diferensial parsial
TRANSCRIPT
Tugas Kelompok Mata Kuliah Kalkulus (Revisi)
APLIKASI DIFERENSIAL PARSIAL
Dosen Pengampu: Dr. Martua Manullang, M.Pd
Disusun Untuk Memenuhi Tugas Pada Mata Kalkulus
Oleh Kelompok II
Mawarni Nehe (8156172022)
Adryna Mona Sidabalok (8156172056)
Mashitah Puteri (8156172066)
Siti Hadijah (8156172073)
Program Studi Pendidikan Matematika
PROGRAM PASCASARJANA UNIVERSITAS NEGERI MEDAN (UNIMED)
MEDAN2015
1
BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang
Persamaan diferensial adalah persamaan matematika untuk fungsi satu variabel atau
lebih, yang menghubungkan nilai fungsi itu sendiri dan turunannya dalam berbagai orde.
Persamaan diferensial muncul dalam berbagai bidang sains dan teknologi, bilamana
hubungan deterministik yang melibatkan besaran yang berubah secara kontinu dimodelkan
oleh fungsi matematika dan laju perubahannya dinyatakan sebagai turunan diketahui atau
dipostulatkan.Persamaan diferensial memegang peranan penting dalam rekayasa, fisika, ilmu
ekonomi dan berbagai macam disiplin ilmu.
Ini terlihat misalnya pada mekanika klasik, di mana gerakan sebuah benda diberikan
oleh posisi dan kecepatannya terhadap waktu. Hukum Newton memungkinkan kita
mengetahui hubungan posisi, kecepatan, percepatan dan berbagai gaya yang bertindak
terhadap benda tersebut, dan menyatakannya sebagai persamaan diferensial posisi sebagai
fungsi waktu. Dalam banyak kasus, persamaan diferensial ini dapat dipecahkan secara
eksplisit, dan menghasilkan hukum gerak.
Contoh pemodelan masalah dunia nyata menggunakan persamaan diferensial adalah
penentuan kecepatan bola yang jatuh bebas di udara, hanya dengan memperhitungkan
gravitasi dan tahanan udara. Percepatan bola tersebut ke arah tanah adalah percepatan karena
gravitasi dikurangi dengan perlambatan karena gesekan udara. Mencari kecepatan sebagai
fungsi waktu mensyaratkan pemecahan sebuah persamaan diferensial.
Teori persamaan diferensial sudah cukup berkembang, dan metode yang digunakan
bervariasi sesuai jenis persamaan. Persamaan diferensial biasa (PDB) adalah persamaan
diferensial di mana fungsi yang tidak diketahui (variabel terikat) adalah fungsi dari variabel
bebas tunggal. Dalam bentuk paling sederhana fungsi yang tidak diketahui ini adalah fungsi
riil atau fungsi kompleks, namun secara umum bisa juga berupa fungsi vektor maupun
matriks. Lebih jauh lagi, persamaan diferensial biasa digolongkan berdasarkan orde tertinggi
dari turunan terhadap variabel terikat yang muncul dalam persamaan tersebut.
Persamaan diferensial parsial (PDP) adalah persamaan diferensial di mana fungsi yang
tidak diketahui adalah fungsi dari banyak variabel bebas, dan persamaan tersebut juga
2
melibatkan turunan parsial. Orde persamaan didefinisikan seperti pada persamaan diferensial
biasa, namun klasifikasi lebih jauh ke dalam persamaan eliptik, hiperbolik, dan parabolik,
terutama untuk persamaan diferensial linear orde dua, sangatlah penting. Beberapa pesamaan
diferensial parsial tidak dapat digolongkan dalam kategori-kategori tadi, dan dinamakan
sebagai jenis campuran.
Melihat seberapa besar penting persamaan diferensial dari berbagai macam ilmu,
Maka kami menulis makalah yang berjudul aplikasi persamaan diferensial parsial.
B. Rumusan Masalah
Rumusan masalah dalam makalah ini adalah apakah defenisi dari turunan parsial dan apa saja
aplikasi dari turunan parsial.
C. Tujuan Penulisan
Adapun tujuan dari penulisan makalah ini adalah untuk mengetahui apakah defenisi dari
turunan parsial dan apa saja aplikasi dari turunan parsial
3
BAB II
PEMBAHASAN
DIFERENSIAL (TURUNAN) PARSIAL
A. Turunan Parsial
Persamaan diferensial parsial adalah persamaan yang memuat satu atau lebih
turunan parsial dengan dua atau lebih vaiabel bebas. Orde dari PD parsial: tingkat
tertinggi dari derivatif yang ada dalam PD. Derajat dari PD parsial: pangkat tertinggi dari
turunan tingkat tertinggi yang ada dalam PD.
PD parsial dikatakan linier jika hanya memuat derajat pertama dari variabel –
variabel bebasnya dan derivatif – derivatif parsialnya. Beberapa contoh PD Parsial yang
penting:
a.
∂2u∂ t2 =c2 ∂2u
∂ x2persamaan gelombang satu dimensi
b.
∂2 u∂ x2 +
∂2 u∂ y2=0
persamaan laplace dua dimensi
c.
∂2 u∂ x2 + ∂2 u
∂ y2= f ( x , y ) persamaan poisson dua dimensi
d.
∂2u∂ x2 + ∂2 u
∂ y2 +∂2 u∂ z2=0
persamaan laplace tiga dimensi
1. Turunan parsial dari fungsi dua variabel
Fungsi f(x,y) merupakan fungsi dua variabel, diturunkan terhadap variabel x maupun
y. Dalam turunan parsial kita dapat menurunkan secara bertahap pada variabel mana
yang dimaksud.
Contoh 1:
f (x,y) = x2 + 3xy – 4y2
cari turunan terhadap x atau ∂ f∂ x
,serta terhadap y atau
∂ f∂ y
Penyelesaian:
∂ f∂ x
=2x+3 y dan
∂ f∂ y
=3 x−8 y
4
Jika f merupakan fungsi dari dua variabel dan (x,y) adalah titik dari domain fungsi
maka turunan parsial:
∂ f ( x , y )∂ x
= limΔx→0
f ( x+ Δx , y )− f ( x , y )Δx
∂ f ( x , y )∂ y
= limΔx→ 0
f ( x , y+Δy )− f ( x , y )Δy
Contoh 2:
z = f (x,y) = 5x2-7xy+2y2. Cari ∂ z∂ x dan
∂ z∂ y .
Penyelesaian:
z = f (x,y) = 5x2-7xy+2y2
f ( x+ Δx , y )=5 ( x+ Δx )2−7 ( x+ Δx ) y+2 y2
= 5x2+10xΔx+5 Δx2−7 xy−7 Δ xy+2 y2
∂ z∂ x
= limΔx→0
f ( x+ Δx , y )−f ( x , y )Δx
=[5 x2+10 xΔx+5 Δx2−7 xy−7 Δ xy+2 y2 ]−[5 x2−7 xy+2 y2 ]Δx
= limΔx→0
10 xΔx+5 Δx2−7 Δ xyΔx
= limΔx→ 0
(10 x+5 Δx−7 y )=10 x−7 y
∂ z∂ y = lim
Δy→0
f ( x , y+Δy )− f ( x , y )Δy =
[5 x2−7 x ( y+Δy )+2 ( y+Δy )2]−[5x2−7 xy+2 y2]Δy
= limΔy→ 0
2 Δy2+4 yΔy−7 xΔyΔy
= limΔy →0
2 Δy+4 y−7 x=4 y−7 x
Seandainya f merupakan fungsi dari tiga variabel dan (x, y, z) adalah titik domain
dari fungsi, maka turunan parsial.
