MATA4210-M1

Modul 1
Fungsi Peubah Banyak
Prof. Dr. Bambang Soedijono
PE N D A HU L UA N
D
alam modul ini dibahas masalah Fungsi Peubah Banyak. Dengan
sendirinya para pengguna modul ini dituntut telah menguasai
pengertian mengenai limit fungsi, kekontinuan fungsi, derivatif fungsi
dengan satu peubah. Secara umum pengertian ini disajikan dan terangkum
dalam Kalkulus I dan II yang lazim disebut Matematika Dasar.
Setelah mempelajari modul ini, para pengguna modul ini diharapkan
mampu memahami pengertian-pengertian dan sifat-sifat yang berkaitan
dengan fungsi dua peubah atau lebih, antara lain mengenai kekontinuan dan
derivatif.
Secara lebih terperinci, setelah mempelajari modul ini diharapkan :
a. mampu menjelaskan pengertian limit dan kekontinuan fungsi peubah
banyak;
b. dapat menjelaskan pengertian derivatif parsial;
c. terampil menghitung limit fungsi peubah banyak;
d. terampil menentukan derivatif fungsi peubah banyak.
1.2
Kalkulus III Kegiatan Belajar 1
Fungsi Peubah Banyak
ada kegiatan belajar ini dibahas fungsi dari R 2 ke R beserta sifat-sifat
yang berlaku pada fungsi tersebut. Sebagaimana diketahui R 2
merupakan ruang produk (product space) antara ruang R dengan dirinya
sendiri, yang merupakan himpunan semua elemen berbentuk ( a, b ) dengan
P
a, b ∈ ℝ . Diambil ruang bagian
f,
D ⊂ R2
dan didefinisikan fungsi
f : D → R dengan rumus f = f ( x, y ), ( x, y ) ∈ D, sehingga nilai fungsi
f bergantung kepada nilai x dan y yang diberikan, fungsi f tersebut dikenal
sebagai fungsi dengan peubah dua, atau secara umum disebut fungsi peubah
banyak, dalam hal ini peubahnya disimbolisasi dengan x dan y yang masingmasing merupakan peubah real.
Selanjutnya dibahas pula fungsi dari R3 ke R beserta berbagai sifat
yang berlaku pada fungsi tersebut.
LIMIT DAN KEKONTINUAN
Pada bagian ini dibahas pengertian limit fungsi, namun sebelumnya
didefinisikan terlebih dahulu pengertian jarak dua titik dan persekitaran
(neighborhood) suatu titik pada R 2 (elemen ruang R 2 juga biasa disebut
titik), selanjutnya pengertian ini dapat dikembangkan untuk R3 .
Untuk sebarang dua titik ( x1 , y1 ) dan ( x2 , y2 ) dalam R 2 didefinisikan
pengertian jarak kedua titik tersebut, disimbolkan dengan d, sebagai
d=
( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2
(1.1)
Selanjutnya berdasarkan pengertian jarak tersebut, untuk sebarang titik
( x0 , y0 ) dalam R 2 didefinisikan pengertian persekitaran (neighborhood)
titik ( x0 , y0 ) dengan jari-jari δ , disimbolkan dengan Nδ ( x0 , y0 )  sebagai
suatu himpunan bagian dalam R 2 dengan
Nδ ( x0 , y0 )  =
{(
x, y ) ∈ R 2 |
( x − x0 )2 + ( y − y0 )2
<δ
}
(1.2)
1.3
MATA4210/MODUL 1
Definisi 1.1
f : R 2 → R dikatakan
Fungsi f ,
mempunyai
( x, y ) → ( x0 , y0 ) , dengan ( x0 , y0 ) ∈ R
2
nilai limit untuk
jika terdapat bilangan real A
sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 , sehingga untuk setiap
( x, y ) ∈ Nδ ( x0 , y0 ) 
sebagai
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
berlaku
f ( x, y ) − A < ε
dan biasa ditulis
f ( x, y ) = A
(1.3)
Jika fungsi dimaksud pada Definisi 1.1 terdefinisi pada daerah (region)
D ⊂ R 2 maka titik ( x0 , y0 ) tersebut di atas harus merupakan titik limit
daerah
(region)
D,
yaitu
( Nδ [ x0 , y0 ] \ {x0 , y0 }) ∩ D ≠ ∅ .
( x0 , y0 ) ∈ CD , dengan
untuk
δ >0
setiap
Dengan demikian,
berlaku
( x0 , y0 ) ∈ D
atau
CD merupakan batas (boundary) dari daerah D.
Contoh 1.1 :
Buktikan
lim
2 x3 − y 3
( x, y )→( 0,0 ) x 2 + y 2
= 0.
Bukti :
Pada contoh ini fungsi f ,
f ( x, y ) =
2 x3 − y 3
x2 + y2
terdefinisi pada R 2
kecuali untuk ( x, y ) = ( 0, 0 ) . Dengan demikian, mudah diperlihatkan bahwa
titik ( 0, 0 ) , merupakan titik limit domain fungsi f. Berdasarkan Definisi 1.1
untuk sebarang ε > 0 diberikan harus dibuktikan adanya δ > 0 (bergantung
pada
ε ) sehingga
2x3 − y 3
x2 + y2
<ε
untuk
setiap
( x, y ) ,
(x
2
+ y2
)
12
<δ
berlaku
1.4
Kalkulus III (
Karena 2 x3 − y 3 ≤ 2 x x 2 + y y 2 dan x ≤ x 2 + y 2
)
12
,
(
y ≤ x2 + y2
)
12
berarti
2 x3 − y 3
x2 + y2
=
≤
2 x3 − y 3
≤
x2 + y2
(
2 x2 + y 2
2 x x2 + y y 2
( x2 + y2 )
)
12
(
x2 + x2 + y 2
)
12
(x + y )
2
2
Dengan demikian, apabila diambil δ <
f ( x, y ) =
2 x3 − y 3
x +y
2
2
(
≤ 2 x2 + y2
y2
(
≤ 2 x2 + y2
)
12
1
ε , didapat
2
)
12
< 2δ < ε
Jadi, terbukti bahwa:
lim
2 x3 − y 3
( x, y )→( 0,0 ) x 2 + y 2
=0
Contoh 1.2 :
Tentukan nilai limit
lim
x2 − y2
( x, y )→( 0,0 ) x 2 + y 2
jika ada.
Penyelesaian :
Ditinjau nilai limit sepanjang sumbu x, y = 0, untuk fungsi f dengan
∂f
∂f
df =
du +
dv
∂u
∂v
∂ f ∂ u
∂ u  ∂ f ∂ v
∂v 
=
dx +
dy +
dx +
dy
∂ u  ∂ x
∂ y  ∂ v  ∂ x
∂ y 
∂ f ∂u ∂ f ∂v 
∂ f ∂u ∂ f ∂v 
=
+
 dx +  ∂ u ∂ y + ∂ v ∂ y  dy
u
x
v
x
∂
∂
∂
∂




