Ilustrasi Permukaan ruang dalam bentuk fungsi eksplisit dan implisit.

Koko Martono – FMIPA - ITB 077

Fungsi dua peubah, permukaan ruang, dan kurva ketinggian Fungsi dua peubah mempunyai aturan z = f(x,y) dengan daerah asal dan daerah nilai Df = {(x,y) : f(x,y) ∈ } dan R_f = {z : z = f(x,y), (x,y) ∈ D_f}. Grafik fungsinya dinamakan permukaan ruang.

Fungsi dua peubah dalam bentuk implisit Dalam F(x,y,z) = 0 termuat informasi z adalah fungsi dari x dan y, yang dinamakan fungsi dua peu- bahdalam bentukimplisit. Fungsi z = f(x,y) mempunyai bentuk implisit F(x,y,z) = 0 dengan F(x,y,z) = z− f(x,y) atau F(x,y,z) = f(x,y) −z. Fungsi z = f(x,y) adalah fungsi dua peubahdalam bentukeksplisit.

Ilustrasi Permukaan ruang dalam bentuk fungsi eksplisit dan implisit.

z z z z = f(x,y) z=2x−y² x²+y²+z² = a² a

bola permukaan

ruang −a a y x

x −a z z

x Df bidang elipsoida datar n=〈a,b,c〉

ax+by+cz=d b y y

x

0

y 0

0

2

2 2

2 ^y2 2 1; , , 0

x z

a +b + =c a b c>

x 0

c

a y

a

0

Ilustrasi Permukaan kuadratik dan permukaan dibangun suatu kurva.

z z z z hiperbolida daun parabolida paraboloida satu eliptik hiperbolik hiperboloida

daun dua

y 0

x y x

x

x

z z z z permukaan kerucut tabung tabung dibangun eliptik parabolik eliptik dari kurva C y x x y x x

z kurva f(x,y)=k ketinggian z=f(x,y) 0

y x Df f(x,y)=k Kurva ketinggian Untuk permukaan z= f(x,y), himpunan titik di bidang yang memenuhi f(x,y) = k, k konstanta dinamakan kurva ketinggian. Kurva ketinggian untuk permukaan F(x,y,z) = 0 adalah himpunantitik di bidang yang memenuhi F(x,y,k)=0, k konstanta. Kurva f(x,y)=k dan F(x,y,k)=0 mempunyai ke- tinggianyangsama, nilai z-nya selalu konstan. Ilustrasi Kurva ketinggian dari permukaan z= 2x−y² adalah 2x −y²=k, dengan kkonstanta.Perhatikangrafiknya yang berbentuk keluarga parabol. z y permukaan kurva z = 2x − y² ketinggian −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 x

x

x=y² y k = −1 k = 0 k = 1

2 2 2

2 2 2 1,

, , 0

y

x z

a b c

a b c

+ - =

>

C

y y

2 2 2

2 2 2 0,

, , 0

y

x z

a b c

a b c

+ - =

>

2, 0

y ax a= >

2 2

2 ^y2 1, , 0

x

a +b = a b>

0

0 0

y y

2

2 2

2 2 2 1,

, , 0

y

x z

a b c

a b c

- - =

> ^{2 2}

2 ^y2, , 0

x

a b

z= + a b>

2 2

2 ^y2, , 0

x

a b

z= - a b>

0

Contoh Gambarkan permukaan f(x,y) = x² − 4y² dengan mencari jejaknya dengan bidang koordinat dan gambarkan kurva ketinggiannya.

z

z = x² − 4y²

0

x

y Grafik kurva ketinggian y

k < 0 x=2y

k>0 k>0 0 x

k < 0 x=−2y

Jejak permukaan z = x² − 4y² dengan bidang koordinat:

¾ dengan bidang xoy: sepasang garis x = ±2y.

¾ dengan bidang yoz: parabol z = −4y².

¾ dengan bidang xoz: garis z = x².

¾ dengan bidang // xoy: hiperbol x² − 4y² = k.

