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 peubah 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 = f (x,y)
z
z = 2x − y2
x2 + y2 + z2 = a2
a bola
permukaan ruang
a
0
a
y
x
0 y x
−a
0 x
Df
bidang datar
x
z
c
elipsoida
n = 〈a,b,c〉
ax + by + cz = d
0
−a
y
z
y
a x
0
b
y
x2 y 2 z 2 + + = 1; a, b,c > 0 a 2 b2 c 2
KDFS2P
078
Ilustrasi Permukaan kuadratik dan permukaan dibangun suatu kurva. z
z
z
hiperbolida daun satu hiperboloida daun dua 0
y
0 y
x2 y 2 z 2 + - = 1, a 2 b2 c 2
z
y
z=
x2 a2
+
y2 b2
, a,b > 0
permukaan dibangun dari C kurva C
tabung eliptik
y
y
x2 y 2 + = 1, a,b > 0 a 2 b2
a, b, c > 0
y
x2 y 2 - , a,b > 0 a 2 b2
z
y x
x
z=
z
tabung parabolik
x2 y 2 z 2 + - = 0, a 2 b2 c 2
x
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 ketinggian yang sama, nilai z-nya selalu konstan.
z f (x,y) = k
z = f (x,y)
0 y Df
x
y = ax 2, a > 0
kerucut eliptik
y
0
a, b, c > 0
a, b, c > 0 z
kurva ketinggian
x
x2 y 2 z 2 - - = 1, a 2 b2 c 2
x
x
paraboloida hiperbolik
0
x
x
z
parabolida eliptik
f (x,y) = k
Ilustrasi Kurva ketinggian dari permukaan z = 2x − y2 adalah 2x − y2 = k, dengan k konstanta. Perhatikan grafiknya yang berbentuk keluarga parabol. z
y
permukaan z = 2x − y2
kurva ketinggian −4 −3 −2 −1 0
0
1 2 3
x
x x = y2
y
k = −1
k=0
k=1
KDFS2P
079
Contoh Gambarkan permukaan f (x,y) = x2 − 4y2 dengan mencari jejaknya dengan bidang koordinat dan gambarkan kurva ketinggiannya. Jejak permukaan z = x2 − 4y2 dengan bidang koordinat: ¾ dengan bidang xoy: sepasang garis x = ±2y. 2 ¾ dengan bidang yoz: parabol z = −4y . 2 ¾ dengan bidang xoz: garis z = x . 2 2 ¾ dengan bidang // xoy: hiperbol x − 4y = k.
z z = x2 − 4y2
0 x y
Grafik kurva ketinggian y
k<0 k>0
x = 2y k>0
0 k<0
x x = −2y
Kurva ketinggian dari permukaan z = x2 − 4y2 adalah x2 − 4y2 = k, k konstanta. Keluarga kurva ini berbentuk hiperbol memotong sumbu x untuk k > 0, sepasang garis untuk k = 0 dan hiperbol memotong sumbu y untuk k < 0. Permukaan z = x2 − 4y2 adalah paraboloida hiperbolik berpusat di titik asal. Titik (0,0,0) pada permukaannya dikenal sebagai titik pelana.
Limit fungsi dua peubah ¾ Fungsi z = f (x,y) yang mendekati L untuk (x,y) mendekati (x0,y0) ditulis dengan lambang lim f (x, y) = L. Artinya jarak f (x,y) ke L dapat (x,y)Æ (x0,y0 )
dibuat sebarang kecil dengan mengambil jarak (x,y) ke (x0,y0) cukup kecil. Sebelumnya kondisikan agar di sekitar (x0,y0) terdapat tak hingga banyaknya titik dari daerah asal fungsi z = f (x,y). f (x, y) = L ⇔ ¾ Secara formal didefinisikan lim (x,y)Æ (x0,y0 )
∀ε > 0 ∃ δ > 0 ∋ 0 < (x - x0) 2 + ( y - y0) 2 < d fi | f (x, y) - L | < e . ¾ Sifat dasar limit satu peubah juga berlaku untuk limit dua peubah.
Kekontinuan fungsi dua peubah ¾ Fungsi z = f (x,y) kontinu di (x0,y0) jika
lim
(x,y)Æ (x0,y0 )
f (x, y) = f (x0 , y0 ).
¾ Fungsi z = f (x,y) kontinu pada Df jika f kontinu di setiap titik pada Df .
KDFS2P
080
Contoh Hitunglah
x2 y 4 - x4 y 2 x+y (x,y)Æ (0,0)
x2 y - xy 2 2 2 (x,y)Æ (0,0) x + y
dan
lim
lim
.