Dan nilai limit sepanjang sumbu y, x = 0, untuk fungsi f tersebut adalah
− y2
lim f (0, y ) = lim
= −1
( 0, y )→( 0,0 )
( 0, y )→( 0,0 ) y 2
,
1.5
MATA4210/MODUL 1
Dari kedua hasil di atas terbukti bahwa
lim
x2 − y2
( x, y )→( 0,0 ) x 2 + y 2
ternyata tidak mempunyai nilai.
Contoh 1.3:
Tentukan nilai limit u = x 2 + y 2 sepanjang garis y = x .
Penyelesaian :
Sepanjang garis y=x diperoleh
lim
x2 − y 2
( x, y )→( 0,0 ) x + y
2
2
=
lim
x2 − x2
( x , x )→( 0,0 ) x 2 + x 2
=
lim
0
( x, x )→( 0,0 ) 2 x 2
=0
Berdasarkan definisi persekitaran (neighborhood) titik ( x0 , y0 ) , Definisi
1.1 dapat pula ditulis sebagai berikut.
Fungsi bernilai real f terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 2 ,
dikatakan mempunyai nilai limit untuk ( x, y ) → ( x0 , y0 ) dengan ( x0 , y0 )
merupakan titik limit daerah (region) D, jika terdapat bilangan real A
sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap
12
( x, y ) ∈ D, ( x − x0 )2 + ( y − y0 )2 
< δ berlaku
Selanjutnya berdasarkan pengertian limit
kekontinuan fungsi f pada suatu titik ( x0 , y0 ) .
f ( x, y ) − A < ε .
di
atas
didefinisikan
Definisi 1.2
Fungsi bernilai real f terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 2 dikatakan
kontinu di titik ( x0 , y0 ) ∈ D , dengan ( x0 , y0 ) merupakan titik limit
daerah (region) D, jika untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk
setiap
( x, y ) ∈ D,
f ( x, y ) − f ( x0 , y0 ) < ε .
12
( x − x ) 2 + ( y − y ) 2 
0
0 


<δ
berlaku
1.6
Kalkulus III Definisi 1.2 dapat ditulis sebagai berikut.
Fungsi bernilai real ƒ terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 2 dikatakan
kontinu di titik ( x0 , y0 ) ∈ D jika dipenuhi
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 )
(1.4)
Contoh 1.4 :
Gunakan Definisi 1.2 untuk membuktikan fungsi ƒ , dengan rumus
5x + y
f ( x, y ) =
kontinu di titik ( 4,1) .
x− y
Bukti :
Fungsi f di atas terdefinisi pada ruang R 2 , kecuali pada garis x = y,
sehingga untuk sebarang ε > 0 diberikan, didapat:
f ( x, y ) − f ( 4,1) =
5 x + y 5.4 + 1
−
x− y
4 −1
=
5x + y
−7
x− y
=
−2 x + 8 y
x− y
= −2
x−4
4
y −1
1
−2
+8
+8
x− y
x− y
x− y
x− y
= −2
x−4
y −1
+8
x− y
x− y
Untuk 3 < x < 5, 0 < y < 2 pastilah x − y > 1 sehingga diperoleh
f ( x, y ) − f ( 4,1) = −2
≤2
x−4
y −1
+8
x− y
x− y
x−4
x− y
+8
y −1
x− y
< 2 x − 4 + 8 y −1
1.7
MATA4210/MODUL 1
≤2
( x − 4 )2 + ( y − 1)2 + 8 ( x − 4 )2 + ( y − 1)2
{
= 10 ( x − 4 ) + ( y − 1)
2
2
}
12
< 10 δ
Dengan mengambil δ <
ε
10
diperoleh
f ( x, y ) − f ( 4,1) < 10δ < ε
Terbukti fungsi f , f ( x) =
5x + y
kontinu di titik (4,1).
x− y
Sifat-sifat yang berlaku pada kekontinuan fungsi diungkapkan pada
teorema di bawah ini.
Teorema 1.3
Misalkan f dan g masing-masing merupakan fungsi bernilai real dan
terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 2 jika fungsi f dan g masingmasing kontinu di titik ( x0 , y0 ) ∈ D maka :
a. fungsi f + g juga kontinu di ( x0 , y0 )
b. fungsi fg juga kontinu di ( x0 , y0 )
c. jika g ( x0 , y0 ) ≠ 0 , fungsi
f
g
juga kontinu di ( x0 , y0 )
Bukti :
Diketahui bahwa fungsi ƒ dan g masing-masing kontinu di titik ( x0 , y0 )
berarti ( x0 , y0 ) merupakan titik limit daerah (region) D, dan dipenuhi
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) dan
a. Ditinjau nilai limit :
 f ( x, y ) + g ( x, y )  =
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
lim
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
( x, y )→( x0 , y0 )
g ( x, y ) = g ( x0 , y0 )
f ( x, y ) +
= f ( x0 , y0 ) + g ( x0 , y0 )
Terbukti bahwa fungsi ƒ + g kontinu di ( x0 , y0 ) .
lim
( x , y )→( x0 , y0 )
g ( x, y )
1.8
b.
Kalkulus III Ditinjau nilai limit :
 f ( x, y ) g ( x, y )  =
lim
lim
f ( x, y )
lim
g ( x, y )
( x, y )→( x0 , y0 ) 
( x, y )→( x0 , y0 )
( x, y )→( x0 , y0 )
= f ( x0 , y0 ) g ( x0 , y0 )
Terbukti bahwa fungsi fg kontinu di ( x0 , y0 ) .
c.
Diketahui bahwa g ( x0 , y0 ) ≠ 0 , selanjutnya ditinjau nilai limit :
lim
f ( x, y )
( x, y )→( x0 , y0 ) g ( x, y )
=
lim
f ( x, y )
lim
g ( x, y )
( x , y )→( x0 , y0 )
( x , y )→( x0 , y0 )
=
Terbukti bahwa fungsi
f ( x0 , y0 )
g ( x0 , y0 )
f
kontinu di ( x0 , y0 ) .
g
(Bukti selesai)
Suatu fungsi bernilai real ƒ terdefinisi pada suatu daerah (region)
D ⊂ R2 ,
dikatakan kontinu pada daerah (region) D jika untuk setiap
( x0 , y0 ) ∈ D diketahui bahwa fungsi ƒ kontinu di ( x0 , y0 ) .
Pengertian limit dan kekontinuan fungsi bernilai real terdefinisi pada R 2
dapat dikembangkan untuk fungsi bernilai real terdefinisi pada R3 dengan
jalan menggeneralisasikan pengertian jarak dan persekitaran (neighborhood).
Untuk sebarang dua titik ( x1 , y1 , z1 ) dan ( x2 , y2 , z2 ) dalam R3 ,
pengertian jarak kedua titik tersebut didefinisikan dengan:
( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 + ( z1 − z2 )2 ,
dan untuk sebarang titik ( x0 , y0 , z0 ) dalam R3 , persekitaran (neighborhood)
titik ( x0 , y0 , z0 ) dengan jari-jari δ didefinisikan dengan:
d=


2
2
2
Nδ ( x0 , y0 , z0 )  = ( x, y, z ) ∈ R 3 ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) < δ 


Selanjutnya Definisi 1.1 dan Definisi 1.2 dikembangkan menjadi dua
definisi di bawah ini.
1.9
MATA4210/MODUL 1
Definisi 1.4
Fungsi
f , f : R 3 → R,
( x, y, z ) → ( x0 , y0 , z0 ) ,
dikatakan
dengan
mempunyai
( x0 , y0 , z0 ) ∈ R
nilai
limit
untuk
jika terdapat bilangan
real A sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap
( x, y, z ) ∈ Nδ ( x0 , y0 , z0 )  berlaku f ( x, y, z ) − A <
sebagai
lim
f ( x, y , z ) = A .
( x , y , z ) →( x , y , z )
0
0
ε dan biasa ditulis
0
Definisi 1.5
Fungsi bernilai real f terdefinisi di daerah (region) D ⊂ R 3 dikatakan
kontinu di titik ( x0 , y0 , z0 ) ∈ D , dengan ( x0 , y0 , z0 ) merupakan titik limit
daerah (region) D, jika untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga
untuk setiap
( x, y , z ) ∈ D,
12
( x − x ) 2 + ( y − y ) 2 + ( z − z ) 2 
0
0
0 


berlaku
<δ
f ( x, y, z ) − f ( x0 , y0 , z0 ) < ε
Definisi 1.5 dapat pula ditulis sebagai berikut.
Fungsi bernilai real ƒ terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 3 dikatakan
kontinu di titik ( x0 , y0 , z0 ) ∈ D jika dipenuhi
lim
( x, y , z )→( x0 , y0 , z0 )
f ( x, y, z ) = f ( x0 , y0 , z0 )
(1.5)
Contoh 1.5 :
Buktikan bahwa fungsi bernilai real ƒ terdefinisi pada R3 dengan,
 2 x3 − y 2 + 3 z 3
( x, y, z ) ≠ ( 0, 0, 0 )
 2
2
2
f ( x, y , z ) =  x + y + z