Kurvaketinggian dari permukaan z = x² − 4y² adalah x²−4y²=k, k konstanta. Keluarga kur- va ini berbentuk hiperbol memotong sumbu x untuk k>0, sepasang garis untuk k= 0 dan hi- perbol memotong sumbu y untuk k < 0.

Permukaan z=x²−4y² adalah paraboloida hi- perbolikberpusat dititikasal.Titik (0,0,0) pa- dapermukaannya dikenalsebagaititikpelana.

Limit fungsi dua peubah

¾ Fungsi z= f(x,y) yang mendekati L untuk (x,y) mendekati (x0,y0) ditu- lisdengan lambang

0 0

( , )lim( , ) ( , ) .

x y x y f x y L

Æ = Artinya jarak f(x,y) keL dapat dibuat sebarang kecil dengan mengambil jarak (x,y) ke (x₀,y₀) cukup kecil. Sebelumnya kondisikan agar di sekitar (x0,y0) terdapat tak hing- ga banyaknya titik dari daerah asal fungsi z= f(x,y).

¾ Secara formal didefinisikan

0 0

( , )lim( , ) ( , )

x y x y f x y L

Æ = ⇔

∀ε > 0 ∃ δ > 0 ∋ 0< (x x- ₀)²+ -(y y₀)² < fid | ( , )f x y - <L| e.

¾ Sifat dasar limit satu peubah juga berlaku untuk limit dua peubah.

Kekontinuan fungsi dua peubah

¾ Fungsi z=f(x,y) kontinu di (x0,y0) jika

0 0

0 0

( , )lim( , ) ( , ) ( , ).

x y x y f x y f x y

Æ =

¾ Fungsi z=f(x,y) kontinu pada D_f jika f kontinu di setiap titik pada D_f.

Contoh Hitunglah

2 4 4 2

( , )lim(0,0) x y

x y x y x y

Æ

-+ dan

2 2

2 2

( , )lim(0,0) x y

x y xy

x y

Æ

- + .

¾ Uraikan pembilang sehingga faktor linear (x + y) tercoret, diperoleh

2 4 4 2 2 2 2 2 2 2

( , ) (0,0) ( , ) (0,0) ( , ) (0,0)

2 2

( , ) (0,0)

( ) ( )( )

lim lim lim

lim ( ) 0 (0 0) 0.

x y x y x y

x y

x y x y x y y x x y x y x y

x y x y x y

x y x y

Æ Æ Æ

Æ

- - - + -

+ = + = +

= - - = - ◊ - =

¾ Dari ketaksamaan x²£ +x² y², y²£ +x² y²dan sifat nilai mutlak diperoleh

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

| | | | ( )(| | | |)

0 ^{x y xy x y y x x y y x} | | | |

x ^-y x ⁺y ⁺x y ⁺ x y

+ + +

£ = £ = + .

Karena

( , )lim 0(0,0) 0 dan lim (| | | |)( , ) (0,0)

x y x y x y

Æ = Æ + (limit pengapitnya nol), maka

2 2

2 2

( , )lim(0,0) 0,

x y

x y xy

x y

Æ

-

+ = akibatnya ²_{2 2}²

( , )lim(0,0) 0.

x y

x y xy

x y

Æ

-

+ =

Contoh Tunjukkan _{2 2}

( , )lim(0,0) x y

xy x y

Æ + dan ₄ ² ₂

( , )lim(0,0) 2

x y

x y

x y

Æ + tidak ada.

Fungsi z= f(x,y) tidakmempunyai limitdi(x0,y0)jika terdapat kurvaC1dan C2 yang melalui (x0,y0) dengan

1 2

0 0 0 0

( , ) ( , ) ( , )

sepanjang sepanjang

( , )

lim ( , ) lim ( , )

C C

x y x y f x y x y x y f x y

Æ π Æ .

¾ Ambil C1: y = 0 (sb-x) dan C₂: y = x yang melalui (0,0), limitnya adalah

Sepanjang C₁: _{2 2 2 2}

( , ) (0,0) ( ,0) (0,0) 0

0

lim lim 0 lim 0 0

x y x x

xy x

x y x

Æ Æ Æ

◊

+ = + = = .

