Program Perkuliahan Dasar Umum Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
Fungsi Dua Peubah
[MA1124] KALKULUS II
Sistem Koordinat z
y Kuadran II
Kuadran I P(x,y,z)
P(x,y)
x y
x Kuadran III
Oktan 1
y
Kuadran IV x R3(Ruang)
R2(Bidang)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
2
Permukaan di Ruang (R3) Sebelum belajar tentang fungsi dua peubah, terlebih dahulu kita mengenal permukaan di ruang dan cara membuat sketsa suatu permukaan di ruang (R3). Berikut beberapa fungsi permukaan di ruang, antara lain : Bola,
mempunyai bentuk umum :
x 2 + y2 + z2 = a 2 , a > 0 Jejak di bidang XOY, z = 0 Î x 2 + y 2 = 2 2 Jejak di bidang XOZ, y = 0 Î x + z = 2 2 y + z = Jejak di bidang YOZ, x = 0 Î
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
a,2 berupa lingkaran a ,2 berupa lingkaran a ,2 berupa lingkaran
3
Gambar Bola Z
y
x
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
4
Permukaan di Ruang
Elipsoida, mempunyai bentuk umum x2 y2 z2 + 2 + 2 = 1 , a, b, c > 0 2 a b c
x 2 y2 Jejak di bidang XOY, z = 0 Î 2 + 2 = 1 , berupa Ellips a b x 2 z2 Jejak di bidang XOZ, y = 0 Î 2 + 2 = 1 , berupa Ellips a c z2 y2 + 2 = 1 , berupa Ellips Jejak di bidang YOZ, x = 0 Î 2 c b
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
5
Gambar Ellipsoida
Z
y
x
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
6
Permukaan di R3
Hiperboloida berdaun satu, mempunyai bentuk umum: x2 y2 z2 + 2 − 2 = 1 , a, b, c > 0 2 a b c
x 2 y2 Jejak di bidang XOY, z = 0 Î 2 + 2 = 1 , berupa Ellips a b x 2 z2 Jejak di bidang XOZ, y = 0 Î 2 − 2 = 1 , berupa Hiperbolik a c y2 z2 Jejak di bidang YOZ, x = 0 Î 2 − 2 = 1 , berupa Hiperbolik b c
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
7
Gambar Hiperbolik Berdaun Satu
Z
y
x
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
8
Permukaan di R3
Hiperboloida berdaun dua, mempunyai bentuk umum: x2 y2 z2 − 2 − 2 = 1 , a, b, c > 0 2 a b c
y2 z2 x2 + 2 = 2 −1 2 b c a
, maka terdefinisi saat x ≤ - a atau x ≥ a
x 2 y2 Jejak di bidang XOY, z = 0 Î 2 − 2 = 1 , berupa Hiperbolik a b x 2 z2 Jejak di bidang XOZ, y = 0 Î 2 − 2 = 1 , berupa Hiperbolik a c 2 y z2 Jejak di bidang YOZ, x = 0 Î − 2 − 2 = 1, tidak ada jejak b c
Jejak di bidang, x = k (konstanta), k > a atau k < - a , berupa ellips
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
9
Gambar Hiperbolik Berdaun Dua
Z
y x
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
10
Permukaan di R3
Paraboloida eliptik , mempunyai bentuk umum: x2 y2 z , a, b, c > 0 + = 2 2 a b c Paraboloida hiperbolik , mempunyai bentuk umum: x2 y2 z , a, b, c > 0 − = 2 2 a b c Kerucut eliptik , mempunyai bentuk umum: x 2 y2 z2 + 2 − 2 =0 2 a b c Bidang , mempunyai bentuk umum:
A x + By + Cz = D 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
11
Gambar Z
Z
y
y
x
Paraboloida Eliptik z
x
Paraboloida Hiperbolik z
y
x
x
Kerucut Eliptik 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
y Bidang 12
Latihan: Gambarkan 1. 2. 3. 4. 5. 6.
7/6/2007
x2 + y2 = 4 y = x2 2x + 2y + 4z = 8 , di oktan 1 9 z2 + 9x2 + 4y2 = 36 z =4 x2 + y2 + z2 – 2x – 2y – 4z = 3
[MA 1124] KALKULUS II
13
Fungsi Dua Peubah
Definisi: Fungsi dua peubah adalah aturan yang mengaitkan setiap pasangan terurut (x,y) dengan tepat satu z =f(x,y) Notasi : f : A Æ R ( A C R2) (x,y) Æ z = f(x,y) Contoh: 1. f(x,y) = x2 + 4 y2 2. f(x,y) = 3.
7/6/2007
f(x,y) =
1 36 − 9 x 2 − 4y 2 3
2y − x 2
x 2 + (y − 2)
2
[MA 1124] KALKULUS II
14
Daerah Asal (Df) dan Daerah Nilai (Rf)
{ } = {f ( x , y) ( x , y) ∈ D }
D f = ( x , y) ∈ R 2 f ( x , y) ∈ R
Rf
f
Contoh. Tentukan dan gambarkan Df dari 1. f(x,y) = x2 + 4 y2
1 36 − 9 x 2 − 4 y 2 3 3. f ( x , y) = x (1 − y)
2. f ( x , y ) =
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
15
Contoh (Jawab) 1. Df ={(x,y)∈ R2 | x2 + 4 y2 ∈ R}
y
= {(x,y)∈ R2} x
⎫ ⎧ 1 2. Df = ⎨( x, y ) ∈ R2 36 − 9 x 2 − 4y 2 ∈ R⎬ 3 ⎭ ⎩ = {(x,y)∈ R2 | 36 – 9x2 – 4y2 ≥ 0}
y 3
= {(x,y)∈ R2 | 9x2 + 4y2 ≤ 36} 2 2 ⎫⎪ ⎧⎪ x y ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 2 = ⎨( x, y ) ∈ R ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≤ 1⎬ ⎝9⎠ ⎝4⎠ ⎪⎭ ⎪⎩
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
2
x 16
Contoh (Jawab)
{
3. Df = ( x, y ) ∈ R2
}
x(1 − y ) ∈ R
= {(x,y)∈ R2| x(1 – y) ≥ 0} = {(x,y)∈ R2|x ≥0 dan (1–y)≥0 atau x≤0 dan (1–y)≤0} = {(x,y)∈ R2|x ≥ 0 dan y ≤ 1 atau x≤0 dan y ≥ 1} y
x
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
17
Latihan Tentukan dan Gambarkan Df dari 1.
