modul kalkulus lanjut
TRANSCRIPT
MODUL BELAJAR
KALKULUS LANJUT
Oleh
ARVINA FRIDA KARELA (12030090)
EKA DASA ENDANG A (12030091)
MULYUANA (12030094)
SINDI PADILAH (12030083)
SISKA APRILIA (12030079)
TIYA LIANA RIZKI (12030086)
WINDY MEILANI PUTRI (12030087)
SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
MUHAMMADIYAH PRINGSEWU LAMPUNG
TAHUN 2015
BARISAN DAN DERET
A. Barisan Tak Terhingga
Barisan dalam bahasa sederhana suatu barisan a1,a2 , a3 , a4,... adalah susunan
bilangan yang terurut sesuai dengan urutan bilangan asli. Barisan Tak
terhingga adalah sebuah fungsi yang daerah asalnya adalah himpunan
bilangan asli. Suatu barisan a1,a2 , a3 , a4,... dapat disajikan pula sebagai
{an }n=1∞ atau lebih singkat {an}.
Contoh:
Barisan 1, 4, 7, 10, 13, ...
Dengan rumus eksplisit untuk suku ke-n , seperti pada
an=3n−2, n ≥ 1
atau rumus rekursi
an=an−1+3 , n≥ 2, an=1
Jadi, ketiga rumusan diatas melukiskan barisan yang sama.
Contoh:
1. an=1−1n , n≥ 1 : 0,
12 ,
23 ,
34 ,
45 , . . .
2. bn=1+(−1)n 1n , n≥ 1 : 0,
32 ,
23 ,
54 ,
45 ,
76 ,
67 , . . .
3. cn=(−1)n +1n , n≥ 1 : 0,
32 ,
−23 ,
54 ,
−45 ,
76 ,
−67 , . . .
4. cn=0,999 ,n≥ 1 : 0,999, 0,999, 0,999, 0,999, . . .
Kekonvergenan Nilai suku-suku pada {an} dan {bn} semakin mendekati 1.
Ini dapat dikatakan bahwa {an} dan {bn} konvergen menuju 1, sedangkan {cn
} dan {dn} tidak demikian. Agar suatu barisan konvergen menuju 1, syaratnya
yang pertama ialah bahwa nilai-nilai barisan itu harus mendekati 1. Tetapi
tidak hanya harus mendekati satu ; nilai-nilai tersebut harus tetap berdekatan,
yang tidak dipenuhi oleh {cn}. Berdekatan artinya semakin lama semakin
dekat, yakni, dalam sebarang tingkat ketelitian yang ditentukan, yang tidak
dipenuhi oleh {dn}. Walaupun {dn} tidak konvergen menuju 1, yang betul
dapat ddikatakan bahwa barisan {dn} konvergen menuju 0,999. Sedangkan
barisan {cn} tidak konvergen sama sekali sehingga {cn} dapat dikatakan
divergen.
Definisi :
Barisan {an} dinamakan konvergen menuju L atau berlimit L dapat di tulis
sebagai berikut :
limn → ∞
an=L
Apa bila untuk tiap bilangan positif ε , ada bilangan positif N sehingga untuk
n≥ N → |an−L| ¿ ε
suatu barisan yang tidak konvergen ke suatu bilangan L yang terhingga
dinamakan divergen.
Teorema
Andaikan {an} dan {bn} barisan-barisan yang konvergen dan k sebuah
konstanta. Maka :
1. limn → ∞
k=k ;
2. limn → ∞
k an=k limn →∞
an ;
3. limn → ∞
(an± bn )=limn →∞
an ± limn→∞
bn ;
4. limn → ∞
(an ∙ bn )= limn →∞
an ∙ limn →∞
bn ;
5.limn→ ∞
an
bn
= limn→ ∞
an
limn→∞
bn asalkan lim
n→ ∞bn ≠ 0.
Contoh 1 :
Buktikan bahwa untuk p positif bulat, maka limn→∞
1
np = 0.
Penyelesaian:
Andaikan diketahui ε>0. pilihlah N ¿ P√1/εmaka untuk n ¿ Nberlakulah
|an−L|=| 1np −0| =
1np ≤ 1
N p ¿1
(P√1/ε )P = ε
Contoh 2 :
Tentukan limn →∞
3n2
7 n2+1
Penyelesaian :
limn →∞
3n2
7 n2+1=
limn → ∞
3
7+( 1n2 )
¿
limn→ ∞
3
limn→ ∞ (7+( 1
n2 ))
¿
limn → ∞
3
limn→ ∞
7+limn→ ∞
1
n2
¿ 3
7+limn→ ∞
1
n2
= 3
7+0 = 37
Contoh 3 :
Apakah barisan ( ln n /en ) konvergen, jika demikian berapakah limitnya?
Penyelesaian :
Gunakan fakta bahwa jika limn→ ∞
f ( x )=L ,maka limn → ∞
f (n )=L
Berdasarkan kaidah I’ Hopital, maka
limn →∞
ln x
ex =limn →∞
1/x
ex =0
Artinya, {( ln n ) /en} konvergen menuju 0.
Latihan :
1. Buktikan bahwa barisan { n2 n+1 } mempunyai limit
1z
2. Perhatikan apakah barisan { 4 n2
2n2+1 } konvergen atau divergen?
B. Deret Tak Terhingga
Definisi Paradoks Zeno :
Zeno dari Elea mengatakan dalam suatu paradoks terkenal kira-kira 2400 th
yang lalu bahwa seorang pelari tak mungkin dapat mengakhiri suatu
pertandingan sebab ia harus berlari setengah jarak, kemudian stengah sisa
jarak, kemudian stengah jarak yang masih tersisa dan sterusnya, untuk
selamanya oleh karena waktu yang disediakan bagi pelari tersebut terhingga,
maka ia tk mungkin mencakup ruas-ruas jarak yang banyaknya tak terhingga.
Walaupun demikian kita meangetahui bahwa pelari dapat mengakhiri
pertandingan.
Perhatikan jarak pertandingan yang panjangnya 1 mil. Ruas jarak dalam
pikiran Zeno dengan ini panjangnya 12 mil,
14 mil,
18 mil dan seterusnya.
Dalam bahasa mtematika, mengakhiri pertandingan berarti kita harus
menghitung jumlahnya yang tampaknya tak mungkin.
12+ 1
4+ 1
8+ 1
16+ 1
32+…
Definisi :
Perhatikan jumlah parsial sebagai berikut :
s1=12
sn=12+ 1
4=3
4
sn=12+ 1
4+ 1
8=7
8
sn=12+ 1
4+ 1
8+…+ 1
2n=1− 12n
Jelas jumlah-jumlah parsial ini mendekati 1. Tepatnya
limn → ∞
s1= limn → ∞ (1− 1
2n ) = 1
Ini kita definisikan sebagai nilai jumlah tak terhingga itu.
Definisi :
Perhatiakn hal yang lebih umum
a1 + a2 + a3+a4+…
Kita singkat sebagai ∑k =1
∞
akatau ∑ ak dan bentuk tersebut dinamakan deret
tak terhingga (atau deret saja ). maka sn, yaitu jumlah parsial ke-n , adalah
sn = a1 + a2 + a3+a4+…an = ∑k =1
∞
ak
C. Kekonvergenan Deret
Definisi :
Deret ∑k =1
∞
ak konvergen dan mempunyai jumlah S, apakah barisan jumla-
jumlah parsial {Sn } konvergen menuju S. Apakah {Sn } divergen, maka deret
divergen. Suatu deret yang divergen tidak memiliki jumlah.
Deret Geometri adalah suatu deret yang berbentuk
∑k =1
∞
ark−1=a+ar+ar2+…
Dengan a ≠ 0dinamakan deret geometri.
