentukan atau tidak mungkin untuk di

tentukan.

Kita masih bisa menentukan dydx salah satunya menggunakan aturan rantai

f ( x , y )=0 di turunkan terhadap x

∂ f∂ x

× dxdx

+ ∂ f∂ y

× dydx

=0

dydx

=− ∂ f

∂ x∂ f∂ y

Penyelesaian:

dydx

=…?

∂ f∂ x

=2 x+ y

∂ f∂ y

=x−40 y3

dydx

=−(2 x+ y)x−40 y3

Contoh:

x sin y+ y cos x=0 ,tentukan dydx

=…?

Penyelesaian:

dydx

=…?

∂ f∂ x

=siny+ y (−sinx )

∂ f∂ y

=xcosy +cosx

dydx

=−siny+ ysinxxcosy +cosx

Jika z fungsi implisit dari x dan y yang didefinisikan oleh f ( x , y , z )=0. Maka

turunan f ( x , y , z )=0 terhadap x dengan menganggap y konstan diperoleh:

∂ f∂ x

× ∂ x∂ x

+ ∂ f∂ y

× ∂ y∂ x

+ ∂ f∂ z

× ∂ z∂ x

=0

∂ z∂ x

=−∂ f

∂ x∂ f∂ z

Jika z fungsi implisit dari x dan y yang didefinisikan oleh f ( x , y , z )=0. Maka

turunan f ( x , y , z )=0 terhadap y dengan menganggap x konstan diperoleh:

∂ f∂ x

× ∂ x∂ y

+ ∂ f∂ y

× ∂ y∂ y

+ ∂ f∂ z

× ∂ z∂ y

=0

∂ z∂ y

=− ∂ f

∂ y∂ f∂ z

Contoh:

1. Jika f ( x , y , z )=x3 e y+z− ysin (x−z )=0 mendefinisikan z secara implisit

sebagai fungsi x dan y carilah ∂ z∂ x dan

∂ z∂ y

?

Penyelesaian:

∂ z∂ x

=…?

∂ f∂ x

=3 x2 ey +z− ycos (x−z)

∂ f∂ z

=x3 e y+ z− ycos (x− z)(−1)

∂ z∂ x

=−(3 x2 e y+z+ ycos ( x−z ))

x3e y+ z+ ycos (x−z )

∂ z∂ y

…?

∂ f∂ y

=x3 e y+ z−sin (x−z )

∂ z∂ y

=−(3 x2 e y+ z+sin ( x−z ))x3 e y+ z+ ycos( x−z)

2. Jika 3 x2 z+ y3−xy z3=0 carilah ∂ z∂ x dan

∂ z∂ y

?

Penyelesaian:

∂ z∂ x

=−∂ f

∂ x∂ f∂ z

∂ f∂ x

=6 xz− y z3

∂ f∂ z

=3 x2−3 xy z3

∂ z∂ x

=−(6xz− y z3)3 x2−3 xy z3

∂ z∂ y

=

−∂ f∂ y∂ f∂ z

∂ f∂ y

=3 y2−x z3

∂ z∂ y

=−(3 y2−x z3)3 x2−3 xy z2

Nilai Maksimum dan Minimum f 2 Peubah

Definisi :

Andaikan P0=( x0 , y0 ) suatu titik di S yaitu dari asal dari fungsi f .

1) f ( P0 ) adalah nilai maksimum (global) dan f pada S jika

f ( P0 )≥ f ( P ) ,∀ P∈S.

2) f ( P0 ) adalah nilai minimum (global) dari f pada S jika

f ( P0 )≤ f ( P ) ,∀ P∈S.

3) f ( P0 ) disebut nilai ekstrem (global) jika f ( P0 ) merupakan nilai maksimum

(global) atau nilai minimum (global).

Kata global dapat diganti dengan lokal jika pada i dan ii kita hanya memerlukan

bahwa pertidaksamaan tersebut berlaku pada N ∩S, dengan N adalah lingkungan

dari P0.

Nilai Ekstrem

Titik-titik kritis dari f pada S ada tiga jenis, yaitu :

1) Titik-titik batas

a. Titik P disebut titik dalam dari himpunan S jika terdapat lingkungan

dari P yang mengandung S.

b. Titik P disebut titikbatas dari himpunan S jika semua lingkungan P

mengandung titik-titik pada S dan bukan S .

2) Titik-titik stasioner

P0merupakan titik stasioner jika P0titik dalam dari S dimana f dapat

didiferensialkan dan ∇ f ( P0 )=0

( f x ( P0 )=0f y ( P0 )=0)

3) Titik-titik singular

P0disebut titik singular jika P0titik dalam dari S dimana S tidak dapat

didiferensialkan.