Sepanjang C2:

2

2 2 2 2 2

( , ) (0,0) ( , ) (0,0) 0 0

1 1 2 2

lim lim lim 2 lim

x y x x x x

xy x x x

x y x x x

Æ Æ Æ Æ

◊

+ = + = = = .

Karena kedua limit ini tidak sama, maka _{2 2}

( , )lim(0,0) x y

xy x y

Æ + tidak ada.

¾ Ambil C1: x = 0 (sb-y) dan C₁: y = x² yang melalui (0,0), limitnya adalah Sepanjang C1:

2 2

4 2 4 2

( , ) (0,0) (0, ) (0,0) 0

0

2 0 2

lim lim lim 0 0

x y y y

x y y

x y y

Æ Æ Æ

◊

+ = + = = .

Sepanjang C₂:

2

2 2 2 4

4 2 4 4 4

( , ) (0,0) ( , ) (0,0) 0 0

1 1 3 3

2 2 3

lim lim lim lim

x y x x x x

x y x x x

x y x x x

◊

Æ + = Æ + = Æ = Æ = .

Karena kedua limit ini tidak sama, maka ₄ ² ₂

( , )lim(0,0) 2

x y

x y

x y

Æ + tidak ada.

Contoh Tunjukkan fungsi ^{2 2}, ( , ) (0,0) ( , )

0 , ( , ) (0,0)

xy

x y x y f x y

x y

Ï + π

= ÌÔ

ÔÓ = kontinu pada ².

¾ Fungsi f kontinu pada ²-{(0,0)} karena merupakan hasil bagi dari dua fungsi yang kontinu dengan penyebut taknol pada daerah tersebut.

¾ Agar f kontinu pada ², tinggal menunjukkan fungsi f kontinu di (0,0).

Gunakan prinsip apit untuk menghitung limit fungsinya di (0,0).

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

| || |

0 ^{xy x y x y x y} .

x y x y ⁺ x ^◊ y ⁺ x y

+ + +

£ = £ = +

Karena ^{2 2}

( , )lim 0(0,0) 0 dan( , )lim(0,0) 0

x y x y x y

Æ = Æ + = (limit pengapitnya nol),

maka( , )lim(0,0) 2 2 0,

x y

xy x y

Æ + = akibatnya

2 2

( , )lim(0,0) 0 (0,0)

x y

xy

x y f

Æ + = = .

¾ Jadi f kontinu pada ²-{(0,0)} dan di (0,0), sehingga f kontinu pada ².

z

z = f(x,y) y tetap x tetap

perm P

y x

C1 ≡ P ∩ {y tetap}

C2 ≡ P ∩ {x tetap}

x tetap y tetap laju f thd y laju f thd x

Turunan parsial

¾ Turunan parsial dari z= f(x,y) terhadap x adalah

0

( , ) ( , )

lim

h

f f x h y f x y

x ^Æ h

∂ + -

∂ = .

(

^{∂∂fx= =fx D fx =zx}

)

Arti geometri:gradien garissinggungpadaC1 diA.

Arti fisis:laju perubahanzterhadapx(dalamarahi)

f x

∂∂ ≡ turunan f terhadap x dengan y tetap.

¾ Turunan parsial dari z= f(x,y) terhadap x adalah

0

( , ) ( , )

lim

h

f f x y h f x y

y ^Æ h

∂ + -

∂ = .

(

^{∂∂fy = =fy D fy =zy}

)

Arti geometri:gradien garissinggungpadaC₂ diA.

Arti fisis:laju perubahanzterhadapy(dalamarahj)

f y

∂∂ ≡ turunan f terhadap y dengan x tetap.

(x,y)

f x

∂

∂

f y

∂∂

C1 C2

A

f x

∂∂ f y

∂∂ A A

(x,y)

(x,y+h) (x+h,y)

(x,y) C1

C2

Vektor gradien Vektor gradien dari fungsi z = f(x,y), ditulis ∇f, didefi- nisikan sebagai ^{f f f} , ^f

x y x y

f ^∂_∂ ^∂_∂ ^{∂ ∂}_{∂ ∂}

— = i+ j= . Vektor ini berperan sebagai pengganti turunan untuk fungsi peubah banyak.