∂ f ( x , y , z )∂ x
dan ∂ f ( x , y , z )∂ y
serta ∂ f ( x , y , z )∂ z
Contoh 3:
W = f (x,y,z) = xy2z
5
Cari
∂W∂ x
, ∂W∂ y
dan ∂W∂ z
Penyelesaian:
∂W∂ x
= y2 z ,∂W∂ y
=2 xyz , ∂W∂ z
=xy 2
Jika z merupakan fungsi dari tiga variabel dan (x,y,z) adalah titik domain dari fungsi,
maka turunan dapat dinyatakan dengan:
Turunan terhadap x yaitu:
∂ z∂ x
=∂ f ( x , y , z )
∂ x=f x ( x , y , z )=f 1 (x , y , z )
Turunan terhadap y yaitu:
∂ z∂ y
=∂ f (x , y , z )
∂ y=f y ( x , y , z )=f 2 ( x , y , z )
Turuanan terhadap z yaitu:
∂ z∂ z
=∂ f ( x , y , z )
∂ z=f z ( x , y , z )=f 3 ( x , y , z )
Contoh 4:
F(x,y) = xey + y ln x
Cari:
a . f x ( x , y )b . f y ( x , y )
Penyelesaian:
6
a . f x ( x , y )=∂ ( xe y+ y ln x )∂ x
f x (x , y )=∂ ( xe y )∂ x
+∂ ( y ln x )∂ x
=e y ∂ x∂ x
+ y∂ (ln x )∂ x
=e y+ yx
b . f y ( x , y )=∂ ( xe y+ y ln x )∂ y
=∂ ( xe y )∂ y
+∂ ( y ln x )∂ y
f y (x , y )=x ∂ (e y )∂ y
+ln x ∂ ( y )∂ y
=xe y +ln x
Contoh 5:
f ( x , y , z )=exy 2z3
Cari:
a) fz(x,y,z)
b) f3(1,2,3)
Penyelesaian:
a) fz(x,y,z) = ∂ (exy2
z3 )∂ z
=exy 2 ∂ ( z3 )∂ z
=3 z2 exy2
b) f3(1,2,3) = 27e4
2. Interpretasi pada geometri
f merupakan fungsi dari dua variabel serta memiliki f1 dan f2. Persamaan grafik dari f
= (x,y) ditunjukkan pada gambar. Apabila zo = (xo,yo), juga titik P = (xo,yo,zo) yang
merupakan sebuah titik di permukaan. Yang mana bidang x = xo memotong
melintang bidang CPD dari permukaan, suatu titik disepanjang garis APB. Koordinat
titik x pada z dalam persamaan z = f(x, yo) yang mana koordinat y tetap dengan y =
yo, kemiringan merupakan garis tangen untuk APB pada suatu titik koordinat z untuk
perubahan nilai x, kemiringan diberikan dengan ∂ z∂ x
=f 1( x0 , yo ). Perpotongan
f 1( x0 , yo) . ditunjukkan dengan garis kemiringan tangeen untuk APB pada titik P,
secara sama f 2( x0 , yo ) . ditunjukkan dengan garis kemiringan tangen CPD pada titik
P.
7
tan α=f x (xo , yo )= f 1 (xo , yo)=∂ z∂ x
tan α=f y (xo , yo )= f 2 (xo , y o)=∂ z∂ y
Contoh 6:
Cari kemiringan pada garis tangensial untuk bidang lintang yang memotong dari
permukaan z = 4x2y – xy3 dengan bidang y = 2 pada titik (3,2,48).
Penyelesaian:
Dalam hal ini y konstan karena kemiringan merupakan turunan terhadap x, sehingga
kemiringan = ∂ z∂ x
∂ z∂ x
=∂ (4 x2 y−xy3 )
∂ x=8 xy− y3
Untuk x = 3 dan y = 2 maka:
∂ z∂ x
=8 xy− y3=8 (3 )(2)−8=40
Jadi sudut; α = tan -1 (40) = 88, 570
3. Penggunaan turunan parsial
Penggunaan turunan parsial sudah banyak digunakan secara umum. Terlebih pada
bidang ilmu rekayasa (teknik) dan fisika.
Contoh 7:
8
Sebuah silinder memiliki radius r dan tinggi h, jika volume dari silinder itu V = πr2h.
a. Hitung luas dari alas silinder jika r = 5 cm
b. Luas selimut dari silinder, jika r = 5 dan h = 10 cm
Penyelesaian:
a. Luas dari alas silinder jika r = 5 cm
∂V∂h
= ∂∂h
( πr2 h )=πr2=3 ,14 (5 )2=78 ,5 cm2
c. Luas selimut dari silinder, jika r = 5 dan h = 10 cm
∂V∂ r
= ∂∂r
(πr 2h )=2π rh=2 . (3 ,14 ) (5 )=31 ,4cm
Contoh 8:
Sebuah benda bergerak sejauh s, jika jarak s memenuhi persamaan s = t2 – 10 t – 25
(meter).
a. Hitung kecepatan v benda itu pada t = 2 menit ( dalam m/detik)
b. Menit keberapa benda itu berhenti (v = 0)
Penyelesaian:
a. Kecepatan v benda itu pada t = 2 menit ( dalam m/detik).
Kecepatan merupakan turunan jarak s terhadap waktu t, maka:
v=∂ s∂ t
= ∂∂ t
(t 2 - 10 t - 25 )=2 t−10=2(2 )−10=−6 m/menit≈-0,1m/detik
Tanda minus berarti terjadi perlambatan, dalam soal ini terjadi perlambatan
sebesar 0,1 m/detik
b. Menit keberapa benda itu berhenti (v = 0)
v = 2t – 10
0 = 2t – 10
t = 5 menit
benda akan berhenti pada menit ke 5.
B. Turunan Parsial Tingkat Tinggi
1. Persamaan dari bentuk tingkat kedua turunan parsial
Bentuk lain dalam penulisan diferensial, seandainyaW merupakan fungsi dari dua
variabel dan (x,y) adalah titik domain dari fungsi, maka turunan dapat dinyatakan
sebagai berikut:
9
Turunan terhadap x
∂W∂ x
=∂ f ( x , y )
∂ x= f x ( x , y )=f 1 (x , y )
∂ f x ( x , y )∂ x
=∂2 f ( x , y )
∂ x2 = f x [f x ( x , y ) ]=f xx ( x , y )=f 11 atau ∂2 W∂ x∂ x
=∂2 W∂ x2
Jika turunan kedua terhadap x diturunkan kembali terhadap x, maka akan
menghasilkan turunan ketiga terhadap x, yaitu:
∂ f xx ( x , y )∂ x
=∂3 f ( x , y )
∂ x3 =f x [f xx ( x , y ) ]=f xxx ( x , y )=f 111 atau ∂3 W
∂ x3
Turunan terhadap y
∂W∂ y
=∂ f ( x , y )
∂ y=f y ( x , y )=f 2 ( x , y )
∂ f y ( x , y )∂ y
=∂2 f ( x , y )
∂ y2 =f y [ f y ( x , y ) ]=f yy ( x , y )=f 22 atau ∂2 W
∂ y2
Jika turunan kedua terhadap y diturunkan kembali terhadap y, maka akan
menghasilkan turunan ketiga terhadap y, yaitu:
∂ f yy ( x , y )∂ y
=∂3 f ( x , y )
∂ y3 = f y [ f yy ( x , y ) ]= f yyy (x , y )= f 222 atau ∂3 W
∂ y3
Turunan terhadap z
Turunan terhadap z, jika W merupakan fungsi dari tiga variabel dan (x,y,z) adalah
titik domain dari fungsi, maka turunan dapat dinyatakan dengan:
∂W∂ z
=∂ f ( x , y , z )
∂ z=f z ( x , y , z )=f 3 (x , y , z )
∂ f z ( x , y )∂ z
=∂2 f ( x , y )
∂ z2 =f z [ f z ( x , y ) ]=f zz (x , y )=f 33 atau ∂2 W∂ z2
Jika turunan kedua terhadap z diturunkan kembali terhadap z, maka akan
menghasilkan turunan ketiga terhadap y, yaitu:
∂ f zz ( x , y )∂ z
=∂3 f ( x , y )
∂ z3 = f z [f zz (x , y ) ]= f zzz ( x , y )=f 333 atau ∂3 W∂ z3
10
Empat turunan parsial yang menjadi dasar turunan parsial disebut dengan turunan
parsial tingkat kedua. Fungsi f 1 dapat diperluas, subkrit pertama serta kedua ( f 1)1 ,
( f 1)2 , ( f 2)1 , dan ( f 2)2 atau dapat ditulis dengan ( f x )x , ( f x ) y , ( f y )x ,dan ( f y )y
Jika W = f ( x , y , z ) ,jika suatu fungsi diturunkan terhadap z kemudian diturunkan
terhadap y dan diturunkan lagi terhadap x, maka dapat ditulis notasinya sebagai
berikut:
∂3W∂ x ∂ y ∂ z
= ∂∂ x ( ∂
∂ y (∂ W∂ z ))= f zyx= f 321
∂4 W∂ x ∂ z2 ∂ z
= ∂∂ x ( ∂
∂ z2 (∂W∂ y ))=f yzzx= f 2331
Contoh 9:
Jika W = f ( x , y , z )=5 x2−12 xy+14 y2+6 zxy−7 z3
Cari f 12 , f 23 , f 13 , f 123 , f 321 serta f 221
Penyelesaian:
f 12=∂
∂ y ( ∂∂ x
(5 x2−12 xy+14 y2+6 zxy−7 z3 ))= ∂∂ y
(10 x−12 y+6 zy )=−12+6 z
f 23=∂∂ z ( ∂
∂ y(5 x2−12 xy+14 y2+6 zxy−7 z3))= ∂
∂ z(−12 x+28 y+6 zx )=6 x
f 13=∂∂ z ( ∂
∂ x(5 x2−12 xy+14 y 2+6 zxy−7 z3 ))= ∂
∂ z(10 x−12 y+6 zy )=6 y
f 123=∂∂ z (∂∂ y (∂∂ x
(5 x2−12 xy+14 y2+6 zxy−7 z3 )))=∂∂ z (∂∂ y
(10 x−12 y+6 zy )) =∂
∂ z(−12+6 z )=6
11
f 312=∂∂ y (∂∂ x (∂∂ z
( 5 x2−12 xy+14 y2+6 zxy−7 z3 )))=∂∂ y (∂∂ x
(6 zx−21 z2)) =∂
∂ y(6 z )=0
f 221=∂∂ x (∂∂ y (∂∂ y
(5 x2−12 xy+14 y2+6 zxy−7 z3)))=∂∂ x (∂∂ y
(−12 x+28 y+6 zx )) =∂
∂ x(28 )=0
2. Harga ekstrem
Mengetahui harga ekstrem dari suatu fungsi y = f(x) dengan cara mengetahui
kemiringan garis atau gradien
∂ y∂ x . Harga ekstrem didapat jika
∂ y∂ x
=0serta;
∂2 y∂ x2
< 0 untuk titik x maksimum
∂2 y∂ x2
> 0 untuk titik x minimum
Contoh 10:
Multipleks luasnya 1,5 m2, direncanakan untuk membuat kotak tertutup dengan alas
berbentuk bujursangkar yang diharapakan memiliki volume maksimum. Tentukan
ukuran dari kotak itu.