f(x,y) =
2.
f(x,y) =
3.
f(x,y) =
7/6/2007
2y − x 2
x + (y − 2 ) 2
x 1− y y −2 x
2
16 − x 2 − y 2 ln( x + y)
4.
f(x,y) =
5.
ln( x − y + 1) f(x,y) = y − x +1
[MA 1124] KALKULUS II
18
Grafik Fungsi Dua Peubah
Grafiknya berupa permukaan di ruang z Z=f(x,y)
y D f x
Karena setiap pasangan terurut (x,y) dipasangkan dengan tepat satu z = f(x,y), maka setiap garis yang sejajar sb z akan memotong grafik tepat di satu titik. 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
19
Contoh Gambarkan Grafik 1. f(x,y) = 2 x2+ 3y2
Z
z = 2 x2+ 3y2 z =
2
2
x y + 1 1 2 3
y
Paraboloida eliptik
x
Z
3
2.
f(x,y) = 3 – x2 – y2 z = 3 – x2 – y2
√3
y
x
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
20
Contoh 1 36 − 9 x 2 − 4y 2 3. f(x,y) = 3 9z2 = 36 – 9x2 – 4y2
Z
2
9x2 + 4y2 + 9z2 = 36 x2 y2 z2 + + = 1 Elipsoida 4 9 4 4. f(x,y) =
3
y
2
x
Z
16 − x 2 − y 2
4
z2 = 16 –x2 –y2 x2 + y2 + z2 = 16
4
Bola 7/6/2007
x
[MA 1124] KALKULUS II
y
4
21
Kurva Ketinggian z = f(x,y) Æ z = k adalah kurva ketinggian. Jadi Kurva ketinggian adalah proyeksi perpotongan grafik z = f(x,y) dengan bidang z =k pada bidang XOY. Contoh: Gambarkan kurva ketinggian z = k dari 1. f(x,y) = x2+ 2y2 , k = 0, 1, 2, 4 2. f(x,y) = 2x – y2 , k = -2, 0, 2, 4
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
22
Contoh (Jawab) 1. f(x,y) = x2+ 2y2 , k = 0, 1, 2, 4 Untuk k = 0 Untuk k = 1 Untuk k = 2 Untuk k = 4
7/6/2007
Ö
x2 +2 y2 = 0 x = 0, y = 0
Ö
x2 +2 y2 = 1
Ö Ö
Ö
titik (0, 0)
x2 y2 + =1 1 1 2
Ö
elips
x2 + y2 = 1 2
Ö
elips
x y + =1 4 2
Ö
y
.
x2 +2 y2 = 2
x22 +22y2 = 4
k=1
k=0
x
k=2 k=4
[MA 1124] KALKULUS II
elips
23
Contoh (Jawab) 2. f(x,y) = x – y2 , k = -2, 0, 2, 4 Untuk k = -2 Ö x – y2 = -2 x = y2 – 2 Untuk k = 0
Ö
Untuk k = 4
7/6/2007
Ö Ö
parabola
x – y2 = 0 x = y2
Untuk k = 2
Ö
y
Ö
parabola
x – y2 = 2 x = y2 + 2
Ö
parabola
x – y2 = 4 x = y2 + 4
Ö
parabola
[MA 1124] KALKULUS II
k=0
x
k=2 k=4
k=-2
24
Latihan Gambarkan kurva ketinggian z = k dari 1. 2. 3. 4.
7/6/2007
f(x,y) f(x,y) f(x,y) f(x,y)
= = = =
x2/y , k = -4, -1, 0, 1, 4 x2+y2 , k = 0, 1, 4, 9 xy , k = -4, -1, 0, 1, 4 y2 – x2 , k = 1, 2, 3, 4
[MA 1124] KALKULUS II
25
Limit Fungsi Dua Peubah Definisi: Fungsi f(x,y) mempunyai limit L untuk (x,y) mendekati (a,b) ditulis lim
( x , y ) →( a , b )
f ( x , y) = L
(x − a )2 + ( y − b )2 < δ
Jika ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∋ 0 < f ( x , y) − L < ε
z
berlaku
Z =f(x,y)
L+ε L L–ε y δ (a,b) 7/6/2007
x
[MA 1124] KALKULUS II
26
Catatan lim
( x , y ) →( a , b )
f ( x , y) = L ada jika lim f ( x , y) = L ( x , y ) →( a , b )
untuk sembarang
kurva yang melalui (a,b). Artinya: Jika terdapat paling sedikit 2 kurva di R2 yang melalui (a,b) dengan nilai
lim
( x , y )→( a , b )
f ( x , y) berbeda untuk masing-masing
kurva, maka dikatakan lim
( x , y ) →( a , b )
f ( x , y) tidak ada.