¾ Uraikan pembilang sehingga faktor linear (x + y) tercoret, diperoleh x2 y 4 - x4 y 2 x+y (x,y)Æ (0,0)
lim
x 2 y 2 ( y 2 - x 2) x+y (x,y)Æ (0,0)
= lim
- x2 y 2 (x + y)(x - y) x+y (x,y)Æ (0,0)
= lim
= lim - x 2 y 2(x - y) = -0 ◊ (0 - 0) = 0. (x,y)Æ (0,0) 2 2 2
¾ Dari ketaksamaan x £ x + y , y £ x + y dan sifat nilai mutlak diperoleh 2
0£ Karena
x2 y - xy 2 x2 + y 2
=
2
x2 | y | + y2 | x| x2 + y 2
£
2
(x2 + y 2)(| y | + | x |) x2 + y 2
= | x| +| y| .
lim 0 = 0 dan lim (| x | + | y |) (limit pengapitnya nol), maka
(x,y)Æ (0,0)
(x,y)Æ (0,0)
x2 y - xy 2 lim 2 2 (x,y)Æ (0,0) x + y
= 0,
Contoh Tunjukkan
x2 y - xy 2 akibatnya lim 2 2 (x,y)Æ (0,0) x + y xy 2 2 (x,y)Æ (0,0) x + y
lim
dan
= 0.
x2 y 4 2 (x,y)Æ (0,0) x + 2 y
tidak ada.
lim
Fungsi z = f (x,y) tidak mempunyai limit di (x0,y0) jika terdapat kurva C1 dan C2 yang melalui (x0,y0) dengan lim f (x, y) π lim f (x, y) . (x,y)Æ (x0,y0 )
(x,y)Æ (x0,y0 )
sepanjang C1
sepanjang C2
¾ Ambil C1: y = 0 (sb-x) dan C2: y = x yang melalui (0,0), limitnya adalah
Sepanjang C1:
xy 2 2 (x,y)Æ (0,0) x + y
=
x ◊0 2 2 (x,0)Æ (0,0) x + 0
= lim 0 = 0 .
Sepanjang C2:
xy 2 2 (x,y)Æ (0,0) x + y
=
x◊ x 2 2 (x, x)Æ (0,0) x + x
= lim
lim lim
lim
x2 2 xÆ0 2 x xy maka lim 2 2 (x,y)Æ (0,0) x + y
lim
Karena kedua limit ini tidak sama,
xÆ 0
1
1
= lim 2 = 2 . xÆ 0
tidak ada.
¾ Ambil C1: x = 0 (sb-y) dan C1: y = x yang melalui (0,0), limitnya adalah 2
Sepanjang
x2 y C1: lim 4 2 (x,y)Æ (0,0) x + 2 y 2
Sepanjang
x y C2: lim 4 2 (x,y)Æ (0,0) x + 2 y
02 ◊ y = lim 4 2 (0,y)Æ (0,0) 0 + 2 y
=
lim 2
= lim 0 = 0 .
x2◊ x2
4 4 (x, x )Æ (0,0) x + 2 x
Karena kedua limit ini tidak sama,
yÆ0
=
x4 lim 4 xÆ0 3 x
x2 y maka lim 4 2 (x,y)Æ (0,0) x + 2 y
1
1
= lim 3 = 3 . xÆ 0
tidak ada.
KDFS2P
081
ÏÔ xy , (x, y) π (0,0) Contoh Tunjukkan fungsi f (x, y) = Ì x2 + y 2 kontinu pada ÔÓ 0 , (x, y) = (0,0)
2
.
- {(0,0)} karena merupakan hasil bagi dari dua fungsi yang kontinu dengan penyebut taknol pada daerah tersebut. 2 ¾ Agar f kontinu pada , tinggal menunjukkan fungsi f kontinu di (0,0). Gunakan prinsip apit untuk menghitung limit fungsinya di (0,0). 2
¾ Fungsi f kontinu pada
xy
0£
Karena maka
x +y 2
(x,y)Æ (0,0)
x +y 2
(x,y)Æ (0,0)
z
∂f ∂y
C2
perm P y
(x,y)
x
A
∂f ∂y
(x,y) (x, y +h)
x tetap laju f thd y
∂f ∂x
A
2
x +y 2
2
= x2 + y 2.
x 2 + y 2 = 0 (limit pengapitnya nol),
= 0, akibatnya
lim
(x,y)Æ (0,0)
xy x + y2 2
= 0 = f (0,0) .
- {(0,0)} dan di (0,0), sehingga f kontinu pada
∂f ∂x
= lim
2
.
f ( x + h, y ) - f ( x , y )
(
∂f
)
. ∂x = f x = Dx f = z x hÆ0 h Arti geometri: gradien garis singgung pada C1 di A. Arti fisis: laju perubahan z terhadap x (dalam arah i) ∂f ∂x
C1 ≡ P ∩ {y tetap} C2 ≡ P ∩ {x tetap} C2
2
£
x2 + y 2 ◊ x2 + y 2
Turunan parsial ¾ Turunan parsial dari z = f (x,y) terhadap x adalah
z = f (x,y) y tetap A
C1
2
(x,y)Æ (0,0)
xy
lim
∂f ∂x
x +y 2
lim 0 = 0 dan lim
¾ Jadi f kontinu pada
x tetap
=
2
| x || y |
≡ turunan f terhadap x dengan y tetap.