Penyelesaian:
Asumsi dari alas adalah x dan tinggi kotak y, sehingga; Luas alas dan penutup = 2x2
dan keempat bidang lainnya 4xy di sini volumenya, V = x2y.
Luas alas dan penutup + 4 luas bidang sisi atau kita nyatakan:
2x2+4xy = 1,5 maka y=1,5−2 x2
4 x .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. pers (1)
Pers (1) disubstitusikan ke V = x2y
= x2( 1,5−2 x2
4 x )
V =
32 x−2 x3
4=
38
x−12
x3
Agar diperoleh harga maksimum, maka
∂V∂ x
=0 dan ∂2 V
∂ x2< 0
12
∂V∂ x
= 38− 3
2x2=3
2 ( 14−x2)=0 , ∂
2 V∂ x2 =−3 x
<0, untuk x bil. bulat positif
32 (14 −x2)=0
(14 −x2) = 0
(12 −x)(12 + x)=0
x1=12
atau x2=−12
Harga x positif maka untuk x= 1
2→ y=
1,5−2( 12 )2
4 ( 12 )
=12=0,5
Jadi ukuran kotak maksimum, jika ukuran sisi alas maupun penutup masing – masing
0,5 m serta tinggi 0,5 m.
Cek bahan yang tersedia 1,5 m2
Luas alas dan penutup + 4 luas bidang sisi, yakni:
2x2+ 4xy = 1,5
2 (0,5)2 + 4(0,5)(0,5) = 1,5 (terbukti)
Contoh 11:
Sebuah besi beton dengan panjang 10m dirancang berbentuk nmenyerupai huruf U
dengan cara membengkokkan bagian ujung-ujungnya, jika L menyatakan luas
penampang dari bentuk rancangan itu , tentukan luas penampang yang maksimum!
Jawab :
Misalkan bagian ujung yang dibengkokkan masing-masing mempunyai panjang x,
maka panjang bagian yang lurus adalah (10 – 2 x) . luas penampang bentuk
rancangan L sebagai fungsi x ditentukan sebagai berikut.
L (x) = ( 10 – 2x ) (x)= 10x –2 x2
Turunan pertama dan kedua dari L(x) terhadap x bertutut-turut adalah
L’ (x) = 10–4x dan L”(x) = - 4
Syarat perlu ekstrim diperoleh dari L’ (x) = 0
13
10 – 4x = 0 ↔ x = 2,5
karena L “(x) = -4 , maka berdasarkan uji turunan kedua akan terjadi nilai balik
maksimum pada x = 2,5 dan nilai balik maksimum itu adalah
L (2,5) = 10(2,5) – 2 ¿= 12,5
Jadi luas penampung yang maksimum adalah L = 12,5 m2dicapai jika ujung-ujung
kawat dibengkokkan sepanjang x = 2,5 m
3. Metode Pengali Lagrange
Metode lagrange digunakan untuk optimasi (menentukan harga maksimum dan
minimum) sebuah fungsi f(x,y) yang terkendala, misalnya oleh sebuah fungsi g(x,y)
= konstan. Oleh karena itu, f (x,y) menjadi fungsi dari hanya salah satu variabel
dalam hal ini variabel x, dengan syarat untuk harga maksimum dan minimum jika:
∂ f∂ x
=0 atau d f =0 , secara umum didefinisikan:
F (x , y )= f ( x , y )+λg( x , y )dimana λ : pengali lagrange
Contoh 12:
Gunakan metode Lagrange untuk mencari nilai-nilai maksimum dan minimum dari
f ( x , y )= y2−x2 pada ellips x2
4+ y2=1
Penyelesaian:
Misalkan persamaan kendala ditulis sebagai:
g(x,y) = x2+4 y2−4=0
Jadi persamaan Lagrange adalah:
(1) 2x = λ 2x
(2) -2y = λ 8y
(3) x2+4 y2=4
Yang harus diselesaikan secara simultan.
Dari persamaan (3) x dan y keduanya tidak dapat sama dengan nol.
(i) Jika x ≠0
Dari (1), maka λ = 1, kemudian dari persamaan (2), maka y = 0
Jadi dengan persamaan (3) didapat x = ±2
14
Akibatnya titik kritisnya adalah (-2,0) dan (2,0)
(ii) Jika y ≠0
Dari (2), maka λ = - 14 , kemudian dari persamaan (1), maka x = 0
Jadi dengan persamaan (3) didapat x = ± 1
Akibatnya titik kritisnya adalah (0,-1) dan (0,1)
Sekarang 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) pada ellips yang diberikan adalah -4, sedangkan nilai
maksimum adalah 1.
Contoh 13:
Tentukan volume maksimum dari sebuah kotak tanpa tutup yang memiliki luas
permukaan 12 cm2
Penyelesaian:
Misalkan: x, y, z berturut-turut meruoakan panjang, lebar dan tinggi.
Akan dicari volume maksimum, yaitu:
Maks V = xyz
Dengan kendala: g(x,y,z) = 2xz + 2yz + xy = 12
1. Menyelesaikan persamaan
∇ v=∇ g
Yaitu: V x=gx → yz = λ (2z + y) ...(1)
V y=g y → xz = λ (2z + x) ...(2)
V z=gz → xy = λ (2x + 2y) ...(3)
2xz + 2yz + xy = 12 ...(4)
Dengan mengalikan (1) dengan x, (2) dengan y, dan (3) dengan z diperoleh:
xyz =λ (2xz + xy) ...(5)
xzy = λ (2yz + yx) ...(6)
xyz = λ (2xz + 2yz) ...(7)
15
Persamaan (5) dan (6) mempunyai nilai sama, sehingga:
λ (2xz + xy) = λ (2yz + xy)
↔ λ (2xz + xy) - λ (2yz + xy) = 0
↔ λ (2xz + xy - 2yz + xy) = 0
↔ 2λ (xz - yz) = 0
λ = 0 (TM) atau (xz - yz) = 0
Jadi, (xz - yz) = 0 atau x = y
Dari persamaan (6) dan (7) diperoleh:
(xy – 2xz) = 0 atau y = 2z
Dari persamaan (8) dan (9) diperoleh:
x = y = 2z
Maka dari persamaan (4), diperoleh:
2xz + 2yz + xy = 12
↔ 4z2+4 z2+4 z2=12
↔ 12z2 = 12
↔ z = 1
Jadi , x=2 , y=2 , z=1
∴ Volume maksimum V(2,2,1) = 4 cm3
Contoh 14 :
Sebatang kawat dibengkokkan berbentuk kurva y = 2 - x² seperti ditunjukkan oleh
gambar dibawah. Tentukan jarak ekstremnya dari titik pusat (0,0) ke titik P atau ke
kawat itu.