. (a,b)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
27
Contoh xy Buktikan bahwa limit ( x ,ylim ) →(0,0) x 2 + y 2 berikut tidak ada
Jawab f ( x, y ) =
xy 2 – {(0,0)} terdefinisi di D = R f x2 + y2
Di sepanjang garis y=0, kecuali x =0, maka nilai f adalah x.0 f ( x,0) = 2 =0 2 x +0 Limit f(x,y) mendekati (0,0) sepanjang garis y = 0 adalah x.0 lim f (x,0) = lim =0 ( x ,0) →(0,0) ( x ,0) →(0,0) x 2 + 02
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
28
Contoh (Lanjutan) Di sepanjang garis y=x, maka nilai f adalah x.x 1 f ( x, x ) = 2 = 2 2 x +x Limit f(x,y) mendekati (0,0) sepanjang garis y = x adalah x.x 1 lim f (x, x ) = lim = ( x , x ) →(0,0) ( x , x ) →(0,0) x 2 + x 2 2
Karena lim
( x ,0) →(0,0)
f (x,0) ≠
lim
( x , x ) →(0,0)
f (x, x ) maka
xy tidak ada ( x , y ) →(0,0) x 2 + y 2 lim
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
29
Latihan Buktikan bahwa limit berikut tidak ada x 2 − y2 1. lim ( x , y ) →( 0 , 0 ) x 2 + y 2 x2y 2. lim ( x , y ) →( 0 , 0 ) x 4 + y 2
7/6/2007
x3 + y4 3. lim ( x , y ) →( 0 , 0 ) x 2 + y 6
[MA 1124] KALKULUS II
30
Kekontinuan Definisi: Fungsi dua buah f(x,y) kontinu dititik (a,b) jika i. f(a,b) terdefinisi ii. lim f ( x , y) ada ( x , y ) →( a , b )
iii.
lim
( x , y )→( a ,b )
f ( x , y ) = f (a , b )
Teorema: 1. Polinom dengan m peubah kontinu di Rm 2. Fungsi rasional m peubah f(x,y) = p(x,y)/q(x,y) kontinu pada Df asal q(x,y)≠0 3. Jika g fungsi dua peubah kontinu di (a,b) dan f fungsi satu peubah kontinu di g(a,b) maka f0g kontinu di (a,b) didefinisikan f0g (x,y) = f(g(x,y)) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
31
Contoh Kekontinuan Selidiki kekontinuan fungsi berikut: 2 x + 3y 1. f(x,y) = 2 ( y − 4x )
Kontinu dimana-mana (R2) kecuali di parobola y2=4x 2 2 2. f(x,y) = cos( x − 4 xy + y )
Misal g(x,y) = x2-4xy+y2 (Polinom) Æ g kontinu dimanamana dan h(t) = cos t kontinu di setiap t di R. Maka f(x,y) = h(g(x,y)) kontinu di semua (x,y) di bidang
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
32
Turunan Parsial Definisi: Misalkan f(x,y) adalah fungsi dua peubah x dan y. 1. Turunan parsial pertama dari f terhadap x (y dianggap konstan) didefinisikan sebagai berikut f ( x + h , y) − f ( x , y) h →0 h
f x ( x , y) = lim
2. Turunan parsial pertama dari f terhadap y (x dianggap konstan) didefinisikan sebagai berikut f ( x , y + h ) − f ( x , y) h →0 h
f y ( x , y) = lim
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
33
Contoh: Tentukan fx dan fy 1. f ( x , y) = x y + 4 xy 3
y
3. f ( x , y) = ∫ ln sin t dt
2
x
Jawab
Jawab
fx(x,y) = 3 x2 y + 4 y2
fx(x,y)=0. ln(siny)–1. ln(sinx) fx(x,y) = – ln(sinx) fy(x,y)=1. ln(siny)–0. ln(sinx) fy(x,y) = ln(siny)
fy(x,y) = x3 + 8 xy 2. f ( x , y) = y cos( x 2 + y 2 )
Jawab fx(x,y) = –2xy sin(x2 + y2)
fy(x,y) = cos(x2+y2)– 2y2 sin(x2+y2)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
34
Latihan Tentukan fx dan fy 3 1. f ( x, y ) = x cos(x + y ) + y sin 2 xy 2.
f ( x, y ) =
∫
y
x
e cos t dt
3 3. f ( x, y ) = x sin( x + y ) + y cos(2 xy )
Tentukan fx, fy dan fz 1. f ( x, y , z ) = xy + y 2 z + 3xz 2.