Teorema
Deret geometri konvergen dengan jumlah S=a/ (1−r ) apabila |r|<1. Deret itu
divergen apabila |r|≥ 1.
Teorema ( uji kedidivergenan dengan suku ke-n)
Apabila ∑n=1
∞
an konvergen, maka limn → ∞an= 0. Setara dengan pernyataan ini ialah
bahwa apabila limn → ∞an ≠ 0(atau apabila limn→ ∞
antidak ada) maka derte divergen.
Bukti :
Andaikan Sn jumlah parsial ke-n dan S= limn→ ∞
Sn.
oleh karena an=Sn−Sn−1
S−S=0
Contoh:
Buktikan bahwa ∑n=1
∞ n3
3n3+2 n2 divergen
Penyelesaian:
limn→ ∞
an= limn → ∞
n3
3n3+2 n2=1
3+2/n=1
3
Menurut teorema deret divergen
Sifat-sifat deret konvergen
Teorema (kelinearan)
Jika ∑k =1
∞
akdan ∑k =1
∞
bkkeduanya konvergen dan c sebuah konstanta, maka
∑k =1
∞
cakdan ∑k =1
∞
( ak+bk ) juga konvergen, selain itu.
1. ∑k =1
∞
cak=c∑k=1
∞
ak
2. ∑k =1
∞
( ak+bk )=∑k =1
∞
ak+∑k=1
∞
bk
Contoh:
Hitunglah ∑k =1
∞ [3( 18 )
k
+5 (13 )
k ]Penyelesaian:
Menurut teorema kita peroleh
∑k =1
∞ [3( 18 )
k
+5 (13 )
k ]=3∑k=1
∞
( 18 )
k
+5∑k =1
∞
(13 )
k
= 3
18
1−18
−5
13
1−13
= 37−5
2=−29
14
Teorema : Jika ∑k =1
∞
akdivergen dan c ≠ 0 , maka ∑k =1
∞
cakdivergen.
Teorema (pengelompokan)
Suku-suku sebuah deret yang konvergen dapat dikelompokan dengan cara
sebarang (asalkan urutan suku-suku tidak diubah)dan deret yang baru setiap
konvergen dan jumlahnya sama dengan jumlah deret semula.
Uji kekonvergenan deret (deret positif)
Teorema A (Uji Jumlah Terbatas)
Suatu deret ∑ ak yang sukunya tak negatif, adalah konvergen, jika dan
hanya jika jumlah parsialnya terbatas diatas.
Contoh :
Buktikan bahwa deret 11!
+ 12!
+ 13 !
+… konvergen!
Penyelesaian :
Kita akan membuktika bahwa jumla-jumlah parsial Sn terbatas diatas,
perhatikan bahwa :
n !=1∙ 2 ∙3 ∙ ∙∙ n ≥1 ∙ 2∙ 2∙ ∙ ∙2=2n−1
Dan sehingga 1/n !≤1 /2n−1 jadi
Sn=11 !
+ 12 !
+ 13 !
+…+ 1n!
≤ 1+ 12+ 1
4+…+ 1
2n−1
Suku-suku yang terahir ini adalah deret geometri dengan r=12 . Oleh karena
itu menurut teorema diperoleh :
Sn ≤1−( 1
2 )n
1−12
=2[1−( 12 )
n]<2
Jadi, menurut teorema Uji Jumlah Terbatas, deret ini konvergen.
Teorema B (Uji Integral)
Andaikan f suatu fungsi yang kontinyu, positif dan tidak naik pada selang
[ 1 , ∞ ]. Andaikan ak=f ( k )untuk semua k positif bulat. Maka deret tak
terhingga
∑k =1
∞
ak
Konvergen, jika dan hanya jika integral tak wajar
∫1
∞
f ( x )dx
Konvergen.
Catatan: bilangan bulat 1 dapat diganti oleh setiap bilangan bulat positif M
yang lain menurut teorema tersebut.
Contoh :
Periksa apakah deret ∑k =2
∞ 1k lnk
bkonvergen atau divergen.
Penyelesaian:
Hipotesis pada uji integral diperoleh untuk f ( x )=1 /¿ ¿ pada selang [ 2 , ∞ ]
∫2
∞ 1x ln x
dx=limt → ∞
∫2
t 1x ln x
d ¿
Jadi, ∑ 1 /( k ln k ) divergen
Teorema C (Uji Deret-p)
Deret : ∑k =1
∞ 1k p =1+ 1
2p +13p + 1
4 p +…
Dengan p sebuah konstanta berlaku :
1) Deret-p konvergen untuk p>1
2) Deret-p divergen untuk p ≤1
Teorema D (Uji Banding)
Andaikan untuk n ≥ N berlaku 0 ≤ an ≤ bn
1) Jika ∑ bn konvergen, maka ∑ an konvergen
2) Jika ∑ an divergen, maka ∑ bn divergen
Contoh :
Apakah ∑ n2n(n+1)
konvergen atau divergen?
Penyelesaian:
Untuk n cukup besar suku ke-n mirip dengan (1/2 )n
n2n (n+1 )
=( 12 )
n nn+1
<( 12 )
n
Deret geometri ∑ ( 12 )
n
konvergen sebab pembandingannya adalah 12 . Jadi
deret yang diketahui juga konvergen.
Teorema E (uji Banding limit)
Andaikan an≥ 0 , bn>0 , dan limn → ∞
an
bn=L
Apabila 0<L<∞, maka ∑ an dan ∑ bn bersama-sama akan konvergen atau
divergen. Apabila L=0 dan ∑ bn konvergen, maka ∑ an konvergen.
Contoh :
Tentukan apakah ∑n=1
∞ 3n−1n3−2n2+11
konvergen atau divergen?
Penyelesaian :
Terlebih dahulu harus menentukan pembanding suku ke-n deret ini dengan
melihatnsuku-suku derajat tertinggi dalam pembilang dan penyebut suku
umum. Suku deret tersebut mirip dengan 3/n2 sehingga
limn→ ∞
an
bn=lim
n → ∞
(3 n−2)/ (n3−2 n2+11)3/n2 =lim
n → ∞
3 n3−2n2
3 n3+6 n2+33=1
Jadi deret tersebut konvergen
Teorema F (Uji Hasil Bagi)
Andaikan ∑ an sebuah deret yang sukunya positifdan andaikan
limn → ∞
an+1
an=p
1) Jika p<1 deret konvergen
2) Jika p>1 deret divergen
3) Jika p=1 , pengujian ini tidak memberikan kepastian.
Contoh:
Apakah deret ∑n=1
∞ 2n
n! konvergen atau divergen?
Penyelesaian :
p= limn→ ∞
an+1
an= lim
n →∞
2n+1
(n+1 )!2n
2n =limn→∞
2
n+1=0
Menurut teorema hasil bagi deret itu konvergen.
GRAFIK PERMUKAAN DI R3
A. Parabola
Suatu parabola adalah himpunan (tempat kedudukan) titik, yang titik-titiknya
memenuhi syarat, bahwa jaraknya terhadap suatu titik tertentu sama dengan
jaraknya terhadap suatu garis tertentu. Dengan kata lain parabola adalah
tempat kedudukan titik-titik yang jaraknya sama terhadap suatu titik tertentu
dan garis tertentu. Titik-titik tertentu itu disebut titik api (fokus) dan garis
tertentu itu disebut direktriks. Perhatikan gambar berikut:
Y
A T1
L
(Gambar 1.1)
P
Q F
T2
L1 B
Pada gambar 1.1 menunjukkan sebuah parabola yang memiliki titik puncak di
sumbu X, yaitu titik P. Pada gambar tampak bahwa PQ = PF, F disebut titik
fokus, LL1 disebut lactus rectum, T1T2 disebut tali busur fokal, FB disebut
jari-jari fokal, dan I disebut direktriks (garis arah). Pada gambar tersebut
tampak juga jarak titik T1 ke A sama dengan jarak titik T1 ke F.