Solusi:
d² = x² + y²
16
Fungsi yang akan dicari harga ekstremnya yaitu f(x,y) = x² + y² , sedangkan fungsi
terkendalinya yaitu; y = 2 - x².
Atau dinyatakan dengan g(x,y) = y + x² = 2
Dengan metode lagreng;
f(x,y) = f(x,y) + λ g(x,y)
= (x² + y²) + λ (y + x²)
= x² + y² + λy + λ x²
∂ f∂ x
=2x+2 λx=0
= x( 1+ λ) = 0 maka x = 0 dan λ = -1
∂ f∂ y
=2 y+λ=0 maka λ = -2y
Sekarang kita ingin mengetahui nilai ekstremnya : f(x,y) = x² + y²
Jika;
1. x = 0, y = 2 - x² jadi y = 2 serta λ = -2y = - 4 maka titik P (0,2)
2. λ = - 1 maka y = - λ2 =
12
y = 2 - x² maka x² = 2 - 12 maka x = √ 3
2 maka titik P (√ 3
2 ,
12 )
jarak eksrem;
pada titik (0,2) maka d = √ x ²+ y ²=√0 ²+2 ²
= 2 ( maksimum)
Pada titik (√ 32
, 12 ) maka d = √ x ²+ y ²=√(√ 3
2 )2
+(12)²
= √2≈1,414 (minimum)
Contoh 14:
Tentukan dan sederhanakan persamaan bidang singgung terhadap permukaan
√ x+√ y+√z=a di ( x0 , y0, z0 ). Kemudian dengan sumbu koordinatnya adalah a2
Jawab :
F ( x , y , z )
17
Misalkan ¿√ x+√ y+√ z
∇F ( x , y , z )= 12√ x
i+ 12√ y
j+ 12√ z
k
∇F ( x , y , z )= 12√ x
i+ 12√ y
j+ 12√ z
k
Maka persamaan bidang singgungnya adalah:
12√x (x−x0 )+1
2√ y ( y− y0 )+12√z (z−z0 )=0
x√ x0
−x0
√x0+ y√ y0
−y0
√ y0+z√z0
−z0
√ z0 = 0
x0
√ x0+
y0
√ y0+
z0
√ z0 =x
√ x0+ y√ y0
+ z√z0
√ x0+√ y0+√z0 =x√x0
+ y√ y0
+z√ z0
Kita ketahui : √ x+√ y+√z=a
x=x0
y= y0
z=z0
Maka √ x0+√ y0+√z0=a , subsitusikan ke 1
a= x√x0
+ y√ y0
+ z√ z0
Perpotongan dengan sumbu koordinatnya adalah
x=a √x0
y=a√ y0
z=a√z0
Maka jumlah perpotongan bidang ini dengan sumbu koordinatnya adalah
x+ y+z =a√x0+a√ y0+a√ z0
=a (√x0+√ y0+√ z0) =a . a=a2 ( terbukti)
18
4. Diferensial Total
Diferensial total adalah perubahan fungsi f (x , y ) terhadap pertambahan salah satu
variabelnya x atau y. Misalkan fungsi f (x , y ) mempunyai turunan parsial di (x , y ).
Pertambahan fungsi f (x , y ) jika x ditambah menjadi x+∆ x dan y menjadi y+∆ y adalah
∆ f =f ( x+∆ x , y+∆ y )−f ( x , y )
Jika ditambah dan dikurangi f ( x , y+∆ y ) di ruas kanan, diperoleh
∆ f = [ f ( x+∆ x , y+∆ y )−f ( x , y+∆ y ) ]+ [ f ( x , y+∆ y )−f ( x , y ) ] pers (*)
pertambahan x dalam fungsi f ( x , y+∆ y )
dengan mempertahankan y+∆ y tetap.
Teorema nilai rata-rata kalkulus
Jika f (x) memiliki turunan f ’ (x ) pada setiap titik dalam selang [x - ∆x, x+ ∆x] maka :
[ f (x+∆ x )−f (x)]=f ’(ξ )∆ x
Dengan ξ=x+∆ x (0<¿1) sebuah titik dalam selang [ x−∆ x , x+∆ x ].
Dengan demikian,
[ f (x+∆ x , y+∆ y )– f (x , y+∆ y )]=f x (x+1 ∆ x, y+∆ y )∆ x
dengan 0 < q1 < 1
Dengan cara yang sama, untuk suku kedua pers.(*), menghasilkan
[ f (x , y+∆ y )– f (x , y)]=f y (x , y+2∆ y)∆ y
dengan 0 < q2 < 1
Jika turunan parsial f x (x , y) dan f y (x , y) kontinu di (x , y ), maka
f x (x+1∆ x , y+∆ y )=f x(x , y)+ε1
f y (x , y+2∆ y)=f y (x , y )+ε 2
dengan lim ε1= 0 dan lim ε2 = 0 , bila ∆x dan ∆y menuju nol. Pers.(*) teralihkan
menjadi :
∆ f =f x( x , y)∆ x+ f y (x , y)∆ y+ε1 ∆ x+ε 2∆ y
Dengan mengambil limit ∆x ®0 dan ∆y®0, diperoleh turunan total fungsi f(x,y) :
df =∂ f∂ x
dx+ ∂ f∂ y
dy
Untuk f (x , y , z , ...) , turunan totalnya
19
df =∂ f∂ x
dx+ ∂ f∂ y
dy+ ∂ f∂ z
dz+…
Contoh 15:
Hitunglah diferensial total fungsi f (x , y )=xy 2– sin (xy ).
Penyelesaian :
f x= y2 – y cos (xy) dan f y=2 xy−xcos (xy )
Sehingga turunan totalnya :
df =( y 2 – y cos(xy ))dx+¿
Contoh 16:
z = x2+4xy – y2 dengan x = r cos 2t dan y = r sin2t. Tentukan
∂ z∂r
Mengingat,
∂ z∂ x
=2 x+4 y ∂ z∂ y
=4 x−2 y
∂ x∂r
=cos 2t ∂ y∂ r
=sin 2t
∂ x∂ t
=−2 r sin 2t ∂ y∂ t
=2r cos2 t
Jawab :
∂ z∂r
=∂ z∂ x
∂ x∂ r
+ ∂ z∂ y
∂ y∂r
=(2x+4 y )cos 2t +(4 x−2 y ) sin 2 t
∂ z∂ t
=∂ z∂ x
∂ x∂ t
+ ∂ z∂ y
∂ y∂ t
=(2x+4 y ) (−2 r sin 2 t )+( 4 x−2 y ) (2 r cos2 t )
5. Aturan Rantai
Aturan Rantai untuk fungsi-fungsi komposisi satu peubah sekarang sudah dikenal oleh
semua pembaca. Jika y = f(x(t)), dengan f dan x keduanya fungsi yang dapat
didiferensialkan, maka
dydt
=∂ y∂ x
dxdt
y=f (u) dan u=φ(x)
y=f ¿, composite fungsi
20
2 fungsi : dydx
= ∂ y∂u
dudx
3 fungsi : dydx
= ∂ y∂u
dudv
dvdx
Rumus 1
(Aturan Rantai). Andaikan x=x (t) dan y= y (t ) dapat didiferensialkan di t dan andaikan
z=f (x , y )dapat didiferensialkan di (x (t) , y (t)). Makaz=f (x (t)) dapat didiferensialkan
di t, maka :
dzdt
=∂ z∂ x
dxdt
+ ∂ z∂ y
dydt
Rumus 2
(Aturan Rantai). Misalkan x=x (s , t) dan y= y (s ,t )mempunyai turunan peetama di (s , t)
dan misalkan z=f (x , y )dapat didiferensialkan di (x (s , t ) , y (s , t)). Maka
z=f (x (s , t) , y (s , t)) mempunyai turunan parsial pertama yang diberikan oleh,
Jika, z=f (x , y ) , x=x (s , t) , y= y (s , t), maka
(1)∂ z∂ s
= ∂ z∂ x
∂ x∂ s
+ ∂ z∂ y
∂ y∂s
(2)∂ z∂ t
= ∂ z∂ x
∂ x∂ t
+ ∂ z∂ y
∂ y∂ t
Rumus 3
Jika, w=f (x , y , z) , x=x (r , s , t) , y= y (r , s , t ) , z=(r , s ,t ) maka
(1)∂ w∂ r
=∂ w∂ x
∂ x∂ r
+ ∂ w∂ y
∂ y∂ r
+ ∂ w∂ z
∂ z∂r
(2)∂ w∂ s
=∂ w∂ x
∂ x∂ s
+ ∂ w∂ y
∂ y∂ s
+ ∂ w∂ z
∂ z∂ s
(3)∂ w∂ t
=∂ w∂ x
∂ x∂ t
+ ∂ w∂ y
∂ y∂ t
+ ∂ w∂ z
∂ z∂ t
Aturan Rantai Untuk Fungsi Komposisi
1. Misal u dan v fungsi-fungsi yang didefinisikan u = u(x,y) dan v = v(x,y) dengan u dan v
kontinu, mempunyai turunan parsial pertama di (x,y). F fungsi dari u dan v yang
mempunyai turunan pertama yang kontinu dalam daerah terbuka D yang memuat (u,v),
maka:
21
∂ F∂ x
=∂ F∂u
∂ u∂ x
+ ∂ F∂ v
∂ v∂ x dan
∂ F∂ y
= ∂ F∂u
∂ u∂ y
+ ∂ F∂ v
∂ v∂ y
2. Misal F fungsi dari u, v dan w dengan u, v dan w fungsi-fungsi kontinu dua variable u
= u(x,y), v = v(x,y) dan w = w(x,y) yang mempunyai turunan parsial pertama dan semua
turunan parsial pertama fungsi F kontinu, maka:
