Turunan dalam Ruang Dimensi

TURUNAN DALAM RUANG DIMENSI-n
A.
Fungsi Dua Variabel atau Lebih
Dalam subbab ini, fungsi dua variabel atau lebih dikaji dari tiga sudut pandang:

secara verbal
(melalui uraian dalam kata-kata)

secara aljabar
(melalui rumus eksplisit)

secara visual
(melalui grafik atau kurva ketinggian)
Suatu fungsi dua variabel adalah suatu aturan yang memberikan sebuah bilangan riil unik
pada masing-masing pasangan bilangan terurut bilangan riil (x,y) di dalam sebuah himpunan
D; dan bilangan riil unik tersebut dinyatakan oleh f (x,y).
Himpunan D merupakan daerah asal (domain) dari f.
Himpunan nilai yang digunakan f merupakan daerah hasil (range) dari f.
Dengan kata lain,
 f ( x, y) | ( x, y)  D
Jika z  f ( x, y) , maka x dan y merupakan variabel bebas (independent variables)
sementara z merupakan variabel tak bebas (dependent variable).
Fungsi dua variabel tidak lain adalah fungsi yang daerah asalnya berupa himpunan
bagian dari ℝ2 dan daerah nilainya merupakan himpunan bagian dari ℝ. Perhatikan contoh
berikut.
>> Contoh 1
Misalkan f ( x, y)  9  x 2  y 2 .
a. Hitunglah f (1, 2) .
b. Carilah daerah asal fungsi f.
c. Carilah daerah hasil fungsi f.
Jawab:
a.
b.
f (1, 2)  9  12  22  4  2
Fungsi f tidak akan terdefinisi jika kurang dari 0. Jadi,
y
9  x2  y 2  0
f ( x, y)  0 →
9 x  y  0
9  x2  y 2
x2  y 2  9
2
3
2
–3
3
Dengan demikian,
D  ( x, y) | x 2  y 2  9 .
–3
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
x
x2  y 2  9
1
c.
Misalkan z  f ( x, y)  9  x 2  y 2 . Karena z merupakan akar kuadrat positif, maka
z  0 . Dan,
9  x2  y 2  9 →
9  x2  y 2  3 → z  3 .
Jadi, daerah hasilnya adalah:
z | 0  z  3   f ( x, y) | 0  f ( x, y)  3 .
Cara lain untuk meninjau perilaku suatu fungsi dua variabel adalah dengan meninjau
grafik.
Jika f adalah suatu fungsi dua variabel dengan daerah asal D, maka grafik f adalah himpunan
semua titik (x,y,z) di ℝ3 sedemikian sehingga z = f (x,y) dan (x,y) berada di D.
>> Contoh 2
Sketsakan grafik fungsi z  f ( x, y)  6  3x  2 y .
Jawab:
Grafik f mempunyai persamaan z  6  3x  2 y atau 3x  2 y  z  6 yang menyatakan
bidang. Bagian dari grafik ini terletak pada oktan pertama, yang disketsakan pada gambar
berikut.
z
(0,0,6)
y
(2,0,0)
(0,3,0)
x
>> Contoh 3
Sketsakan grafik fungsi z  13 36  9 x 2  4 y 2 .
Jawab:
Perhatikan bahwa z  0 . Jika kedua ruasnya dikuadratkan dan kemudian disederhanakan,
x2 y 2 z 2
   1 yang berbentuk elipsoida. Grafik
maka diperoleh 9 x2  4 y 2  9 z 2  36 atau
4 9
4
fungsinya adalah setengah bagian atas dari elipsoida, yang disketsakan pada gambar berikut.
z  13 36  9 x 2  4 y 2
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
2
Suatu sketsa yang berpadanan dengan grafik dari fungsi dua variabel z  f ( x, y)
seringkali sukar dibuat dalam ruang dimensi-3, sehingga sketsa dalam ruang dimensi-2
dibuat. Setiap bidang horizontal z = c memotong permukaan pada suatu kurva. Proyeksi dari
perpotongan ini pada bidang xy disebut sebagai suatu kurva ketinggian, dan koleksi dari
kurva-kurva ketinggian tersebut disebut sebagai suatu peta kontur.
Permukaan
z = f (x,y)
Bidang
z=c
Peta kontur dengan beberapa
kurva ketinggian
Kurva Ketinggian
f (x,y) = c
>> Contoh 4
Gambarkan peta kontur untuk permukaan yang mempunyai fungsi z  13 36  9 x 2  4 y 2
dengan z  0 , z  1 , z  1,5 , z  1, 75 , dan z  2 .
Jawab:
x2 y 2
Saat z  0 , diperoleh 9 x 2  4 y 2  36 atau

