Kalkulus Peubah Banyak Revisi [PDF]

Citation preview

KALKULUS PEUBAH BANYAK ( Nilai Maksimum dan Minimum, Nilai Ekstrem Bersyarat dan Tidak Bersyarat ) Makalah Ini Disusun Guna Memenuhi Tugas Kalkulus Peubah Banyak Oleh : Desi Novalisa



(0305161049)



Dyan Wulandari Putri



(0305162083)



Riani Alkhasannah



(0305161029)



Rizki Hariani



(0305161018)



Dosen Pembimbing : Rika Handayani, M. Pd JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS ILMU TARBIYAH DAN KEGURUAN UNIVERSITAS ISLAM NEGERI SUMATERA UTARA MEDAN 2017



KATA PENGANTAR Puji syukur kepada Tuhan Yang Maha Esa atas pertolongan-Nya, sehingga pada kesempatan ini kami dapat menyelesaikan makalah mata kuliah Kalkulus Peubah Banyak



ini, tanpa pertolongan-Nya, makalah ini tidak akan bisa kami selesaikan



dengan baik. Makalah ini kami susun untuk melengkapi tugas terstruktur mata kuliah Kalkulus Peubah Banyak. Shalawat serta salam kami haturkan kepada junjungan alam nabi Muhammad SAW yang telah membawa umat nya dari zaman jahiliyah menuju zaman yang penuh dengan ilmu dan pengetahuan.Selanjutnya kami berterimakasih kepada dosen mata kuliah Kalkulus Peubah Banyak Ibu yang telah membimbing serta memberitahukan informasi tentang makalah ini. Kami menyadari makalah ini jauh dari kesempurnaan, oleh sebab itu kami sangat mengharapkan kritik dan saran demi memperbaiki makalah ini.



Medan, November 2017



Penulis



2



DAFTAR ISI Kata Pengantar......................................................................................................... 2 Daftar Isi .................................................................................................................. 3 Bab I Pendahuluan A



Latar Belakang ................................................................................................. 4



B



Rumusan Masalah ............................................................................................ 4



C



Manfaat dan Tujuan .......................................................................................... 4



Bab II Pembahasan A



Nilai Maksimum dan Minimum ....................................................................... 5



B



Nilai Ekstrem Bersyarat dan Tidak Bersyarat .................................................. 8



Bab III Penutup A



Kesimpulan ..................................................................................................... 15



Daftar Pustaka ....................................................................................................... 16



3



BAB I PENDAHULUAN



A. LATAR BELAKANG Kalkulus



(Bahasa



Latin:Calculus,



artinya



"batu



kecil",



untuk



m e n g h i t u n g ) a d a l a h c a b a n g i l m u matematikayang mencakuplimit,turunan,integ ral,



d a n deret takterhingga.Kalkulus adalah ilmu mengenai perubahan,



sebagaimanageometriadalah



ilmu



mengenai bentuk danaljabar adalah



ilmu



mengenai pengerjaan untuk memecahkan persamaan sertaa p l i k a s i n ya . Turunan merupakan salah satu bagian dari kalkulus yang mempunyai peranan yangsangat besar baik dalam bidang–bidang lain maupun dalam matematika itu sendiri. Denganmempelajari



turunan,



maka



dapat mempermudah



kita



dalam menyelesaikan masalah–masalahyang berkaitan dengan fungsi, integral dan bidang kalkulus lainnya. Turunan juga dapatd i g u n a k a n



untuk



dapat menggambarkan



yaitu



dengan



grafik



suatu



fungsi



aljabar



menggunakan penerapannya. Untuk menentukan turunan suatu fungsi



biasanya digunakankonsep limit.



B. RUMUSAN MASALAH 1. Bagaimana Konsep Nilai Maksimum dan Nilai Minimum? 2. Bagaimana Konsep Nilai Ekstrim Setara dan Nilai Ekstrim Tidak Setara?