Turunan parsial kedua Turunan parsial kedua dari fungsi z= f(x,y) di- definisikan sebagai turunan parsial dari z =_x f (x,y) dan _x z_y= f_y(x,y).

( ) ( )

²²

xx x

f f

x x x x

f _∂^∂ f _{∂ ∂}^{∂ ∂ ∂}

= = = ∂ ^{fyx = ∂∂x}

( )

^{fy = ∂ ∂∂x}

( )

^{∂fy = ∂ ∂∂x y2f}

( ) ( )

²

xy x

f f

y y x y x

f = _∂^∂ f = _{∂ ∂}^{∂ ∂} = _{∂ ∂}^{∂ fyy = ∂∂y}

( )

^{fy = ∂ ∂∂y}

( )

^{∂fy = ∂∂2y2f}

Teorema Jika f_xy dan f_yx kontinu di (x0,y0), maka f_xy( , )x y_{0 0} =f_yx( , )x y_{0 0} . Ilustrasi Jika f(x,y) = xy² + yx², maka ^f

x

∂∂ = y² + 2xy dan ^f

y

∂∂ = 2xy + x². Vektor gradien dari f adalah ∇f(x,y) = (y² + 2xy) i + (2xy + x²) j.

Turunan parsial kedua dari f adalah fungsi dua peubah

fxx = 2y, f_xy = 2y + 2x, f_yx = 2y + 2x, dan f_yy = 2x.

Perluasan konsep turunan parsial ke fungsi tiga peubah Turunan par- sial dari fungsi tiga peubah u = F(x,y,z) didefinisikan dalam bentuk limit seperti turunan parsial dua peubah. Untuk keperluan perhitungan,

F x

∂∂ = turunan u = F(x,y,z) terhadap x dengan menganggap y dan z tetap.

F y

∂∂ = turunan u = F(x,y,z) terhadap y dengan menganggap x dan z tetap.

F z

∂∂ = turunan u = F(x,y,z) terhadap z dengan menganggap x dan y tetap.

Vektor gradian dari fungsi u = F(x,y,z), ditulis ∇F, didefinisikan sebagai

(

^{, ,}

)

F F F F F F

x y z x y z

F ^∂_∂ ^∂_∂ ^∂_∂ ^∂_∂ ^∂_∂ ^∂_∂

— = ⁱ+ ^j+ ^k = .

Ilustrasi Jika F(x,y,z) = xy + yz + zx, maka turunan parsialnya adalah

F

x y z

∂∂ = + , ^∂_∂^F_y = + , dan x z ^∂_∂^F_z = + . x y

Vektor gradien dari F adalah ∇F(x,y,z)=(y+z)i+(x+z)j+(y+x)k.

Fenomena fungsi satu peubah Fungsi y = f(x)terdiferensialkan di titik

x₀ jika ^{0 0} ₀

0

( ) ( )

lim ( )

h

f x h f x

h f x

Æ

+ - = ¢ ⇔ ^hlimÆ0

(

^{f x( 0+ -hh) f x( )0 - f x¢( )0}

)

^{= 0 ⇔}

0 0 0)

0

( ) ( ) (

lim 0.

h

f x h f x h f x

Æ h

+ - - ¢ = Misalkan e = ^{f x( 0+ -h) f x( )}_h^{0 -h f x¢( 0)}, maka kondisi y = f x( ₀+ -h) f x( )₀ = f x h¢( )₀ +eh dengan ε → 0 untuk h → 0 setara dengan keterdiferensialan fungsi y = f(x) di x0.

Jika x0+h=x, maka f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0)h (hampiran linear dari f di x0) Pertambahan untuk fungsi dua peubah Untuk fungsi z = f(x,y) di titik (x₀,y₀), perubahan z = f x( ₀+h y, ₀+ -k) f x y( ,_{0 0}) memenuhi kondisi

0 0 0 0 0 0 0 0 1 2

( , ) ( , ) _x( , ) _y( , )

z= f x +h y + -k f x y = f x y h f x y k+ +e h+e k dengan e e₁, ₂Æ untuk (h,0 k) → (0,0).