 1 yang berbentuk elips.
4 9
x2 y 2
2
2

 1 yang berbentuk elips.
z

1
Saat
, diperoleh 9 x  4 y  27 atau
3 27 4
Saat z  1,5 , diperoleh 9 x 2  4 y 2 
x2 y 2
63

 1 yang berbentuk elips.
atau
63
63
4
36
16
x2
y2
135

 1 yang berbentuk elips.
atau
135
135
16
144
64
Saat z  2 , diperoleh 9 x 2  4 y 2  0 yang berbentuk titik.
Saat z  1,75 , diperoleh 9 x 2  4 y 2 
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
3
Berikut ini adalah beberapa contoh permukaan disertai dengan peta konturnya.
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
4
Suatu fungsi tiga variabel adalah aturan yang memberikan sebuah bilangan riil unik kepada
masing-masing rangkap-tiga terurut (x,y,z) di dalam daerah asal D ⊂ ℝ3; dan bilangan riil
unik tersebut dinyatakan oleh f (x,y,z).
Dengan kata lain,
 f ( x, y, z) | ( x, y, z)  D
Suatu fungsi n variabel adalah aturan yang memberikan sebuah bilangan riil unik kepada
masing-masing rangkap-n terurut ( x1 , x2 ,..., xn ) di dalam daerah asal D ⊂ ℝ n; dan bilangan
riil unik tersebut dinyatakan oleh f ( x1 , x2 ,..., xn ) .
Dengan kata lain,
 f ( x1, x2 ,..., xn ) | ( x1, x2 ,..., xn )  D
B.
Turunan Parsial
Jika f adalah fungsi dua variabel, katakanlah f (x,y), maka:
 turunan parsial dari f terhadap x pada titik (a,b)
f (a  h, b)  f (a, b)
f x (a, b)  lim
h 0
h
 turunan parsial dari f terhadap y pada titik (a,b)
f ( a, b  h )  f ( a , b )
f y (a, b)  lim
h 0
h


Notasi untuk turunan parsial pertama dari fungsi dua variabel adalah sebagai berikut.
Jika z  f ( x, y) , maka:
f

z
f x ( x, y)  f x 

f ( x, y) 
x x
x
f

z
f y ( x, y)  f y 

f ( x, y ) 
y y
y
Simbol  merupakan simbol untuk turunan parsial dalam matematika.
Aturan untuk pencarian turunan parsial dari z  f ( x, y) adalah sebagai berikut.
 Untuk mencari f x , pandang y sebagai konstanta dan diferensialkan f ( x, y) terhadap x.
 Untuk mencari f y , pandang x sebagai konstanta dan diferensialkan f ( x, y) terhadap y.
>> Contoh 5
Tentukan f x (1, 2) dan f y (1, 2) jika f ( x, y)  x 2 y  3 y3 .
Jawab:
f x ( x, y)  2 xy ; sehingga f x (1, 2)  2(1)(2)  4 .
f y ( x, y)  x 2  9 y 2 ; sehingga f y (1, 2)  (1)2  9(2)2  37 .
Pada turunan parsial tingkat tinggi, secara umum prosesnya sama dengan turunan
parsial pertama (tingkat satu). Dalam turunan parsial kedua (tingkat dua), diperoleh:
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
5
-
f xx 
  f   2 f
 
x  x  x 2
-
f yy 
  f   2 f
 
y  y  y 2
-
f xy 
  f   2 f
 
y  x  y x
-
f yx 
  f   2 f
 
x  y  x y
Jadi, dalam turunan parsial kedua, diperoleh 22  4 turunan parsial. Dalam turunan parsial
ketiga, diperoleh 23  8 turunan parsial. Demikian seterusnya, sampai turunan parsial ke-n,
diperoleh 2n turunan parsial.
>> Contoh 6
x
Tentukan turunan parsial kedua dari f ( x, y)  xe y  sin    x3 y 2 .
 y
Jawab:
Tentukan terlebih dahulu f x dan f y .
fx  ey 
x
1
cos    3x 2 y 2
y
 y
x
1
sin    6 xy 2
2
y
 y
x 1
x
x
f xy  e y  3 sin    2 cos    6 x 2 y
y
 y y
 y
f xx 
x
x
cos    2 x3 y
2
y
 y
2
 x  2x
x
x
f yy  xe y  4 sin    3 cos    2 x3
y
 y y
 y
f y  xe y 
;
;
f yx  e y 
x 1
x
x
sin    2 cos    6 x 2 y
3
y
 y y
 y
Perhatikan pada Contoh 6 bahwa f xy  f yx . Hal ini merupakan kasus khusus yang memiliki
kriteria sebagai berikut.
Teorema 1
Teorema Clairaut
Misalkan f xy dan f yx merupakan fungsi yang kontinu pada suatu himpunan buka S. Maka,
f xy  f yx di setiap titik pada himpunan buka S.
Andaikan f adalah suatu fungsi tiga variabel, f (x,y,z). Maka, turunan parsial f terhadap
x di (a,b,c):
f (a  h, b, c)  f (a, b, c)
f x (a, b, c)  lim
h 0
h
Jadi, f x (a, b, c) dapat diperoleh dengan memperlakukan y dan z sebagai konstanta dan
mendiferensialkan f ( x, y, z ) terhadap x. Turunan parsial terhadap y dan z juga didefinisikan
dengan cara yang serupa.
>> Contoh 7
Tentukan f xxyz jika f ( x, y, z)  sin(3x  yz) .
Jawab:
f x  3cos(3x  yz )
f xx  9sin(3x  yz )
f xxy  9 z cos(3x  yz )
f xxyz  9cos(3x  yz )  9 yz sin(3x  yz )
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
6
C.
Limit dan Kontinuitas
Berikut ini adalah definisi formal dari limit fungsi dua variabel.
lim
( x , y ) ( a ,b )
sehingga
f ( x, y)  L
berarti jika untuk setiap bilangan   0 , terdapat   0 sedemikian
f ( x, y)  L  
bilamana
adalah anggota dari
( x, y)
domain
D dan
0  ( x, y)  (a, b)   atau 0  ( x  a)2  ( y  b)2   .
>> Contoh 8
Hitunglah lim [ x 2 y 3  x3 y 2  3x  2 y] .
( x , y ) (1,2)
Jawab:
lim [ x 2 y 3  x3 y 2  3x  2 y ]  12  23  13  22  3 1  2  2
( x , y ) (1,2)
 8 4 3 4
 11
Ada beberapa fungsi yang memerlukan penangan khusus. Perhatikan Contoh 9 berikut.
>> Contoh 9
Perlihatkan bahwa
x2  y 2
tidak ada.
( x , y ) (0,0) x 2  y 2
lim
Jawab:
x2  y 2
. Pertama, hampiri (0,0) sepanjang sumbu-x, yang berarti bahwa
x2  y 2
x 2  02
 1 untuk semua x  0 sehingga:
y  0 . Maka, f ( x, 0)  2
x  02
x 2  02
lim
1
( x ,0) (0,0) x 2  02
Selanjutnya, hampiri (0,0) sepanjang sumbu-y, yang berarti bahwa x  0 . Maka,
02  y 2
f (0, y )  2
 1 untuk semua y  0 sehingga:
0  y2
Misalkan f ( x, y ) 
02  y 2
lim
 1
(0, y ) (0,0) 02  y 2
x2  y 2
Karena f ( x, y )  2
memiliki dua limit yang berbeda, maka
x  y2
x2  y 2
lim
tidak ada.
( x , y ) (0,0) x 2  y 2
Fungsi polinomial dua variabel:
m
f ( x, y )  
i 1
n
c x y
i
j 1
j
ij
Fungsi rasional dua variabel:
f ( x, y ) 
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
p ( x, y )
q( x, y )
; q( x, y)  0
7
Teorema 2
>> Jika f ( x, y) merupakan fungsi polinomial, maka:
lim f ( x, y)  f (a, b)
( x , y ) ( a ,b )
>> Jika f ( x, y ) 
>> Jika
lim
( x , y )( a ,b )
p ( x, y )
dengan p( x, y) , q( x, y) adalah fungsi polinomial, maka:
q( x, y )
p( x, y ) p(a, b)
; q(a, b)  0
lim