C. MANFAAT DAN TUJUAN



1. Mengetahui Bagaimana Konsep Nilai Maksimum dan Nilai Minimum 2. Mengetahui Bagaimana Konsep Nilai Ekstrim Setara dan Nilai Ekstrim Tidak Setara



4



BAB II PEMBAHASAN



A. Nilai Maksimum dan Minimum a. Defenisi Misalkan f suatu fungsi dengan daerah asal S dan misalkan pula po titik didalam S. a) Setiap fungsif(x,y) memiliki minimum lokal pada titik (a,b) bila f(x,y) ≥ f(a,b)untuk setiap titik (x,y) dalam daerah sekitar (a,b). b) Setiap fungsif(x,y) memiliki minimum lokal pada titik (a,b) bila f(x,y) ≤f(a,b)untuk setiap titik (x,y) dalam daerah sekitar (a,b). Defenisi ini menyatakan bahwa minimum lokal adalah bukan nilai terkecil dan fungsi tapi terkecil pada daerah bersebelahan, artinya untuk titik sekitar (a,b) nilai titik tetangga.1 Titik kritis : Titik (a,b) adalah titik kritis dari f(x,y) bila salah satu kondisi dari 2 syarat dibawah berlaku, 1. ∇𝑓(a,b) = 0 atau fx (a,b) = 0 dan fy = (a,b) = 0 2. Fx = (a,b) dan/atau fy = (a,b) tidak ada Note : tidak semua titik kritis adalah titik ekstrem lokal, tapi semua titik ekstrem lokal adalah titik kritis.



1



Terjemahkan I Nyoman Susila,dkk., cet.4, (Jakarta: Erlangga, 1989), hal.266



5



b. Teorema Jika f memiliki maksimum lokal atau minimum lokal di (a,b) dan turunan parsial pertama dari f ada, maka fx(a,b)=0 dan fy(a,b)=0. Titik (a,b) disebut titik kritis dari f apabila fx(a,b)=0 dan fy(a,b)=0, atau apabila salah satu dari fx dan fy tidak ada. c. Contoh Temukan klasifikasi titik kritis: F(x,y) = 3x2y+y3-3x2-3y2+2 Solusi : Turunan pertama dan kedua f(x,y) adalah : fx = 6xy – 6x



fy = 3x2 + 3y2 – 6y



fxx = 6y – 6



fyy = 6y – 6



fxy = 6x



untuk mendapatkan titik kritis, kondisi berikut : 6xy – 6x = 0 3x2 + 3y2 – 6y = 0 Pemecahan masalah diatas adalah sbb : 6x (y-1) = 0 Jadi x = 0 atau y = 1 *untuk x = 0: 3x2 + 3y2 – 6y = 0 3y2 – 6y = 3y(y - 2) = 0 dan hasilnya y = 0, y = 2 *untuk y = 1: 3x2 + 3y2 – 6y = 0 3x2– 3 = 0 = 3 (x2 - 1) dan hasilnya x = -1, x = 1 Jadi, untuk x = 0 kita mendapat titik kritis (0,0) (0,2) Jadi, untuk y = 1 kita dapatkan titik kritis (1,1) (-1,1) Untuk menentukan jenis titik kritis, kita menghitung D. D(x,y) = (6y - 6)(6y - 6)-(6x)2 = (6y - 6)2 – 36x2 *untuk (0,0):



6



D = D=(0,0) = 36 > 0



fxx (0,0) = -6 < 0



*untuk (0,2): D = D (0,2) = 36 > 0



fxx (0,2) = 6 > 0



*untuk (1,1): D = D(1,1) = -36 < 0 *untuk (-1,1): D = D(-1,1) = -36 < 0 Sehingga dapat disimpulkan untuk titik-titik kritis, jenisnya adalah : (0,0) : max lokal (0,2) : min lokal (1,1) : titik pelana (-1,1): titik pelana



7



B. Nilai Ekstrem Bersyarat dan Tidak Bersyarat a. Nilai ekstrim Hal yang sama yang dapat kita lakukan dalam kasus satu peubah. Sebagaimana dalam fungsi satu peubah untuk mencari titik ekstrim, kita harus mencari titik kritis dahulu. Titik kritis dari 𝑓 pada D, ada 3 jenis sebagai berikut: 1. Titik-titik batas (𝑥0 , 𝑦0 ) adalah titik batas dari himpunan D, jika semua persekitaran dari (𝑥0 , 𝑦0 ) memuat titik-titik yang berada di D dan titik-titik yang bukan D, 2. Titik stasioner Misalkan fungsi 𝑓(𝑥, 𝑦) kontinu pada daerah D yang memuat titik (𝑥0 , 𝑦0 ). (𝑥0 , 𝑦0 ) adalah titik stasioner, jika ∇(𝑥0 , 𝑦0 ) = 0. Dalam hal ini 𝜕𝑓 𝜕𝑥



