Kalkulus Multivariabel I

(1)

611.12.029 Kalkulus Multivariabel I

Maksimum, Minimum, dan Metode Lagrange

Atina Ahdika, S.Si, M.Si

Statistika FMIPA Universitas Islam Indonesia

Atina Ahdika, S.Si, M.Si 611.12.029 Kalkulus Multivariabel I

(2)

Maksimum dan Minimum

Misalkan p = (x , y ) adalah sebuah titik peubah dan p₀ = (x₀, y₀) adalah sebuah titik tetap pada bidang berdimensi dua (kedua titik tersebut berlaku untuk titik-titik pada ruang berdimensi n).

Definisi

Misalkan f adalah fungsi dengan daerah asal S , dan misalkan p0

adalah sebuah titik di S .

1 f (p₀) adalah nilai maksimum global dari f di S jika f (p₀) ≥ f (p) untuk seluruh p di S .

2 f (p₀) adalah nilai minimum global dari f di S jika f (p₀) ≤ f (p) untuk seluruh p di S .

3 f (p₀) adalah nilai ekstrem global dari f di S jika f (p₀) bukan maksimum global dan bukan minimum global.

(3)

(4)

Teorema A Teorema Keberadaan Maksimum-Minimum

Jika f kontinu pada sebuah himpunan S tertutup terbatas, maka f mencapai nilai maksimum (global) dan nilai minimum (global) di himpunan tersebut.

(5)

Titik Kritis

Titik kritis dari f di S ada tiga jenis

1 Titik batas

2 Titik stasioner. Kita menyebut p₀ titik stasioner jika f (p₀) adalah sebuah titik dalam di S di mana f dapat

didiferensialkan dan ∇f (p₀)= 0. Di titik tersebut, suatu bidang singgung akan horizontal.

3 Titik tunggal/singular. Kita menyebut p₀ sebagai titik singular jika p0 adalah sebuah titik dalam di S di mana f tidak dapat didiferensialkan, misalnya, sebuah titik di mana grafik dari f mempunyai sebuah sudut lancip.

(6)

Teorema B Teorema Titik Kritis

Misalkan f didefinisikan pada sebuah himpunan S yang

mengandung p₀. Jika f (p₀) adalah sebuah nilai ekstrem, maka p₀ harus merupakan sebuah titik kritis, yaitu p0 adalah

(i.) sebuah titik batas di S , atau (ii.) sebuah titik stasioner dari f , atau (iii.) sebuah titik singular dari f

(7)

Contoh 1

Tentukan nilai maksimum atau minimum dari f (x , y ) = x²− 2x +^y₄².

Penyelesaian:

Fungsi tersebut dapat didiferensialkan di seluruh daerah asalnya, yaitu bidang xy . Sehingga satu-satunya titik kritis yang mungkin adalah titik-titik stasioner yang diperoleh dengan menetapkan fx(x , y ) dan fy(x , y ) sama dengan nol. Tetapi fx(x , y ) = 2x − 2 dan f_y(x , y ) = ^y₂ bernilai nol hanya ketika x = 1 dan y = 0.

Perhatikan bahwa f (1, 0) = −1, dan f (x , y ) = x²− 2x +y²

4 = x²− 2x + 1 + y² 4 − 1

= (x − 1)²+y²

4 − 1 ≥ −1

Jadi, f (1, 0) sebenarnya adalah sebuah nilai minimum global untuk f . Atina Ahdika, S.Si, M.Si 611.12.029 Kalkulus Multivariabel I

(8)

Contoh 2

Tentukan nilai maksimum dan minimum lokal untuk f (x , y ) = −^x_a2² +^y_b²2.

Penyelesaian:

Titik-titik kritis hanya diperoleh dengan menetapkan

f_x(x , y ) = −^2x_a2 dan f_y(x , y ) = ^2y_b2 sama dengan nol. Persyaratan ini menghasilkan titik (0, 0), yang tidak memberikan nilai

maksimum atau minimum. Titik ini disebut titik pelana. Fungsi tersebut tidak mempunyai titik ekstrem lokal.

(9)

Syarat Cukup untuk Titik Ekstrem

Teorema C Uji Parsial Kedua

Andaikan f (x , y ) mempunyai turunan parsial kedua kontinu dalam lingkungan (x0, y0) dan ∇f (x0, y0) = 0. Misalkan

D = D(x0, y0) = fxx(x0, y0)fyy(x0, y0) − f_xy²(x0, y0) Maka

(i.) jika D > 0 dan f_xx(x₀, y₀) < 0, f (x₀, y₀) adalah sebuah nilai maksimum lokal,

(ii.) jika D > 0 dan f_xx(x₀, y₀) > 0, f (x₀, y₀) adalah sebuah nilai minimum lokal,

(iii.) jika D < 0, f (x₀, y₀) bukan sebuah nilai ekstrem ((x₀, y₀) adalah sebuah titik pelana),

(iv.) jika D = 0, uji yang dilakukan tidak mempunyai hasil/tidak dapat disimpulkan.