( x, y, z ) = ( 0, 0, 0 )
0
kontinu di titik ( 0, 0,0 ) .
1.10
Kalkulus III Bukti :
Untuk membuktikan fungsi f tersebut di atas kontinu di ( 0, 0,0 ) cukup
dibuktikan bahwa
lim
f ( x, y, z ) = 0
( x, y , z )→( 0,0,0 )
Berdasarkan Definisi 1.4 untuk sebarang ε < 0 diberikan harus dibuktikan
adanya δ > 0 (bergantung pada
2 x3 − y 3 + 3z 3
2 x3 − y 3 + 3 z 3
2 x x2 + y y 2 + 3 z z 2
x2 + y2 + z 2
(
Karena x ≤ x 2 + y 2 + z 2
)
12
2 x3 − y 3 + 3z 3
x +y +z
2
2
)
12
(
, y ≤ x2 + y2 + z 2
)
12
(2x
≤
2
+ y 2 + 3z 2
) (x
2
x +y +z
2
(
2
3 x2 + y 2 + z 2
)( x
2
+ y2 + z2
(
+ y2 + z2
)
12
≤ 3δ
Dengan mengambil δ <
)
2
x2 + y2 + z 2
= 3 x2 + y 2 + z 2
x2 + y2 + z 2
dan
maka diperoleh
≤
2 x3 − y 3 + 3z 3
+ y2 + z2
x2 + y2 + z 2
≤
2
2
2 x3 − y 3 + 3 z 3
=
x2 + y2 + z 2
(
(x
<ε
x2 + y2 + z 2
z ≤ x2 + y2 + z 2
ε ) sehingga untuk
1
, ε diperoleh
3
≤ 3δ < ε
Terbukti bahwa fungsi ƒ di atas kontinu di ( 0, 0,0 ) .
)
12
)
12
berlaku
1.11
MATA4210/MODUL 1
LAT IH A N
Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,
kerjakanlah latihan berikut!
Tentukan nilai limit berikut ini.
xy
1)
lim
( x, y )→( 0,0 ) x 2 + y 2
2)
lim
( x, y )→( 0,0 )
x4 y 4
(x
2
+ y4
)
3
sepanjang kurva y 2 = x .
(
2 x5 + 2 y 3 2 x 2 − y 2
3)
4)
lim
( x, y )→( 0,0 )
(x
2
+ y2
)
)
2
0
f ( x, y ) , jika f ( x, y ) = 
( x, y )→( 0,0 )
1
lim
 sin ( xy )

5) Jika diberikan f ( x, y ) =  x
y

y ≤ 0 atau y ≥ x 2
0 < y < x2
x≠0
x=0
maka tentukan titik diskontinu fungsi f tersebut.
1
−
x− y
dan x ≠ y , tentukan f ( x, y ) untuk
6) Jika diberikan f ( x, y ) = e
x = y, agar fungsi f kontinu di mana-mana.
5x + y
, tinjau apakah fungsi f tersebut kontinu di titik
7) Jika f ( x, y ) =
x− y
(4,1).
8) Jika f ( x, y ) =
2 x 2 − y 2 + xy
, tinjau apakah fungsi f tersebut kontinu
x+ y
di titik (1,2).
 xy
 2
2
9) Jika diberikan fungsi f ( x, y ) =  x + y
0

x2 + y2 ≠ 0
( x, y ) = ( 0, 0 )
1.12
Kalkulus III tinjaulah apakah fungsi f kontinu di (0,0).
10) Jika diberikan fungsi
0
y ≤ 0 atau x 2 ≤ y

f ( x, y ) =  4 y x 2 − y

0 < y < x2

x2
tinjau apakah fungsi f tersebut kontinu di titik (0,0).
(
)
Petunjuk Jawaban Latihan
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
Lihat Contoh 1.2. Tinjau dari sepanjang kurva y = x.
Lihat Contoh 1.2. Tinjau dari sepanjang kurva y2 = x.
Lihat Contoh 1.2. Tinjau dari sepanjang kurva y = x.
Lihat Contoh 1.2. Tinjau dari sepanjang kurva y = x2.
Lihat Contoh 1.2. Tinjau dari sepanjang kurva y = 1 dan x = x
Lihat Contoh 1.2. Tinjau dari sepanjang kurva x = y.
Lihat Contoh 1.4.
Lihat Contoh 1.4.
Tinjau dari sepanjang kurva y = x. Gunakan syarat kekontinuan suatu
fungsi seperti pada Kalkulus I.
10) Tinjau dari sepanjang kurva x2 = y. Gunakan syarat kekontinuan suatu
fungsi seperti pada Kalkulus I.
R A NG KU M AN
Fungsi bernilai real f ( x, y )
terdefinisi pada daerah (region)
D ⊂ R 2 , dikatakan mempunyai nilai limit untuk
dengan
( x0 , y0 )
( x, y ) → ( x0 , y0 ) ,
merupakan titik limit daerah (region) D jika terdapat
bilangan real A sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0, sehingga
untuk
setiap
( x , y ) ∈ D,
12
( x − x ) 2 + ( y − y ) 2 
0
0 