Persamaan Umum Parabola
1. Parabola yang terbuka ke kanan
Y
Q (-p,y)
P (x,y)
F (p,0)
O
x = -p
Pada gambar di atas tampak sebuah parabola yang terbuka ke kanan.
Perhatikan PF = PQ
Maka :
√ ( p−x )2+(0− y )2=√ (−p−x )2+( y− y )2
√ ( p−x )2+ y2=√ (−p−x )2+0 ↔√( p−x )2+(0− y )2=√(−p−x )2+( y− y )2
↔ p2−2 px+x2+ y2=p2+2 px+x2
↔ y2=4 px
Pada persamaan yang didapat ini merupakan persamaan umum parabola
yang terbuka ke kanan yang memiliki puncak di (0,0), titik fokus (p,0),
dan sumbu direktriks : x = -p.
Dengan menggunakan translasi susunan sumbu dapat kita jabarkan
bahwa persamaan parabola yang berpuncak (α ,β ) dan sumbu simetrinya
sejajar sumbu X adalah:
( y−β)2=4 p (x−α )
Sebuah parabola dengan puncaknya di (α ,β ) , fokus F (α + p , β ) ,
direktriksnya garis x=α−p yang membuka ke kanan, bila persamaan
parabolanya dalam system koordinat X’O’Y, maka persamaannya
adalah: ( y ')2=4 px ' .
Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−α dan y '= y−β ke dalam
persamaan ( y ' )2=4 p x ' , dapat dinyatakan persamaan parabola di dalam
system koordinat XOY, yakni:
( y−β)2=4 p(x−α )
Contoh :
Tentukanlah persamaan parabola jika diketahui:
a) Puncak parabola (2,0) dan sumbu direktrisnya x = 1.
b) Puncak parabola (1,-2) dan latus rektumnya 4.
c) Koordinat fokusnya (11,4) dan sumbu direktrisnya x = 5.
Penyelesaian :
a) Puncak parabola (2,0) maka a = 2 dan b = 0
Sumbu direktrisnya x = 1, maka a – p = 1 atau a + p = 1
Karena a = 2 maka p = 1 atau p = -1.
Jadi persamaan parabolanya adalah:
y2=4 ( x−2 ) atau y2=−4 ( x−2 )
b) Puncak parabola (1,-2) maka a = 1 dan b = -2.
latus rectum = 4 maka 4 p=4. Persamaan parabolanya adalah:
( x−1 )2=4 ( y+2 ) atau ( y+2 )2=4 ( x−1 )
c) Koordinat fokusnya (11,4) dan sumbu direktrisnya x = 5
Maka a – p = 5 koordinat fokus (a + p,b)
maka : b = 4 dan a + p = 11.
Dengan mengeliminasi a – p = 5 dan a + p = 11
didapat a = 8 dan p = 3
Jadi, persamaan parabolanya adalah:
( y−4)2=12 ( x−8 )
Contoh-Contoh Soal :
1) Gambarlah grafik dari parabola y2=8 x !
Penyelesaian :
Koordinat puncaknya O (0,0)
4p = 8
p = 2
Titik F(2,0)
Persamaan direktriks g = x = -p = -2
Sumbu simetrinya y = 0
2) Gambarlah grafik dari parabola y2−2 y−4 x−9=0 !
Penyelesaian :
y2−2 y−4 x−9=0
y2−2 y+1−1=4 x+9
( y−1 )2=4 x+9+1
( y−1 )2=4 (x+ 52 )
Puncak parabola : (−52
,1)Parameter : 4p = 4 ↔ p = 1
Titik fokus : F(1+(−52 ) ,1)↔ F=(−3
2, 1)
Persamaan direktriks g = x = a – p
= −32
−1= −52
Persamaan lotus rectumnya x = −32
3) Penampang dari reflektor lampu mobil tertentu dapat dimodelkan oleh
suatu persamaan 25 x=16 y2, dengan x dan y dalam cm dan x bilangan
real dari 0 sampai 4. Gunakan informasi yang diberikan untuk
menggambarkan grafiknya dengan domain yang diberikan.
Penyelesaian :
Persamaan 25 x=16 y2 merupakan persamaan dari parabola horizontal
yang memiliki titik pusat di (0, 0). Selanjutnya kita tentukan nilai p dari
parabola tersebut.
25 x=16 y2 persamaan awal
y2=2516
x bagi kedua ruas dengan 16
y2=4( 2564 ) x dijadikan bentuk y2=px
Sehingga kita peroleh p = 25/64 (p > 0), yang artinya grafik dari
parabola tersebut terbuka ke kanan. Selanjutnya kita tentukan dua titik
selain titik (0,0) yang dilalui oleh grafik parabola tersebut. Karena
domainnya memiliki batas kanan di 4, kita tentukan dua titik pada
parabola yang memiliki absis4.
25 x=64 y2 persamaan awal
25 (4 )=64 y2 subtitusi 4 ke x
y2=25(4)64
bagi kedua ruas dengan 64
y=± 5(2)8
=±1,25
hasil
Diperoleh dua titik tersebut adalah (4,1.25) dan (4,–1.25). Dengan
menggunakan tiga titik (0,0), (4,1.25), dan (4,–1.25) kita dapat
menggambarkan grafik dari parabola tersebut.
4) Penampang dari reflektor suatu lampu senter dapat dimodelkan dengan
persamaan 4 x= y2, dengan x dan y dalam cm dan x bilangan real dari 0
sampai 2,25. Gambarlah grafik dari penampang reflektor tersebut
dengan domain yang diberikan.
Penyelesaian :
Persamaan 4 x= y2 merupakan persamaan suatu parabola horizontal
yang berpusat di (0, 0). Dari persamaan tersebut kita ketahui p = 1 (p >
0), sehingga parabola tersebut terbuka ke kanan. Karena domainnya
adalah bilangan real mulai 0 sampai 2,25, selanjutnya kita tentukan dua
titik lain yang dilalui oleh parabola dan memiliki absis 2,25.
4 x= y2 persamaan awal
4 (2,25 )= y2 subtitusi 2,25 ke x
y=±3 hasil
Sehingga dua titik lainnya yang dilalui oleh parabola tersebut adalah
(2,25, 3) dan (2,25, –3). Sehingga, grafik dari penampang reflektor
yang dimaksud dapat digambarkan sebagai berikut.
2. Parabola yang Terbuka Ke Atas
Misal garis g sebagai garis tetap (garis direktriks) dan titik F sebagai titik
tetap (fokus) atau titik api. Jika F tidak terletak pada g, maka kita dapat
memilih sebuah sistem koordinat yang menghasilkan sebuah persamaan
yang sederhana untuk parabola dengan mengambil sumbu Y melalui F
dan tegak lurus garis g, dan dengan mengambil titik asalnya di titik
tengah antara F dan g.
Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F (0,p).
dengan demikian persamaan garis g menjadi y = -p. Titik P (x,y) terletak
pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(x,-p) adalah kaki
garis tegak lurus dari P ke g.
Dari PF = PQ, maka:
√ x2+( y−p )2=√ ( y+ p )2
↔ x2+( y−p )2=( y+ p )2
↔ x2+ y2−2 py+ p2= y2+2 py+ p2
↔ x2=4 py
Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(0,P)
didefinisikan dengan persamaan: x2=4 py
Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b) yang membuka ke atas, bila
persamaan parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka
persamaannya adalah:
( x ' )2=4 p y '
Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−a dan y '= y−b ke dalam
sistem persamaan (x ' )2=4 py ', dapat dinyatakan persamaan parabola di
dalam sistem koordinat XOY, yakni:
(x−a)2=4 p( y−b)
Contoh-contoh Soal:
1) Gambarlah grafik dari parabola 4x2 – 25y = 0 !