Jika x₀+h=x dan y₀+k=y, maka f(x,y) ≈ f(x₀,y₀) + f_x(x₀,y₀)h + f_y(x₀,y₀)k.

(

hampiran linear dari z = f(x,y) di (x0,y0)

)

Diferensial total fungsi dua peubah Untuk fungsiz=f(x,y), jika (x0,y0) bergerak ke (x₀+dx,y₀+dy), maka diferensial dari f didefinisikan sebagai

0 0 0 0

( , ) ( , )

x y

f f

x y

dz= =df f x y dx+f x y dy = ^∂_∂ dx+ ^∂_∂ dy di (x0,y0).

Keterdiferensialan fungsi dua peubah Fungsi z=f(x,y) terdiferensial- kandi(x₀,y₀)jika turunanparsial f_x(x₀,y₀) dan f_y(x₀,y₀)memenuhi kondisi

0 0 0 0 0 0 0 0 1 2

( , ) ( , ) _x( , ) _y( , )

z= f x +h y + -k f x y = f x y h f x y k+ +e h+e k dengan e e₁, ₂Æ untuk (h,0 k) → (0,0).

Dalam bentuk vektor, jika x₀ = 〈x₀,y₀〉, h = 〈h,k〉, ε = 〈ε₁,ε₂〉, dan ∇f(x₀) =

〈f_x(x₀), f_y(x₀)〉, maka kondisi keterdiferensialan di(x₀,y₀) dapat ditulis

( ) ( ) ( ) ( )

z= f x₀+ -h f x₀ = —f x₀ ⁱh+e h hⁱ dengan ε(h) → 0 untuk h → 0.

Teorema Untuk fungsi z= f(x,y), jika f terdiferensialkan di (x0,y0), ma- ka f kontinu di (x0,y0).

Teorema Untuk fungsi z =f(x,y), jika turunan parsial fx(x,y) dan fy(x,y) kontinu pada suatu daerah terbuka D, maka f terdiferensialkan pada D.

Contoh Tunjukkan fungsi f x y( , )= xe^y+ye^x terdiferensialkan pada ² dan tentukan vektor gradien dari fungsi f.

¾ Karena turunan parsial f x y_x( , ) = +e^y ye^x dan f x y_y( , ) = xe^y+e^x kontinu pada ², makafterdiferensialkanpada ².

¾ Vektor gradien dari fungsi f adalah —f x y( , )= (e^y+ye^x)i +(xe^y+e^x)j. Contoh Tentukan suatu vektor singgung pada kurva C: y=x² di A(1,1).

Tulislah aturan kurva C dalam bentuk implisit F(x,y) = 0, F(x,y) = x²− y.

Tunjukkan vektor singgung di A pada C tegak lurus pada vektor ∇F_A.

y

y = x² C r′(1)

A

0 ∇F x

¾ Dalam bentuk parameter, C: r(t) = ti + t²j, t ∈ . Karena r(1) = A, r′(t) = i + 2tj, dan r′(1) = i + 2j, maka vektor singgung pada kurva C di titik A ada- lah r′(1) = i + 2j = 〈1,2〉.

¾ Vektor gradien dari F di (x,y) adalah ∇F = 2x i − j, sehingga ∇F_A = ∇F(1,1) = 2i − j = 〈2,−1〉. Karena r′(1)^•∇F_A = 〈1,2〉^•〈2,−1〉 = 0, maka r′(1)⊥∇F_A. Contoh Nyatakan volum tabung lingkaran tegak sebagai fungsi dua pe- ubahdaridiameterdantinggi tabung.Jikagalatpengukuran diameternya paling besar 2% dan galat pengukuran tingginya paling besar 1%, tentu- kan hampiran galat terbesar dari volum tabung dengan diferensial total.

¾ Jikadiameter tabungadalahxdantingginyat,maka volumtabung adalah

( )

^{12 2 14 2}

V =p x t = p x t.