Teorema titik kritis

Andaikan f didiferensialkan pada suatu himpuna S yang mengandung P. Jika

f ( P0 ) adalah suatu nilai ekstrem, maka P0 haruslah berupa suatu titik kritis, yaitu

P0 berupa salah satu dari :

1) Titik batas dari S,

2) Titik stsioner dari f , atau

3) Titik singular dari f .

Teorema Uji Parsial kedua

Andaikan f ( x , y ) mempunyai turunan parsial kontinu disuatu lingkungan dari P0

dan bahwa ∇ f ( P0 )=0 ambil D=D ( P0 )= f xx ( P0 )− f yy ( P0 )−f xy2 ( P0 ), maka :

1) Jika D>0 dan f xx ( P0 )<0, maka f ( P0 ) merupakan maksimum lokal.

2) Jika D>0 dan f xx ( P0 )>0, maka f ( P0 ) merupakan minimum lokal.

3) Jika D<0, maka f ( P0 ) bukan merupakan nilai ekstrem dan P0 disebut titik

pelana.

Contoh :

Tentukan ekstrem, f ( x , y )=3 x3+ y2−9 x+4 y

Penyelesaian :

∇ f ( P0 )=0

fx (x , y )=9 x2−9=0→ x=±1

fy ( x , y )=2 y+4=0→ y=−2

Diperoleh titik kritisnya (1 ,−2) dan (−1 ,−2)

a. Periksa P0=(1 ,−2)

f xx ( x , y )=18 x → f xx (1 ,−2 )=18

f yy ( x , y )=2 → f yy (1 ,−2 )=2

f xy ( x , y )=0→ f xy (1 ,−2 )=0

D=D ( P0 )=f xx ( P0 )−f yy ( P0 )−f xy2 ( P0 )

D (1,−2 )=18 . 2−02

¿36>0 dan f xx (1 ,−2 )=18>0

f (1 ,−2 )=3 . 13+ (−2 )2−9 . 1−8

¿3+4−9−8

¿−10

Berdasarkan teorema dapat disimpulkan bahwa f (1 ,−2 )=−10 merupakan

nilai minimum lokal dari f ( x , y ) .

b. Periksa P0=(−1 ,−2)

f xx ( x , y )=18 x → f xx (−1 ,−2 )=−18

f yy ( x , y )=2 → f yy (−1 ,−2 )=2

f xy ( x , y )=0→ f xy (−1 ,−2 )=0

D=D ( P0 )=f xx ( P0 )−f yy ( P0 )−f xy2 ( P0 )

D (−1 ,−2 )=−18. 2−02

¿−36<0 dan f xx (−1 ,−2 )=−18<0

f (−1 ,−2 )=3 .(−1)3+(−2 )2−9 (−1)−4 (−2)

¿−3+4+9−8

¿2

Maka D<0 berdasarkan teorema dapat disimpulkan bahwa f (−1 ,−2)

merupakan nilai ekstrem P0(−1 ,−2) disebut titik pelana.

Metode Lagrange

Metode lagrange digunakan untuk memaksimumkan atau meminimumkan f ( x , y )

terhadap kendala g ( x , y )

Teorema 1

Untuk memaksimumkan atau meminimumkan f (P) terhadap kendala g ( P )=0

dengan cara menyelesaikan sistem dimana ∇ f ( P )=λ∇ g (P ) dan g ( P )=0

Tiap titik P merupkan suatu titik kritis untuk masalah nilai ekstrem

terkendala

λMerupakan pengali lagrange

∇ f ( P )=f x ( P ) i+ fy ( P ) j

∇ g ( P )=gx ( P ) i+gy (P ) j

Contoh :

Berapa luas daerah yang terbesar yang dimiliki oleh suatu persegi panjang jika

panjang panjang diagonalnya 2?

Penyelesaian :

Sehingga dari gambar diperoleh :

f ( x , y )=xy

g ( x , y )=x2+ y2−4

∇ f ( x , y )= f x ( x , y ) i+ f y ( x , y ) j

fx (x , y )= y fy ( x , y )=x

gy ( x , y )=2 x gy ( x , y )=2 y

∇ f ( x , y )= yi+xj

∇ g ( x , y )=2 xi+2 yi

y= λ .2 x ………(i)

x=λ .2 y ………(ii)

x2+ y2−4=0 …….(iii)

Dari (i) dan (ii) :

y= λ .2 x (dikali xy) maka : y2=λ2 xy………(iv)

x=λ .2 y (dikali xy) maka :x2=λ2 xy……….(v)

Dari (iv) dan (v) diketahui bahwa y2=x2……….(vi)

Dari (vi) dan (iii) diperoleh :

x2+ x2−4=0

2 x2=4

x2=2

x=±√2

Selanjutnya

x2+ x2−4=0

2 y2=4

y2=2

y=±√2

Sehingga diperoleh P0=(√2 ,√2) dan f (√2 ,√2 )=√2.√2=2

Jadi luas maksimumnya adalah 2, panjang √2 , dan lebar √2