( x , y ) ( a ,b ) q ( x, y )
q ( a, b)
p( x, y)  L  0 dan lim q( x, y)  0 , maka:
( x , y ) ( a ,b )
lim
( x , y ) ( a , b )
p ( x, y )
q ( x, y )
tidak ada.
>> Contoh 10
x2  y 2  1
Perlihatkan bahwa lim
tidak ada.
( x , y ) (0,0)
x2  y 2
Jawab:
lim p( x, y)  lim [ x 2  y 2  1]  1
( x , y )(0,0)
lim
( x , y )(0,0)
( x , y ) (0,0)
q( x, y) 
lim [ x 2  y 2 ]  0
( x , y ) (0,0)
x2  y 2  1
tidak ada.
( x , y ) (0,0)
x2  y 2
Selanjutnya akan dibahas mengenai fungsi kontinu.
Berdasarkan Teorema 2, maka dapat dikatakan bahwa
lim
Fungsi dua variabel f ( x, y) disebut kontinu di (a,b) jika
lim f ( x, y)  f (a, b)
( x , y ) ( a ,b )
Hal di atas mengartikan bahwa kekontinuan f ( x, y) pada suatu titik (a,b) ditentukan
oleh:
(1) f ( x, y) mempunyai nilai di (a,b),
(2) f ( x, y) mempunyai limit di (a,b), dan
(3) nilai f ( x, y) di (a,b) sama dengan limitnya di (a,b).
Teorema 3
(Fungsi Komposisi)
Jika g suatu fungsi dua variabel yang kontinu di (a,b) dan f suatu fungsi satu variabel yang
kontinu di g(a,b), maka fungsi komposisi f ∘ g yang didefinisikan oleh (f ∘ g)(x,y) = (f (g(x,y))
kontinu di (a,b).
>> Contoh 11
Perlihatkan bahwa f ( x, y)  cos  x3  4 xy  y 2  adalah kontinu di setiap titik dari bidang.
Jawab:
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
8
Fungsi g ( x, y)  x3  4 xy  y 2 , yang merupakan suatu fungsi polinom, adalah kontinu di
mana-mana. Demikian pula dengan f (t )  cos t kontinu di setiap bilangan t pada ℝ.
Berdasarkan Teorema 3, dapat disimpulkan bahwa f (x,y) = (f (g(x,y)) kontinu di semua titik
(x,y) pada bidang.
D.
Keterdiferensialan
Suatu fungsi f dikatakan dapat terdiferensialkan di 𝒑 jika terdapat suatu vektor 𝒎 sedemikian
sehingga
f (𝒑 + 𝒉) = f (𝒑) + 𝒎  𝒉 + |𝒉| 𝜀(𝒉)
dengan 𝜀 𝒉 → 0 saat 𝒉 → 𝟎.
Jika vektor 𝒎 ada, maka sifatnya unik (tunggal). Vektor 𝒎 ini disebut sebagai vektor
gradien f di 𝒑 dan dilambangkan ∇f (𝒑) [baca: grad f ]. Jadi, jika fungsi f terdiferensialkan
di 𝒑 maka fungsi f memiliki gradien ∇f (𝒑) dan
f (𝒑 + 𝒉) = f (𝒑) + ∇f (𝒑)  𝒉 + |𝒉| 𝜀(𝒉)
dengan 𝜀 𝒉 → 0 saat 𝒉 → 𝟎.
Dari definisi di atas, dapat ditarik beberapa aspek, yaitu:
1) Turunan f ( x) merupakan suatu bilangan, sedangkan gradien ∇f (𝒑) merupakan suatu
vektor.
2) ∇f (𝒑)  𝒉 merupakan hasil kali titik dari dua vektor.
3) Definisi tersebut memiliki arti pada sembarang dimensi.