¾ Turunan parsial dari z = f (x,y) terhadap x adalah C1
(x,y) (x+h, y)
y tetap laju f thd x
∂f ∂y
= lim
f ( x, y + h) - f ( x, y )
(
∂f
)
. ∂y = f y = D y f = z y hÆ0 h Arti geometri: gradien garis singgung pada C2 di A. Arti fisis: laju perubahan z terhadap y (dalam arah j) ∂f ∂y
≡ turunan f terhadap y dengan x tetap.
KDFS2P
082
Vektor gradien Vektor gradien dari fungsi z = f (x,y), ditulis ∇f, didefi∂f
∂f
∂f ∂f
nisikan sebagai —f = ∂x i + ∂y j = ∂x , ∂y . Vektor ini berperan sebagai pengganti turunan untuk fungsi peubah banyak. Turunan parsial kedua Turunan parsial kedua dari fungsi z = f (x,y) didefinisikan sebagai turunan parsial dari z x = f x (x,y) dan z y = f y (x,y).
( ) ( )=
∂
∂ ∂f
∂2 f
∂ ∂y
∂ ∂f ∂y ∂x
∂2 f ∂y ∂x
f xx = ∂x ( f x ) = ∂x ∂x = 2 ∂x f xy =
( fx ) =
( ) ( ) ∂ f ∂ ∂ ∂f f yy = ∂y ( f y ) = ∂y ( ∂y ) = ∂y ∂
∂ ∂f
∂2 f
f yx = ∂x f y = ∂x ∂y = ∂x ∂y 2
2
Teorema Jika f xy dan f yx kontinu di (x0,y0), maka f xy (x0, y0) = f yx (x0, y0) . ∂f
∂f
Ilustrasi Jika f (x,y) = xy2 + yx2, maka ∂x = y2 + 2xy dan ∂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 f xx = 2y, f xy = 2y + 2x, f yx = 2y + 2x, dan f yy = 2x. Perluasan konsep turunan parsial ke fungsi tiga peubah Turunan parsial dari fungsi tiga peubah u = F (x,y,z) didefinisikan dalam bentuk limit seperti turunan parsial dua peubah. Untuk keperluan perhitungan, ∂F ∂x ∂F ∂y
= turunan u = F (x,y,z) terhadap x dengan menganggap y dan z tetap.
∂F ∂z
= turunan u = F (x,y,z) terhadap z dengan menganggap x dan y tetap.
= turunan u = F (x,y,z) terhadap y dengan menganggap x dan z tetap.
Vektor gradian dari fungsi u = F (x,y,z), ditulis ∇F, didefinisikan sebagai
(
)
—F = ∂∂Fx i + ∂∂Fy j + ∂∂Fz k = ∂∂Fx , ∂∂Fy , ∂∂Fz .
Ilustrasi Jika F (x,y,z) = xy + yz + zx, maka turunan parsialnya adalah ∂F ∂x
= y + z , ∂∂Fy = x + z , dan ∂∂Fz = 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 f (x0 + h) - f (x0) h hÆ0 f (x + h) - f (x0) - h f ¢(x0 ) lim 0 h hÆ0
x0 jika lim
= 0.
(
)
f (x0 + h) - f (x0) - f ¢(x0) = 0 ⇔ h hÆ0 f (x + h) - f (x0) - h f ¢(x0) Misalkan e = 0 , maka h
= f ¢(x0) ⇔ lim
kondisi y = f (x0 +h) - f (x0) = f ¢(x0)h + e h 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 z = f (x0 +h, y0 +k) - f (x0, y0) memenuhi kondisi z = f (x0 +h, y0 +k) - f (x0, y0) = f x (x0, y0)h + f y (x0, y0)k + e1h + e 2 k
dengan e1 , e 2 Æ 0 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 ∂f
∂f
dz = df = f x (x0, y0)dx + f y (x0, y0)dy = ∂x dx + ∂y dy di (x0,y0). Keterdiferensialan fungsi dua peubah Fungsi z = f (x,y) terdiferensialkan di (x0,y0) jika turunan parsial fx(x0,y0) dan fy(x0,y0) memenuhi kondisi z = f (x0 +h, y0 +k) - f (x0, y0) = f x (x0, y0)h + f y (x0, y0)k + e1h + e 2 k
dengan e1 , e 2 Æ 0 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 (x0 + h) - f (x0) = —f (x0) i h + e (h) i h dengan ε(h) → 0 untuk h → 0. Teorema Untuk fungsi z = f (x,y), jika f terdiferensialkan di (x0,y0), maka 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 f (x, y) = xe y + ye x terdiferensialkan pada tentukan vektor gradien dari fungsi f.