7/6/2007
f ( x, y , z ) = x cos(y − z ) + 2 xy
[MA 1124] KALKULUS II
35
Turunan Parsial Kedua ∂ f xx ( x, y ) = ∂x
⎛ ∂f ⎞ ∂ 2f ⎜ ⎟= 2 ∂ x ∂ x ⎝ ⎠
∂ fyy ( x, y ) = ∂y
⎛ ∂f ⎞ ∂ 2f ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 ∂ y ∂ y ⎝ ⎠
∂ f xy ( x, y ) = ∂y
∂ 2f ⎛ ∂f ⎞ ⎜ ⎟= ⎝ ∂x ⎠ ∂y∂x
∂ fyx ( x, y ) = ∂x
7/6/2007
⎛ ∂f ⎞ ∂ 2f ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝ ∂y ⎠ ∂x∂y
[MA 1124] KALKULUS II
36
Contoh Tentukan fxx, fyy ,fxy, fyx 1. f(x,y)= x y3 + y3x2 Jawab fx(x,y) = y3 + 2xy3 fy(x,y) = 3xy2 + 3x2y2 fxx(x,y) = 2y3 fxy(x,y) = 3y2 + 6xy2 fyy(x,y) = 6xy + 6x2y fyx(x,y) = 3y2 + 6xy2
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
37
Contoh 2. f(x,y) = xy sin(x2+2xy+y3) Jawab fx(x,y) = y sin(x2+2xy+y3) + xy(2x+2y) cos(x2+2xy+y3) fy(x,y) = x sin(x2+2xy+y3)+xy(2x+3y2) cos(x2+2xy+y3) fxx(x,y) =y(2x+2y)cos(x2+2xy+y3)+(4xy+2y2)cos(x2+2xy+y3) – xy(2x+2y)2 sin(x2+2xy+y3) fxy(x,y) = sin(x2+2xy+y3)+y(2x+3y2) cos(x2+2xy+y3) +(2x2+4xy)cos(x2+2xy+y3) –xy(2x+2y)(2x+3y2)sin(x2+2xy+y3) fyy(x,y) =(2x+3y2)sin(x2+2xy+y3)+(2x2+9xy2)sin(x2+2xy+y3) –xy(2x+3y2)2 sin(x2+2xy+y3) fyx(x,y) = sin(x2+2xy+y3)+x(2x+2y)cos(x2+2xy+y3) +(4xy+3y3)cos(x2+2xy+y3) –xy(2x+2y)(2x+3y2)sin(x2+2xy+y3) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
38
Latihan Tentukan fxx, fyy ,fxy, fyx 1. f(x,y) = x cos(xy) + xy ex+y 2. f(x,y) = ln(x2 + 2 xy + y3) 3. f(x,y) = tan-1(y2/x) 4. f(x,y) =ln(x2+2xy+y2) 5. f(x,y) = (2x-y)/(xy)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
39
Arti Geometri Turunan Parsial
z
s
y (a, b) x
7/6/2007
Perpotongan bidang y = b dengan fungsi permukaan f(x,y) berupa sebuah kurva (lengkungan s) pada permukaan tersebut. Turunan parsial fungsi f(x,y) terhadap x di titik (a,b) merupakan gradien garis singgung terhadap kurva s pada titik (a, b, f(a,b)) dalam arah sejajar sumbu x.
[MA 1124] KALKULUS II
40
Arti Geometri Turunan Pertama (2)
z
s
(a, b)
x
7/6/2007
y
Perpotongan bidang x = a dengan fungsi permukaan f(x,y) berupa sebuah kurva (lengkungan s) pada permukaan tersebut. Turunan parsial fungsi f(x,y) terhadap y di titik (a,b) merupakan gradien garis singgung terhadap kurva s pada titik (a, b, f(a,b)) dalam arah sejajar sumbu y.
[MA 1124] KALKULUS II
41
Soal Cari persamaan parameter garis singgung kurva perpotongan 1.36 z= 4x2 + 9y2 dengan x = 3 di titik (3,2,2) Jawab: Turunan parsial terhadap y adalah ∂z 1 fy ( x , y ) = = y ∂y 2 ∂z Sehingga didapat fy (3,2) = = 1 . Bilangan ini adalah ∂y menyatakan kemiringan garis singgung untuk kurva tersebut di (3,2,2)yaitu 1/1. Ini menyatakan bahwa garis itu berarah (0,1,1) dan melalui titik (3,2,2), sehingga persamaan parameter garis singgung kurva tersebut adalah x = 3, y = 2 + t , z = 2 + t 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
42
Soal Cari persamaan parameter garis singgung kurva perpotongan 2. 2z =√(9x2+9y2-36) dengan bidang y=1 di titik (2, 1,(3/2)) Jawab: Turunan parsial terhadap x adalah ∂z 18 x 9x = = f x ( x, y ) = ∂x 4 9 x 2 + 9y 2 − 36 2 9 x 2 + 9y 2 − 36 ∂z Sehingga didapat f x ( 2,1) = = 3 . Bilangan ini adalah
∂x
menyatakan kemiringan garis singgung untuk kurva tersebut di (2,1,(3/2))yaitu 3/1. Ini menyatakan bahwa garis itu berarah (1,0,3) dan melalui titik (2,1,(3/2)), sehingga persamaan parameter garis singgung kurva tersebut adalah x = 2+t, y = 1 , z = 3/2 + 3 t 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
43
Latihan Cari kemiringan garis singgung dan persamaan garis singgung kurva perpotongan 1. 3z =√(36-9x2 -4y2) dengan bidang x = 1 di titik (1, 2, √(11/3)) 2. 4z =5√(16-x2) dengan bidang y=3 di titik (2, 3, 5√(3/2))
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
44
Vektor Gradien Misalkan fungsi z = f(x,y) terdefinisi di D ⊂ R2 Definisi Vektor gradien dari fungsi z = f(x,y) di (x,y) ∈D, didefinisikan sebagai
ˆi , ˆj
r ∇f ( x , y) = f x ( x , y)ˆi + f y ( x , y)ˆj
adalah vektor satuan di arah sumbu x,y positif
Notasi lain: grad f(x,y), del f(x,y)
Definisi Vektor gradien dari fungsi f(x,y,z) adalah
r ∇f ( x , y, z) = f x ( x , y, z)ˆi + f y ( x , y, z)ˆj + f z ( x , y, z)kˆ ˆi , ˆj, kˆ adalah vektor satuan di arah sumbu x,y,z positif
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
45
Contoh r r Tentukan ∇f ( x, y ) dan ∇f (−1,−1) dari f ( x, y ) = x e xy Jawab f x ( x, y ) = e xy + xye
fy ( x , y ) = x 2e
xy
xy
Ö Ö
f x (−1,−1) = e + e = 2e fy (−1,−1) = e
Sehingga diperoleh: r ∇f ( x, y ) = (e xy + xye xy )ˆ i + x 2e xy ˆ j r ∇f (−1,−1) = 2e ˆ i +eˆ j
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
46
Latihan r I. Tentukan ∇f dari x 2y 1. f ( x, y ) = x+y
(
3. f ( x, y ) = sin3 x 2 y
2 2 2. f ( x, y ) = ln x + y
)
4. f ( x, y ) = xy ln( x + y )
5. f ( x, y , z ) = x 2 y e x − z 6.