Penyelesaian :
4 x2−25 y=0
4 x2=25 y
x2=254
y
Koordinat puncaknya (0,0)
4 p=254
↔ p=2516
Titik F=(0 , 2516 )
Persamaan direktris y=−2516
Sketsa Grafik :
2) Gambarlah grafik dari parabola x2−2 x−9=4 y !
Penyelesaian :
x2−2 x−9=4 y
x2−2 x+1−1=4 y+9
( x−1 )2=4 y+9+1
( x−1 )2=4( y+ 52 )
Puncak Parabola (1 ,−52 )
Parameter : 4 p=4 ↔ p=1
Titik Fokus F (1 ,1+(−52 ))↔ F(1 ,−3
2 )Persamaan direktriks g = y = b – p ¿−
32−1=−5
2
Persamaan lotus rectumnya y=−32
3) Gambar di bawah menunjukkan penampang dari piringan antena
radio. Seorang teknisi telah menempatkan suatu titik pada
penampang antena yang terletak 0,75 meter di atas dan 6 meter di
kanan dari titik pusatnya. Pada koordinat mana seharusnya teknisi
tersebut menempatkan fokus antena tersebut?
Penyelesaian :
Berdasarkan gambar di atas, kita tahu bahwa parabola di atas
merupakan suatu parabola vertikal dengan titik pusat (0, 0). Hal ini
berarti bahwa persamaan dari parabola tersebut haruslah berbentuk
x² = 4py. Karena titik (6, 0,75) terletak pada grafik, maka kita dapat
mensubstitusi titik tersebut ke dalam persamaan dan menyelesaikan
nilai p:
x2=4 py Persamaan parabola vertikal, titik pusat (0,0)
62=4 p(0,75) subtitusi 6 ke x dan 0,75 ke y
36=3 p sederhanakan
p=12 hasil
Karena diperoleh p = 12, maka fokus dari parabola tersebut terletak
di koordinat (0, 12). Atau dengan kata lain, fokus dari parabola
tersebut seharusnya ditempatkan 12 meter di atas titik pusatnya.
4) Salah satu bentuk teknologi yang menggunakan piringan parabolis
adalah panel surya. Pada umumnya, sinar matahari yang datang ke
panel tersebut dipantulkan ke fokusnya, dan menghasilkan suhu yang
sangat tinggi. Misalkan suatu panel surya memiliki diameter 10
meter dan penampangnya dapat dimodelkan dengan persamaan x² =
50y. Berapakah kedalaman dari panel surya tersebut? Di manakah
lokasi dari fokusnya?
Penyelesaian :
Persamaan x² = 50y merupakan persamaan suatu parabola vertikal
dengan titik pusat (0, 0). Dari persamaan tersebut, kita peroleh p =
50/4 = 12,5 (p > 0). Sehingga grafik dari persamaan tersebut berupa
parabola yang terbuka ke atas. Selain itu, kita juga peroleh bahwa
koordinat titik fokusnya adalah (0, 50/4), atau dengan kata lain,
fokusnya terletak 50/4 meter di atas titik pusatnya. Untuk
menentukan kedalaman dari panel surya tersebut, kita selesaikan y
untuk x = 10/2 = 5 (diameter dibagi dua).
x2=50 y persamaan awal
52=50 y subtitusi 5 ke x
y=2550
=12 bagi kedua ruas dengan 50; hasil
Sehingga kedalaman dari panel surya tersebut adalah 0,5 meter.
Panel surya parabolis tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.
5) Reflektor dari suatu lampu sorot yang berupa piringan parabolis
memiliki diameter 120 cm. Berapakah kedalaman dari reflektor
tersebut jika penempatan bola lampu yang tepat adalah 11,25 cm di
atas titik pusatnya (titik terendah dari piringan)? Tentukan
persamaan yang digunakan oleh teknisi dalam membuat piringan
reflektor tersebut!
Penyelesaian :
Lokasi yang tepat dari bola lampu merupakan lokasi dari fokus
parabola. Sehingga lokasi fokusnya 11,25 di atas titik pusat. Jika kita
anggap penampang dari reflektor tersebut berupa parabola vertikal
dengan titik pusat (0, 0) yang terbuka ke atas, maka koordinat titik
fokusnya adalah (0, 11,25). Artinya, kita peroleh p = 11,25.
Sehingga, persamaan dari parabola yang dimaksud adalah x² = 4 ∙
11,25y atau ekuivalen dengan x² = 45y. Karena diameter
reflektornyanya 120 cm, kedalaman dari reflektor tersebut dapat
ditentukan dengan menyelesaikan nilai y untuk x sama dengan jari-
jari, yaitu x = 120/2 = 60.
x2=45 y persamaan parabola
602=45 y subtitusi 60 ke x
y=360045
=80bagi kedua ruas dengan 45; hasil
Jadi, kedalaman dari reflektor lampu sorot tersebut adalah 80 cm.
Grafik dari pemodelan reflektor tersebut dapat digambarkan sebagai
berikut.
3. Parabola yang Terbuka Ke Kiri
Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F(-p,0).
Dengan demikian persamaan garis g menjadi x = p. Titik P(x,y) terletak
pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(p,y)
Y
y2=−4 px Direktriks x=p
P(x.y) Q(p,y)
F(-p,0) 0 X
g
Dari PF = PQ, maka:
√ (−p−x )2+(0− y )2=√ ( p−x )2+( y− y )2
√ (− p−x )2+ y2=√ ( p−x )2+0
↔ (−p−x )2+ y2=( p−x )2
↔ p2+2 px+x2+ y2=p2−2 px+x2
↔ y2=−4 px
Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(-
p,0) didefinisikan dengan persamaan:
y2=−4 px
Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b), fokus F(a-p, b), dan
persamaan direktriksnya x = a + p yang membuka ke kiri, bila
persamaaan parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka
persamaannya adalah:
( y ' )2=−4 px '
Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−a dan y '= y−b ke dalam
persamaan ( y ')2=−4 px ' , dapat dinyatakan persamaan parabola di dalam
sistem koordinat XOY, yakni:
( y−b)2=−4 p (x−a)
4. Parabola yang Terbuka Ke Bawah
Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F(0,-p).
Dengan demikian persamaan garis g menjadi y = p. Titik P(x,y) terletak
pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(x,p)..
Dari PF = PQ, maka:
√ x2+( y+ p )2=√ ( y−p )2
↔ x2+( y+p)2=( y−p)2
↔ x2=−4 py
Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(0,-
p) didefinisikan dengan persamaan:
x2=−4 py
Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b), fokus F(a, p-b), dan garis
direktriksnya y = b + p yang membuka ke bawah, bila persamaaan
parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka persamaannya
adalah:
(x ' )2=−4 py '
Dengan mensubtitusikan persamaan x '=x−a dan y '= y−b ke dalam
persamaan (x ')2=4 py ' , dapat dinyatakan persamaan parabola di dalam
sistem koordinat XOY, yakni :
(x−a)2=−4 p( y−b)
Contoh-contoh Soal :
1) Tentukan titik puncak, fokus, dan direktris dari parabola yang
didefinisikan oleh persamaan x² = –12y. Kemudian gambarkan
grafiknya, disertai dengan fokus dan direktrisnya.
Penyelesaian :
Karena hanya suku-x yang dikuadratkan dan tidak ada pergeseran
yang diterapkan, maka parabola tersebut merupakan parabola
vertikal dengan titik puncak di (0, 0). Dengan membandingkan
persamaan yang diberikan dengan persamaan umum parabola bentuk
fokus-direktriks kita dapat menentukan nilai p:
4 p=−12
p=−124
=−3
Karena p = –3 (p < 0),
maka parabola tersebut
terbuka ke bawah, dengan
titik fokus di (0, –3) dan
direktriksnya y = 3. Untuk
menggambar grafiknya, kita perlu beberapa titik tambahan yang
dilalui oleh parabola tersebut. Karena 36 = 6² dapat dibagi oleh 12,
maka kita dapat mensubstitusikan x = 6 dan x = –6, dan
menghasilkan titik-titik (6, –3) dan (–6, –3). Sehingga grafik dari
parabola tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.