(𝑥0 , 𝑦0 ) =



𝜕𝑓 𝜕𝑦



(𝑥0 , 𝑦0 ) = 0



3. Titik singular (𝑥0 , 𝑦0 ) adalah titik singular, jika fungsi 𝑓 tidak terdiferensialkan di(𝑥0 , 𝑦0 ). 𝜕𝑓



𝜕𝑓



Dengan kata lain 𝜕𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 ) tidak ada dan 𝜕𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 ) tidak ada



Teorem 3.1 Misalkan 𝑓(𝑥, 𝑦) adalah terdefinisi pada D yang memuat(𝑥0 , 𝑦0 ). Jika 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) adalah suatu nilai ekstrim, maka (𝑥0 , 𝑦0 ) haruslah berupa salah satu dari (i)



Suatu titik batas dari D, atau



(ii)



Suatu titik stasioner 𝑓, dan



(iii)



Suatu titik singular dari 𝑓



8



Contoh 1. Cari nilai-nilai maksimum dan minimum relatif dari 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 − 2𝑥 +



𝑦2 4



penyelesaian perhatikan fungsi tersebut dapat dideferensialkan sepanjang bidang xy. Jadi titik-titik kritis yang mungkin adalah titik stasioner. Titik stasioner diperoleh dengan cara menetapkan 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 2 = 0 𝑥=1 𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) =



𝑦 =0 2



𝑦 =0 Hal ini didapat 𝑥 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 0. Jadi (1,0) adalah titik stasioner Kemudian diselidiki apakah titik (1,0) sebagai titik stasioner memberikan suatu nilai maksimum atau minimu atau bukan keduanya. Untuk keperluan tersebut, yaitu memeriksa apakah nilai fungsi dititik stasioner lebih besar atau lebih kecil dari nilai fungsi di sekitarnya. Untuk itu diperhatikan bahwa 𝑓(1,0) = −1 dan 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 − 2𝑥 + = 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 + = (𝑥 − 1)2 +



𝑦2 4 𝑦2 −1 4



𝑦2 − 1 ≥ −1 4



9



= 𝑓(1,0) Jadi kita lihat bahwa 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 𝑓(1,0) untuk setiap (x,y) Dengan demikian fungsi tersebut mencapai minimun relative di titik (1,0) dengan nilai relatifnya adalah -1. Kemudian perlu dicatat bahwa tidak setiap titik stasioner akan menjadi titik ekstrimnya ( tidak memberikan suatu maksimum ataupun minimum). Contoh 2: Dik: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 − 𝑦 2 Pada fungsi tersebut diperoleh: 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥 dan 𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = −2𝑦 Sehingga titik stasionernya diperoleh dengan menetapkan 2𝑥 = 0 dan −2𝑦 = 0 Jadi titik stasionernya (0,0) = 0. Sekarang akan ditujukan bahwa titik stasioner ini bukan titik ekstrim. Perhatikan 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 − 𝑦 2 = (𝑥 − 𝑦)(𝑥 + 𝑦) Fungsi ini terdefinisi pada R2, yang dapat dibagi menjadi empat daerah berikut: 1. Untuk daerah −𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥, berlaku 𝑥 + 𝑦 ≥ 0 dan 𝑥 − 𝑦 ≥ 0. Jadi 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0 = 𝑓(0,0) 2. Untuk daerah 𝑦 ≥ 𝑥 dan 𝑦 ≥ −𝑥, berlaku 𝑥 + 𝑦 ≥ 0 dan 𝑥 − 𝑦 ≤ 0, jadi 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 0 = 𝑓(0,0) 3. Untuk daerah 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥, berlaku 𝑥 + 𝑦 ≤ 0 dan 𝑥 − 𝑦 ≤ 0, jadi 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0 = 𝑓(0,0) 4. Untuk daerah 𝑦 ≤ 𝑥 dan 𝑦 ≤ −𝑥, berlaku 𝑥 + 𝑦 ≤ 0 dan 𝑥 − 𝑦 ≥ 0, jadi 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 0 = 𝑓(0,0) Dari keempat situasi yang muncul, dapat disimpulkan bahwa titik (0,0) sebagai titik stasioner sebagai titik ekstrim. Dalam hal ini titik (0,0) tidak memberikan suatu maksimum atau minimum walaupun titik (0,0) sebagai titik stasioner. Untuk menyelidiki apakah titik stasioner menjadi titik ekstrim , kita bekerja dengan ketidaksamaan yaitu memeriksa apakah nilai fungsi di titik stasioner lebih besar atau lebih kecil dari nilai fungsi disekitarnya. Cara seperti ini sukar bila persamaan fungsi dua peubahnya agak rumit. Untuk mengatasi ini akan digunaka uiji turunan parsial