∂ F∂ x
=∂ F∂u
∂ u∂ x
+ ∂ F∂ v
∂ v∂ x
+ ∂ F∂ w
∂ w∂ x dan ∂ F
∂ y=∂ F
∂u∂u∂ y
+ ∂ F∂ v
∂ v∂ y
+ ∂F∂w
∂w∂ y
Contoh 17:
z=4 xy+x2− y2 dengan x=t cos t ,dan y=sin t .Mengingat,
∂ z∂ x
=4 y+2 x ∂ z∂ y
=4 x−2 y
dxdt
=cot−t sin t dydt
=sin t−t cos t
Jawab :
dzdt
=∂ z∂ x
dxdt
+ ∂ z∂ y
dydt
¿ (4 y+2 x ) (cot−t sin t )+(4 y−2 y)(sin t−t cos t)
¿ ( 4 t−2 t2 ) sin 2t +(2 t+4 t 2 ) cos2t
6. Diferensial Implisit
Aturan hubungan sebuah fungsi mungki tidak eksplisit. Sebagai contoh, aturan
y= f (x ) adalh implisit terhadap persamaan x2+4 xy5+7 xy+8=0. Lebih lanjut, tidak ada
alasan untuk percaya bahwa persamaan ini dapat diselesaikan untuk y dalam bentuk x. Akan
tetapi, dengan mengasumsukan domain yang sama (yang dijelaskan oleh variabel bebas x)
angggota persamaan dari ruas kiri dapat diartikan sebagai komposisi fungsi-fungsi dan
didiferensiasi dengan benar. (aturan diferensiasi berikut ini ditulis untuk untuk anda cek
kebenarannya).
Contoh 18:
Diferensiasi terhadap x menghasilkan
22
2 x+4( y5+5 xy 4 dydx )+7 ( y+x dy
dx )=0
Perhatikanlah bahwa persamaan ini dapat diselesaikan untuk dydx sebagai fungsi dari x dan y
(tetapi tidak untuk x semata).
Diberikan, F (x , y )=c maka
dydx
=−(∂ F /∂ x )(∂ F /∂ y)
dxdy
=−(∂ F /∂ y )(∂ F /∂ x)
Hitung, dydx dari 3 xy2+3 y3=x3
Misalkan, F (x , y )= 3 xy2+3 y3=x3, maka :
∂ F∂ x
=3 y2−3 x2=3( y2−x2)
∂ F∂ x = 6xy + 9 y2
Demikian pula, jikaF (x , y , z )=c , maka
∂ z∂ x
=−(∂ F /∂ x)(∂ F /∂ z )
∂ z∂ y
=−(∂ F/∂ y )(∂ F /∂ z )
Misal z = F(x,y) dan y = g(x), maka z = F(x, g(x)) menyatakan fungsi satu variable, sehingga
berdasarkan aturan rantai diperoleh:
∂ z∂ x
=∂ F∂ x
∂ x∂ x
+ ∂ F∂ y
∂ y∂ x
∂ z∂ x
=∂ F∂ x
+ ∂ F∂ y
∂ y∂ x
Jika z = 0 maka F(x,y) = 0 mendefinisikan y secara implisit sebagai fungsi x dan (*) menjadi
0= ∂ F∂ x
+ ∂ F∂ y
∂ y∂ x
∂ y∂x
=
−∂ F∂ x∂ F∂ y
asalkan ∂ F∂ y
≠ 0
23
Analog dengan hal tersebut, jika z fungsi implisit variabel x dan y yang didefinisikan oleh
persamaan F(x,y,z) = 0 maka :
∂ z∂ x
=
−∂ F∂ x∂F∂z
dan ∂ z∂ y
=
−∂ F∂ y∂ F∂ z
asalkan ∂ F∂ z
≠ 0
C. Aplikasi Diferensial Parsial
Bidang Singgung Dan Garis Normal
a. Bidang singgung kepada sebuah permukaan
Misalkan F(x,y,z) = 0 adalah persamaan sebuah permukaan S seperti yangf
diperlihatkan pada gambar di bawah ini.
Gambar 2
Misalkan kita ingin mencari persamaan suatu bidang singgung kepada S di titik P(x0, y0, z0).
Sebuah vektor yang normal kepada S dititik ini adalah N0= ∇ F|
P' dengan indeks bawah P
yang menunjukkan bahwa gradien tersebut harus di hitung di titik P(x0, y0, z0). Jika r0 dan r
adalah vektor – vektor yang digambarkan berturut – turut dari O ke P(x0, y0, z0) dan ke Q(x,
y, z) pada bidang tersebut, maka persamaan bidang tersebut adalah
Karena r-r0 tegak lurus kepada No, di dalam bentuk siku- siku maka persamaan ini adalah∂ F∂ x
|P' ( x−x0 )+∂ F
∂ y|
P' ( y− y0 )+∂ F∂ z
|P' ( z−z0 )=0. . .. .. . .. .. . .. .(2)
b. Garis Normal kepada sebuah sebuah permukaan
24
(r-r0). N0 = (r-r0).∇ F|
P' = 0 ...................(1)
Misalkan kita memerlukan persamaan untuk garis normal kepada permukaan S di
P(x0, y0, z0). Jika dimisalkan sekarang r adalah vektor yang di tarik dari O didalam
gambar 3 keseberang titik (x, y, z) pada normal N0, maka kita melihat bahwa r –
r0kolinier dengan N0 sehingga syarat yang diperlukan adalah
Di dalam bentuk siku – siku maka persamaan ini adalah
x−x0
∂ F∂ x
|P
=y− y0
∂ F∂ y
|P
=z−z0
∂ F∂ z
|P
. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. (4 )
c. Garis singgung kepada sebuah kurva
Misalkan persamaan parameterik dari kurva C
(Gambar 3) adalah x = f(u), y = g(u), z = h(u) di
mana kita akan memisahkan bahwa f,g, dan h
diferensiabel kontinu, kecuali dinyatakan sifat yang
lain dari itu. Persamaan garis singgung kepada C di
titik P (x0, y0, z0) di mana u = u0. Jika R = f(u)i +
g(u)j+h(u)k, maka sebuah vektor yang menyinggung
kepada C di titik P diberikan oleh
T 0=dRdu
|r=0 .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. (5 )
Di dalam bentuk siku – siku maka persamaan ini menjadi
x−x0
f ' (u0)=
y− y0
g ' (u0)=
z−z0
h '(u0).. .. . .. .. . .. .. .. .(6 )
Bentuk parameteriknya didapatkan dengan menetapkan setiap nilai banding sama
dengan u. Jika kurva C tersebut diberikan sebagai perpotongan dari dua permukaan
dengan persamaan F(x,y,z) = 0 dan G(x,y,z) = 0, maka persamaan garis singgung
yang bersangkutan adalah
x−x0
|F y F zG y G z
|P
=y− y0
|F z F xG z G x
|P
=z−z0
|F x F yG x G y
|P
. .. . .. .. . .. .. . .. .(7)
d. Bidang Normal kepada sebuah Kurva
Misalkan persamaan untuk bidang normal kepada kurva C di P(x0, y0, z0) dari
(Gambar 3) yakni bidang yang tegak lurus kepada garis yang menyinggung C di titik
25
(r-r0). N0 = (r-r0).∇ F|
P ' = 0 ...................(3)
ini. Dengan memisalkan r adalah vektor dari O kesebarang titik (x,y,z) pada bidang
ini, maka jelaslah bahwa r – r0 tegak lurus kepada T0. Maka persamaan yang
diperlukan adalah
(r−r0 ) .T 0=(r−r0 ) . dRdu
|r=0 . .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .(8 )
Di dalam bentuk siku –siku maka persamaan ini menjadi
f ' (u0 )( x−x0 )+g ' (u0 )( y− y0 )+h' (u0 )( z−z0 )=0 . .. .. . .. .. . .. .. .(9 )
Bila kurva tersebut mempunyai persamaan parametrik x = f(u), y = g(u), z = h(u) dan
persamaan ini menjadi
|F y F z
Gz G z
|P
( x−x0)+|F z Fx
Gz Gx
|P
( y− y0)+|Fx F y
Gx F y
|P
( z−z0 )=0 . .. . .. .. . .. .. .. (10 )
Contoh 19:
Carilah persamaan untuk (a) bidang singgung dan (b) garis normal kepada
permukaan x2 yz+3 y2=2 xz2−8 z di titik (1, 2, -1).