f ( x, y ) − A < ε dan biasa ditulis
lim
( x, y )→( 0,0 )
< δ , berlaku
f ( x, y ) = A
Fungsi f di atas dikatakan kontinu di titik ( x0 , y0 ) jika dipenuhi
1.13
MATA4210/MODUL 1
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 )
Pengertian-pengertian di atas dapat digeneralisasikan untuk fungsi
dengan peubah lebih dari dua. Jika fungsi bernilai real f ( x, y ) dan
g ( x, y ) masing-masing terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 2 dan
( x0 , y0 )
merupakan titik limit daerah (region) D maka pengertian limit
fungsi di atas memenuhi sifat-sifat berikut.
(1)
lim
(α f ( x , y ) + β g ( x , y ) ) =
( x, y )→( x0 , y0 )
α
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
f ( x, y ) + β
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
g ( x, y )
dengan α , β bilangan real sebarang
lim
(2)
( x, y )→( x0 , y0 )
f ( x, y ) g ( x, y ) =
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
f ( x, y )
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
g ( x, y )
(3) Jika g ( x, y ) ≠ 0 pada suatu persekitaran (neighborhood) titik
( x0 , y0 )
maka
f ( x, y )
lim
( x, y )→( x0 , y0 ) g ( x, y )
dengan
lim
( x, y )→( x0 , y0 )
=
lim
f ( x, y )
lim
g ( x, y )
( x , y )→( x0 , y0 )
( x , y )→( x0 , y0 )
g ( x, y ) ≠ 0
TE S F OR M AT IF 1
Pilihlah satu jawaban yang paling tepat!
1) Fungsi ƒ (x, y) bernilai real terdefinisi pada daerah (region) D.
lim
f ( x, y ) ada artinya jika ….
( x, y )→( x0 , y0 )
A.
B.
C.
D.
E.
( x0 , y0 )
( x0 , y0 )
( x0 , y0 )
( x0 , y0 )
( x0 , y0 )
merupakan anggota daerah (region) D
merupakan titik dalam (interior point) daerah (region) D
merupakan titik-titik limit daerah (region) D
berada pada batas (boundary) dari daerah (region) D
merupakan titik terasing (isolated point) daerah (region) D
1.14
Kalkulus III A.
B.
C.
D.
E.
3) Nilai
A.
B.
C.
D.
E.
2 x3 − y 3
maka
lim
f ( x, y ) ….
( x, y )→( 0,0 )
x2 + y 2
tidak mempunyai nilai karena ƒ (0,0) tidak terdefinisi
tidak mempunyai nilai meskipun (0,0) merupakan titik limit domain
fungsi ƒ
titik (0,0) merupakan titik limit domain fungsi ƒ , dan nilai limitnya
0
titik (0,0) merupakan titik limit domain fungsi ƒ , dan nilai limitnya
2
tidak mempunyai nilai, karena (0,0) merupakan titik terasing dari
domain fungsi ƒ
2) Jika diberikan fungsi f ( x, y ) =
x2 − y2
lim
( x, y )→( 0,0 ) x 2 + y 2
adalah ….
-1
0
1
2
tidak mempunyai nilai
4) Fungsi
f ( x, y ) bernilai real terdefinisi pada daerah (region) D,
dikatakan kontinu di ( x0 , y0 ) , ( x0 , y0 ) ∈ D jika ….
A.
B.
lim
f ( x, y ) mempunyai nilai
lim
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 )
( x, y )→( x0 , y0 )
( x, y )→( x0 , y0 )
C. fungsi f ( x, y ) terdiferensial parsial terhadap x
D. fungsi f ( x, y ) terdiferensial parsial terhadap y
E. fungsi f ( x, y ) terdiferensial di titik ( x0 , y0 )
5) Nilai
lim
( x, y )→( 0,0 )
A. 1
3
B.
2
C. -1
x 4 + 3 x 2 y 2 + 2 xy 3
( x 2 + y 2 )2
adalah
1.15
MATA4210/MODUL 1
D. −
3
2
E. 0
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang
terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar.
Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan
Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar
Jumlah Soal
× 100%
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali
80 - 89% = baik
70 - 79% = cukup
< 70% = kurang
Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat
meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%,
Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang
belum dikuasai.
1.16
Kalkulus III Kegiatan Belajar 2
Derivatif Parsial
P
ada bagian ini dibahas pengertian derivatif parsial fungsi peubah banyak,
khususnya untuk fungsi dengan dua peubah bebas.
Misalkan, f suatu fungsi bernilai real terdefinisi pada suatu daerah
(region) D ⊂ R 2 . Dengan demikian, f merupakan fungsi dengan dua buah
peubah bebas, namakan kedua peubah tersebut x dan y, sehingga biasa ditulis
f = f ( x, y ) . Jika y dianggap sebagai konstanta, dengan demikian f
merupakan fungsi x saja maka dapat ditentukan derivatif fungsi f terhadap
f ( x + h, y ) − f ( x, y )
x, yaitu jika lim
mempunyai nilai. Nilai limit tersebut
h →0
h
∂f
disimbolkan dengan
dan disebut derivatif parsial fungsi f terhadap x,
∂x
f ( x + h, y ) − f ( x, y )
∂f
= lim
(1.6)
∂ x h →0
h
Dengan cara yang sama dapat ditentukan (jika ada) derivatif fungsi f
terhadap y, dengan menganggap peubah x sebagai konstanta, yaitu
f ( x, y + k ) − f ( x, y )
∂f
= lim
(1.7)
k
∂ y k →0
yang disebut derivatif parsial fungsi f terhadap y.
Contoh 1.6 :
Tentukan
∂f
∂f
dan
jika diberikan f ( x, y ) = 2 xy − 1 − x 2 − y 2
∂y
∂x
(
Penyelesaian :
∂f
3
= 2 y −  1 − x2 − y2
∂x
2
(
(
= 2 y + 3x 1 − x 2 − y 2
)
12
)
12

. ( −2 x ) 

)
32
.
1.17
MATA4210/MODUL 1
∂f
3
= 2 x −  1 − x2 − y 2
∂y
2
(
(
= 2 x + 3 y 1 − x2 − y2
)
12

. ( −2 y ) 

)
12
Selanjutnya derivatif parsial dari
∂f
∂f
dan
disebut derivatif parsial
∂y
∂x
orde dua dari fungsi f, dan terdapat empat buah derivatif parsial orde dua dari
f yaitu:
∂ ∂ f  ∂2 f
=
∂ x  ∂ x  ∂ x 2
∂ ∂ f  ∂2 f

=
∂ x  ∂ y  ∂ x∂ y
∂ ∂ f  ∂2 f
=
∂ y  ∂ x  ∂ y∂ x
∂ ∂ f  ∂2 f

=
∂ y  ∂ y  ∂ y2
Berikut ini diperlihatkan bahwa
∂2f
∂2f
=
∂ x∂ y ∂ y∂ x
∂ 2 f ( x, y ) ∂  ∂ f ( x, y ) 
=


∂ x∂ y
∂ x  ∂ y 
∂ f ( x + h, y ) ∂ f ( x , y )
−
∂y
∂y
= lim
h →0
1
 lim
h →0 h  k →0

= lim
h
f ( x + h, y + k ) − f ( x + h, y )
k
− lim
k →0
f ( x, y + k ) − f ( x, y ) 

k

1


= lim  lim { f ( x + h, y + k ) − f ( x + h, y ) − f ( x, y + k ) + f ( x, y )}
h →0  k →0 hk

1


= lim  lim { f ( x + h, y + k ) − f ( x, y + k ) − f ( x + h, y ) + f ( x, y )}
k →0  h →0 kh