10



kedua. Karena uji ini melibatkan turunan parsial, maka uji ini berlaku jika titik kritisnya adalah titik-titik stasioner. Sedangkan fungsi yang tidak mempunyai turunan parsial, maka penyelidikan suatu fungsi apakah mencapai ekstrim tetap seperti perhitungan semula. UJI TURUNAN PARSIAL KEDUA UNTUK EKSTRIM RELATIF Misalkan f(x,y) mempunyai turunan parsial yang kontinu di suatu persekitaran dari (𝑥0 , 𝑦0) adalah titik stasioner dari f. 2



Misalkan 𝐷 = 𝑓𝑥𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 )𝑓𝑦𝑦 (𝑥0 , 𝑦0 ) - [𝑓𝑥𝑦 (𝑥0 , 𝑦0 )] , maka: (i)



Jika D > 0 dan 𝑓𝑥𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 ) > 0, maka 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) adalah nilai minimum lokal.



(ii)



Jika D > 0 dan 𝑓𝑥𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 ) < 0 , maka 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) adalah nilai maksimum lokal



(iii)



Jika D < 0 dan 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) maka titik pelana (bukan titik ekstrim)



(iv)



Jika D = 0, pengujian tidak memberikan kesimpulan



Contoh 3 Tentukan ekstrim jika ada, untuk fungsi F yang didefinisikan oleh 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 + 1 Penyelesaian: Turunan parsial pertama dari fungsi diatas adalah 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 2 𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = 2𝑦 Dengan menyelesaikan 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = 0, maka akan didapat x = 1 dan y=0 Kemudian turunan parsial kedua adalah 𝑓𝑥𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2 > 0 𝑓𝑦𝑦 (𝑥, 𝑦) = 2 𝑓𝑥𝑦 (𝑥, 𝑦) = 0



11



Pada titik (1,0) dipunyai D = 2 x 2 – 02 = 4 > 0. Karena 𝑓𝑥𝑥 (𝑥, 𝑦) > 0 𝑑𝑎𝑛 𝐷 > 0. Maka dengan teorema yang telah dipaparkan diatas maka 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) mempunyai nilai minimum relatif dengan nilai minimum relatif sama dengan nol



EKSTRIM BERSYARAT Untuk masalah ekstrim bersyarat akan digunakan metode Lagrange, hal ini dapat dilihat dalam teorema berikut ini: Teorema : Metode Lagrange Untuk memaksimumka atau meminimumkan f (p) terdapat kendala g(p) = 0, selesaikan sistem persamaan ∇𝑓(𝑝) = 𝜆∇𝑔(𝑝) dan g(p) = 0 Untuk p dan 𝜆. Tiap titik p yang demikian adalah suatu titik kritis untuk masalah nilai lagrange. Contoh : Gunakan metode lagrange untuk mencari nilai-nilai maksimum dan minimum dari 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦 2 − 𝑥 2 pada elips



𝑥2 4



+ 𝑦2 = 1



Penyelesaian Misalkan persamaan kendala ditulis sebagai: 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 4 = 0 Perhatikan ∇𝑓 = −2𝑥𝑖 + 2𝑦𝑗 𝑑𝑎𝑛 ∇𝑔 = 2𝑥𝑖 + 8𝑦𝑗 Jadi persamaan lagrange adalah 1.



−2𝑥 = 𝜆2𝑥



2.



2𝑦 = 𝜆8𝑦



3.