(10)

Contoh 3

Tentukan titik ekstrem, jika ada, dari fungsi F yang didefinisikan dengan F (x , y ) = 3x³+ y²− 9x + 4y .

Penyelesaian:

Titik-titik kritis

F_x(x , y ) = 9x²− 9 0 = 9(x²− 1)

0 = 9(x − 1)(x + 1) ⇒ x = −1 atau x = 1 Fy(x , y ) = 2y + 4

0 = 2y + 4

−4 = 2y ⇒ y = −2

∴ titik-titik kritisnya adalah (1, −2) dan (−1, −2)

(11)

Selanjutnya F_xx(x , y ) = 18x , F_yy(x , y ) = 2, dan F_xy(x , y ) = 0 Di titik kritis (1, −2)

D = Fxx(1, −2) · Fyy(1, −2) − F_xy²(1, −2) = 18(2) − 0 = 36 > 0 dan F_xx(1, −2) = 18 > 0, sehingga F (1, −2) = −10 adalah sebuah minimum lokal dari F .

Di titik kritis (−1, −2)

D = F_xx(−1, −2)·F_yy(−1, −2)−F_xy² (−1, −2) = −18(2)−0 = −36 < 0 maka (−1, −2) adalah sebuah titik pelana dan F (−1, −2) = 2

bukan sebuah nilai ekstrim.

(12)

Contoh 4

Tentukan nilai maksimum dan minimum dari f (x , y ) = 2 + x²+ y² pada himpunan tertutup S =(x, y ) : x²+¹₄y² ≤ 1 .

Penyelesaian:

Karena fx(x , y ) = 2x dan fy(x , y ) = 2y , maka titik stasionernya adalah titik (0, 0) dan

D(0, 0) = f_xx(0, 0)f_yy(0, 0) − f_xy²(0, 0) = 2 · 2 − 0 = 4 > 0 dan f_xx(0, 0) = 2 > 0 maka f (0, 0) = 2 adalah nilai minimum.

(13)

Nilai maksimum global akan terjadi di batas dari himpunan S . Kita dapat menguraikan secara parametrik batas S dengan

x = cos t, y = 2 sin t, 0leqt ≤ 2π

Masalah optimasi kemudian dapat disederhanakan menjadi optimasi dengan fungsi satu peubah

g (t) = f (cos t, 2 sin t), 0 ≤ t ≤ 2π Berdasarkan Aturan Rantai

g⁰(t) = ∂f

∂x dx dt + ∂f

∂y dy dt

= 2x (−sin t) + 2y (2 cos t)

= −2 sin t cos t + 8 sin t cos t

= 6 sin t cos t = 3 sin 2t

(14)

dengan menetapkan g⁰(t) = 0 dihasilkan t = 0,^π₂, π,^3π₂ , dan 2π.

Jadi g mempunyai lima titik kritis di [0, 2π] yaitu

(1, 0), (0, 2), (−1, 0), (0, −2), dan (1, 0) untuk f ; titik yang terakhir akan sama dengan yang pertama karena sudut 2π menghasilkan titik yang sama dengan sudut 0^o. Maka nilai-nilai f yang bersesuaian

f (1, 0) = 3 f (0, 2) = 6 f (−1, 0) = 3 f (0, −2) = 6

Di titik kritis bagian dalam S kita mempunyai f (0, 0) = 2. Dengan demikian kita dapat menyimpulkan bahwa nilai minimum f di S adalah 2 dan nilai maksimumnya adalah 6.

(15)

Metode Lagrange

Teorema A Metode Lagrange

Untuk memaksimumkan atau meminimumkan f (p) yang dikenai kendala g (p) = 0, selesaikan sistem persamaan

∇f (p) = λ ∇g (p) dan g (p) = 0

untuk p dan λ. Setiap titik p seperti ini adalah sebuah titik kritis untuk soal ekstrem terkendala, dan λ yang bersesuaian dengan itu disebut pengali Lagrange.

(16)

Contoh 5

Berapakah luas terbesar yang dimiliki sebuah persegi panjang jika panjang diagonalnya adlaah 2?

Penyelesaian:

(17)

Jadi, kita merumuskan masalah memaksimumkan f (x , y ) = xy dengan g (x , y ) = x²+ y²− 4 = 0. Gradien-gradien yang bersesuaian adalah

∇f (x, y ) = f_x(x , y )i + fy(x , y )j = y i + x j

∇g (x, y ) = g_x(x , y )i + gy(x , y )j = 2x i + 2y j Sehingga persamaan Lagrange menjadi

y = λ(2x ) x = λ(2y ) x²+ y²= 4

Kalikan persamaan pertama dengan y dan persamaan kedua dengan x sehingga diperoleh y² = 2λxy dan x² = 2λxy . Artinya

y² = x² (1)

(18)

Dari (3) dan (4) diperoleh x =√

2 dan y =√

2. Dengan

mensubstitusikan nilai-nilai tersebut ke (1), maka diperoleh λ =¹₂. Kita dapat menyimpulkan bahwa persegi panjang dengan luas terbesar dengan diagonal 2 adalah bujur sangkar dengan panjang sisi√

2, luasnya adalah 2.