Teorema 4
Jika f fungsi dua variabel terdiferensialkan di 𝒑 = x, y , maka turunan parsial pertama dari
f ada di 𝒑 dan
f
f
(𝒑) 𝒊 +
(𝒑) 𝒋
x
y
Serupa dengan fungsi dua variabel, Jika g adalah fungsi tiga variabel yang terdiferensialkan
di 𝒑 = x, y, z , maka turunan parsial pertama dari g ada di 𝒑 dan
∇f (𝒑) =
∇g (𝒑) =
g
g
g
(𝒑) 𝒊 +
(𝒑) 𝒋 +
(𝒑) 𝒌
y
x
z
Teorema 5
∇ adalah suatu operator linier. Maka,
(i) ∇ [f (𝒑) + g (𝒑)] = ∇f (𝒑) + ∇g (𝒑)
(ii) ∇ [𝛼 ∙ f (𝒑)] = 𝛼 ∙ ∇f (𝒑)
(iii) ∇ [f (𝒑) ∙ g (𝒑)] = f (𝒑) ∙ ∇g (𝒑) + g (𝒑) ∙ ∇f (𝒑)
Teorema 6
Jika f terdiferensialkan di 𝒑, maka f kontinu di 𝒑.
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
9
>> Contoh 12
Carilah ∇f jika f ( x, y, z)  x sin yz .
Jawab:
𝒑 = ( x, y, z ) , maka:
f
f
f
(𝒑) 𝒊 +
(𝒑) 𝒋 +
(𝒑) 𝒌
x
z
y
∇f (𝒑) = sin yz 𝒊 + xz cos yz 𝒋 + xy cos yz 𝒌
∇f (𝒑) =
E.
Turunan Berarah dan Gradien
Untuk setiap vektor satuan 𝒖, misalkan
𝑓 𝒑 + 𝑕𝒖 − 𝑓(𝒑)
𝑕→0
𝑕
𝐷𝒖 𝑓 𝒑 = lim
Limit ini, jika ada, disebut sebagai turunan berarah dari f di 𝒑 dalam pada arah 𝒖.
Teorema 7
Misalkan f terdiferensialkan di 𝒑. Maka, f memiliki suatu turunan berarah di 𝒑 pada arah
dari suatu vektor satuan 𝒖 dan
𝐷𝒖 f (𝒑) = 𝒖  ∇f (𝒑)
Jika f adalah fungsi dua variabel, maka Teorema 7 di atas menjadi
𝐷𝒖 f (x,y) = 𝑢1 f x (x,y) + 𝑢2 f y (x,y)
Jika f adalah fungsi tiga variabel, maka Teorema 7 di atas menjadi
𝐷𝒖 f (x,y,z) = 𝑢1 f x (x,y,z) + 𝑢2 f y (x,y,z) + 𝑢3 f z (x,y,z)
>> Contoh 13
Carilah turunan berarah fungsi f ( x, y)  x 2 y 3  4 y di titik (2, 1) dalam arah vektor
𝒗 = 2 𝒊 + 5 𝒋.
Jawab:
Diketahui 𝒑 = (2, 1) .
Langkah pertama, cari terlebih dahulu vektor gradien di (2, 1) , yaitu ∇ f (2, –1).
f
f
∇f (𝒑) =
(𝒑) 𝒊 +
(𝒑) 𝒋
x
y
f
f
∇f (𝑥, 𝑦) =
(𝑥, 𝑦) 𝒊 +
(𝑥, 𝑦) 𝒋
x
y
∇f (𝑥, 𝑦) = 2xy 3 𝒊 + (3x 2 y 2  4) 𝒋
∇f (2, –1) = 4 𝒊 + 8 𝒋
Perhatikan bahwa 𝒗 bukanlah vektor satuan. Jadi, langkah selanjutnya adalah mencari vektor
satuan dari 𝒗.
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
10
|𝒗| = 22  52  29
𝒗
2
5
𝒖=
=
𝒊+
𝒋
𝒗
29
29
Berdasarkan Teorema 7, maka
𝐷𝒖 𝑓 2, −1 =
F.
𝐷𝒖 f (𝒑) = 𝒖  ∇f (𝒑)
2
5
32
𝒊+
𝒋  −4 𝒊 + 8 𝒋 =
29
29
29
Aturan Rantai
Teorema 8A (Aturan Rantai Kasus Pertama)
Misalkan z  f ( x, y) adalah fungsi dari x dan y yang terdiferensiasi, dengan x  g (t ) dan
y  h(t ) adalah fungsi yang terdiferensiasi dari t. Maka,
dz f dx f dy
   