f ( x, y, z ) = x e −2 y sec z
r II. Tentukan ∇f di titik yang diberikan 1. f ( x, y ) = x 2y − xy 2
di P (– 2,3)
3 2 3 2. f ( x, y ) = ln( x − xy + 4y ) di P (– 3, 3)
x2 3. f ( x, y ) = y 7/6/2007
di P (2, –1) [MA 1124] KALKULUS II
47
Aturan Rantai Misalkan x=x(t) dan y = y(t) terdeferensialkan di t dan z = f(x,y) terderensialkan di (x(t), y(t)) Maka z = f(x(t), y(t)) dapat dideferensialkan di t dan didefinisikan sebagai dz ∂z ∂x ∂z ∂y = + dt ∂x ∂t ∂y ∂t
Misalkan x = x(s,t), y=y(s,t) dan z = f(x,y), maka dz ∂z ∂x ∂z ∂y i ds = ∂x ∂s + ∂y ∂s dz ∂z ∂x ∂z ∂y ii dt = ∂x ∂t + ∂y ∂t
()
( )
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
48
Contoh 1. Misalkan w =
x2
y3
dengan x =
t3
dan y =
t2,
Jawab:
dw tentukan dt
dw ∂w ∂x ∂w ∂y + = dt ∂y ∂t ∂x ∂t
= 2x y3 (3t2)+3 x2 y2(2t) = 2t3 (t2)3 (3t2)+3 (t3)2 (t2)2(2t) = 2t3. t6. 3t2+3 t6. t4. 2t = 6t11+6 t11 = 12 t11
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
49
Contoh 2. Misalkan z = 3x2 – y2 dengan x = 2 s+7 t dan y = 5 s t, dz dz dan tentukan dt ds Jawab: dz ∂z ∂x ∂z ∂y + = dt ∂x ∂t ∂y ∂t = 6x. 7 + (–2y) 5 s = 42 (2s +7t) – 50 s2t dz ∂z ∂x ∂z ∂y + = ds ∂x ∂s ∂y ∂s
= 6x. 2 + (–2y) 5 t = 12 (2s +7t) – 50 s t2 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
50
Latihan dw (dalam t) 1. Tentukan dt
a. w = x2 y – y2x ; x = cos t, y = sin t b. w = ex siny – eysin x ; x = 3t, y = 2t c. w = sin(xyz2) ; x = t3, y = t2 , z =t dw (dalam t dan s) 2. Tentukan dt a. w = x2 – y lnx ; x = s/t, y = s2 t b. w =
7/6/2007
e
x2 + y2
; x = s sin t, y = t sin s
[MA 1124] KALKULUS II
51
Turunan Berarah Andaikan f dapat didiferensialkan di (a, b), maka turunan berarah di (a, b) pada arah vektor satuan u = u1ˆi + u 2 ˆj adalah hasilkali titik antara vektor gradien dengan vektor satuan tersebut. Dengan demikian dapat ditulis : D u f (p) = ∇ f (p) • u atau D u f(a, b) = fx (a, b)u1 + fy (a, b)u2 Perhatikan bahwa
r r r r r Du f ( p) = ∇f ( p) • u = ∇f ( p) u cosθ = ∇f ( p) cosθ
Sehingga, Turunan berarah akan r bernilai maksimum (θ=0)jika
r ∇f (p) u= r ∇f (p) r r ∇f (p) Sebaliknya akan minimum jika u = − r ∇f (p) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
52
Contoh 1.Tentukan turunan berarah dari f(x,y) = 4x3y pada titik r P(2,1) dalam arah vektor a = 4 ˆ i +3ˆ j Jawab: Dur f (2, 1) = f x (2, 1) u1 + fy (2, 1) u2 Vektor u diperoleh dengan menormalkan vektor a r r a i + 3ˆ j 4ˆ 3 ˆ 4ˆ u= r = = i + j 5 5 5 a fx (x,y)= 12 x2 y Ö fx (2, 1)= 12.22.1 =48 fy (x,y)= 4 x3 Ö fy (2, 1)= 4.23 =32 Sehingga Dur f (2, 1) = f x (2, 1) u1 + fy (2, 1) u2
=48 . (4/5) + 32 . (3/5) = 288/5 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
53
Contoh 2. Tentukan turunan berarah dari f(x,y,z) = xy sinz pada r titik P(1,2, π/2) dalam arah vektor a = ˆ i +2ˆ j + 2 kˆ Jawab:
π
π
π
π
Dur f (1, 2, ) = f x (1, 2, ) u1 + fy (1, 2, ) u2 + f z (1, 2, ) u3 2 2 2 2 Vektor u diperoleh dengan menormalkan vektor a r ˆ r a i + 2ˆ j + 2kˆ 1 ˆ 2 ˆ 2 ˆ u= r = = i + j+ k 3 3 3 a 9 fx (x,y,z)= y sinz fy (x,y,z)= x sinz fz (x,y,z)= xy cosz 7/6/2007
Ö fx (1,2,π/2)= 2 sin(π/2) =2 Ö fx (1,2, π/2)= 1.sin(π/2) =1 Ö fz (1,2, π/2)= 1.2 cos(π/2) =0 [MA 1124] KALKULUS II
54
Contoh (Lanjutan) Sehingga
π
π
π
π
Dur f (1, 2, ) = f x (1, 2, ) u1 + fy (1, 2, ) u2 + f z (1, 2, ) u3 2 2 2 2 =2 . (1/3) + 1 . (2/3) + 0 . (2/3) = 4/3
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
55
Latihan 1. Tentukan turunan berarah fungsi f pada titik P yang diberikan dalam vektor a a. f(x,y) = y2 lnx , P(1, 4), a = -3 i + 3 j b. f(x,y) = xey – yex , P(0, 0), a = 5 i – 2 j c. f(x,y) = e –xy , P(1, –1), a = – i + √3 j d. f(x,y) = x/(x – y) , di P(1, –1) dalam arah ke titik Q(-1,-1) e. f(x,y,z) = xy+z2 , di P(1,1,1) dalam arah ke titik Q(5,-3,3) 2. Tentukan suatu vektor satuan u dalam arah mana f bertambah (dan berkurang)paling cepat di titik P dan berapa laju perubahan dalam arah ini a. f(x,y) = x3 – y5 , P(2, –1) d. f(x,y) = 1–x2–y2 , P(–1,2) b. f(x,y) = ey sin x , P(5π/6,0) c. f(x,y) = 4x3y2 , P(–1,1) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