Penyelesaian:
a) Persamaan permukaan tersebut adalah
F = x2 yz+3 y2−2 xz2+8 z=0
N0=∇ F|( 1,2 ,−1 )= (2 xyz−2 z2 )i+( x2 z+6 y ) j+( x2 y−4 xz+8 ) k|(1,2 ,−1 )
= -6i+11j+14kDengan melihat pada gambar 2, maka:
Vektor O keseberang titik (x,y,z) pada bidang singgung adalah r = xi+yj+zk
Veektor O ke titik (1, 2, -1) pada bidang singgung adalah r0 = i+2j-k
Vektor r – r0 = (x-1) i + (y-2)j + (z+1)k terletak pada bidang singgung dan
dengan demikian maka akan tegak lurus kepada N0.
Maka persamaan yang diperlukan adalah
(r – r0) . N0 = ((x-1) i + (y-2)j + (z+1)k).(-6i+11j+14k) = 0
-6(x-1) +11 (y-2) +14 (z+1) = 0
6x -11y -14 z + 2 = 0
26
b) Misalkan r = xi+yj+zk adalah vektor dari O ke sebarang titik (x,y,z) dari
normal N0. Vektor dari O ke titik (1,2,-1) pada normal adalah r0 = i + 2j –k.
Vektor r – r0 = (x-1)i + (y-2)j + (z+1)k kolinier N0.
Maka, (r – r0) x N0 = 0 yakni
|i j k
x−1 y−2 z+1−6 11 14
|=0
Yang ekivalen dengan persamaan – persamaan
11 (x – 1) = -6 (y – 2), 14 (y-2) = 11 (z+1), 14(x-1) = -6 (z+1)
Persamaan – persamaan ini dapat di tuliskan sebagai
x−1−6
= y−211
= z+114
Yang seringkali dinamakan bentuk standar untuk sebuah garis. Dengan
menetapkan setiap nilai banding ini sama dengan parameter t, maka kita
memperoleh
x = 1 – 6t, y = 2 + 11 t, z = 14 t – 1
yang dinamakan persamaan parametrik untuk garis tersebut.
Contoh 20:
Carilah persamaan untuk a) garis singgung dan b) bidang normalkepada kurva
x = t – cos t, y = 3 + sin 2t, z = 1 + cos 3t di titik di mana t =
12
π .
Penyelesain:
a) Vektor dari titik asal O (lihat gambar 3) ke sebarang titik dari kurva C adalah
R = (t-cos t)i + (3+sin 2t)j+(1+cos 3t)k. Maka sebuah vektor yang
menyinggung kepada C di titik di mana t =
12
πadalah
To =
dRdt
|t= 1
2 π=(1+sin t ) i+2cos2 t j-3sin3t k|
t= 12 π
=2i−2 j+3k
Vektor dari O ke titik di mana t =
12
π adalah r0 =
12
πi+3 j+k
Vektor dari O ke seberang titik (x, y, z) pada garis singgung tersebut adalah
r = xi + yj + zk. Maka r – r0 = ( x− 12 π )i+( y−3 ) j+( z−1 ) k koliner dengan
T0, sehingga persamaan yang diperlukan adalah
27
(r−r0 ) x T 0=0
|i j kx−1
2 π y−3 z−12 −2 3
|=0
dan persamaan yang diperlukan adalah
x−12 π
2=
y−3−2
=z−1
3=0
atau di
dalam bentuk parametrik x = 2t +
12
π, y = 3 – 2t, z = 3t +1
b) Misalkan r = xi + yj + zk adalah vektor dari O kesebarang titik (x, y, z) dari
bidang normal tersebut. Vektor dari O ke titik di mana t =
12
π adalah r0
=
12
πi+3 j+k . Vektor r – r0 = ( x− 1
2 π )i+ ( y−3 ) j+( z−1 ) k terletak di
dalam bidang normal tersebut yang berarti bahwa vektor itu tegak lurus
kepada T0. Maka persamaan yang diperlukan adalah (r – r0) . T0 = 0 atau 2
( x - 12 π ) – 2 (y-3)+3(z-1) = 0
Hubungan Maxwell dalam Termodinamika
Termodinamika merupakan cabang Fisika yang paling banyak menggunakan perumusan
turunan dan diferensial parsial. Misalnya, hukum I Termodinamika dapat dituliskan
dalam bentuk diferensial berikut:
d Q=dU +dW ………....(1)
dengan d Q menyatakan sejumlah kecil kalor yang keluar/masuk sistem, dU menyatakan
selisih infinitesimal energi dalam sistem dan d W menyatakan sejumlah kecil kerja yang
diterima/dilakukan sistem. Perlu dicatat bahwa d Q dan d W bukan menyatakan selisih,
sehingga operator diferensialnya dituliskan sebagai d . Untuk sistem yang bersifat
reversibel atau prosesnya dapat dibalik arahnya, maka berlaku hubungan:
d Q=TdS…………………(2)
Dengan T adalah temperatur dan dS adalah selisih infinitesimal entropi (S) sistem. Sementara
itu, sejumlah kecil usaha dapat dituliskan sebagai:
d W=PdV …………………(3)
dengan P adalah tekanan dan dV adalah selisih infinitesimal volume (V ) sistem. Berdasarkan
hubungan pada persamaan (2) dan (3), maka persamaan (1) dapat dituliskan kembali sebagai:
dU =TdS−PdV……………(4)
28
Dari perumusan ini jelas terlihat bahwa energi dalam merupakan fungsi dari entropi dan volume, U=U (S , V ).Tinjau kembali definisi diferensial total yang telah dijelaskan sebelumnya yang ditulis ulang sebagai berikut :
df =( ∂ f∂ x )
ydx+( ∂ f
∂ y )xdy……(5)
Dengan ( ∂ f∂ x )
ymenyatakan turunan parsial f terhadap x dengan y konstan dan ( ∂ f
∂ y )x
menyatakan turunan parsial f terhadap y dengan x konstan. Selanjutnya kita asumsikan bahwa
kita berhubungan dengan fungsi f yang bersifat konservatif sehingga memenuhi kondisi
berikut:
∂2 f∂ x ∂ y
= ∂2 f∂ y ∂ x
…………………(6)
Maka dari sini kita dapatkan diferensial total dari fungsi U =U (S ,V ) adalah :
dU =( ∂ U∂ S )
VdS+( ∂U
∂ V )SdV
Bandingkan dengan persamaan 4 yang kita peroleh :
( ∂ U∂ S )
V=T ,( ∂ U
∂ V )=−P
Selanjutnya berdasarkan kondisi 6 dan turnan parsial berikut :
∂∂V ( ∂ U
∂ S )= ∂2U∂V ∂ S
=( ∂ T∂ V )
S
∂∂ S (∂ U
∂V )= ∂2U∂ S ∂ V
=( ∂T∂ S )
V
Diperoleh hubungan berikut :
( ∂T∂ V )
S=−( ∂ P
∂ S )V
yang dikenal sebagai salah satu dari empat buah “Hubungan Maxwell” (Maxwell Relations)
dalam Termodinamika. Pada hubungan ini diperlihatkan bahwa pada proses reversibel,
perubahan temperatur terhadap volume pada entropi tetap sama dengan negatif perubahan
tekanan terhadap entropi pada volume tetap.