dt x dt y dt
Bentuk di atas juga dapat dituliskan sebagai berikut:
dz z dx z dy
   
dt x dt y dt
>> Contoh 14
Diketahui z  x3 y dengan x  2t dan y  t 2 . Tentukanlah dz/dt.
Jawab:
dz z dx z dy
     3x 2 y  2  x3  2t  6 x 2 y  2 x3t  6(2t )2 (t 2 )  2(2t )3 (t )  40t 4
dt x dt y dt
Teorema 8B (Aturan Rantai Kasus Kedua)
Misalkan z  f ( x, y) adalah fungsi dari x dan y yang terdiferensiasi, dengan x  g (s, t ) dan
y  h(s, t ) adalah fungsi yang terdiferensiasi dari s dan t. Maka,
z z x z y
   
s x s y s
z z x z y
   
t x t y t
>> Contoh 15
Diketahui z  3x 2  y 2 dengan x  2s  7t dan y  5st . Tentukanlah z / t .
Jawab:
z z x z y
   
t x t y t
 6 x  7  (2 y )  5s
 42 x  10 ys
 42(2 s  7t )  10(5st ) s
 84 s  294t  50 s 2t
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
11
Teorema 8 (Aturan Rantai Versi Umum)
Misalkan u adalah fungsi dari n variabel antara x1 , x2 ,..., xn yang terdiferensiasi, dengan
masing-masing x j adalah fungsi dari m variabel t1 , t2 ,...tm . Maka,
u u x1 u x2
u xn




 ... 

ti x1 ti x2 ti
xn ti
untuk masing-masing i  1, 2,..., m .
>> Contoh 16
Jika w  x 2  y 2  z 2  xy dengan x  st , y  s  t , dan z  s  2t . Tentukan w / t
Jawab:
w w x w y w z

 
 

t x t y t z t
 (2 x  y )( s)  (2 y  x)(1)  (2 z )(2)
 (2 xs  ys )  (2 y  x)  4 z
  2( st ) s  ( s  t ) s    2( s  t )  ( st )   4( s  2t )
 2s 2t  s 2  ts  2s  2t  st  4s  8t
 2s 2t  s 2  2st  2s  10t
Teorema 9 (Teorema Fungsi Implisit)
Misalkan F ( x, y)  0 mendefinisikan secara implisit y sebagai suatu fungsi dalam x, maka
dy
F / x

dx
F / y
Misalkan F ( x, y, z )  0 mendefinisikan secara implisit z sebagai suatu fungsi dalam x dan y,
maka
z
F / y
z
F / x
;


x
F / z
y
F / z
>> Contoh 17
Tentukan dy / dx jika x3  x2 y  10 y 4  0 .
Jawab:
Misalkan F ( x, y)  x3  x 2 y  10 y 4  0 . Maka,
dy
F / x
3x 2  2 xy

 2
dx
F / y
x  40 y 3
G.
Bidang Singgung, Aproksimasi
Bidang singgung terhadap suatu permukaan S dengan kurva ketinggian F ( x, y, z )  k
di titik P( x0 , y0 , z0 ) dapat didefinisikan sebagai bidang yang melalui titik P dan memiliki
vektor normal F ( x0 , y0 , z0 ) . Persamaan bidang singgung ini dapat dituliskan sebagai
berikut:
Fx ( x0 , y0 , z0 )( x  x0 )  Fy ( x0 , y0 , z0 )( y  y0 )  Fz ( x0 , y0 , z0 )( z  z0 )  0
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
12
F ( x0 , y0 , z0 )
Bidang singgung
F(x, y, z) = k
x0 , y0 , z0
Garis normal terhadap suatu permukaan S dengan kurva ketinggian F ( x, y, z )  k di
titik P adalah garis yang melalui titik P dan tegak lurus terhadap bidang singgung. Karena itu,
arah garis normal diberikan oleh vektor gradien F ( x0 , y0 , z0 ) , sehingga persamaan
parametriknya adalah:
x  x0
y  y0
z  z0


Fx ( x0 , y0 , z0 ) Fy ( x0 , y0 , z0 ) Fz ( x0 , y0 , z0 )
>> Contoh 18
Cari persamaan bidang singgung dan garis normal terhadap permukaan x2  y 2  2 z 2  23 di
titik (1,2,3).
Jawab:
Misalkan F ( x, y, z )  x 2  y 2  2 z 2 , dengan x0  1, y0  2, z0  3 .
Fx ( x, y, z)  2 x
Fy ( x, y, z )  2 y
Fz ( x, y, z )  4 z
Fx (1, 2,3)  2
Fz (1, 2,3)  12
Fy (1, 2,3)  4
Persamaan bidang singgungnya adalah:
Fx ( x0 , y0 , z0 )( x  x0 )  Fy ( x0 , y0 , z0 )( y  y0 )  Fz ( x0 , y0 , z0 )( z  z0 )  0
Fx (1, 2,3)( x 1)  Fy (1, 2,3)( y  2)  Fz (1, 2,3)( z  3)  0
2( x  1)  4( y  2)  12( z  3)  0
Dan, garis normalnya adalah:
x  x0
y  y0
z  z0