2
dan
¾ Karena turunan parsial f x (x, y) = e + ye dan f y (x, y) = xe + e kontinu y
x
y
x
pada 2, maka f terdiferensialkan pada 2. y x y x ¾ Vektor gradien dari fungsi f adalah —f (x, y) = (e + ye ) i + (xe + e ) 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. ¾ Dalam bentuk parameter, C: r (t) = t i + t j, t ∈ 2
y y=x
2
C
r′(1)
A 0
∇F x
. Karena r (1) = A, r′(t) = i + 2t j, dan r′(1) = i + 2 j, maka vektor singgung pada kurva C di titik A adalah r′(1) = i + 2 j = 〈1,2〉. ¾ 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 peubah dari diameter dan tinggi tabung. Jika galat pengukuran diameternya paling besar 2% dan galat pengukuran tingginya paling besar 1%, tentukan hampiran galat terbesar dari volum tabung dengan diferensial total. ¾ Jika diameter tabung adalah x dan tingginya t, maka volum tabung adalah
( )
2 V = p 12 x t = 14p x 2t .
Diferensial total dari V adalah dV = ∂∂Vx dx + ∂∂Vt dt = 12p xt dx + 14p x 2 dt . Akibatnya
dV V
=
1 p xt 2 1 p x 2t 4
dx +
1 p x2 4 1 p x 2t 4
dt dt = 2 dx x + t .
dt ¾ Dari data pada soal ini dx x £ 0,02 = 2% dan t £ 0,01 = 1% , sehingga dt = 2 dx x + t £ 2 ◊ 0,02 + 0,01 = 0,05 = 5% . Jadi hampiran galat terbesar dari volum tabung adalah 5%. dV V
KDFS2P
085
Fenomena: Aturan rantai fungsi satu peubah
y = y(x)
y
Jika y = y(x), x = x(t) terdiferensialkan dan komposisi y = y (x(t)) terdefinisi, maka y terdiferensialkan terhadap t, dan dy dy dx = dx ◊ dt dt
dx dt
dy dx
x
x = x(t)
t
dy dt
Aturan rantai fungsi dua peubah terhadap satu peubah Dalam bentuk komponen ∂z ∂x
z
x
t
∂z dx
∂z dy
z ¢(t ) = dt = ∂x dt + ∂y dt y
dy dt
∂z
∂z ∂z
—f ( x , y ) = ∂x i + ∂y j = ∂x , ∂ y
z = f (x,y), x = x(t), y = y(t) z = z(t) = f (x(t),y(t)) dz
∂z ∂y
Dalam bentuk vektor ∂z
dx dt
r = r(t) = 〈x(t),y(t)〉 = x(t) i + y(t) j dx
dy
dx dy
r ¢(t) = dt i + dt j = dt , dt dz
∂z ∂z
z ¢(t) = dt = ∂x , ∂y
i
dx dy , dt dt
dz
z ¢(t) = dt = —f (r (t)) i r ¢(t)
t
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)) du
∂u dx
∂u dy
∂u dz
dan u ¢(t) = dt = ∂x dt + ∂y dt + ∂z dt = —f (r (t)) i r ¢(t) , dengan r = r(t) = dx dy dz
∂u ∂u ∂ u
·x(t), y (t), z (t)Ò = x(t) i + y (t) j + z (t)k , r ¢(t) = dt , dt , dt ,—f (x, y, z) = ∂x , ∂y , ∂z 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 df
f ¢(t) = dt =—f (r (t)) i r ¢(t) = · 2sint + cost ,sint Ò i ·cost ,- sint Ò= sin2t + cos2t .
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. ¾ Karena luas permukaan tabung adalah S = S(r,h) = 2π r + 2π rh, maka 2
laju pertambahan S terhadap t adalah dS
∂S dr
∂S dh
dr
dh
S ¢(t ) = dt = ∂r dt + ∂h dt = (4p r + 2p h) dt + 2p r dt dr dh ¾ Gantikan r = 10 cm, h = 50 cm, = 0,2 cm/jam dan = 0,3 cm/jam, dt dt
diperoleh S ′(t) = (40π + 100π)(0,2) + (20π)(0,3) = 34π ≈ 106,8 cm2/jam. Aturan rantai fungsi dua peubah terhadap dua peubah ∂z ∂x
x
z ∂z ∂y
∂x ∂u
u
∂x ∂v
v
∂y ∂u
y
∂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 ∂z ∂x
∂ z ∂y
∂z ∂x
∂ z ∂y
u
∂z ∂u
= ∂x ∂u + ∂y ∂ u
v
∂z ∂v
= ∂x ∂v + ∂ y ∂ v
Contoh Jika z = f (x,y), x = u + v, dan y = u − v, tunjukkan fu f v = f x2 - f y2. ∂x
∂x
∂y
∂y
Karena ∂u =1, ∂v =1, ∂u =1, ∂v = -1, dan z = f (x(u,v), y (u,v)) , maka ∂z ∂u
∂z ∂x
∂ z ∂y
∂z
∂z
= ∂x ∂u + ∂ y ∂ u = ∂ x + ∂ y
Kalikan, maka diperoleh
∂ z ∂z ∂u ∂v
=
dan
∂z ∂v
∂z ∂x
∂ z ∂y
∂z
( ) - ( ) , atau f f = f - f . ∂z ∂x
2
∂z ∂y
∂z
= ∂x ∂v + ∂ y ∂ v = ∂ x - ∂ y
2
u v
2 x
2 y
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 ∂f ∂x
= lim