7. Diferensiasi Integral (aturan Leibniz)
Gottfried Wilhelm Leibniz adalah salah seorang dari dua penemu utama kalkulus
(yang lainnya adalah Isaac newton). Cara penulisannya (notasinya) untuk turunan masih
29
dipakai secara luas, khususnya dalam bidang terapan seperti halnya Fisika, kimia, dan
ekonomi. Daya tariknya terletak dalam bentuknya, sebuah bentuk yang seringmengemukakan
hasil-hasil yang benar dan kadang-kadang menunjukkan bagaimana membuktikannya.
Setelah kita menuasai notasi Leibniz, kita akanmenggunakannya untuk menyatakan kembali
Aturan rantai dan kemudian benar-benar membuktikan aturan tersebut.
Pertambahan
Jika nilai sebuah variabel x berganti dari x 1 ke x2 makax2 – x 1, perubahan dalam x
disebut suatu pertambahan dari x dan biasanya dinyatakan olh ∆ x.
Jika x1=4,1 dan x2=5,7 maka ∆ x=x 2 – x1=5,7– 4,1=1,6
Jika x1 = c dan x2 = c+h, maka ∆ x=x 2– x1=c+h– c=h
Andaikan bahwa y= f (x ) menentukan sebuah fungsi. Jika x berubah dari x1 ke x2
maka y 1 berubah dari 1=f (x 1)ke y 2=f (x 2) . Jadi bersesuaian dengan pertambahan
∆ x=x 2– x1 dalam x, terdapat pertambahan dalam y yang diberikan oleh
∆ y= y2 – y1=f (x 2) – f (x1)
Contoh:
Jika y = f(x) = 2 – x2. Carilah ∆ y jika x berubah dari 0,4 ke 1,3
Penyelesaian :
∆ y=f (1,3 ) – f (0,4 )=[2– (1,3 )2 ] – [2 – ( 0,4 ) 2 ]=0,31 –1,84=−1,53
Lambang dy/dx turunan
Andaikan variabel bebas beralih dari x ke x+∆ x. Perubahan yang terjadi dalam
variabel tak bebas y akan berupa
∆ y = f (x+∆ x) – f(x)
ΔyΔx =
f ( x+∆ x )−f (x)∆ x
Soal dan Pembahasan
a. Carilah f x (1,2 ) dan f y (1,2 ) jika f ( x , y )=x2 y+3 y3.
Penyelesaian:
Untuk mencari f x (x , y ) kita anggap y sebagai konstanta dan kita
diferensialkan fungsi ini terhadapx didapat
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
30
Jika z = f(x,y), kita gunakan cara penulisan lain.
f x ( x , y )= ∂z∂ x
=∂ f ( x , y )
∂ x f y ( x , y )= ∂ z
∂ y=
∂ f ( x , y )∂ y
f x ( x0, y0 )= ∂ z∂ x|( x0 , y0)
f y ( x0 , y0 )= ∂ z∂ y|( x0 , y0)
Lambang ∂ adalah lambang khas dalam matematika dan disebut tanda
turunan parsial.
b. Jika z=x2 sin ( xy 2) , cari ∂ z∂ x dan
∂ z∂ y .
Penyelesaian :
∂ z∂ x
=x2 ∂∂ x [sin ( xy2 ) ]+sin ( xy2 ) ∂
∂ x(x2)
¿ x2cos ( xy2) ∂∂ x
( xy2 )+sin ( xy2 ).2 x
¿ x2cos ( xy2 ). y2+2x sin (xy2)
¿ x2 y2 cos ( xy2 )+2 x sin( xy2)
∂ z∂ y
=x2 cos ( xy2 ) .2xy=2x3 ycos ( xy2 )
c. Cari keempat turunan parsial kedua dari
f ( x , y )=x ey−sin( xy )+x3 y2
Penyelesaian :
f x ( x , y )=ey− 1y
cos ( xy )+3 x2 y2
f y ( x , y )=xe y+ xy2 cos ( x
y )+2 x3 y
f xx ( x , y )= 1y2 sin( x
y )+6 x y2
f yy ( x , y )=xe y+ x2
y 4 sin( xy )−2 x
y3 cos ( xy )+2 x3
f xy ( x , y )=e y+ xy3 sin( x
y )+ 1y2 cos ( x
y )+6 x2 y
f yx (x , y )=e y+ xy3 sin( x
y )+ 1y2 cos( x
y )+6x2 y
d. Jika f (x , y , z)=xy+2 yz+3 zx, cari f x , f y , f z
31
Penyelesaian :
Untuk memperoleh f x, kita pandang y dan z sebagai konstanta dan turunkan
terhadap peubahx. Jadi,
f x ( x , y , z )= y+3 z
Untuk mencari f y, kita anggap x dan z sebagai konstanta dan turunkan
terhadapy:
f y ( x , y , z )=x+2 z
Serupa halnya,
f z ( x , y , z )=2 y+3x
8. Beberapa Contoh Aplikasi Turunan Dalam Berbagai Bidang
Pada bidang Tekhnik
Pada bidang Tekhnik penggunaan turunan dapat membantu programer dalam
pembuatan aplikasi dari mesin – mesin yang handal.
Contoh: Para Enginer dalam membuat / mendisain mesin – mesin pesawat terbang.
Pada Matematika
Contoh: Tentukan letak titik P(a,b) pada semua permukaan bidang V: x – y + 2z = 2,
yang jaraknya terdekat ke titik awal 0.
Penyelesaian:
Jarak sebuah titik P (x,y,z) ke titik asal O adalah: |OP|=√x2+ y2+z2 Karena |OP|
minimum, dan jika fungsi : F(x, y, z) = x2+y2+z2 maka kita dapat mengambil f sebagai
fungsi yang hendak dicari nilai ekstremnya.
Karena titik P(x, y, z) haruslah terletak pada bidang : x-y+2z = 2, maka persamaan
bidang ini adalah persamaan kendala.
Φ(x, y, z) = x-y+2z-2 = 0.
Cara jelas untuk memecahkan persoalan ekstrem terkendala ini adalah cara eliminasi,
yaitu memecahkan dahulu persaman kendala bagi salah satu variabel kemudian
dsisipkan ke dalam fungsi.
Dari persamaan kendal kita peroleh :
y = x + 2z -2
Sisipkan ke dalam fungsi kuadrat jarak f, memberikan :
F(x, y ,z) = x2 + ( x+ 2z – 2)2 + z2 = 2x2 + 4xz + 5z2 - 4x - 8z +4
32
Penerapan syarat eksrem, memberikan :
Fx = 4x + 4z – 4 = 0, fz = 4x + 10z – 8 = 0
Pemecahannya memberikan : x =
13 , dan z =
23 . Untuk menyelidiki jenis ekstrem
yang bersangkutan, dalam variabel ( x, z), kita hitung lagi turunan parsial keduanya:
Fxx = 4, fzz = 10, fxz = fzx, = 4. Karena D = fxxfzz – f2zz = (4) (10) – 42 = 24 > 0, dan
fxx > 0, maka ( 1
3, 2
3 ) adalah titik ekstrem minimum fungsi f(x, z). Koordinat dari titik
pada bidang : x- y + 2z = 2 adalah y = -
13 .
Jadi titik terdekat yang kita cari adalah : P ( 1
3,−1
3, 23 ).
Pada bidang Ekonomi
Pada bidang ekonomi fungsi turunan dipakai untuk mencari biaya marjinal,
yaitu dengan cara menurunkannya dari persamaan biaya total. Bisa ditulis biaya
marjinal = biaya total’. Para matematikawan mengenal biaya marjinal sebagai dc/dx,
turunan C terhadap x. dengan demikian dapat didefinisikan harga marjinal sebagai
dp/dx, pendapatan marjinal sebagai
dRdX , dan keuntungan marjinal sebagai
dpdx .
Contoh:
Sebuah perusahaan mempunyai biaya 3200 + 3,25x – 0,0003x2 dengan jumlah
persatuan x=1000. tentukan biaya rata-rata dan biaya marjinal?