1.18
Kalkulus III f ( x + h, y + k ) − f ( x, y + k )
f ( x + h, y ) − f ( x , y ) 
1
− lim
 lim

k →0 k  h →0
h →0
h
h


= lim
∂ f ( x, y + k ) ∂ f ( x, y )
−
∂x
∂x
= lim
k →0
∂  ∂ f ( x, y ) 
=


∂ y  ∂ x 
=
k
∂ 2 f ( x, y )
∂ y∂ x
Contoh 1.7 :
Tentukan
derivatif
f ( x, y ) = x y + e
2
Penyelesaian:
∂ f ( x, y )
∂x
− xy 3
parsial
orde
dua
.
= 2 xy − y 3e − xy
3
∂ f ( x, y )
3
= x 2 − 3 xy 2 e − xy
∂y
∂ 2 f ( x, y )
∂x
2
= 2 y + y 6 e − xy
3
∂ f ( x, y ) ∂ 2 f ( x, y )
=
∂ x∂ y
∂ y∂ x
2
= 2 x − 3 y 2 e − xy + 3xy 5 e − xy
3
= 2 x + 3 y 2 ( xy 3 − 1)e− xy
∂ 2 f ( x, y )
∂y
2
3
= −6 xye − xy + 9 x 2 y 4 e− xy
3
(
)
= 3xy 3 xy 3 − 2 e− xy
3
3
3
fungsi
f
jika
diberikan
MATA4210/MODUL 1
1.19
Contoh 1.8 :
Tentukan derivatif parsial orde dua fungsi f , jika diberikan
f ( x, y , z ) = x 2 y + y 2 z + z 2 x
Penyelesaian:
∂f
= 2 xy + z 2
∂x
∂f
= x 2 + 2 yz
∂y
∂f
= y 2 + 2 xz
∂z
∂2f
= 2y
∂ x2
∂2f
= 2z
∂ y2
∂2f
= 2x
∂ z2
∂2f
∂2f
=
= 2x
∂ x∂ y ∂ y∂ x
∂2f
∂2f
=
= 2z
∂ x∂ z ∂ z∂ x
∂2f
∂2f
=
= 2y
∂ y∂ z ∂ z∂ y
Berdasarkan definisi derivatif parsial fungsi peubah banyak, seperti
disajikan dengan persamaan (1.6) dan (1.7) maka berbagai sifat yang berlaku
pada derivatif fungsi dengan satu peubah bebas juga berlaku di sini. Dengan
demikian diperoleh berbagai rumus, sebagaimana diungkapkan di bawah ini.
f = f ( x, y ) dan g = g ( x, y )
Jika diberikan fungsi bernilai real
masing-masing terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 2 maka berlaku sifatsifat berikut ini.
∂ f ( x, y ) ∂ g ( x, y )
∂
 f ( x, y ) + g ( x, y )  =
(1)
+
∂x
∂x
∂x
1.20
Kalkulus III ∂ f ( x, y ) ∂ g ( x, y )
∂
 f ( x, y ) + g ( x, y )  =
+
∂y
∂y
∂y
(2)
∂ f ( x, y )
∂ g ( x, y )
∂
 f ( x, y ) . g ( x, y )  =
g ( x, y ) + f ( x, y )
∂x
∂x
∂x
∂ f ( x, y )
∂ g ( x, y )
∂
 f ( x, y ) , g ( x, y )  =
g ( x, y ) + f ( x, y )
∂y
∂y
∂y
(3) Jika untuk setiap ( x, y ) ∈ D , g ( x, y ) ≠ 0 maka
∂  f ( x, y ) 

=
∂ x  g ( x, y ) 
∂  f ( x, y ) 

=
∂ y  g ( x, y ) 
∂ f ( x, y )
∂ g ( x, y )
g ( x, y ) − f ( x, y )
∂x
∂y
 g ( x, y ) 
2
∂ f ( x, y )
∂ g ( x, y )
g ( x, y ) − f ( x, y )
∂y
∂y
 g ( x, y ) 
2
ARTI GEOMETRI DERIVATIF PARSIAL
Sebagaimana derivatif (derivatif biasa) fungsi dengan satu peubah bebas
df ( x0 )
mempunyai arti geometri, yaitu nilai derivatif fungsi f di x0 ,
,
dx
menyatakan gradien garis singgung kurva y = f ( x ) di titik ( x0 , y0 ) dengan
y0 = f ( x0 ) maka derivatif parsial suatu fungsi dengan dua peubah bebas
juga mempunyai arti geometri.
Misal diberikan fungsi bernilai real f , z = f ( x, y ) dengan peubah bebas
x , y dan peubah tak bebas z , mempunyai luasan S sebagaimana diungkapkan
pada gambar berikut ini.
1.21
MATA4210/MODUL 1
(a)
(b)
Gambar 1.1
Jika diambil titik P ( x0 , y0 , z0 ) pada luasan S maka melalui titik
P ( x0 , y0 , z0 ) dapat dibuat bidang datar y = y0 sejajar bidang xoy (lihat
Gambar 1.1.(a)), yang memotong luasan S menurut kurva Γ x dengan ℓ x
merupakan garis singgung kurva Γ x di titik P ( x0 , y0 , z0 ) . Demikian pula
melalui titik P ( x0 , y0 , z0 ) dibuat bidang datar x = x0
sejajar bidang yoz,
(lihat Gambar 1.1.(b)), yang memotong luasan S menurut kurva Γ y dengan
1.22
Kalkulus III ℓ y merupakan garis singgung kurva Γ y di titik P ( x0 , y0 , z0 ) . Selanjutnya
melalui garis ℓ x dan ℓ y dibuat bidang datar δ yang merupakan bidang
singgung luasan S di titik P ( x0 , y0 , z0 ) .
Jika cos α , cos β , cos γ merupakan cosinus arah garis normal bidang
singgung δ maka bidang singgung tersebut mempunyai persamaan
berbentuk.
cos α ( x − x0 ) + cos β ( y − y0 ) + cos γ ( z − z0 ) = 0
(1.8)
Karena bidang singgung δ tidak sejajar sumbu z, berarti cos γ ≠ 0 dan
jika kedua ruas persamaan di atas dibagi dengan cos γ , maka persamaan di
atas dapat ditulis sebagai
z − z0 = A ( x − x0 ) + B ( y − y0 )
(1.9)
cos α
cos β
dan B = −
, dan masing-masing merupakan
cos γ
cos γ
parameter yang harus ditentukan nilainya.
dengan A = −
Jika pada persamaan (1.9) diambil y = y0 maka diperoleh
z − z0 = A ( x − x0 )
(1.10)
yang merupakan persamaan garis ℓ x yaitu perpotongan bidang singgung δ
dengan bidang datar y = y0 . Sedangkan kurva Γ x
mempunyai persamaan
z = f ( x, y0 )
(lihat Gambar 1.1.(a))
(1.11)
Karena ℓ x merupakan garis singgung kurva Γ x di titik P ( x0 , y0 , z0 )
maka berdasarkan pengertian geometri dari derivatif, dengan menganggap y
sebagai konstanta, diperoleh hubungan
∂ f ( x0 , y0 )
A=
(1.12)
∂x
Dengan cara yang sama, jika pada persamaan (1.9) diambil x = x0 maka
diperoleh
1.23
MATA4210/MODUL 1
z − z0 = B ( y − y0 )
(1.13)
yang merupakan persamaan garis ℓ y , yaitu perpotongan bidang singgung δ
dengan bidang datar x = x0 . Sedangkan kurva Γ y
(lihat Gambar 1.1.(b))
mempunyai persamaan
z = f ( x0 , y )
karena
(1.14)
ℓ x merupakan garis singgung kurva Γ y di titik P ( x0 , y0 , z0 ) maka
berdasarkan pengertian geometri dari derivatif, dengan menganggap x
sebagai konstanta, diperoleh hubungan
∂ f ( x0 , y0 )
B=
(1.15)
∂y
Dengan demikian persamaan (1.9), bidang singgung luasan S di titik
P ( x0 , y0 , z0 ) , dapat ditulis sebagai
z = f ( x0 , y0 ) +
∂ f ( x0 , y0 )
∂ f ( x0 , y0 )
( x − x0 ) +
( y − y0 )
∂x
∂y
dan garis normalnya mempunyai bilangan arah (gradien)
∂ f ( x0 , y0 ) ∂ f ( x0 , y0 )
,
, −1
∂x
∂y
(1.16)
(1.17)
Garis normal bidang singgung luasan S , z = f ( x, y ) di titik P ( x0 , y0 , z0 )
biasa disebut garis normal luasan S di titik P ( x0 , y0 , z0 ) .
Contoh 1.9 :
Jika diberikan luasan S dengan persamaan z = 2 x 2 + 3 y 2 maka tentukan:
a.
b.
persamaan bidang singgung di titik (3, 2, 30);
cosinus arah normal di titik tersebut.
1.24
Kalkulus III Penyelesaian :
Diberikan persamaan
luasan
z = 2 x2 + 3 y2 ,
atau
dapat
ditulis
f ( x, y ) = 2 x + 3 y sehingga
2
2
∂f
∂f
= 4 x dan
= 6y
∂y
∂x
dengan demikian
∂ f ( 3, 2 )
= 12
∂x
dan
∂ f ( 3, 2 )
= 12
∂y
sehingga persamaan bidang singgung luasan z = 2 x 2 + 3 y 2 di titik (3, 2, 30)
adalah z = 30 + 12(x – 3) + 12(y – 2).
Untuk menentukan cosinus arah garis normal di titik (3, 2, 30), terlebih
dahulu ditentukan nilai
12
 ∂ f ( x , y )  2  ∂ f ( x , y )  2