Dari grafik di atas, kita dapat mengetahui bahwa garis x = 0
merupakan sumbu simetri dari grafik parabola yang diberikan.
2) Tentukan titik puncak, fokus, dan direktriks dari persamaan parabola
yang diberikan, kemudian gambarkan grafiknya, disertai dengan
fokus dan direktriksnya: x² – 6x + 12y – 15 = 0.
Penyelesaian :
Karena hanya suku-x yang dikuadratkan, maka grafik dari
persamaan tersebut berbentuk parabola vertikal. Untuk menentukan
kecekungan, titik puncak, fokus, dan direktriks, kita terlebih dulu
melengkapkan kuadrat dalam x dan membandingkannya dengan
persamaan bentuk fokus-direktriks dengan pergeseran.
x2−6 x−15=0 persamaan yang diberikan
x2−6 x=−12 y+15 memisah suku x
x2−6 x+9=−12 y+24 tambahkan dengan 9
( x−3 )2=−12( y−2) faktorkan
Dari persamaan yang
dihasilkan, kita dapat melihat
bahwa grafiknya merupakan
suatu parabola yang digeser
ke kanan sejauh 3 satuan dan
ke atas sejauh 2 satuan. Oleh
karena itu, semua unsur dari
parabola tersebut juga akan
bergeser. Karena kita
mendapatkan 4p = –12, maka p = –3 (p < 0) dan parabola tersebut
terbuka ke bawah. Jika parabola tersebut berada pada posisi biasa,
maka titik puncaknya akan di (0, 0), fokusnya di (0, –3), dan
direktriksnya y = 3. Karena parabola tersebut bergeser ke kanan
sejauh 3 satuan dan ke atas sejauh 2 satuan, maka kita harus
menambahkan nilai x dengan 3 dan nilai y dengan 2 dari semua
unsur parabola tersebut. Sehingga titik puncaknya akan berada di (0
+ 3, 0 + 2) = (3, 2), fokusnya pada (0 + 3, –3 + 2) = (3, –1), dan
direktriksnya adalah y = 3 + 2 = 5. Dan akhirnya, jarak horizontal
antara fokus dan grafik adalah |2p| = 6 satuan (karena |4p| = 12),
sehingga memberikan titik-titik tambahan yang dilalui grafik, yaitu
(–3, –1) dan (9, –1).
B. Elips
Elips dan Hiperbola letaknya simetris terhadap pusatnya sehingga disebut
konik terpusat.
Jika syarat | PF | = e | PL | kita ambil terlebih dahulu P=A dan kemudian P’=A
dipilih berturut-turut :
a-c = e ( k-a ) = ek – ea
a=c = e ( k+a ) = ek + ea
Sehingga diperoleh c = ea dan k = ae andaikan p (x,y) sebuah titik pada
elips. Maka L ( ae , y ) adalah proyeksi pada garis arah.
Maka syarat | PF | = e | PL | menjadi √(x−a e)2+ y2 = e √(x−ae )2
Bukti :
| PF | = e | PL |
P = A (a,o) , F ( c,o ) , L ( k,o )
√(a−c)2+(o , o)2 = e √(a−k)2+(o ,o)2
(a−c ¿ = e ( a-k ) . . . . . . 1
P = A’ (-a,o) , F ( c,o ) , L ( k,o )
√(a−c)2+(o , o)2 = e √(−a−k)2+(o ,o)2
(−a−c ¿ = e (−a−k ¿ . . . . . . 2
Eleminasi Pers 1 dan 2
a – c = e k – e a
-a – c = -e k – e k +
-2 c = -2 e a
Subtitusi c = ea
a – e a = e k – e a
a = e k
| PF | = e | PL |
√(x−c)2+( y , o)2 = e √(x−k )2+( y , y )2
Subtitusi c = ea dan k = ae ke Persamaan, maka :
√(x−ea)2+( y , o)2 = e √(x−ae)
2
+( y , y)2
(x−ea)2 + y2 = e2 (x−ae)
2
c = ea
ae=k
x2 – 2eax + ea2 + y2 = e2 x−2 axe
+ a2
e2
❑
x2 (1 – e2) + a2 (e2 – 1) + y2 = 0 : 1
a2(1−e2)
x2
a2 - 1 + y2
a2 (1−e2 ) = 0
x2
a2 + y2
a2 (1−e2 ) = 1
Untuk Elips 0 < e < 1, sehingga 1 – e2 > 0 untuk menyederhanakan kita
namakan
b = a √1−¿¿ e2
Persamaan tersebut menjadi :
x2
a2 + y2
b2 = 1 a > b sumbu panjang di sumbu x
A < b sumbu panjang di sumbu y
Yang disebut pers baku elips
Elips 0 < e < 1
Elips mendatar : x2
a2 + y2
b2 = 1, a > b
y
xB (0, b)
A’(-a,0) f’(-C,0) f(C,0) A(a,0)
B’ (0, -b)
Elips Tegak : x2
a2 + y2
b2 = 1, a < b
Contoh :
1. Gambar grafik persamaan x2
36+ y2
4=1, dan tentukan fokus serta
keeksentrisannya!
Penyelesaian :
a = ± 6 A (6,0) ^ A’ (-6, 0)
b = ± 2 B (0,2) ^ B’ (0,-2)
c = ± √a2−b2 * karena a > b maka sumbu panjang di sumbu x
= ± √36−4
= ± √30
= ± 4 √2 f1 (4 √2 , 0) ^ f2 (−4√2 , 0)
e = cb=4 √2
6=2
34√2
k = ae= 6
23 √2
=9√22
=6,36
2. Buatlah sketsa grafik persamaan x2
16+ y2
25=1, Tentukan fokus serta
keesentrasinya
Penyelesaian :
B (0, 2)
6A’(-6,0) f’(-C,0)
f(C,0) A(6,0)
B’ (0, -2)
F
x 92 √2x −9
2 √2
a = ± 4 A (4,0) ^ A’ (-4, 0)
b = ± 5 B (0,5) ^ B’ (0,-5)
c = ± √b2−a2 * karena a > b maka sumbu panjang di sumbu y
= ± √25−16
= ± √9
= ± 3 f1 (0 , 3) ^ f2 (0 , -3)
e = cb=3
5
k = be= 5
35
=253
=8,12
C. Hiperbola
Untuk hiperbol, e > 1 sehingga diperoleh e2 – 1 > 0 Apabila b = a √e2−1
maka persamaan x2
a2 + y2
(1−e2 ) a2 = 1, akan terbentuk
Hiperbol mendatar : x2
a2 + y2
b2 = 1
Persamaan baku hiperbola mendatar b2=a2 (e2−1 )
B (0, 5)
B’ (0, -5)
A’(-4,0) A(4,0)a
cb
F1
y 253
y −253
−b2=a2 (1−e2 )
Hiperbola mendatar maka c = ae disumbu x hiperbola tegak maka :
c2 = a2 + b2
Persamaan baku hiperbola tegak :
−x2
a2 + y2
b2 = 1 e = ca Panjang titik puncak pada sumbu utama
Sumbu utama di y
Contoh :
1. Gambarlah Grafik x2
9 + y2
16 = 1. Tentukan persamaan dan letak
fokusnya!