Fx ( x0 , y0 , z0 ) Fy ( x0 , y0 , z0 ) Fz ( x0 , y0 , z0 )
x 1
y2
z 3


Fx (1, 2,3) Fy (1, 2,3) Fz (1, 2,3)
x 1 y  2 z  3


2
4
12
Misalkan z = f (x,y) dengan f suatu fungsi yang terdiferensialkan, dan misalkan dx dan
dy berupa variabel-variabel. Diferensial dari variabel tak bebas, dz, disebut juga diferensial
total dari f dan ditulis df ( x, y) , didefinisikan oleh:
dz  df ( x, y)  f x ( x, y)dx  f y ( x, y)dy
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
13
Pentingnya dz adalah dari kenyataan bahwa jika dx = ∆x dan dy = ∆y, masing-masing
mewakili perubahan kecil dalam x dan y, maka dz akan berupa suatu aproksimasi yang baik
terhadap ∆z, perubahan padanannya dalam z. Untuk lebih jelasnya, perhatikan gambar berikut
ini.
Bidang singgung
Walaupun dz bukanlah merupakan suatu aproksimasi yang baik terhadap ∆z, dapat
dilihat bahwa penghampiran ini akan semakin baik jika Δx dan Δy semakin kecil.
>> Contoh 19
Diketahui z  f ( x, y)  2 x3  xy  y 3 . Hitunglah Δz dan dz jika (x,y) berubah dari (2,1) ke
(2,03, 0,98) .
Jawab:
z  f (2, 03, 0,98)  f (2,1)
 2(2, 03)3  (2, 03)(0,98)  (0,98)3  2(2)3  2(1)  13 
 0, 779062
x  2,03  2  0,03
dz  f x ( x, y )dx  f y ( x, y )dy
y  0,98  1  0,02
  6 x 2  y  x   x  3 y 2  y
 6(2) 2  1 (0, 03)   2  3(1) 2  (0, 02)
 0, 77
H.
Maksimum dan Minimum
Misalkan 𝒑 = ( x, y) sebagai suatu titik variabel dan 𝒑𝟎 = ( x0 , y0 ) sebagai suatu titik
tetap pada ruang dimensi-2. (Hal berikut juga berlaku pada ruang dimensi-n.)
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
14
Misalkan 𝒑𝟎 suatu titik di S, yaitu wilayah dari f.
(i) Jika 𝑓(𝒑𝟎 ) ≥ 𝑓(𝒑) untuk semua 𝒑 di S, maka 𝑓(𝒑𝟎 ) adalah nilai maksimum global
dari f pada S.
(ii) Jika 𝑓(𝒑𝟎 ) ≤ 𝑓(𝒑) untuk semua 𝒑 di S, maka 𝑓(𝒑𝟎 ) adalah nilai minimum global dari f
pada S.
(iii) Jika 𝑓(𝒑𝟎 ) adalah suatu nilai maksimum global atau minimum global, maka 𝑓(𝒑𝟎 )
adalah nilai ekstrem global dari f pada S.
Misalkan 𝒑𝟎 suatu titik di S, yaitu wilayah dari f.
Untuk (i) dan (ii) jika N  S , dengan N merupakan suatu lingkungan dari 𝒑𝟎 .
(i) Jika 𝑓(𝒑𝟎 ) ≥ 𝑓(𝒑) untuk semua 𝒑 di S, maka 𝑓(𝒑𝟎 ) adalah nilai maksimum lokal dari f
pada S.
(ii) Jika 𝑓(𝒑𝟎 ) ≤ 𝑓(𝒑) untuk semua 𝒑 di S, maka 𝑓(𝒑𝟎 ) adalah nilai minimum lokal dari f
pada S.
(iii) Jika 𝑓(𝒑𝟎 ) adalah suatu nilai maksimum lokal atau minimum lokal, maka 𝑓(𝒑𝟎 )
adalah nilai ekstrem lokal dari f pada S.
Gambar berikut memberikan tafsiran geometri dari kedua konsep di atas.
maksimum lokal
maksimum global
minimum global
S
minimum lokal
Teorema 10 (Teorema Keberadaan Maksimum-Minimum)
Jika f kontinu pada suatu himpunan tertutup yang terbatas S, maka f mencapai suatu nilai
maksimum (global) dan suatu minimum (global) dua-duanya di sana.
Titik-titik kritis dari f pada S ada tiga jenis, yaitu:
1) titik-titik batas
2) titik-titik stasioner; 𝒑𝟎 disebut sebagai suatu titik stasioner jika 𝒑𝟎 adalah suatu titik
dalam dari S dengan f terdiferensialkan dan ∇f (𝒑𝟎 ) = 𝟎. Pada titik ini, bidang singgung
akan mendatar.
3) titik-titik singular; 𝒑𝟎 disebut sebagai suatu titik singular jika 𝒑𝟎 adalah suatu titik dalam
dari S dengan f tidak terdiferensialkan.
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
15
Teorema 11 (Teorema Titik Kritis)
Misalkan f didefinisikan pada suatu himpunan S yang mengandung 𝒑𝟎 . Jika f (𝒑𝟎 ) adalah
suatu nilai ekstrem, maka 𝒑𝟎 haruslah berupa suatu titik kritis; yaitu, 𝒑𝟎 merupakan salah