56
Latihan (lanjutan) r y .Tentukan u sehingga Dur f (2, 3) = 0 3. Misal f ( x, y ) = x+y r r ˆ ˆ 4. Jika ∇f ( x0 , y 0 ) = i − 2 j ,Tentukan u sehingga Dur f ( x0 , y 0 ) = −2 r 3 4ˆ ˆ r 5. Diketahui Du f (1, 2) = −5 jika u = i − j dan 5 5 r 4 3ˆ Dvr f (1, 2) = 10 jika v = ˆ i + j 5 5 a. Tentukan fx(1,2) dan fy(1,2) b. Tentukan turunan berarah f di (1,2) dalam arah ke (0,0)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
57
Bidang Singgung
Definisi: Misalkan suatu permukaan S mempunyai persamaan F(x,y,z) = k. Maka bidang singgung dari S pada titik Po(a,b,c) adalahr sebuah bidang yang melalui Po dan tegak lurus pada ∇f (a , b, c) Teorema: Untuk permukaan F(x, y, z) = k, persamaan bidang singgung di titik (a, b, c) adalah :
Fx(a,b,c) (x–a) + Fy(a,b,c) (y–b) + Fz(a,b,c) (z–c) = 0 Jika permukaan z = f(x, y) maka persamaan bidang singgung di (a, b, f(a, b)) adalah : z – f(a,b) = fx(a,b) (x – a) + fy(a,b) (y – b) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
58
Contoh 1. Tentukan persamaan bidang singgung dan garis normal permukaan x2 + y2 + 2z2 = 23 di titik (1, 2, 3) Jawab: Misalkan F(x,y,z) = x2 + y2 + 2z2 r ∇f (x, y, z) = 2x ˆ i + 2y ˆ j + 4z kˆ r ∇f (1, 2, 3) = 2 ˆ i + 4ˆ j + 12 kˆ Jadi persamaan bidang singgung di (1, 2, 3) adalah 2(x – 1) + 4(y – 2) + 12 (z – 3) = 0 2x + 4y + 12 z = 46
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
59
Contoh (Lanjutan) Jadi persamaan parameter garis normal adalah x = 1+2t, y = 2 + 4t , z = 3 + 12 t Atau bisa ditulis persamaan simetri garis normal
x −1 y −2 z −3 = = 2 4 12
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
60
Contoh 2. Tentukan persamaan bidang singgung dan garis normal permukaan z = f(x,y)=x2+2xy-3xy2 +2 di titik (1, 2, -5) Jawab:
fx (x, y ) = 2x + 2y − 3y 2 fy (x, y ) = 2x − 6 xy
Ö Ö
fx (1,2) = 2 + 4 − 12 = −6 fy (1,2) = 2 − 12 = −10
Jadi persamaan bidang singgung di (1, 2, 3) adalah (z + 5) = –6(x – 1) –10(y – 2) 6x + 10y + z = 21
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
61
Contoh Jadi persamaan parameter garis normal adalah x = 1+6t, y = 2 + 10t , z = –5 + t Atau bisa ditulis persamaan simetri garis normal
x −1 y −2 z +5 = = −6 − 10 −1
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
62
Latihan 1. Tentukan persamaan bidang singgung dari garis normal permukaan a. x2 + y2 – 3z = 2 di titik (-1, -4, 6) b. y = ex cos z di titik (1, e, 0) c. x1/2 + y1/2 + z1/2 = 4 di titik (4, 1, 1) d. z= 2e3y cos 2x di titik (π/3, 0, -1) 2. Tentukan semua titik pada permukaan z=x2–2xy–y2–8x+4y dimana bidang singgungnya mendatar 3. Perlihatkan bahwa permukaan x2+4y+z2=0 dan x2+y2+z2 – 6z+7 =0 saling menyinggung di titik (0, -1,2). yaitu perlihatkan bidang singgungnya sama 4. Tentukan sebuah titik pada permukaan x2+2y2+3z2=12 di mana bidang singgungnya tegak lurus garis dengan persamaan parameter: x=1+2t, y=3+8t, z=2 – 6t 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
63
Maksimum dan Minimum Fungsi Dua Peubah
Definisi Misalkan (x0,y0) ∈ Df, maka f(x0,y0) adalah nilai maksimum global dari f pada Df, jika f(x0,y0) ≥ f(x,y), ∀ (x,y) ∈ Df f(x0,y0) adalah nilai minimum global dari f pada Df, jika f(x0,y0) ≤ f(x,y), ∀ (x,y) ∈ Df f(x0,y0) adalah nilai ekstrim global dari f pada Df, jika ia merupakan nilai maksimum global atau nilai minimum global. Definisi yang sama berlaku dengan kata global diganti dengan lokal, pada (i) dan (ii), kita hanya memerlukan bahwa pertidaksamaan berlaku pada N ∩ S, dengan N suatu daerah di sekitar (x0, y0).