Diferensial total dari V adalah dV = ^∂_∂^V_x dx+ ^∂_∂^V_t dt = ¹₂pxt dx+ ¹₄px dt² . Akibatnya

1 1 2

2 4

2 2

1 1

4 4

xt x 2

dV dx dt

x t

V ^px t dx ^px t dt

p p

= + = + .

¾ Dari data pada soal ini ^dx_x £ 0,02= 2% dan ^dt_t £ 0,01 1%= , sehingga

2 2 0,02 0,01 0,05 5%

dV dx dt

x t

V = + £ ◊ + = = .

Jadi hampiran galat terbesar dari volum tabung adalah 5%.

Fenomena: Aturan rantai fungsi satu peubah

Jika y= y(x), x =x(t) terdiferensialkan dan komposisi y = y

(

x(t)

)

terdefinisi, maka y terdiferensialkan terhadap t, dan

Aturan rantai fungsi dua peubah terhadap satu peubah Dalam bentuk komponen

z = f(x,y), x = x(t), y = y(t) z = z(t) = f

(

x(t),y(t)

)

( ) ^{dz z dx z dy}

dt x dt y dt

z t¢ = = _∂^∂ + _∂^∂

Dalam bentuk vektor

( , ) ^{z z z}, ^z

x y x y

f x y ^∂_∂ ^∂_{∂ ∂ ∂}^{∂ ∂}

— = i+ j=

r = r(t) = 〈x(t),y(t)〉 = x(t) i + y(t) j ( ) ^{dx dy dx},^dy

dt dt dt dt

t = + =

¢

r i j

( ) ^{dz z}, ^{z dx},^dy

dt x y dt dt

z t¢ = = _{∂ ∂}^{∂ ∂ i}

( ) ^dz ( ( )) ( ) z t¢ = dt = —f r t ⁱr¢ t Aturan rantai fungsi tiga peubah terhadap satu peubah

Jika u=f(x,y,z), x=x(t), y=y(t), z=z(t), maka u=u(t)= f(x(t),y(t),z(t)) dan ( ) ^{du u dx u dy u dz} ( ( )) ( )

dt x dt y dt z dt

u t¢ = = ^∂_∂ +^∂_∂ +^∂_∂ = —f r t ⁱr¢t , dengan r = r(t) = ( ), ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) ^dx, ,^{dy dz} , ( , , ) ^u, ^u, ^u

dt dt dt x y z

x t y t z t x t y t z t t f x y z ^{∂ ∂ ∂}_{∂ ∂ ∂}

· Ò = i+ j+ k r¢ = — =

Contoh Jikaf(x,y)=x²+xy,x=sint dan y=cost,tentukan f ′(t).

Tulislah r(t) = sint i + cost j, maka r

′

(t) = cost i − sin t j. Vektor gradien dari f adalah ∇f(x,y) = 〈2x+y,x〉, sehingga ∇f(t) = 〈2sint+cost,sint〉. Jadi

( ) ^df ( ( )) ( ) 2sin cos ,sin cos , sin sin2 cos2 f t¢ = =—dt f r t ⁱr¢t = · t+ t tÒ ·ⁱ t - tÒ= t+ t.

dy dx

dx dt

y ^{y = y(x)} x ^{x = x(t)} t

dy dt

dy dy dx dt = dx◊ dt

z

x

y

t

t

dx dt

dy dt z

x

∂

∂

z y

∂

∂

Contoh Jikaf(x,y,z)=(x+y)z,x=sint,y=cost,danz=sint,tentukan f ′(t).

Tulislah r(t) = sint i + cost j + sint k, maka r′(t) = cost i − sint j + cost k.

Karena ∇f(x,y,z) = 〈z,z,x+y〉, maka ∇f(t) = 〈sint,sint,sint+cost〉. Dengan aturan rantai diperoleh

f ′(t) = ∇f(r(t))^•r

′

(t) = 〈sint,sint,sint+cost〉^•〈cost,−sint,cost〉

= sint cost − sin²t + sint cost + cos²t = cos2t + sin2t.

Cara lain Tulislah f sebagai fungsi dari t dan gunakan turunan satu peubah.