f (x + h, y) - f (x, y) h hÆ0 f (x, y + h) - f (x, y) lim h hÆ0
= lim
f (x + h i ) - f (x) h hÆ0 f (x + h j) - f (x) lim h hÆ0
= —f (x, y) i i
∂f ∂y
=
=
= —f (x, y) i j
Gagasan turunan berarah adalah mengganti vektor satuan i dan j di sini dengan vektor satuan sebarang u. z bidang // (u,k) permukaan P C A z = f (x,y)
k i
j
∂f ∂u (x, y)
y ∂f ∂u
x x+hu
1 j 0
∂f f (x + hu) - f (x) ( x ) = lim . ∂u h hÆ0
Dalam bentuk komponen vektornya, ∂f f (x + hu , y + hv) - f (x, y ) ( x , y ) = lim ∂u h hÆ0
x+hu
A
C
∂f
dalam arah vektor satuan u = 〈u,v〉, ditulis ∂u , didefinisikan sebagai
y
u
C ≡ P ∩ {bdg // (u,k)}
x
Definisi turunan berarah Turunan berarah dari fungsi z = f (x,y) = f (x) di x = (x,y) ∈ Df
x u
i
x
bdg // (u,k)
Arti geometrinya adalah gradien garis singgung 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), maka g(h) = f (x + hu,y + hv) dan g(0) = f (x,y), sehingga ∂f g (h) - g (0) ( x , y ) = lim = g ¢(0) ∂u h hÆ0
Misalkan r = r(t) = x + tu dan s = s(t) = y + tv, maka g(t) = f (r(t),s(t)), dedr
ds
dr ds
ngan dt = u dan dt = v; akibatnya dt , dt = u ,v = u . Asumsikan fungsi g(t) = f (r(t),s(t)) terdiferensialkan terhadap t, maka diperoleh ∂f dr
∂f ds
∂f ∂ f
dr ds
g ¢(t) = ∂r dt + ∂s dt = ∂r , ∂s i dt , dt = —f (r, s) i u . ∂f
Karena untuk t = 0 berlaku (r,s) = (x,y), maka ∂u (x, y) = g ¢(0) = —f (x, y) i u.
KDFS2P
088
Teorema Turunan berarah dari fungsi terdiferensialkan z = f (x,y) = f (x) ∂f
di x = (x,y) ∈ Df dalam arah vektor satuan u adalah ∂u (x, y) = —f (x, y) i u . ∂f Karena ∂u =—f i u = || ∇f || || u || cos ∠(∇f,u) = || ∇f || cos ∠(∇f,u), maka ∂f
∂f
—f (A)
-—f (A)
maks ∂u tercapai bila u = ||—f (A)|| dan min ∂u tercapai bila u = ||—f (A)|| . Contoh Tentukan turunan berarah dari fungsi z = f (x,y) = 4 − x2 − y2 di titik (1,1) dalam arah vektor v = 3 i + 4 j. z
y
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 = 53 , 54 .
v
4 z = f (x,y) u
(1,1) ∇f
∇f
2
(1,1)
00
2
x
Turunan berarah dari z = f (x,y) di (1,1) dalam arah vektor satuan u adalah ∂f ∂u
y
x
v
= —f i u = 〈−2,−2〉 • 53 , 54 = −2 54 .
Contoh Untuk fungsi z = f (x, y) = 12 x 2 + 12 y 2 di titik A(1,1), tentukan vektor satuan u sehingga di A nilai z bertambah paling besar, nilai z berkurang paling besar, dan nilai z tetap (tidak berubah). z
Laju perubahan z dalam arah vektor satuan u ∂f
= ∂u = —f i u = || —f ||cos –(—f ,u) , dengan ∇f (x,y) = 〈x,y〉 dan ∇f (A) = 〈1,1〉.
adalah
¾ Nilai z bertambah paling besar jika maksimum, tercapai bila u searah dengan ∇f (A),
(1,1,1) z = 12 x 2 + 12 y 2
1 x
0 −∇f
1 (1,1)
y
∇f
—f (A) yaitu u = ||—f (A)|| = 12 2, 12 2 .
¾ Nilai z berkurang paling besar jika
minimum, tercapai bila u berlawan-
-—f (A)
an arah dengan ∇f (A), yaitu u = ||—f (A)|| = - 12 2, - 12 2 . ¾ Nilai z tetap jika = 0, tercapai bila u tegak lurus pada ∇f (A), yaitu u = - 12 2, 12 2
atau
u = 12 2, - 12 2 .
KDFS2P
089
Vektor gradien tegak lurus vektor kecepatan ke arah perubahan z terbesar z z=4−x −y 2
2
Fenomena z = f (x,y) = 4 − x2 − y2
4 C
—f (x, y) =
(1,1,2) ∇f
−2 2
2
y
(1,1)
x
2 r ′(π /4) = 〈−1,1〉 √2 (1,1)
r = r(t)
= -2 x,- 2y
∇f (1,1) = 〈−2,−2〉 Kurva perpotongan z = f (x,y) dengan xoy adalah x2 + y2 = 4.
r ′(t) 0
∂ f ∂f , ∂x ∂ y
y
−2 ∇f (1,1) = 〈−2,−2〉
0
√2 2
x
√2 −2
¾ Jika C: r = r(t) kurva ketinggian pada z = f (x,y) = 4 − x − y yang melalui 2
2
(1,1,2), maka 2 = 4 − x2 − y2, atau x2 + y2 = 2. Fungsi parameternya adalah C: r (t) = 2cos t i + 2sin t j dengan r 14p = i + j = ·1,1Ò .