Penyelasaian
biaya rata-rata = C ( x )
x
=3200+3,25 x -0,0003 x2
x
¿3200+3 , 25 (1000 )−0 , 0003 (1000 )2
1000
¿3200+3250−3001000
=6 ,15
Maka biaya rata-rata persatuan yaitu 6,15 x 1000 = Rp.6150
Biaya marjinal:
33
dcdx
=3 ,25−0 ,0006 x
=3 , 25−0 ,0006 (1000 ) = 2,65
maka biaya marjinalnya, 2,65 x 1000 = Rp.2650 Pada x=1000
Dari hasil di atas, dapat dikatakan bahwa dibutuhkan Rp.6150 untuk
memproduksi 1000 barang pertama dan membutuhkan Rp. 2,65 untuk membuat 1
barang setelah barang yang ke 1000, hanya dibutuhkan Rp. 2650 untuk membuat
1000 barang yang sama.
Pada bidang fisika
Peubah Variabel
Hampir semua fenomena-fenomena di dalam Fisika harus digambarkan melalui
persamaan diferensial. Jika fenomena tersebut melibatkan beberapa variabel, baik
berupa besaran pokok ataupun besaran turunan, maka persamaan diferensial yang
terkait akan berbentuk persamaan diferensial parsial. Persamaan diferensial terkait
tersebut kadang – kadan akan lebih mudah dicari solusinya jika kita menyatakan
dalam bentuk variable – variable baru yang merupakan fungsi dari variabel lama.
Untuk jelasnya, tinjau sebagai contoh persamaan gelombang berikut:
∂2Ψ∂ x2 =
1v2
∂2Ψ∂ t 2 …………………….(7)
Dengan Ψ menyatakan fungsi gelombang dan v merupakan laju perambatan
gelombang. Dalam pengalaman sehari-hari, kita sering menjumpai gundukan air yang
merambat di dalam kolam atau perambatan gelombang air laut di pantai. Persamaan
gelombang memiliki solusi yang dapat menggambarkan perambatan dua gelombang
yang saling berlawanan arah, oleh karena itu untuk menggambarkannya kita dapat
mendefinisikan variabel baru berikut:
r=x+vt…………………………..(8a)
s= x – vt…………………………….(8b)
Sekarag kita misalkan Ψ = Ψ (r , s), dengan r=r (x ,t ) dan s=s (x , t) seperti yang
diberikan oleh persamaan (8). Diferensial total Ψ , r dan s adalah:
d Ψ=∂ Ψ∂ r
dr+ ∂Ψ∂ s
ds……………….,(9a)
34
d r= ∂ r∂ x
dx+ ∂r∂ t
dt………………….. (9b)
d s= ∂ s∂ x
dx+ ∂ s∂ t
dt ……………………….(9c)
Dari ketiga diferensial total kita dapatkan:
d Ψ=( ∂Ψ∂ r
∂ r∂ x
+ ∂Ψ∂ s
∂ s∂ x )dx+( ∂ Ψ
∂r∂ r∂ t
+ ∂ Ψ∂ s
∂ s∂ t )dt………(10)
yang sekarang merupakan diferensial total terhadap x dan t , sehingga dengan
demikian kita peroleh:
∂Ψ∂ x
=∂Ψ∂r
∂ r∂ x
+ ∂ Ψ∂ s
∂ s∂ x ………………………………………..(11a)
∂Ψ∂t
= ∂Ψ∂r
∂ r∂ t
+ ∂Ψ∂ s
∂ s∂ t …………………………………………(11b)
Berdasarkan persamaan (8):
∂r∂ x
=1 , ∂ r∂ t
=v , ∂ s∂ x
=1 , ∂ s∂t
=−v ………………………………. (12)
sehingga persamaan (11) memiliki bentuk sebagai berikut:
∂Ψ∂ x
=( ∂∂r
+ ∂∂ s)Ψ ...............................................................................(13a)
∂Ψ∂t
=v ( ∂∂ r
− ∂∂s )Ψ ……………………………………………(13b)
Akan berguna jika kita menyatakan operator pada persamaan (13) sebagai berikut:
∂∂ x = ∂
∂ r+ ∂
∂ s …………………………………………………..(14a)
∂∂ t
=v ( ∂∂r
− ∂∂ s )………………………………………………..(14b)
35
Untuk mencari turunan parsial kedua dari fungsi Ψ terhadap x dan t , kita dapat
menggunakan penulisan operator pada persamaan (14) sebagai berikut:
∂2Ψ∂ x2 =
∂∂ x ( ∂ Ψ
∂ x )=( ∂∂ r
+ ∂∂ s )( ∂Ψ
∂ s+ ∂ Ψ
∂ s )=∂2 Ψ∂ r2 +2 ∂2Ψ
∂ r ∂ s+ ∂2Ψ
∂ s2 ………....(15a)
∂2Ψ∂t 2 = ∂
∂ x ( ∂ Ψ∂ t )=v2( ∂
∂r− ∂
∂ s )( ∂ Ψ∂ s
− ∂Ψ∂ s )=v2( ∂2Ψ
∂r 2 −2 ∂2Ψ∂ r∂ s
+ ∂2Ψ∂ s2 )………….(15b)
Selanjutnya substitusikan persamaan (15) ke dalam persamaan gelombang (7)
diperoleh bentuk persamaan diferensial untuk gelombang dalam variabel r dan s
sebagai berikut:
∂2Ψ∂ r ∂ s
=0 ……………………………………………………………………………(16)
Persamaan gelombang (16) jelas lebih sederhana dari persamaan (7). Pemecahan dari
persamaan (64) tersebut dapat dituliskan sebagai berikut:
Ψ =Ψ ( x+vt )+Ψ +¿( x−vt )¿…………………………………………..(17)
yang tidak lain menggambarkan gelombang yang merambat ke arah x negatif
(diwakili oleh fungsi Ψ−¿¿) dan gelombang yang merambat ke arah x positif (diwakili
oleh fungsi Ψ +¿ ¿).
9. Beberapa cara penulisan turunan
Penulisan turunan menggunakan
∂ f∂ x merupakan penulisan cara leibniz. Untuk
menyatakan turunan ada beberapa cara, seperti halnya ditunjukkan pada tabel berikut:
36
Tabel. Penulisan Turunan Derivative
DerivativeCara penulisan
Notasi Newton Notasi Lagrange
Notasi Euler Leibniz
Pertama f’(x) y’ Dxy∂ y∂ x
Kedua f’’(x) y’’ Dx²y ∂2 y∂ x2
Ketiga f’’’(x) y’’’ Dx³y ∂3 y∂ x3
Keempat f’’’’(x) y’’’’ Dx4y ∂4 y∂ x4
Kelima f’’’’’(x) y'’’’’ Dx5y ∂5 y∂ x5
Ke-n fn(x) yn Dx6y ∂n y∂ xn
37
BAB III
PENUTUP
A. Kesimpulan
Adapun kesimpulan dalam makalah ini adalah :
1. Persamaan diferensial parsial adalah persamaan yang memuat satu atau lebih
turunan parsial dengan dua atau lebih vaiabel bebas. Orde dari PD parsial: tingkat
tertinggi dari derivatif yang ada dalam PD. Derajat dari PD parsial: pangkat tertinggi
dari turunan tingkat tertinggi yang ada dalam PD.Jika f merupakan fungsi dari dua
variabel dan (x,y) adalah titik dari domain fungsi maka turunan parsial:
∂ f ( x , y )∂ x
= limΔx→0
f ( x+ Δx , y )− f ( x , y )Δx
∂ f ( x , y )∂ y
= limΔx→ 0
f ( x , y+Δy )− f ( x , y )Δy
2. Aplikasi dari turunan parsial dapat digunakan dalam bidang fisika, ilmu teknik, dan
geometri.
3. Metode lagrange digunakan untuk optimasi (menentukan harga maksimum dan
minimum) sebuah fungsi f(x,y) yang terkendala
38
DAFTAR PUSTAKA
Sutarman E. 2013. Matematika Teknik. Penerbit Andi Yogyakarta. Bandung.
Spiegel R. Murray. 1984. Kalkulus Lanjutan. Terjemahan: Pantur Silaban. Penerbit Erlangga. Bandung.
J. Purcell. Edwin, Dale Vanberg, C. 1987. Calculus With Analytic Geometry, 5th edition. Terjemahan : Drs. I. Nyoman Susila, M.Sc. Jakarta : Penerbit Erlangga.
Prayudi. 2009. Kalkulus Lanjut. Yogyakarta : Graha Ilmu
39