Penyelesaian :
a = ± 3 → A (3,0) ^ A’ (-3,0)
b = ± 4 → B (0,4) ^ B’ (0,-4)
c = ±√b2+a2 Karena a < b maka sumbu panjang di sumbu y
= ±√16+9
= ± 5 → F1 (5,0) ^ F2 (-5,0)
e = ca =
53
B (0, 4)
X = k
F2 A1
B1
B
L P
F1
cb
a
C2 = a2 + b2
B = Panjang Sumbu Asimtot
C = Sisi Miring
a = Panjang sumbu A
A = Titik Puncak
k = ae =
353
= 95 = 1,8
2. Gambrlah grafik −x2
4 + y2
9 = 1, dan tentukan fokus hiperbola!
Penyelsaian :
a = ± 2 → A (2,0 ) ^ A’ (-2,0)
b = ± 3 → B (0,3) ^ B’ (0,-3)
c = ±√4+9
= ±√13
= ± 3,6 → F1 (0,√13 ) ^ F2 (0,-√13 )
e = cb = √13
3 =
13 √13
k = be =
313 √13 =
913 √13 = 2,49 √13 = 3,6
PERMUKAAN DALAM RUANG BERDIMENSI-TIGA
√13=3,6
B’ (0, -4)
F2 (-5,0)A’ (-3,0)
a
c
b
A (3,0)
F1 (5,0)
x= y5x=− y
5
xy= 9
13 √13
y=−913 √13
F2
B’
B
F1
A’ A
A. Koordinat Cartesius di R3
Contoh:
1. Gambarkanlah grafik dari 3 x+4 y+2 z=12.
Penyelesaian:
Perpotongan sumbu x→ y=0 , z=0
3 x+4.0+2.0=12
3 x=12
x=4 sehingga didapat titik A (4,0,0 )
Perpotongan sumbu y → x=0 , z=0
3.0+4 y+2.0=12
4 y=12
x=3 didapat titik A (0,3,0 )
Perpotongan sumbu x→ y=0 , z=0
3.0+4.0+2 z=12
2 z=12
x=6 didapat titik A (0,0,6 )
B. Fungsi dua Peubah
Fungsi dua peubah dinotasikan dengan f (x , y ) dengan himpunan daerah asal
(D) adalah pasangan terurut bilangan real (x , y ) atau {f (x , y )|(x , y)∈D }.
Contoh :
Dalam bidang x,y buatlah grafik daerah asal untuk
f ( x , y )= √ y−x2
x2+ ( y−1 )2
Penyelesaian :
Agar f ( x , y ) mempunyai nilai maka syarat untuk daerah asal yaitu:
1) y−x2 ≥0
2) x2+( y−1)≠ 0
(x , y )≠ 0 (0,1)≠ 0
Gambar :
C. Turunan Fungsi dua Peubah
Untuk fungsi satu peubah yaitu:
f ' ( x )= lim∆ x →0
f ( x+∆ x )− f ( x )∆ x f ' ( x0 , y 0 )=
lim∆ x → 0
f ( x0+∆ x )−f (x0)
∆ x
Sedangkan untuk dua peubah f(x,y) :
Definisi:
f x ( x , y )=lim
∆ x→ 0f ( x+∆ x , y )−f (x , y )
∆ x
f x ( x0 , y0 )=lim
∆ x →0f ( x0+∆ x+ y0 )−f (x0 , y0)
∆ x
f y ( x0 , y0 )=lim
∆ y→ 0f ( x0 , y0+∆ y )−f (x0 , y0)
∆ y
Misalkan:
f ( x , y )=z, maka
f x ( x , y )= ∂ z∂ x
=∂ f (x , y )
∂ x
f x0( x0, y0 )=∂ z
∂ x |(x0 , y0)
f y ( x0 , y0 )= ∂ z∂ y
|(x0 , y0)
Contoh:
Carilah f x dan f ydi (1,2) jika f ( x , y )=x2 y+3 y3
Penyelesaian:
f x ( x , y )=2 xy+0
f x (1,2 )=2 ∙1 ∙2=4
f y ( x , y )=x2+9 y2
f y (1,2 )=12+9∙ 22=37
Contoh:
Jika z=x2 sin(xy2) carilah ∂ z∂ x dan
∂ z∂ y !
Penyelesaian:
Misal: u=x2 v=sin(x y2)
ux' =2 x vx
' = y2 cos(x y2)
Sehingga:
f x ( x , y )=u' v+u v'
¿2 xsin ( x y2 )+x2 y2cos (x y2)
f y ( x , y )=∂¿¿
¿ x2 ∙ 2 xy cos (x y2)
¿2 x3 y cos(x y2)
TURUNAN BERARAH
Perhatikan lagi fungsi dua peubah f (x , y ). Turunan parsial f x (x , y ) dan f y (x , y )
mengukur laju perubahan (dan tanjakan (kemiringan) garis singgung) pada arah
sejajar sumbu x dany. Sasaran kita sekarang adalah mempelajari laju perubahan f
pada sembarang arah. Ini menuju konsep turunan berarah, yang kemudian
dihubungkan dengan gradien.
Akan sangat menguntungkan untuk menggunakan cara penulisan vektor.
Andaikan p=(x , y ) dan i dan j adalah vektor-vektor satuan pada arah x dan y
positif. maka dua turunan berarah di p dapat ditulis sebagai berikut
f x ( p )=limh→ 0
f ( p+hi )−f ( p)h
f y ( p )=limh→ 0
f ( p+h j )−f (p)h
Untuk memperoleh konsep yang kita tuju, yang kita kerjakan hanyalah
menggantikan idan jdengan suatu vektor satuan sebarang u.
Definisi :
Untuk setiap vektor satuan u, andaikan
Du f ( p )−limh →0
f ( p+h u )−f ( p)h
Limit ini, jika ia ada, disebut turunan berarah f di p pada arah u.
Jadi, Di f ( p )=f x( p) dan D j f ( p )=f y (p). Karena p=(x , y ), kita gunakan juga cara
penulisan Du f (x , y).
Teorema A
Andaikan f mempunyai turunan parsial kontinu di sekitar p. Maka f mempunyai
turunan berarah di p pada arah vektor satuan u=u1i+u2 j dan
Du f ( p )=u ∙∇ f ( p)
yakni,
Du f ( x , y )=u1 f x ( x , y )+u2 f y( x , y)
Bukti :
Akan dibuktikan bahwa f terdeferensialkan dan karena itu
f ( p+hu )−f ( p )=h u∙∇ f ( p )+|hu|ε (h u)
dengan ε (h u)→ 0 pada h→ 0. Jadi,
f ( p+h u )−f ( p)h =u .∇ f ( p)± ε (hu)
Kesimpulan itu diperoleh dengan mengambil limit pada h → 0.
Contoh :
1. Jika f ( x , y )=4 x2−xy+3 y2, tentukan turunan berarah f di (2, -1) pada arah
vektor a=4 i+3 j.
Penyelesaian:
Vektor satuan u pada arah a adalah ( 45 ) i+( 3
5 ) j. Juga, f x ( x , y )=8 x− y dan
f y ( x , y )=−x+6 y; jadi, f x (2,−1 )=17 dan f y (2 ,−1 )=−8. Akibatnya,
menurut Teorema A
Du f (1,2, π2 )=1
3(2 )+ 2
3(1 )+ 2
3(0 )=4
3
Walaupun kita tidak akan meneruskan dengan terperinci,kita nyatakan bahwa
apa yang telah kita kerjakan adalah benar untuk fungsi tiga peubah atau lebih,
dengan peubah-han tertentu.
2. Cari turunan berarah dari fungsi f ( x , y , z )=xy sin z di titik (1,2 , π2) pada arah
vektor a=i+2 j+2 k.