( )
¾ Dari r ¢(t) = - 2sint i + 2cos t j diperoleh vektor singgung di (1,1) pada C
( )
( )
adalah r ¢ 14p = -i + j = ·-1,1Ò. Karena r ¢ 14p i—f (1,1) = ·-1,1Ò i ·-2,- 2Ò = 0,
( )
maka —f (1,1) ^ r ¢ 14p dan arah ∇f (1,1) menuju titik (0,0); dalam arah ini pertambahan nilai z terbesar. Perluasan fenomena untuk permukaan terdiferensialkan z ¾ Kurva ketinggian dari permukaan S: z = f (x,y) z = f (x,y) ∇F(P) yang melalui titik A ∈ Df adalah f (x(t),y(t)) = k, k konstanta, bentuk parameternya r = r(t). F(x,y,z) = 0 P z − f (x,y) = 0 d f (x (t), y (t) = 0 diperoleh —f ( A) i r ¢(t) = 0 , ¾ Dari dt bidang ( ) permusinggung kaan S sehingga —f (A) ^ r ¢(t). 0 y
∂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: r (t) = x(t) i + y (t) j + z (t) k terletak pada S: F(x,y,z) = 0 dan melalui P, maka r = r(t)
x
∇f
¾ Karena maks
r′(t)
A
Df
F(x(t), y(t), z (t)) = 0. Dari dt ( F (x(t), y (t), z (t) ) = 0 diperoleh —F(P) i r ¢(t) = 0 , sehingga —F (P) ^ r ¢(t). Karena berlaku untuk sebarang C yang melalui P, maka ∇f (P) adalah suatu vektor normal dari bidang singgungnya. d
KDFS2P
090
Persamaan bidang singgung pada S: F(x,y,z) = 0 Jika P(x0,y0,z0) ada∇F(P) lah titik singgung dan Q(x,y,z) terletak pada bidang singbidang gung, maka vektor PQ = 〈x − x0 ,y − y0 , z − z0〉 tegak lurus singgung vektor normal ∇F(P). Jika ∇F(P) = 〈n1 , n2 , n3〉, maka dari P PQ i—F (P) = 0 diperoleh persamaan bidang singgung Q P(x0,y0,z0) 〈x − x0 ,y − y0 , z − z0〉 • 〈n1 , n2 , n3〉 = 0. Q(x,y,z) 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). ¾ Tulislah S: F(x,y,z) = z + x + y − 4 = 0. Titik A 2
z 4
z = 4 − x2 − y2 ∇F bidang singgung
−2
P A(1,1,2)
0
2
y
2
x
z 7 bidang singgung Q
0
−7
∇F
7 y 7
x −7
2
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. 2 2 2 ¾ Tulislah S: F(x,y,z) = x + y + z − 49 = 0. Titik B terletak pada S karena 4 + 36 + 9 − 49 = 0 (benar). 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 permukaan 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 singgungnya, 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 adalah z − 2 = −2(x − 1) − 2(y − 1), atau 2x + 2y + z = 6.
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
maks
z=x +y 2
z = f (x,y)
z = f (x,y)
0
y Df
(x0,y0)
x
0
maks
bidang singgung
y (x0,y0)
x
bidang singgung sejajar xoy
4
z 4
min
2
0 bidang singgung
x
Df
0 x
min y
y
z=4−x −y 2
2
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 mencapai 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 stasioner 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 titik 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 tidak 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.
KDFS2P
092
Uji turunan parsial kedua untuk titik ekstrim dan titik pelana Misalkan fungsi z = f (x,y) mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu di sekitar titik A(x0,y0), ∇f (A) = 0, dan D(x, y) = ( f xx f yy - f xy2 ) (x, y) . • Jika D(A) > 0 dan f xx ( A) < 0, maka fungsi f mencapai maksimum di A. • Jika D(A) > 0 dan f xx ( 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 ( f xx f yy - f xy2 ) (A) > 0 . Akibat-
nya f xx (A) f yy (A) > f xy2 (A) ≥ 0, sehingga f xx (A) dan f yy (A) bertanda sama. Dalam bentuk determinan, D(x,y) =
f xx
f xy
f xy
f yy
(x,y).
Contoh Tentukan semua titik ekstrim dan jenisnya dari fungsi z = f (x,y) = x3 − 9xy + y3. ¾ 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), y = 13 x 2 . Gantikan ke (2), diperoleh 19 x 4 - 3 x = 0 . 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). ¾ Tentukan jenis titik stasionernya Dari f x = 3x − 9y dan f y = 3y − 9x 2
2
diperoleh f xx = 6x, f yy = 6y, dan f xy = −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 f xx (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
¾ Misalkan ukuran kotak adalah x × y × z dm.
y
y z
x z
z
Karena volum kotak = 4 dm3, maka xyz = 4, sehingga z = 4/xy dengan x > 0 dan y > 0. ¾ Luas bahan pembuat kotak tanpa tutup adalah
y
L = L(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz.
x
Nyatakan L sebagai fungsi dua peubah dengan substitusi z = 4/xy, maka 4 + 2y ⋅ 4 = xy + 8 + 8 . L = L(x,y) = xy + 2x ⋅ xy xy x y Tentukan ekstrim L = L(x,y) dan tunjukkan jenisnya minimum mutlak.
