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 Πadalah

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