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
64
Di mana nilai ekstrim muncul?
Titik di mana kemungkinan terjadinya nilai ekstrim disebut titik kritis
Titik Kritis ada 3 (tiga), yaitu Titik-titik batas Df Titik Stasioner Titik Singular
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
65
Uji Nilai Ekstrim
Untuk menguji apakah di titik kritis terjadi nilai ekstrim, kita gunakan uji turunan parsial kedua, yaitu: Misalkan f(x,y) mempunyairturunan parsial kedua yang kontinu di sekitar (x0,y0), ∇f ( x 0 , y 0 ) = 0 dan
D = D( x 0 , y 0 ) = f xx ( x 0 , y 0 ) . f yy ( x 0 , y 0 ) − (f xy ( x 0 , y 0 ) )
2
maka 1. f(x0,y0) nilai maksimum lokal jika D>0 dan f xx ( x 0 , y 0 ) < 0 2. f(x0,y0) nilai minimum lokal jika D>0 dan f xx ( x 0 , y 0 ) > 0 3. f(x0,y0) titik pelana jika D<0 4. Jika D=0, tidak dapat ditarik kesimpulan 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
66
Contoh 1. Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya, dari f(x,y) = 2x4–x2+3y2 Jawab fx(x,y) = 8x3 – 2x fy(x,y) = 6y fxx(x,y) = 24x2 – 2 fyy(x,y) = 6 fxy(x,y) = 0 Titik kritisnya diperoleh dengan menyelesaikan persamaan fx(x,y) = 0 dan fy(x,y)=0, yaitu 8x3 – 2x=0 6y =0
Ö 2x (4x2 – 1)=0 Öx=0 , x =± ½ Ö y=0
Jadi titik-titik kritisnya adalah (0, 0), (½, 0) dan (-½,0) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
67
Contoh (lanjutan) Mengenai jenis titik kritisnya, bisa dilihat pada tabel berikut: fxx
fyy
fxy
D
Keterangan
(0,0)
–2
6
0
–12
Titik pelana
(½, 0)
4
6
0
24
Titik Minimum
(-½, 0)
4
6
0
24
Titik Minimum
Jadi nilai minimum lokal = -1/8 dicapai pada (½,0) dan (-½,0), sedangkan (0,0) merupakan titik pelana.
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
68
Contoh 2. Tentukan titik ekstrim global dan jenisnya, dari f(x,y) =x2–y2+1 pada S={(x,y)| x2 + y2 ≤ 1} Jawab fy(x,y) = – 2y fx(x,y) = 2x fyy(x,y) = –2 fxx(x,y) = 2 fxy(x,y) = 0 Titik kritisnya diperoleh dengan menyelesaikan persamaan fx(x,y) = 0 dan fy(x,y)=0, yaitu didapat (0,0) Jadi titik-titik kritisnya adalah (0, 0)(Æ terletak di dalam S), sedangkan jenisnya titik pelana (nilai D < 0) Untuk titik-titik batasnya, misalkan x=cos t dan y=sint (karena S adalah lingkaran satuan), sehingga didapat f(t)=cos2 t – sin2t+1 (untuk mencari maks/min dari f(x,y) pada S) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
69
Contoh (lanjutan) Untuk mendapatkan nilai maksimun dan minimun f pada S, turunkan f, yaitu: f’(t)=–2 cos t sint – 2 sint cost = 0
Ö
4 cos t sint= 0
Ö 2t= 0, π, 2π, 3π Ö t= 0, π/2, π, 3π/2 Untuk t = 0 Ö x = 1, y = 0 Ö f(1, 0) = 2 Untuk t = π/2 Ö x = 0, y = 1 Ö f(0, 1) = 0 Untuk t = π Ö x = -1, y = 0 Ö f(-1, 0) = 2 Untuk t = 3π/2 Ö x = 0, y = -1 Ö f(0, -1) = 0 sin2t= 0
Jadi nilai maksimum global = 2 pada titik (1,0) dan (-1,0), Sedangkan nilai minimun global=0 pada titik (0,1) dan (0,-1) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
70
Latihan 1. Tentukan titik ekstrim dan jenisnya, dari x3+y3-6xy
a. f(x,y) = b. f(x,y) = xy2 –6 x2 – 6y2 c. f(x,y) = x2 +4 y2 – 2x+8y – 1 d. f(x,y) = 3x3 +y2 – 9x + 4y
e. f (x, y ) = xy +
f . f ( x, y ) = e
2 4 + x y
−( x 2 + y 2 − 4 y )
2. Tentukan titik ekstrim global dan jenisnya, dari a. f(x,y) =x2–6x+y2–8y+7 pada S={(x,y)| x2 + y2 ≤ 1} b. f(x,y) =3x+4y pada S={(x,y)| 0≤ x ≤1, –1≤ y ≤ 1}
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
71
g (x, y) = 0
Metode Lagrange