¾ Tentukan titik stasionernya, syarat ∇L(x,y) = 0 memberikan
∇L(x,y) = (y - 82 ) i + (x - 82 ) j = 0 i + 0 j. x
y
Dari sini diperoleh (1) y - 82 = 0 dan (2) x - 82 = 0 . Dari (1) diperoleh x
y
y = 8/x kemudian gantikan ke (2) dan selesaikan. x - 82 2 = 0 ⇒ x4 − 8x = 0 ⇒ x (x − 2)(x2 + 2x + 4) = 0. 2
(8/ x )
Karena bentuk kuadrat terakhir definit positif dan x > 0, maka x = 2, dengan 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). ¾ Tentukan jenis ekstrimnya, turunan parsial kedua dari L = L(x,y) adalah
Lxx =
16 , x3
Lyy =
16 y3
, dan Lxy = 1. Akibatnya
(
)
16 16 256 - 1. 3 ◊ 3 -1 = ( xy )3 x y 16 Lxx (2,2) = 8 = 2 > 0 , maka jenis
D(x,y) = Lxx Lyy - L2xy =
Karena D(2,2) = 4 − 1 = 3 dan
titik sta-
sionernya adalah minimum. Karena ekstrimnya tunggal, maka jenisnya minimum mutlak. ¾ Jadi ukuran kotak tanpa tutup dengan volum 4 liter yang luas bahan pembuatnya paling hemat adalah 2 × 2 × 1 dm dan luasnya L(2,2) = 12 dm2.
KDFS2P
094
Ekstrim mutlak pada suatu daerah beserta batasnya Cara menentukan ekstrim mutlak dari z = f (x,y), (x,y) ∈ D ∪ {batas D}: ¾ tentukan semua titik stasioner di titik-dalam daerah D, ¾ 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), ¾ 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}. ¾ 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). ¾ Carilah fungsi parameter untuk batas D (lingkaran x + y = 1), diperoleh 2
2
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 menghasilkan t = 0, t = 12p , t = π, t = 32p , dan t = 2π; dengan nilai fungsi
r(0) = (1,0), r (12p ) = (0,1), r(π) = (−1,0), r (32p ) = (0,−1), dan r(2π) = (1,0).
¾ Bandingkan semua nilai z = f (x,y) = x − y di setiap titik stasionernya. 2
titik stasioner
(0,0) (1,0)
2
(0,1) (−1,0) (0,−1)
nilai z = x2 − y2
0
1
−1
1
−1
jenis ekstrim
---
maks
min
maks
min
¾ 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 diperoleh dari ∇f = λ∇g dan g(x,y) = 0. Contoh Tentukan ekstrim fungsi f (x,y) = xy dengan kendala x2 + y2 = 8. ¾ Tulislah g(x,y) = x + y − 8 = 0. Akan ditentukan ekstrim fungsi z = f (x,y) 2
2
dengan kendala g(x,y) = 0 dengan mencari titik stasionernya, yang diperoleh dari ∇f = λ∇g. Kita mempunyai ∇f = λ∇g ⇒ ( y,x) = λ (2x,2y) ⇒ y = 2λx dan x = 2λy y
x
Eliminasi λ , diperoleh λ = 2 x = 2 y , yang menghasilkan y2 = x2. ¾ Gantikan y = x ke x + y = 8, diperoleh 2x = 8, sehingga x = ±2 dengan 2
2
2
2
2
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. ¾ Kesimpulan Fungsi f (x,y) = xy dengan kendala x + y = 8 mencapai 2
2
• 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 permukaan 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 berlaku 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. ¾ Tulislah g(x,y,z) = xyz − 4 = 0. Kondisi titik stasioner ∇L = λ∇g memberi-
¾ ¾ ¾ ¾
kan ( y + 2z, x + 2z, 2x + 2y) = λ ( yz, xz, xy), sehingga diperoleh Ï y + 2 z = l yz …… (1) Ô Ì x + 2 z = l xz …… (2) ÔÓ2 x + 2 y = l xy …… (3) 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, sehingga 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
97
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
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 ∂u (x, y) ada, maka ∂( -u) (x,y) = - ∂u (x, y) .
B−S
10.
Jika fungsi z = f (x,y) mencapai minimum di (x0,y0), maka ∇f (x0,y0) = 0.
B−S
lim
(x, y) Æ (0,0)
f (x, y) = L, maka lim f ( y, y) = L. yÆ0
∂f
∂f
∂f
Soal Fungsi, Limit, Kekontinuan, Turunan Parsial, dan Keterdiferensialan 11. Gambarkan permukaan ruang z = - 12 y 2 dan z = x 2 + y 2 dalam satu sistem koordinat. 2 12. Gambarkan kurva ketinggian dari permukaan z = xy untuk k = −4, −1, 0, 1, 4.