Penyelesaian:
Vektor satuan u pada arah a adalah 13
i+ 23
j+ 23
k . Juga f x ( x , y , z )= y sin z,
f y ( x , y , z )=x sin z dan f z ( x , y , z )=xy cos z, sehingga f x (1,2 , π2 )=2,
f y (1,2 , π2 )=1 dan f z(1,2, π
2 )=0. Kita simpulkan bahwa
Du f (1,2, π2 )=1
3(2 )+ 2
3(1 )+ 2
3(0 )=4
3
ATURAN RANTAI
f ( x )=¿
f (x )=3¿
¿6 x¿
Jika y=f (x (t )) dengan f dan xmerupakan fungsi yang dapat di diferensialkan
maka:
dydt
=dydx
× dxdt
Contoh:
jikay=2x+1 dengan x=t 2carilahdydt
?
Penyelesaian:
dydx
=2
dydt
=2.2t=4 t
dxdt
=2t
A. Fungsi dua Peubah
z=f (x , y ) dimana x dan y adalah fungsi dalam t
Teorema 1
andaikanx=x (t ) dan y= y (t ) dapat di diferensialkan di t dan andaikan
z=f (x , y )dapat didiferensialkan di ¿maka:
z=f ( x (t ) )dapat didiferensialkan di t dandzdt
= ∂ z∂ x
× dxdt
+ ∂ z∂ y
× dydt
Contoh:
1. Misalz=x3 ydenganx=2 t dany=t2tentukandzdt dalam t ?
Penyelesaian:
Adt dzdt
=…?
∂ z∂ x
=3 x2 y
dxdt
=2
∂ z∂ y
=x2
dydt
=2t
dzdt
=3 x2 y× 2+x3 ×2 t
¿6 x2 y+2 x3t
¿6¿
¿6 × 4 t 2t 2+2× 8 t3 t
¿24 t 4+16 t4=40 t 4
2. Jikaz=x2 y− y2 xdenganx=costdany=sin t tentukandzdt dalamt ?
Penyelesaian:
Adt dzdt
=…?
∂ z∂ x
=2 xy− y2
dxdt
=−sint
∂ z∂ y
=x2−2 yx
dydt
=cost
dzdt
=(2xy− y2 ) (−sint )+( x2−2 yx ) cost
¿¿
¿ (2 costsint−sin 2t ) (−sint )+( cos2 t−2 sint cost ) cos
¿−sint (sin 2 t−sin2 t )+cost (cos2t−sin 2 t)
Teorema 2
Andaikanx=x ( t ) , y= y ( t )dan z=z ( t ) dapat didiferensialkan di t dan andaikan
w=f (x , y , z ) dapat didiferensialkan( x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) )maka w=f ( x ( t ) ) dapat
didiferensialkan di t dan
dwdt
=∂ w∂ x
× dxdt
+ ∂ w∂ y
× dydt
+ ∂ w∂ z
× dzdt
Contoh:
w=x2 y+ y+xz dan x=cos t ; y=sin t ; z=t2tentukan dwdt
di t=π3 .
Penyelesaian:
∂ w∂ x
=2 xy+z
dxdt
=−sint
dwdy
=x2+1
dydt
=cost
∂ w∂ z
=x
dzdt
=2t
dwdt
=2 xy+z (−sint )+( x2+1 ) cost+ x×2 t
¿2costsint+t2−sint+cos2 t+1cost+cost ×2 t
¿(2cos π3
sin π3+ π 2
9 )(−sin π3 )+(cos2 π
3+1)cos π
3+cos π
3× 2 π
3
¿¿+π 2
9¿¿+
14+1¿× 1
2+ 1
2× 2 π
3
¿−12 √3(
12 √3+
π 2
9¿+5
8+ π
3
B. Fungsi tiga Peubah
Terdiri dari Z=f ( x , y ); x=( s , t ); y= y (s ,t)
Teorema 1
Andaikanx=x (s ,t )dany= (s , t )yang dapat di diferensialkn di ( s , t ) dan
andaikanz=f (x , y )dapat mempunyai turunan parsial pertama yaitu:
1)∂ z∂ s =
∂ z∂ x
× ∂ x∂ s
+ ∂ z∂ y
× ∂ y∂ s
2)∂ z∂ t
= ∂ z∂ x
× ∂ x∂ t +
∂ z∂ y
× ∂ y∂ t
Contoh:
1. Jika z=3 x2− y2dgnx=2 s+7 t , y=5 sttentukan ∂ z∂ t dalam t dan s!
Penyelesaian:
∂ z∂ t
…?
∂ z∂ x
=6 x
∂ x∂ t
=7
∂ x∂ y
=−2 y
∂ y∂ t
=5 s
∂ z∂ t
=6 x ×7+(−2 y)×5 s
¿42 x−2 ys
¿42 (2 s+7 t )−10× 5 st × s
¿84 s+294 t−50 s2t
∂ z∂ s
=…?
∂ z∂ x
=6 x
∂ x∂ s
=2
∂ z∂ y
=−2 y
∂ y∂ s
=5t
∂ z∂ s
=6 x ×2+(−2 y )×5 t
¿12x−10 yt
¿12 (2 s+7 t )−10 ×5 st × t
¿24 s+84 t−50 s t 2
2. Jikaz=ln ( x+ y )−ln ( x− y )denganx=t e2dan y=est tentukan ∂ z∂ t dan
∂ z∂ s ,
dalamsdant ?
Penyelesaian:
∂ z∂ x
= 1x+ y
− 1x− y
∂ x∂ t
=es
∂ z∂ y
= 1x+ y
+ 1x− y
∂ y∂ t
=s est
∂ z∂ t
= 1x+ y
− 1x− y
es+ 1x+ y
+ 1x− y
s est
¿ −2 yx2− y2 es+ 2 x
x2− y2 sest
¿−2 ( est ) es+2(t es)sest
t 2 e2 s−e2 st
¿(−2+2 st )est+ s
t 2 e2 s−e2 st
C. Fungsi Implisit
Misalkan f ( x , y )yang mendefinisikan fungsi y secara implisit dalamxmisal
y=g ( x ) , akan tetapi g ( x ) sukar di tentukan atau tidak mungkin untuk di
tentukan.
Kita masih bisa menentukan dydx salah satunya menggunakan aturan rantai
f ( x , y )=0 di turunkan terhadap x
∂ f∂ x
× dxdx
+ ∂ f∂ y
× dydx
=0
dydx
=− ∂ f
∂ x∂ f∂ y
Penyelesaian:
dydx
=…?
∂ f∂ x
=2 x+ y
∂ f∂ y
=x−40 y3
dydx
=−(2 x+ y)x−40 y3
Contoh:
x sin y+ y cos x=0 ,tentukan dydx
=…?
Penyelesaian:
dydx
=…?
∂ f∂ x
=siny+ y (−sinx )
∂ f∂ y
=xcosy +cosx
dydx
=−siny+ ysinxxcosy +cosx
Jika z fungsi implisit dari x dan y yang didefinisikan oleh f ( x , y , z )=0. Maka
turunan f ( x , y , z )=0 terhadap x dengan menganggap y konstan diperoleh:
∂ f∂ x
× ∂ x∂ x
+ ∂ f∂ y
× ∂ y∂ x
+ ∂ f∂ z
× ∂ z∂ x
=0
∂ z∂ x
=−∂ f
∂ x∂ f∂ z
Jika z fungsi implisit dari x dan y yang didefinisikan oleh f ( x , y , z )=0. Maka
turunan f ( x , y , z )=0 terhadap y dengan menganggap x konstan diperoleh:
∂ f∂ x
× ∂ x∂ y
+ ∂ f∂ y
× ∂ y∂ y
+ ∂ f∂ z
× ∂ z∂ y
=0
∂ z∂ y
=− ∂ f
∂ y∂ f∂ z
Contoh:
1. Jika f ( x , y , z )=x3 e y+z− ysin (x−z )=0 mendefinisikan z secara implisit
sebagai fungsi x dan y carilah ∂ z∂ x dan
∂ z∂ y
?