2
0 0
0 0
k = 
+
+ ( −1) 


 



∂x
∂y
 



12
= 122 + 122 + 1


(1.18)
= 289 = 17
Dengan demikian, cosinus arah garis normal luasan z = f ( x, y ) = 2 x 2 + 3 y 2
di titik P ( x0 , y0 , z0 ) = P ( 3, 2,30 ) adalah
∂ f ( x0 , y0 ) ∂ f ( x0 , y0 )
−1
∂y
∂x
,
,
k
yaitu,
k
(1.19)
k
12 12 −1
, ,
17 17 17
Contoh 1.10 :
(
)
Diberikan luasan S1 , z = f1 ( x, y ) = 2 x 2 + y 2 , dan
luasan S2 , z = f 2 ( x, y ) =
(
)
17 1 2
− x + y2 .
8 8
1.25
MATA4210/MODUL 1
Tunjukkan bahwa kedua garis normal luasan S1 dan S2 di setiap titik pada
kurva perpotongannya saling tegak lurus.
Penyelesaian :
Kurva perpotongan kedua luasan S1 dan S2 adalah
(
)
Jika ( x0 , y0 , z0 )
(
)
17 1 2
− x + y 2 atau x 2 + y 2 = 1
8 8
sebarang titik pada perpotongan kedua luasan S1 dan S2 ,
2 x2 + y2 =
yaitu lingkaran x 2 + y 2 = 1 maka untuk membuktikan kedua garis normal
luasan S1 dan S2 di titik ( x0 , y0 , z0 ) saling tegak lurus cukup ditunjukkan
bahwa
∂ f1 ( x0 , y0 ) ∂ f 2 ( x0 , y0 ) ∂ f1 ( x0 , y0 ) ∂ f 2 ( x0 , y0 )
+
+1 = 0
∂x
∂x
∂y
∂y
∂ f1 ( x0 , y0 )
= 4 y0
∂y
∂ f 2 ( x0 , y0 )
1
= − y0
4
∂y
∂ f1 ( x0 , y0 )
= 4 x0
∂x
∂ f 2 ( x0 , y0 )
1
= − x0
4
∂x
Dengan demikian, diperoleh
∂ f1 ( x0 , y0 ) ∂ f 2 ( x0 , y0 )
∂x
∂x
(1.20)
+
∂ f1 ( x0 , y0 ) ∂ f 2 ( x0 , y0 )
+1 =
∂y
∂y
( 4 x0 )  −
1 
 1 
x0  + ( 4 y0 )  − y0  + 1 =
 4 
 4 
− x02 − y02 + 1 = 0
karena x02 + y02 = 1 .
DIFERENSIAL FUNGSI PEUBAH BANYAK
Pada bagian ini dibahas pengertian diferensial fungsi peubah banyak,
namun untuk mengingatkan pengertian diferensial fungsi terlebih dahulu
diulang pengertian diferensial fungsi dengan satu peubah bebas.
Jika f merupakan fungsi bernilai real dengan peubah bebas x maka
fungsi f dikatakan terdiferensial di x , jika untuk suatu persekitaran
(neighborhood) x terdapat bilangan real C sehingga dipenuhi
1.26
Kalkulus III lim
f ( x + ∆x ) − f ( x ) − C ∆x
∆x
∆x →0
=0
(1.21)
dan dari persamaan di atas dapat diturunkan
f ( x + ∆x ) − f ( x )
lim
=C
∆x →0
∆x
yang berarti fungsi f mempunyai derivatif di x dengan nilai f ′ ( x ) = C .
Diferensial f, disimbolisasi dengan df atau df ( x; dx ) , didefinisikan dari
persamaan (1.21), yaitu:
f ( x + ∆x ) − f ( x ) − df ( x; dx )
lim
=0
∆x →0
∆x
dengan demikian, diperoleh hubungan:
df ( x; dx ) = f ' ( x ) dx
(1.22)
Selanjutnya, jika f suatu fungsi bernilai real dengan dua peubah bebas x
dan y maka sejalan dengan uraian di atas didefinisikan pengertian diferensial
fungsi f, seperti diungkapkan dengan definisi berikut ini.
Definisi 1.6
Fungsi f bernilai real dengan dua peubah bebas x dan y dikatakan
terdiferensial di ( x, y )
jika terdefinisi pada suatu persekitaran
(neighborhood)
berlaku
lim
( ∆x , ∆y )→( 0,0 )
( x, y )
dan terdapat bilangan real A dan B sehingga
f ( x + ∆x, y + ∆y ) − f ( x, y ) − ( A∆x + B∆y )
∆x 2 + ∆y 2
=0
(1.23)
dan diferensial fungsi f , df ( x, y; dx, dy ) , didefinisikan dengan
df ( x, y; dx, dy ) = A dx + B dy
(1.24)
Dengan mengambil ∆y = 0, ∆x ≠ 0 (y dianggap konstan) persamaan
(1.23) menjadi
1.27
MATA4210/MODUL 1
lim
f ( x + ∆x, y ) − f ( x, y ) − A∆x
∆x
( ∆x ,0 )→( 0,0 )
atau
lim
f ( x + ∆x, y ) − f ( x, y )
∆x
( ∆x ,0 )→( 0,0 )
atau
A=
=0
=A
∂ f ( x, y )
= f x ( x, y )
∂x
dan dengan mengambil ∆x = 0, ∆y ≠ 0 (x dianggap konstan) persamaan
(1.23) menjadi
lim
f ( x, y + ∆y ) − f ( x, y ) − B∆y
∆y
( 0, ∆y )→( 0,0 )
yang berarti
lim
f ( x, y + ∆ y ) − f ( x , y )
∆y
( 0, ∆y )→( 0,0 )
atau
B=
=0
=B
∂ f ( x, y )
= f y ( x, y )
∂y
Dengan demikian, persamaan (1.24) dapat ditulis sebagai
∂ f ( x, y )
∂ f ( x, y )
df ( x, y; dx, dy ) =
dx +
dy
∂x
∂y
(1.25)
Teorema 1.7
Diberikan fungsi bernilai
real f , f ( x, y ) , terdefinisi pada daerah
( x0 , y0 ) ∈ D . Jika
kontinu di ( x0 , y0 ) .
(region) D ⊂ R 2 dan titik
( x0 , y0 )
maka fungsi f
Bukti :
Didefinisikan fungsi u ( h, k ) dengan
fungsi f terdiferensial di
1.28
Kalkulus III u ( h, k ) =
f ( x + h, y + k ) − ( Ah + Bk )
(1.26)
h2 + k 2
jika ( h, k ) ≠ ( 0, 0 ) .
Dengan mengambil h = ∆x, k = ∆y dan berdasarkan persamaan (1.23)
diperoleh
lim
( h, k )→( 0.0 )
u ( h, k ) =
lim
f ( x + h, y + k ) − f ( x, y ) − ( Ah + Bk )
( h, k )→( 0,0 )
h2 + k 2
=0
Dari persamaan (1.26) diperoleh
f ( x + h, y + k ) − f ( x, y ) = Ah + Bk + u ( h, k ) h2 + k 2
dan untuk ( x, y ) = ( x0 , y0 ) ∈ D persamaan di atas menjadi
f ( x0 + h, y0 + k ) − f ( x0 , y0 ) = Ah + Bk + u ( h, k ) h2 + k 2
dan
lim
 f ( x0 + h, y0 + k ) − f ( x0 , y0 ) 
( h, k )→( 0,0 ) 
=
 Ah + Bk + u ( h, k ) h 2 + k 2 