Contoh Sebuah tabung lingkaran tegak berjari-jari r=10 cm dan tinggi h=50 cm dipanaskan. Jika r dan h bertambah panjang dengan laju 0,2 cm/jam dan 0,3 cm/jam, tentukan laju pertambahan luas permukaannya.

¾ Karena luas permukaan tabung adalah S = S(r,h) = 2πr² + 2πrh, maka laju pertambahan S terhadap t adalah

( ) ^{dS S dr S dh} (4 2 )^dr 2 ^dh

dt r dt h dt dt dt

S t¢ = = ^∂_∂ + ^∂_∂ = pr+ ph + pr

¾ Gantikan r=10 cm, h=50 cm, ^dr

dt =0,2 cm/jam dan ^dh

dt =0,3 cm/jam, diperoleh S′(t) = (40π+100π)(0,2) + (20π)(0,3) = 34π ≈ 106,8 cm²/jam.

Aturan rantai fungsi dua peubah terhadap dua peubah u

x

v z

u y

v

Jika z = f(x,y), x = x(u,v), y = y(u,v), maka ( , ), ( , )

( )

z=f x u v y u v (z fungsi dari u dan v) dengan

y

z z x z

u x u y u

∂

∂ ∂ ∂ ∂

∂ = ∂ ∂ + ∂ ∂ y

z z x z

v x v y v

∂

∂ ∂ ∂ ∂

∂ = ∂ ∂ + ∂ ∂

Contoh Jika z =f(x,y), x = u+v, dan y = u−v, tunjukkan f f_{u v}= -f_x² f_y². Karena ^x 1, ^x 1, ^y 1, ^y 1,

u v u v

∂ ∂

∂ ∂

∂ = ∂ = ∂ = ∂ = - dan z=f x u v y u v( ( , ), ( , )), maka

y

z z x z z z

u x u y u x y

∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ = ∂ ∂ + ∂ ∂ = ∂ + dan ∂ _∂^∂_v^z = ^{∂ ∂}_{∂ ∂}^{z x}_{x v} + ^∂_{∂ ∂}^z_{y v}^∂y = ^∂_∂^z_x - _∂^∂_y^z Kalikan, maka diperoleh ^{∂ ∂∂ ∂u vz z =}

( )

^{∂∂xz 2-}

( )

^{∂∂zy 2, atau f fu v= -fx2 fy2.}

z x

∂

∂

z y

∂

∂

x u

∂

∂

x v

∂

∂

y u

∂

∂

y v

∂

∂

Turunan berarah Turunan parsial fungsi dua peubah z = f(x,y) = f(x), x = (x,y) ∈ D_f terhadap peubah x dan y dapat ditulis dalam bentuk

0 0

( , ) ( , ) ( ) ( )

lim lim ( , )

h h

f f x h y f x y f h f

x h h f x y

Æ Æ

∂ + - + -

∂ = = ^{x i x} = — ⁱi

0 0

( , ) ( , ) ( ) ( )

lim lim ( , )

h h

f f x y h f x y f h f

y h h f x y

Æ Æ

∂ + - + -

∂ = = ^{x j x} = — ⁱj

Gagasan turunan berarah adalah mengganti vektor satuan i dan j di sini dengan vektor satuan sebarang u.

z

bidang//(u,k) permukaanP z=f(x,y)

y x C ≡ P ∩ {bdg//(u,k)}

y

1 j

i x bdg//(u,k)

Definisi turunan berarah Turunan berarah dari fungsi z = f(x,y) = f(x) di x = (x,y) ∈ D_f dalamarah vektor satuan u=〈u,v〉,ditulis _∂u^∂f , didefinisikan sebagai

0

( ) ( )

( ) lim

h

f f h f

Æ h

∂ + -

∂_u x = ^{x u x} . Dalam bentuk komponen vektornya,

, 0

( ) ( , )

( , ) lim

h

f f x hu y hv f x y

x y h

Æ

∂ + + -

∂_u =

Arti geometrinya adalah gradien garis sing- gung pada kurva C: P∩{bdg//(u,k)} di titik A(x,y,z). Arti fisisnya adalah laju perubahan nilai z = f(x,y) dalam arah vektor satuan u.