𝑥 2 + 4𝑦 2 = 4



yang harus diselesaikan secara simultan dari persamaan (3) x dan y keduuanya tidak dapat sama dengan nol (i)



jika 𝑥 ≠ 0



12



dari (1), maka 𝜆 = −1, kemudian dari persamaan (2), maka 𝑦 = 0. Jadi dengan persamaan (3) didapat 𝑥 = ±1 akibatnya titik kritisnya adalah (-2, 0), (2, 0) (ii)



Jika 𝑦 ≠ 0 1



Dari (2), maka 𝜆 = 3, kemudian dari persamaan (1), maka x = 0, jadi dari persamaan (3) didapat 𝑥 = ±1. Akibatnya titik kritisnya adalah (0, -1), (0, 1) Sekarang untuk 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦 2 − 𝑥 2 𝑓(−2,0) = −4 𝑓(2,0) = −4 𝑓(0, −1) = 1 𝑓(0,1) = 1 Jadi nilai minimum dari 𝑓(𝑥, 𝑦) pada elips yang diberikan adalah -4, sedangkan nilai maksimum adalah 1. Bilamana lebih dari satu kendala yang ditekankan pada peubah-peubah suatu fungsi yang harus di maksimumkan atau diminimumkan, digunakan pengali-pengali Lagrange tambahan (satu untuk setiap kendala). Misalkan, jika kita mencari ekstrim suatu fungsi 𝑓 tiga peubah , terhadapa dua kendala 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, maka kita pecahkan persamaan-persamaan ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) + 𝜇∇ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧)



𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0,



ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0



Untuk 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝜆, 𝜇 dengan 𝜆, 𝜇 adalah pengali-pengali Lagrange. Ini setara terhadap pencarian penyelesaian sistem lima persamaan stimultan dalam peubah-peubah 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝜆, 𝜇 (1) 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆𝑔𝑥 , (𝑥, 𝑦, 𝑧) + 𝜇ℎ𝑥 (𝑥, 𝑦, 𝑧) (2) 𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆𝑔𝑦 , (𝑥, 𝑦, 𝑧) + 𝜇ℎ𝑦 (𝑥, 𝑦, 𝑧) (3) 𝑓𝑧 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆𝑔𝑧 , (𝑥, 𝑦, 𝑧) + 𝜇ℎ𝑧 (𝑥, 𝑦, 𝑧) (4) 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 (5) ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 dari penyelesaian system ini kita akan peroleh titik-titik kritis.



13



Contoh: Tentukan nilai-nilai maksimum dan minimum dari 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 pada elips yang merupakan perpotongan tabung 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2 dan bidang 𝑦 + 𝑧 = 1 Penyelesaian : Perhatika bahwa kita ingin memaksimumkan dan menimumkan 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) terhadap 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2 = 0 𝑑𝑎𝑛 ℎ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 Persamaan Lagrange 1. 1 = 2𝜆𝑥 2. 2 = 2𝜆𝑦 + 𝜇 3. 3 = 𝜇 4. 𝑥 2 𝑦 2 − 2 = 0 5. 𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 1



Dari (1), maka 𝑥 = 2𝜆, dari pers (2) dan (3), 𝑦 =



−1



1



, dari pers (4) maka 𝜆 = ± 2 2𝜆



1



Jika 𝜆 = 2, maka titik kritis (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1, −1,2) 1



Jika 𝜆 = − 2, maka titik kritis (x,y, z) = (-1,1,0) Perhatikan bahwa 𝑓(1, −1,2) = 5 dan 𝑓(−1,1,0) = 1 Jadi nilai maksimum adalah 5 dan nilai maksimum adalah 1



14



BAB III PENUTUP A. Kesimpulan Jadi dalam penggunaan turunan, diperlukan nilai minimun dam nilai maksimum serta nilai ekstrim bersyarat dan tidak bersyarat. Nilai minimum dan maksimum berdefenisi jika misalkan f suatu fungsi dengan daerah asal S dan misalkan pula po titik didalam S. Sedangkan nilai ekstrim berdefenisi Hal yang sama yang dapat kita lakukan dalam kasus satu peubah. Sebagaimana dalam fungsi satu peubah untuk mencari titik ekstrim, kita harus mencari titik kritis dahulu.



15



DAFTAR PUSTAKA Susila,I Nyoman,dkk.,(terjemahan), cet.4, Jakarta: Erlangga, 1989



16