Penyelesaian:
∂ z∂ x
=…?
∂ f∂ x
=3 x2 ey +z− ycos (x−z)
∂ f∂ z
=x3 e y+ z− ycos (x− z)(−1)
∂ z∂ x
=−(3 x2 e y+z+ ycos ( x−z ))
x3e y+ z+ ycos (x−z )
∂ z∂ y
…?
∂ f∂ y
=x3 e y+ z−sin (x−z )
∂ z∂ y
=−(3 x2 e y+ z+sin ( x−z ))x3 e y+ z+ ycos( x−z)
2. Jika 3 x2 z+ y3−xy z3=0 carilah ∂ z∂ x dan
∂ z∂ y
?
Penyelesaian:
∂ z∂ x
=−∂ f
∂ x∂ f∂ z
∂ f∂ x
=6 xz− y z3
∂ f∂ z
=3 x2−3 xy z3
∂ z∂ x
=−(6xz− y z3)3 x2−3 xy z3
∂ z∂ y
=
−∂ f∂ y∂ f∂ z
∂ f∂ y
=3 y2−x z3
∂ z∂ y
=−(3 y2−x z3)3 x2−3 xy z2
Nilai Maksimum dan Minimum f 2 Peubah
Definisi :
Andaikan P0=( x0 , y0 ) suatu titik di S yaitu dari asal dari fungsi f .
1) f ( P0 ) adalah nilai maksimum (global) dan f pada S jika
f ( P0 )≥ f ( P ) ,∀ P∈S.
2) f ( P0 ) adalah nilai minimum (global) dari f pada S jika
f ( P0 )≤ f ( P ) ,∀ P∈S.
3) f ( P0 ) disebut nilai ekstrem (global) jika f ( P0 ) merupakan nilai maksimum
(global) atau nilai minimum (global).
Kata global dapat diganti dengan lokal jika pada i dan ii kita hanya memerlukan
bahwa pertidaksamaan tersebut berlaku pada N ∩S, dengan N adalah lingkungan
dari P0.
Nilai Ekstrem
Titik-titik kritis dari f pada S ada tiga jenis, yaitu :
1) Titik-titik batas
a. Titik P disebut titik dalam dari himpunan S jika terdapat lingkungan
dari P yang mengandung S.
b. Titik P disebut titikbatas dari himpunan S jika semua lingkungan P
mengandung titik-titik pada S dan bukan S .
2) Titik-titik stasioner
P0merupakan titik stasioner jika P0titik dalam dari S dimana f dapat
didiferensialkan dan ∇ f ( P0 )=0
( f x ( P0 )=0f y ( P0 )=0)
3) Titik-titik singular
P0disebut titik singular jika P0titik dalam dari S dimana S tidak dapat
didiferensialkan.
Teorema titik kritis
Andaikan f didiferensialkan pada suatu himpuna S yang mengandung P. Jika
f ( P0 ) adalah suatu nilai ekstrem, maka P0 haruslah berupa suatu titik kritis, yaitu
P0 berupa salah satu dari :
1) Titik batas dari S,
2) Titik stsioner dari f , atau
3) Titik singular dari f .
Teorema Uji Parsial kedua
Andaikan f ( x , y ) mempunyai turunan parsial kontinu disuatu lingkungan dari P0
dan bahwa ∇ f ( P0 )=0 ambil D=D ( P0 )= f xx ( P0 )− f yy ( P0 )−f xy2 ( P0 ), maka :
1) Jika D>0 dan f xx ( P0 )<0, maka f ( P0 ) merupakan maksimum lokal.
2) Jika D>0 dan f xx ( P0 )>0, maka f ( P0 ) merupakan minimum lokal.
3) Jika D<0, maka f ( P0 ) bukan merupakan nilai ekstrem dan P0 disebut titik
pelana.
Contoh :
Tentukan ekstrem, f ( x , y )=3 x3+ y2−9 x+4 y
Penyelesaian :
∇ f ( P0 )=0
fx (x , y )=9 x2−9=0→ x=±1
fy ( x , y )=2 y+4=0→ y=−2
Diperoleh titik kritisnya (1 ,−2) dan (−1 ,−2)
a. Periksa P0=(1 ,−2)
f xx ( x , y )=18 x → f xx (1 ,−2 )=18
f yy ( x , y )=2 → f yy (1 ,−2 )=2
f xy ( x , y )=0→ f xy (1 ,−2 )=0
D=D ( P0 )=f xx ( P0 )−f yy ( P0 )−f xy2 ( P0 )
D (1,−2 )=18 . 2−02
¿36>0 dan f xx (1 ,−2 )=18>0
f (1 ,−2 )=3 . 13+ (−2 )2−9 . 1−8
¿3+4−9−8
¿−10
Berdasarkan teorema dapat disimpulkan bahwa f (1 ,−2 )=−10 merupakan
nilai minimum lokal dari f ( x , y ) .
b. Periksa P0=(−1 ,−2)
f xx ( x , y )=18 x → f xx (−1 ,−2 )=−18
f yy ( x , y )=2 → f yy (−1 ,−2 )=2
f xy ( x , y )=0→ f xy (−1 ,−2 )=0
D=D ( P0 )=f xx ( P0 )−f yy ( P0 )−f xy2 ( P0 )
D (−1 ,−2 )=−18. 2−02
¿−36<0 dan f xx (−1 ,−2 )=−18<0
f (−1 ,−2 )=3 .(−1)3+(−2 )2−9 (−1)−4 (−2)
¿−3+4+9−8
¿2
Maka D<0 berdasarkan teorema dapat disimpulkan bahwa f (−1 ,−2)
merupakan nilai ekstrem P0(−1 ,−2) disebut titik pelana.
Metode Lagrange
Metode lagrange digunakan untuk memaksimumkan atau meminimumkan f ( x , y )
terhadap kendala g ( x , y )
Teorema 1
Untuk memaksimumkan atau meminimumkan f (P) terhadap kendala g ( P )=0
dengan cara menyelesaikan sistem dimana ∇ f ( P )=λ∇ g (P ) dan g ( P )=0
Tiap titik P merupkan suatu titik kritis untuk masalah nilai ekstrem
terkendala
λMerupakan pengali lagrange
∇ f ( P )=f x ( P ) i+ fy ( P ) j
∇ g ( P )=gx ( P ) i+gy (P ) j
Contoh :
Berapa luas daerah yang terbesar yang dimiliki oleh suatu persegi panjang jika
panjang panjang diagonalnya 2?
Penyelesaian :
Sehingga dari gambar diperoleh :
f ( x , y )=xy
g ( x , y )=x2+ y2−4
∇ f ( x , y )= f x ( x , y ) i+ f y ( x , y ) j
fx (x , y )= y fy ( x , y )=x
gy ( x , y )=2 x gy ( x , y )=2 y
∇ f ( x , y )= yi+xj
∇ g ( x , y )=2 xi+2 yi
y= λ .2 x ………(i)
x=λ .2 y ………(ii)
x2+ y2−4=0 …….(iii)
Dari (i) dan (ii) :
y= λ .2 x (dikali xy) maka : y2=λ2 xy………(iv)
x=λ .2 y (dikali xy) maka :x2=λ2 xy……….(v)
Dari (iv) dan (v) diketahui bahwa y2=x2……….(vi)
Dari (vi) dan (iii) diperoleh :
x2+ x2−4=0
2 x2=4
x2=2
x=±√2
Selanjutnya
x2+ x2−4=0
2 y2=4
y2=2
y=±√2
Sehingga diperoleh P0=(√2 ,√2) dan f (√2 ,√2 )=√2.√2=2
Jadi luas maksimumnya adalah 2, panjang √2 , dan lebar √2