Cara menghitung turunanBerarah Misalkan g(t) = f(x+tu,y+tv), ma- ka g(h) = f(x+hu,y+hv) dan g(0) = f(x,y), sehingga

0

( ) (0)

( , ) lim (0)

h

f g h g

x y h g

Æ

∂ -

∂_u = = ¢

Misalkan r = r(t)= x+tu dan s = s(t) = y+tv, maka g(t) = f

(

r(t),s(t)

)

, de- ngan ^dr

dt = u dan ^ds

dt =v; akibatnya ^{dr ds}, ,

dt dt = u v =u. Asumsikan fungsi g(t) = f

(

r(t),s(t)

)

terdiferensialkan terhadap t, maka diperoleh

( ) ^{f dr f ds f} , ^{f dr ds}, ( , )

r dt s dt r s dt dt

g t¢ = ^∂_∂ + ^∂_∂ = ^{∂ ∂}_{∂ ∂} ⁱ =—f r s ⁱu.

Karenauntukt=0berlaku(r,s)=(x,y),maka _∂^∂f_u( , )x y =g¢(0)=—f x y( , ) .ⁱu

A

k j

i u

∂f

∂u (x,y) C

∂f

∂u C A

x

x+hu 0

x+hu x u

Teorema Turunan berarah dari fungsi terdiferensialkan z = f(x,y) =f(x) di x=(x,y)∈D_f dalam arah vektor satuan u adalah _∂^∂_u^f ( , )x y =—f x y( , )ⁱu. Karena _∂^∂_u^f =—f ⁱu = ||∇f || ||u||cos∠(∇f,u) = ||∇f ||cos∠(∇f,u), maka maks_∂u^∂f tercapai bila ^{( )}

|| ( )||

f A f A

——

=

u dan min_∂u^∂f tercapai bila ^{( )}

|| ( )||

f A f A -——

=

u .

Contoh Tentukan turunan berarah dari fungsi z = f(x,y) = 4 − x² − y² di ti- tik (1,1) dalam arah vektor v = 3i + 4j.

z y 4

z=f(x,y)

u

0 2 x

2 y x v

Di sini∇f(x,y)=〈−2x,−2y〉, sehingga vektor gradien di (1,1) adalah ∇f(1,1) = 〈−2,−2〉.

Vektor satuan searah v adalah u = ^{3 4}_{5 5}, . Turunan berarah dari z = f(x,y) di (1,1) da- lam arah vektor satuan u adalah

f f

∂∂_u = — ⁱu = 〈−2,−2〉• 3 4

5 5, = −2⁴

5^.

Contoh Untuk fungsi z= f x y( , )=¹₂x²+¹₂y² di titik A(1,1), tentukan vektor satuan u sehingga di A nilai z bertambah paling besar, nilai z berkurang pa- ling besar, dan nilai z tetap (tidak berubah).

z

2 2

1 1

2 2

z= x + y 1 x

Laju perubahan z dalam arah vektor satuan u adalah = ^∂_∂^f_u = —fⁱu = —|| f ||cos (– —f, )u , de- ngan ∇f(x,y) = 〈x,y〉 dan ∇f(A) = 〈1,1〉.

¾ Nilaiz bertambah paling besar jika maksi- mum, tercapai bila u searah dengan ∇f(A), yaitu ^{( ) 1}₂ ¹₂

|| ^{f A}( )|| 2, 2

f A

——

= =

u .

¾ Nilaiz berkurang palingbesarjika minimum, tercapai bila u berlawan- an arah dengan ∇f(A), yaitu ^{( ) 1}₂ ¹₂

|| ^{f A}( )|| 2, 2

f A -——

= = - -

u .

¾ Nilai z tetap jika = tercapai bila u tegak lurus pada ∇f0, (A), yaitu

1 1

2 2,2 2

= -

u atau u= ¹₂ 2,-¹₂ 2 .

(1,1,1)

(1,1) ∇f

−∇f y

0

1

v

(1,1)

∇f

(1,1)

∇f 0