satu dari:
a. suatu titik batas dari S, atau
b. suatu titik stasioner dari f, atau
c. suatu titik singular dari f.
Teorema 12
Jika f mempunyai maksimum atau minimum lokal di 𝒑𝟎 dan turunan parsial pertama dari f
ada, maka f x (𝒑𝟎 ) = 0 dan f y (𝒑𝟎 ) = 0.
Perhatikan Teorema 12 di atas. Jika diketahui 𝒑𝟎 merupakan suatu titik maksimum atau
minimum lokal dari f, maka nilai f x (𝒑𝟎 ) dan f y (𝒑𝟎 ) pastilah sama dengan 0. Namun, jika
diketahui f x (𝒑𝟎 ) = 0 dan f y (𝒑𝟎 ) = 0, hal ini tidak menjamin terdapat ekstrem lokal di titik
𝒑𝟎 . Untuk lebih jelasnya, simak Contoh 20 dan Contoh 21 berikut ini.
>> Contoh 20
y2
Cari nilai-nilai maksimum atau minimum lokal dari f ( x, y )  x  2 x 
.
4
Jawab:
y2
f ( x, y )  x 2  2 x 
→ f x ( x, y)  2 x  2
4
y
→ f y ( x, y ) 
2
Selanjutnya, buatlah turunan parsial pertamanya sama dengan nol,
f x ( x, y )  2 x  2  0  2 x  2  x  1
2
y
0  y0
2
sehingga diperoleh satu-satunya titik kritis, yaitu (1,0).
02
2
Perhatikan bahwa f (1, 0)  1  2(1)   1 .
4
Dengan melengkapkan kuadrat sempurna, diperoleh:
y2
f ( x, y )  x 2  2 x 
4
y2
2
 x  2x  11
4
y2
 x2  2x  1  1
4
2
y
 ( x  1) 2   1
4
f y ( x, y ) 
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
16
y2
 0 , maka didapat f ( x, y)  1 untuk semua nilai x dan y. Jadi,
4
f (1,0)  1 adalah nilai minimum lokal sekaligus juga minimum global dari f.
Karena ( x  1)2  0 dan
>> Contoh 21
Cari nilai-nilai maksimum atau minimum lokal dari f ( x, y)  x 2  y 2 .
Jawab:
→ f x ( x, y)  2 x
f ( x, y)  x 2  y 2
→ f y ( x, y)  2 y
Selanjutnya, buatlah turunan parsial pertamanya sama dengan nol,
f x ( x, y )  2 x  0  x  0
f y ( x, y )  2 y  0  y  0
sehingga diperoleh satu-satunya titik kritis, yaitu (0,0). Perhatikan bahwa titik (0,0) ini
tidaklah memberikan keterangan mengenai suatu maksimum ataupun minimum dari f. Maka,
f (0,0)  0 tidak dapat menjadi nilai ekstrem untuk f sehingga f ( x, y)  x 2  y 2 tidak
memiliki nilai ekstrem. Dari Contoh 21 ini, titik (0,0) disebut sebagai titik pelana (saddle
point) dari f.
Untuk itu, terdapat kriteria untuk menentukan apa yang terjadi di suatu titik stasioner.
Teorema 13 (Uji Turunan Parsial Kedua)
Diketahui bahwa f (𝒑) mempunyai turunan parsial kedua kontinu di suatu lingkungan dari
𝒑𝟎 , dan ∇f (𝒑𝟎 ) = 𝟎. Misalkan,
D = D (𝒑𝟎 ) = f xx (𝒑𝟎 )  f yy (𝒑𝟎 ) – [ f xy (𝒑𝟎 )] 2
Maka,
(a) Jika D  0 dan f xx (𝒑𝟎 ) > 0, maka f (𝒑𝟎 ) adalah nilai minimum lokal.
(b) Jika D  0 dan f xx (𝒑𝟎 ) < 0, maka f (𝒑𝟎 ) adalah nilai maksimum lokal.
(c) Jika D  0 , maka f (𝒑𝟎 ) bukanlah nilai ekstrem. Atau, 𝒑𝟎 merupakan titik pelana.
(d) Jika D  0 , maka tidak dapat disimpulkan.
Untuk mengingat rumus D, akan lebih mudah bila dituliskan sebagai determinan:
f xx f xy
D
 f xx f yy  f xy f yx  f xx f yy  ( f xy )2
f yx f yy
>> Contoh 22
Carilah jarak terpendek dari titik (1,0, 2) ke bidang x  2 y  z  4 .
Jawab:
Jarak sebarang titik ( x, y, z ) ke titik (1,0, 2) adalah:
d  ( x  1)2  y 2  ( z  2)2
Karena x  2 y  z  4 , maka z  4  x  2 y , sehingga d  ( x  1)2  y 2  (6  x  2 y)2 .
Selanjutnya, nilai d dapat diminimumkan dengan persamaan yang lebih sederhana:
d 2  f ( x, y)  ( x 1)2  y 2  (6  x  2 y)2
Lalu,
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
17
f x  2( x  1)  2(6  x  2 y)  4 x  4 y  14  0
f y  2 y  4(6  x  2 y)  4 x  10 y  24  0
Dengan proses eliminasi dari sistem persamaan:
4 x  4 y  14  0 