Untuk mencari nilai ektrim terkendala Misalkan z =f(x,y) dengan kendala g(x,y) = 0. Akan dicari ektrim f terhadap kendala g. Perhatikan kurva ketinggian dari suatu fungsi f (x,y) = 9 – x2 – y2 berikut : Untuk memaksimumkan f thd kendala g(x,y) =0 Æ sama dengan mencari perpotongan kurva ketinggian f (x, y) = k dengan fungsi kendala g (x, y) = 0 sehingga diperoleh k ≥ f (x, y) untuk setiap x, y ∈ Df sepanjang g (x, y) = 0 Karena kurva ketinggian dan kurva kendala saling menyinggung Æ garis r tegak lurusnya sama karena kurva ketinggian ⊥ ∇ f dan kurva kendala r r maka ∇ f ( x, y) = λ ∇ g( x, y)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
72
Metode Lagrange
Untuk memaksimumkan/meminimumkan f(x0,y0) terhadap kendala g(x0,y0)=0, selesaikan
r r ∇ f ( x 0 , y 0 ) = λ ∇ g( x 0 , y 0 ) dan g( x 0 , y 0 ) = 0 dengan (x0,y0) titik kritis, λ pengali langrange
Untuk memaksimumkan/meminimumkan f(x0,y0) terhadap kendala g(x0,y0)=0 dan h(x0,y0)=0, selesaikan
r r r ∇ f (x0 , y0 ) = λ ∇ g(x0 , y0 ) + µ ∇ h(x0 , y0 ) , g(x0,y0)=0, h(x0,y0)=0
dengan (x0,y0) titik kritis, λ pengali langrange
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
73
Contoh Gunakan metode lagrange untuk mencari nilai-nilai maksimun dan minimun dari 1. f(x,y)= x2 – y2 + 1 pada lingkaran x2+y2=1 Jawab: r r ∇ f ( x, y ) = 2 x ˆ i − 2y ˆ j
∇ g(x, y ) = 2 x ˆ i + 2y ˆ j
Titik-titik kritis didapat dengan memecahkan persamaan lagrange berikut r r ∇ f (x, y ) = λ ∇ g(x, y ) dan g( x, y ) = 0 yaitu: 2x = λ 2x …….(1) – 2y = λ 2y …….(2) x2+y2 = 1 ……..(3)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
74
Contoh (lanjutan) Dari persamaan (3), nilai x dan y tidak mungkin samasama nol, sehingga Untuk x ≠ 0, dari (1) di dapat λ = 1, kemudian dari (2) di dapat y = 0, dan dari (3) di dapat x2=1 Æ x = ± 1 Untuk y ≠ 0, dari (2) di dapat λ = -1, kemudian dari (1) di dapat x = 0, dan dari (3) di dapat y2=1 Æ y = ± 1 Titik-titik kritis yaitu (1,0), (-1,0), (0,1) dan (0,-1) Untuk (1,0) Untuk (0,1)
Ö f(1, 0) = 2, untuk (-1,0) Ö f(-1, 0) = 2 Ö f(0, 1) = 0, untuk (0,-1) Ö f(0,-1) = 0
Jadi nilai maksimum global = 2 pada titik (1,0) dan (-1,0), Sedangkan nilai minimun global=0 pada titik (0,1) dan (0,-1) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
75
Contoh 2. f(x,y,z)= x + 2y+3z pada elips yang merupakan perpotongan x2+y2=2 dan bidang y + z = 1 Jawab: r r ∇ f ( x, y ) = ˆ i +2ˆ j + 3 kˆ
∇ g(x, y ) = 2 x ˆ i + 2y ˆ j
r j + kˆ ∇ h ( x, y ) = ˆ
Titik-titik kritis didapat dengan memecahkan persamaan lagrange berikut r r r ∇ f (x, y , z ) = λ ∇ g(x, y , z ) + µ ∇ h(x, y , z ) , g(x, y , z ) = 0 dan h(x, y , z ) = 0 yaitu: 1 = 2λx …………….(1) 2 = 2λy + µ …….(2) 3 = µ ……………….(3) x2+y2 = 2 ……..…..(4) y + z = 1 ……..…..(5) 7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
76
Contoh (lanjutan) Dari (1), x = 1/(2λ), dari (2) dan (3), y = -1/(2λ). Jadi dari (4), didapat λ = ± ½. Untuk λ = ½, didapatkan titik kritis (1, -1, 2). Untuk λ = -½, didapatkan titik kritis (-1, 1, 0). Jadi nilai maksimum = 5 pada titik (1,-1,2), Sedangkan nilai minimun global=1 pada titik (-1,1,0)
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
77
Latihan (Gunakan Metode Lagrange) 1. Tentukan nilai minimum dari f(x,y) = x2 + y2 pada kendala g(x,y)= xy – 3 = 0 2. Tentukan nilai maksimum dari f(x,y) = xy pada lingkaran x2 + y2 = 1 3. Tentukan nilai maksimum dari f(x,y) = 4x2 – 4xy+ y2 pada kendala x2+y2 = 1 4. Tentukan nilai minimum dari f(x,y) = x2+y2+z2 pada kendala x + 3y – 2z = 12
7/6/2007
[MA 1124] KALKULUS II
78