13. Gambarkan kurva ketinggian dari permukaan z = 14. Jika suhu di (x, y) Œ
2
adalah T (x,y) =
x2 2 x + y2
x 2 +1 untuk k = 1, 2, 4. x2 + y 2
, gambarkan kurva isotermal untuk T = 0, 12 , 15. 2
15. Hitunglah (a)
2
2 2
xy x -y x y x- y+2 x -2 y (b) lim (c) lim xy (d) lim 2 2 2 4 x- y x +y (x,y) Æ (0,0) x 2 + y 2 (x, y) Æ (0,0) (x,y) Æ (0,0) (x,y) Æ (0,0) x + y
lim
4
16. Tunjukkan (a)
4
2
2
y x x -y xy (b) lim (c) lim (d) lim 2 4 tidak ada 2 4 4 2 2 2 (x,y) Æ (0,0) x + y (x,y) Æ (0,0) x + y (x,y) Æ (0,0) x + y (x,y) Æ (0,0) x + y
lim
x2 - y 2
17. Tentukan turunan parsial dan vektor gradien dari fungsi (a) f (x,y) = e y sin x (b) f (x, y) = xy
.
2 x- y
18. Jika f (x, y) = xy , tentukan vektor gradien dari fungsi f di titik (3,−2). 19. Jika f (x,y) = 3e2 x cos y , hitunglah f xy (x,y) dan f yx (x,y) kemudian periksa apakah hasilnya sama.
(
)
20. Tentukan kemiringan garis singgung pada kurva { 2 z = 3 x 2 + y 2 - 4 dan y = 1} di titik 2,1, 32 . 21. Volum tabung lingkaran tegak yang berjari-jari r dan tinggi h adalah V = π r 2h. Jika h tetap sebesar 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, dengan 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).
98
Soal Aturan Rantai, Turunan Berarah, Diferensial, dan Ekstrim Fungsi. 24. Jika w = f (x, y) = x 2 y 3; x = t 3, y = t 2, hitunglah dw sebagai fungsi dari t. dt 25. Jika w = f (x, y) = x 2 y - y 2 x; x = cos t , y = sin t , hitunglah dw sebagai fungsi dari t. dt 26. Jika w = f (x, y, z) = sin xyz , x = t 3, y = t 2, z = t , hitunglah dw sebagai fungsi dari t. dt 27. Jika w = f (x, y) = x 2 y ; x = st, y = s - t , hitunglah ∂∂ws dan ∂∂wt sebagai fungsi dari s dan t. dy
28. Jika y = y(x) dalam x sin y + y cos x = 0, hitunglah dx dengan turunan implisit dan aturan rantai. 29. Jika z = z(x,y) dalam F (x,y, z) = 3x 2 z + y 3 - xyz 3 = 0, hitunglah ∂∂xz dan ∂∂yz . 30. Jika w = f (r - s, s -t, t - r) , buktikan ∂∂wr + ∂∂ws + ∂∂wt = 0. 31. Tentukan turunan berarah dari f (x, y) = 2 x 2 + xy - y 2 di titik (3,−2) dalam arah vektor i − j.
(
)
32. Tentukan turunan berarah dari f (x, y) = e x sin y di titik 0, 14p dalam arah vektor i + 3j . 33. Tentukan turunan berarah dari f (x,y, z) = x3 y - y 2 z 2 di titik (−2,1,3) dalam arah vektor i − 2j + 2k. 34. Tentukan turunan berarah dari f (x, y, z) = xy + z 2 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 T (x, y, z) =
200 . Tentukan 5 + x2 + y 2 + z 2
(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. 2 43. Tentukan jarak terdekat dari titik (0,0,0) ke permukaan y − 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〉 2 2 x2 + y 2 17.(b) —f (x,y) = , - x +2y 2 x y xy
11.
z = x2+ y2
12.
y 1 4
z = - 1 y2
18. —f (3,-2) = 19 , - 12
19. f xy (x,y) = -6e sin y = f yx (x, y) 20. 3 21. 120π 22. k/100
z
2
0
y
0
23. —F ( -1,1, 2) = - 52 , 52 , -5 24. dw = 12t11 dt 25. dw = cos3t + sin 3t - sin 2t (cos t + sin t ) 26. dw = 7t 6 cos t 7 dt dt dy y sin x - sin y 27. ∂∂ws = 3s 2t 2 - 2st 3, ∂∂wt = 2s 3t - 3s 2t 2 28. dx = x cos y + cos x 29. ∂∂xz =
yz 3 - 6 xz
xz3 - y 2
x −4 −1
2x
x
13.
−1
14.
y
0
k=1 k=2 k=4 1 x
y T=1/5 T= 0 T=1/5 T=1/2
T=1/2 0
T=1/2
x T=1/2
k=1 , ∂z = 31. 32 2 32. 14 ( 2 + 6) 3 x2 - 3 xyz 2 ∂y x2 - xyz 2 T=1/5 T= 0 T=1/5 1 2 33. 17 3 34. 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 ·1,1,1Ò