(19)

Contoh 6

Gunakan metode Lagrange untuk menentukan nilai maksimum dan nilai minimum dari

f (x , y ) = y²− x² pada elips ^x₄² + y² = 1.

Penyelesaian:

Kita dapat menuliskan kendala sebagai g (x , y ) = x²+ 4y²− 4 = 0, maka

∇f (x, y ) = −2xi + 2y j

∇g (x, y ) = 2xi + 8y j Persamaan-persamaan Lagrangenya adalah

−2x = λ2x (2)

2y = λ8y (3)

x²+ 4y² = 4 (4)

(20)

Perhatikan dari persamaan (3) bahwa x dan y tidak dapat bernilai 0. Jika x 6= 0, persamaan (1) menghasilkan λ = −1, sehingga diperoleh y = 0 dan x = ±2. Jadi kita memperoleh titik-titik kritis (±2, 0). Jika y 6= 0, maka akan menghasilkan λ = ¹₄, sehingga diperoleh x = 0 dan y = ±1. Jadi kita peroleh titik-titik kritis (0, ±1). Selanjutnya, untuk f (x , y ) = y²− x²

f (2, 0) = −4 f (−2, 0) = −4

f (0, 1) = 1 f (0, −1) = 1

Jadi nilai minimum dari f (x , y ) adalah -4, dan nilai maksimumnya adalah 1.

(21)

Fungsi dengan Lebih dari Satu Kendala

Jika lebih dari satu kendala dikenakan pada peubah-peubah dari sebuah fungsi yang akan dimaksimumkan atau diminimumkan, maka digunakan pengali-pengali Lagrange tambahan (satu untuk setiap kendala). Contohnya, jika kita mencari nilai ekstrem dari fungsi f dengan tiga peubah yang dikenai dua kendala

g (x , y , z) = 0 dan h(x , y , z) = 0, kita dapat menyelesaikan 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, dan µ, di mana λ dan µ adalah pengali-pengali Lagrange.

(22)

Ini ekuivalen dengan penentuan solusi dari sistem yang terdiri dari lima persamaan simultan dengan peubah-peubah x , y , z, λ, dan µ

f_x(x , y , z) = λg_x(x , y , z) + µh_x(x , y , z) f_y(x , y , z) = λg_y(x , y , z) + µh_y(x , y , z) fz(x , y , z) = λgz(x , y , z) + µhz(x , y , z)

g (x , y , z) = 0 h(x , y , z) = 0

Dari solusi sistem ini, kita memperoleh titik-titik kritis.

(23)

Contoh 6

Tentukan nilai maksimum dan minimum dari

f (x , y , z) = x + 2y + 3z pada elips yang merupakan perpotongan dari silinder x²+ y² = 2 dan bidang y + z = 1.

Penyelesaian:

(24)

Kita akan memaksimumkan dan meminimumkan f (x , y , z) dengan kendala g (x , y , z) = x²+ y²− 2 = 0 dan

h(x , y , z) = y + z − 1 = 0. Persamaan-persamaan Lagrangenya adalah

1 = 2λx 3 = 2λy + µ 3 = µ x²+ y²− 2 = 0 y + z − 1 = 0

Dari (1) diperoleh x = ¹₂λ, dari (2) dan (3) diperoleh y = −¹₂λ.

Jadi dari (4), ¹₂λ2

+ −¹₂λ2

= 2, yang menghasilkan λ = ±¹₂. Solusi λ = ¹₂ menghasilkan titik kritis (x , y , z) = (1, −1, 2) dan λ = −¹₂ menghasilkan titik kritis (x , y , z) = (−1, 1, 0). Maka diperoleh f (1, −1, 2) = 5 adalah nilai maksimum dan f (−1, 1, 0) adalah nilai minimum.

(25)

Latihan

1. Tentukan seluruh titik kritisnya dan nyatakan apakah setiap titik tersebut memberikan nilai maksimum lokal atau nilai minimum lokal atau merupakan titik pelana (gunakan Teorema C).

a. f (x , y ) = xy +²_x +⁴_y b. f (x , y ) = e^−(x²^+y²^{−4y )}

2. Tentukan nilai maksimum global dan nilai minimum global dari f di S dan nyatakan di mana nilai-nilai tersebut terjadi

a. f (x , y ) = x²+ y²; S = {(x , y ) : x²+ y²≤ 1}

b. f (x , y ) = x²− 6x + y²− 8y + 7; S = {(x, y ) : x²+ y²≤ 1}.

(26)

3. Tentukan semua titik stasioner dan jenisnya dari fungsi f (x , y ) = x²+ 4y²− 2x + 8y − 1.

4. Tentukan semua titik ekstrem dan jenisnya dari fungsi f (x , y ) = x²− y²+ 1 pada cakram x²+ y²≤ 1.

5. Tentukan ukuran kotak dengan volume terbesar yang dapat termuat dalam bola x²+ y²+ z²= 3.