lim
( h, k )→( 0,0 ) 
atau
lim
( h, k )→( 0,0 )
f ( x0 + h, y0 + k ) = f ( x0 , y0 )
Terbukti bahwa f kontinu di ( x0 , y0 ) .
(Bukti selesai)
Contoh 1.11 :
Tentukan diferensial fungsi f di titik ( x, y ) = (1, 2 ) , jika diberikan
f ( x, y ) = 3x 2 y + 2 xy 2 + 1
Penyelesaian:
Diketahui
f ( x, y ) = 3x 2 y + 2 xy 2 + 1
∂ f ( x, y )
= 6 xy + 2 y 2
∂x
1.29
MATA4210/MODUL 1
∂ f (1, 2 )
= 6.1.2 + 2.22 = 20
∂x
∂ f ( x, y )
= 3x 2 + 4 xy
∂y
∂ f (1, 2 )
= 3.12 + 4.1.2 = 11
∂y
Dengan demikian,
df ( x, y; dx, dy ) =
∂ f ( x, y )
∂ f ( x, y )
dx +
dy
∂x
∂y
(
)
(
)
= 6 xy + 2 y 2 dx + 3x 2 + 4 xy dy
dan
df (1, 2; dx, dy ) =
∂ f (1, 2 )
∂ f (1, 2 )
dx +
dy
∂x
∂y
= 20 dx + 11 dy
Pengertian diferensial fungsi peubah banyak sebagaimana diungkapkan
dengan Definisi 1.6 juga berlaku untuk fungsi dengan n buah peubah bebas
x1 , x2 ,..., xn . Sehingga untuk fungsi bernilai real f = f ( x1 , x2 ,..., xn ) ,
diferensial f yang disajikan dengan persamaan (1.25) menjadi
∂f
∂f
∂f
df =
dx +
dx + ... +
dx
∂ x1 1 ∂ x2 2
∂ xn n
(1.27)
Selanjutnya, jika diberikan fungsi bernilai real u = u ( x, y ) dan v = v( x, y )
masing-masing terdefinisi dan mempunyai derivatif parsial terhadap x
maupun y pada suatu daerah (region) D ⊂ R 2 maka berlaku sifat-sifat
berikut ini.
(1) d ( u + v ) = du + dv
Bukti :
d (u + v ) =
∂ (u + v)
∂ (u + v )
dx +
dy
∂x
∂y
(1.28)
1.30
Kalkulus III ∂ u ∂ v 
∂ u ∂ v 
=
+
 dx +  ∂ y + ∂ y  dy
∂
∂
x
x




∂u
∂u
∂v
∂v
=
dx +
dy +
dx +
dy
∂x
∂y
∂x
∂y
= du + dv
(2) d ( uv ) = u dv + v du
Bukti :
d ( uv ) =
(1.29)
∂ ( uv )
∂ ( uv )
dx +
dy
∂x
∂y
∂ u
∂v
∂v
∂ u
=
v+u
dx + 
v+u
dy

∂ x
∂ y 
∂ x
∂ y
∂u
∂v
∂u
∂v
=
v dx + u
dx +
v dy + u
dy
∂x
∂x
∂y
∂y
∂ v
∂ v  ∂ u
∂u 
=u
dx +
dy  + v 
dx +
dy 
∂
∂
∂
∂
x
y
x
y 



= u dv + v du
(3) Jika untuk setiap ( x, y ) ∈ D, v ( x, y ) ≠ 0 maka berlaku
 u  v du − u dv
d =
v2
v
Bukti :
∂ u
u ∂ u
d =
 v  dx + ∂ y  v  dy
v
x
∂
 
 
 
∂u
∂v
∂u
∂v
v −u
v −u
y
y
∂
∂
= ∂ x 2 ∂ x dx +
dy
2
v
v
∂u
∂v
∂u
∂v
v dx − u
dx +
v dy − u
dy
∂x
∂y
∂y
∂y
=
v2
(1.30)
1.31
MATA4210/MODUL 1
∂ u
∂u  ∂ v
∂v 
v
dx +
dy  − u 
dx +
dy
∂x
∂ y  ∂ x
∂ y 

=
v2
v du − u dv
=
v2
Selanjutnya jika u = u ( x, y ) dan v = v ( x, y ) masing-masing merupakan
fungsi terdiferensial terhadap peubah x dan y, dan
f = f ( u, v ) merupakan
fungsi terdiferensial terhadap u dan v maka berlaku:
∂f
∂f
df =
du +
dv
∂u
∂v
Bukti :
∂f
∂f
df =
du +
dv
∂u
∂v
∂ f ∂ u
∂ u  ∂ f ∂ v
∂v 
=
dx +
dy  +
dx +
dy


∂ u ∂ x
∂ y  ∂ v ∂ x
∂ y 
(1.31)
∂ f ∂u ∂ f ∂v 
∂ f ∂u ∂ f ∂v 
=
+
dx + 
+
 dy

 ∂u ∂ x ∂v ∂ x 
 ∂u ∂ y ∂v ∂ y 
Dengan demikian, persamaan (1.31) dapat ditulis sebagai
∂ f ∂u ∂ f ∂v 
∂ f ∂u ∂ f ∂v 
df = 
+
 dx +  ∂ u ∂ y + ∂ v ∂ y  dy
∂
∂
∂
∂
u
x
v
x




Contoh 1.7 :
(
)
Jika diberikan z = ln x 2 + y 2 maka tentukan dz.
Penyelesaian :
Misalkan, u = x 2 + y 2 sehingga z = ln u .
Berdasarkan persamaan (1.32) diperoleh
∂ z ∂u
∂ z ∂u
dz =
dx +
dy
∂u ∂ x
∂u ∂ y
(1.32)
1.32
Kalkulus III 1
1
2 x dx + 2 y dy
u
u
x dx + y dy
=2 2
x + y2
=
LAT IH A N
Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,
kerjakanlah latihan berikut!
1) Tentukanlah
f x ( 0, e )
nilai
dan
f y ( 0, e )
jika
diberikan
f ( x, y ) = e x ln y .
2) Tentukan diferensial f ( x, y ) jika f ( x, y ) = e x − y x 2 sin ( x − y ) .
3) Tentukan derivatif parsial orde dua fungsi f jika
sin x 2 y
xy ≥ 0

f ( x, y ) =  2 xy
xy < 0
 2
x + y
xy
4) Tunjukkanlah jika u =
maka dipenuhi
x+ y
x2
2
∂ 2u
∂ 2u
2 ∂ u
xy
y
+
2
+
= 0.
∂ x∂ y
∂ x2
∂ y2
5) Tentukanlah derivatif parsial orde dua fungsi f jika
 x 
a. f ( x, y ) = ln 

 x+ y
6.
b.
f ( x, y ) = x 2 cos y + y 2 sin x
c.
f ( x, y ) = x y
d.
f ( x, y, z ) = ( x + y )( y + z )( z + x )
e.
f ( x, y, z ) = sin x + z y
(
(
)
Tunjukkanlah jika u = x 2 + y 2 + z 2
)
−1 2
maka dipenuhi
1.33
MATA4210/MODUL 1
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2 u
+
+
= 0.
∂ x2 ∂ y2 ∂ z 2
(
 xy y 2 − x 2