4 x  10 y  24  0 
diperoleh satu-satunya titik kritis
Kemudian, karena
 116 , 53  .
f xx  4
f xy  4
f yy  10
maka,
D  f xx f yy  ( f xy )2  4 10  42  24  0
sehingga berdasarkan Teorema 13, f mempunyai nilai minimum lokal di titik  116 , 53  . Secara
intuitif, dapat dilihat bahwa minimum lokal ini sebenarnya juga merupakan minimum global,
karena pasti terdapat tepat satu titik pada bidang yang diberikan yang terdekat dengan titik
(1,0, 2) . Jadi, jarak terdekatnya adalah:
d  ( x  1) 2  y 2  (6  x  2 y ) 2
 ( 56 ) 2  ( 53 ) 2  ( 56 ) 2

5
6
6
Cara lain untuk pengerjaan Contoh 22 akan dibahas pada subbab selanjutnya.
I.
Metode Lagrange
Teorema 14 (Metode Pengali Lagrange)
Untuk mencari nilai maksimum atau minimum 𝑓(𝒑) terhadap kendala 𝑔 𝒑 = 0 ,
selesaikanlah sistem persamaan berikut:
∇𝑓 𝒑 = 𝜆 ∙ ∇𝑔(𝒑)
dan
𝑔 𝒑 =0
untuk 𝒑 dan 𝜆. Setiap titik 𝒑 yang demikian adalah suatu titik kritis untuk masalah nilai
ekstrem terkendala, dan 𝜆 yang berpadanan disebut sebagai pengali Lagrange. Hitunglah 𝑓 di
semua titik 𝒑 yang dihasilkan; yang terbesar antara nilai-nilai yang didapat adalah nilai
maksimum 𝑓, sementara yang terkecil adalah nilai minimum 𝑓,
Jika 𝒑 = ( x, y) dan persamaan vektor ∇𝑓 𝒑 = 𝜆 ∙ ∇𝑔(𝒑) dituliskan dalam bentuk
komponennya, maka sistem persamaan pada Teorema 14 menjadi:
fx   gx ;
f y   g y ; g ( x, y)  0
Jika 𝒑 = ( x, y, z ) dan persamaan vektor ∇𝑓 𝒑 = 𝜆 ∙ ∇𝑔(𝒑) dituliskan dalam bentuk
komponennya, maka sistem persamaan pada Teorema 14 menjadi:
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
18
f z   g z ; g ( x, y, z)  0
fx   gx ;
fy  gy ;
Jika terdapat lebih dari kendala yang ditekankan pada variabel-variabel suatu fungsi
yang harus dimaksimumkan atau diminimumkan, digunakanlah pengali-pengali Lagrange
tambahan (satu untuk setiap kendala). Misalnya, jika kita mencari nilai ekstrem dari suatu
fungsi f dengan tiga variabel terhadap dua kendala g(x,y,z) = 0 dan h(x,y,z) = 0, maka sistem
persamaan yang harus diselesaikan adalah:
f ( x, y, z)  1 g ( x, y, z )  2 h( x, y, z )
g ( x, y, z)  0
h( x, y, z )  0
>> Contoh 23
Carilah jarak terpendek dari titik (1,0, 2) ke bidang x  2 y  z  4 .
Jawab:
Jarak sebarang titik ( x, y, z ) ke titik (1,0, 2) adalah:
d  ( x  1)2  y 2  ( z  2)2
Selanjutnya, nilai d dapat diminimumkan dengan persamaan yang lebih sederhana:
d 2  f ( x, y, z)  ( x 1)2  y 2  ( z  2)2
Lalu, karena x  2 y  z  4 , maka x  2 y  z  4  0 , sehingga diperoleh kendalanya:
g ( x, y, z)  x  2 y  z  4  0
Dengan menggunakan Teorema 14,
∇f (𝒑) = 𝜆 ∙ ∇g (𝒑)
f ( x, y, z)   g ( x, y, z)
diperoleh:
2( x  1)   1 
2( x  1)    x 
y
2( z  2)   1  2( z  2)    z 
Karena g ( x, y, z)  x  2 y  z  4  0 , maka:
x  2y  z  4  0


 1  2   2  4  0
2
2
3  5  0  3  5   

2

2
1
2
5
3
11
5

7
; y  y
; z  2  z   .
2
6
3
2
6
Titik kritis yang diperoleh adalah  116 , 53 ,  76  . Dengan demikian, jarak terdekatnya adalah:
Jadi, x 

1  x 
d 2  f ( 116 , 53 ,  76 )
 ( 116  1) 2  ( 53 ) 2  ( 76  2) 2
 ( 56 ) 2  ( 53 ) 2  ( 65 ) 2
d  ( 56 ) 2  ( 53 ) 2  ( 65 ) 2

KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
5
6
6
19
LATIHAN
1.
Sketsakan grafik fungsi f ( x)  16  x 2  y 2 .
2.
Tentukan turunan parsial kedua dari f ( x, y)  3e2 x cos y .
3.
Tentukan apakah limit di bawah ini memiliki hasil atau tidak. Jika memiliki hasil,
tentukanlah limitnya.
x2  y 2
sin( x 2  y 2 )
lim
lim
a.
b.
( x , y ) (0,0) x 4  y 4
( x , y ) (0,0) 5 x 2  5 y 2
4.
Carilah turunan berarah dari fungsi f ( x, y, z )  xy  z 2 di titik (1,1,1) dalam arah
vektor 𝒗 = 5,3,3 .
5.
Tentukan z / x jika 3x2 z  y3  xyz 3  0 .
6.
Jika w  f (r  s, s  t , t  r ) , tentukanlah
7.
Cari persamaan bidang singgung
xyz  2 x2  y 2  8 di titik (2, 0, –3).
8.
Diketahui fungsi F ( x, y)  3x3  y 2  9 x  4 y . Tentukanlah titik ekstrem fungsi
tersebut, kemudian tentukan jenis dari titik ekstrem tersebut.
9.
Carilah volume maksimum dari suatu silinder yang memiliki luas permukaan 24𝜋.
10.
Tentukanlah nilai maksimum dan minimum dari f ( x, y, z)   x  2 y  2 z pada elips
x 2  y 2  2 dan bidang y  2 z  1 .
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
w w w
.


r s t
dan
garis
normal
terhadap
permukaan
20