7) Jika diberikan fungsi f , f ( x, y ) =  x 2 + y 2

0
tunjukan bahwa
)
( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
( x, y ) = ( 0, 0 )
∂ 2 f ( 0, 0 ) ∂ 2 f ( 0, 0 )
≠
.
∂ y∂ x
∂ x∂ y
8) Tentukan persamaan bidang singgung luasan
x 2 + 2 xy 2 − 7 z 3 + 3 y + 1 = 0 di titik (1,1,1) .
9) Buktikan bahwa bola x 2 + y 2 + z 2 = 16 dan x 2 + y 2 + z 2 − 10 y + 16 = 0
berpotongan saling tegak lurus.
Petunjuk : Dua buah luasan dikatakan berpotongan saling tegak lurus jika
garis normal kedua luasan di setiap titik pada kurva
perpotongannya saling tegak lurus
 y−x z−x
10) Jika diberikan u = f 
,
 dengan f fungsi sebarang, buktikan
xz 
 xy
∂u
∂u
∂u
bahwa x 2
+ y2
+ z2
=0.
∂x
∂y
∂z
Petunjuk Jawaban Latihan
∂f
∂f
, fy =
.
∂x
∂y
∂f
∂f
2) Lihat Contoh 1.6, dengan f x =
, fy =
.
∂x
∂y
1) Lihat Contoh 1.6, dengan f x =
3) Lihat Contoh 1.7.
5) Lihat Contoh 1.7.
8) Gunakan persamaan (1.16).
1.34
Kalkulus III 9) Lihat Contoh 1.10, terlebih dahulu tentukan luasan bola 1 dan bola
2.
∂u ∂ f ∂v ∂ f ∂w
=
+
.
10) Diketahui apabila u = f ( v, w ) maka
∂ x ∂v ∂ x ∂w ∂ x
R A NG KU M AN
Fungsi
f ( x, y ) bernilai real terdefinisi pada daerah (region)
D ⊂ R , dikatakan terdiferensial parsial terhadap x dan y jika
∂ f ( x, y )
f ( x + h, y ) − f ( x, y )
= lim
mempunyai nilai, dan
h →0
h
∂x
∂ f ( x, y )
f ( x , y + k ) − f ( x, y )
= lim
mempunyai nilai.
k →0
k
∂y
2
Jika fungsi-fungsi f ( x, y ) dan g ( x, y ) di atas terdiferensial parsial
terhadap x dan y maka dipenuhi sifat-sifat :
∂ f ( x, y ) ∂ g ( x, y )
∂
 f ( x, y ) + g ( x, y )  =
(1)
+
∂x
∂x
∂x
∂ f ( x, y ) ∂ g ( x, y )
∂
 f ( x, y ) + g ( x, y )  =
+
∂y
∂y
∂y
(2)
∂
∂
 f ( x, y ) g ( x, y )  =
∂x
∂
∂
 f ( x, y ) g ( x, y )  =
∂y
f ( x, y )
∂ g ( x, y )
∂x
f ( x, y )
∂ g ( x, y )
g ( x , y ) + f ( x, y )
∂y
∂y
∂x
g ( x, y ) + f ( x, y )
(3) Jika g ( x, y ) ≠ 0 untuk setiap ( x, y ) ∈ D maka
∂  f ( x, y ) 

=
∂ x  g ( x, y ) 
∂  f ( x, y ) 

=
∂ y  g ( x, y ) 
∂ f ( x, y )
∂ g ( x, y )
g ( x, y ) − f ( x, y )
∂x
∂x
 g ( x, y ) 
2
 g ( x, y ) 
2
∂ f ( x, y )
∂ g ( x, y )
g ( x, y ) − f ( x, y )
∂y
∂y
1.35
MATA4210/MODUL 1
Fungsi f ( x, y ) terdefinisi pada suatu daerah (region) D ⊂ R 2
( x0 , y0 ) merupakan titik limit himpunan D, dikatakan
terdiferensial di ( x0 , y0 ) jika terdapat bilangan real A dan B sehingga
dengan
berlaku
f ( x + ∆x, y + ∆y ) − f ( x, y ) − ( A∆x + B∆y )
lim
( ∆x ,0 )→( 0,0 )
∆x 2 + ∆y 2
=0
Mudah diperlihatkan bahwa
f ( x + ∆ x, y ) − f ( x , y ) ∂ f ( x, y )
A=
lim
=
( ∆x,0 )→( 0,0 )
∆x
∆x
B=
lim
f ( x , y + ∆y ) − f ( x , y )
=
∂ f ( x, y )
∆y
∆y
dan diferensial fungsi f didefinisikan sebagai
∂ f ( x, y )
∂ f ( x, y )
df ( x, y; dx, dy ) =
dx +
dy
∂x
∂y
( 0, ∆y )→( 0,0 )
Diberikan fungsi f ( x, y ) terdefinisi pada daerah (region) D ⊂ R 2
dengan ( x0 , y0 ) merupakan titik limit daerah (region) D. Jika fungsi f
terdiferensial di titik ( x0 , y0 ) maka fungsi f ( x, y ) kontinu di ( x0 , y0 ) .
TE S F OR M AT IF 2
Pilihlah satu jawaban yang paling tepat!
(
1) Jika diberikan fungsi f ( x, y ) = 2 xy − 1 − x 2 − y 2
dan
A.
B.
C.
D.
∂ f ( x, y )
terdefinisi ….
∂x
)
32
maka
∂ f ( x, y )
∂x
untuk semua (x, y)
untuk semua pasangan x dan y bernilai positif
untuk semua pasangan x dan y bernilai negatif
untuk semua (x, y) dalam lingkaran terbuka dengan pusat (0,0) dan
radius 1
E. untuk semua (x, y) dalam lingkaran tertutup dengan pusat
(0,0) dan radius 1
1.36
Kalkulus III 2) Jika
diberikan
f ( x, y ) = x 2 y + e− xy ,
3
fungsi
maka
∂ f (1, −1)
∂x
mempunyai nilai ….
A. e − 2
B. 1 − 3e
C. 2 − 6 e
D. 15e
E. e
3) Jika diberikan fungsi f ( x, y ) = 2 x 2 + 3 y 2 , maka bilangan arah garis
normal luasan fungsi f di titik (3,2, f (3,2)) adalah ….
A. 3,2,30
B. 12,12,-1
C. 12,12,1
12 12
1
D.
, ,−
17 17 17
12 12 1
E.
, ,
17 17 17
4) Jika diberikan fungsi f ( x, y ) = 3x 2 y + 2 xy 2 + 1 maka diferensial f di
titik (2,1) adalah ….
A. 14 dx − 20 dy
B.
20 dx − 14 dy
C. 14 dx + 20 dy
D.
20 dx + 14 dy
E.
−14 dx − 20 dy
5) Jika diberikan fungsi
(
f ( x, y ) = ln x 2 + y 2
adalah ….
A.
2 x dx + 2 y dy
B.
x dx + y dy
C.
2x
x +y
2
2
dx +
2y
x + y2
2
dy
)
maka diferensial f
1.37
MATA4210/MODUL 1
D.
E.
x
x +y
2
2
dx +
2
dx +
2
x +y
2
y
x + y2
2
2
x + y2
2
dy
dy
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang
terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar.
Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan
Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar
Jumlah Soal
× 100%
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali
80 - 89% = baik
70 - 79% = cukup
< 70% = kurang
Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat
meneruskan dengan modul berikutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%,
Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang
belum dikuasai.
1.38
Kalkulus III Kunci Jawaban Tes Formatif
Tes Formatif 1
1) C
2) C
3) E
4) B
5) B
Tes Formatif 2
1) E
2) A
3) B
4) C
5) C
MATA4210/MODUL 1
1.39
Daftar Pustaka
Salas, SL & Hille, E. (1982). Calculus One and Variables. (Part II). 4th
Edition. New York: John Wiley and Sons.
Taylor, A.E & Robert, M.W. (1983). Advanced Calculus. 3rd edition. New
York: John Wiley and Sons.