MODUL KALKULUS LANJUT 1

Tipe : B

12.8 Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

Disusun oleh :

Linda Dwi Ariyani

(13310198 / 3F)

12.8 MAKSIMUM DAN MINIMUM

Gambar 1 memberikan interpretasi geometri dari konsep yang telah kita definisikan.

Perhatikan bahwa suatu maksimum (atau minimum) global secara otomatis adalah suatu

maksimum (atau minimum) lokal.

DEFINISI

Misalkan f fungsi dengan daerah asal S, dan misalkan p₀ titik didalam S.

i. f (p₀) adalah nilai maksimum global dari f pada S jika f(p₀) ≥ f (p) untuk semua p di

S.

ii. f (p₀) adalah nilai minimum global dari f pada S jika f (p₀) ≤ f (p) untuk semua p di

S.

iii. f (p₀) adalah nilai ekstrim global dari f pada S jika f (p₀) adalah suatu nilai

maksimum global atau suatu nilai minimum global.

Kita peroleh definisi untuk nilai maksimum lokal dan nilai minimum lokal jika dalam i dan

ii kita syaratkan bahwa pertidaksamaan berlaku pada NᴒS, dengan N lingkungan dari p₀. f (p₀) adalah nilai ekstrim lokal dari f jika f (p₀) adalah nilai maksimum lokal atau minimum

lokal.

Dimana nilai-nilai Ekstrim Terjadi ? situasinya serupa seperti kasus satu variabel. Titik-titik

kritis f pada S ada 3 jenis, yaitu :

1. Titik-titik perbatasan. Lihat subbab 12.3.

2. Titik-titik stasioner. Kita sebut p₀ suatu titik stasioner jika p₀ adalah suatu titik-titik

dalam dari S tempat f dapat dideferensiasikan dan vf (p₀) = 0. Pada titik yang demikian,

bidang singgung adalah mendatar.

3. Titik singular. Kita sebut p₀ suatu titik singular jika p₀ adalah titik dalam dari S tempat f

tidak dapat didiferensiasikan, misalnya titik dimana grafik f mempunyai belokan tajam.

Contoh 1 :

Diketahui f (x,y) yang dinyatakan bahwa fungsi tersebut memiliki nilai ekstrim. Tentukan

fungsi tersebut !

Penyelesaian :

Solusi 1

Misal, f (x,y) = x² - 4x + y² + 4

fx (x,y) = 2x – 4

fy (x,y) = 2y

f (2,0) = (2)² - 4 (2) + (0)² + 4

= 0

f (p) = x² - 4x + y² + 4

= x² - 4x + 4 + y²

= (x – 2)² + y²

TEOREMA A

Teorema Eksistensi Maks-Min

Jika f kontinu pada suatu himpunan tutup dan terbatas S, maka f mencapai baik nilai

maksimum (global) maupun nilai minimum (global) di sana.

Hubungan (x – 2)² + y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 1 ↔ (x – 2)² + y² ≥ 0

x = 2, y = 3 ↔ (x – 2)² + y² ≥ 0

x = -1, y = 2 ↔ (x – 2)² + y² ≥ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 4x + y² + 4 sebenarnya adalah suatu nilai minimum global dan terdapat nilai

ekstrim.

Solusi 2 :

Misal, f (x,y) = x² - 6x - 2y² + 9

fx (x,y) = 2x – 6

fy (x,y) = -4y

f (3,0) → (3)² - 6 (3) - 2(0)² + 9

= 9 – 0 – 18 + 9

= 0

f (p) = x² - 6x - 2y² + 9

= x² - 6x + 9 - 2y²

= (x – 3)² - 2y²

Hubungan (x – 3)² - 2y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (x – 3)² - 2y² ≤ 0

x = 2, y = 3 ↔ (x – 3)² - 2y² ≤ 0

x = -1, y = 2 ↔ (x – 3)² - 2y² ≥ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 6x - 2y² + 9 sebenarnya adalah suatu nilai minimum global dan terdapat nilai

ekstrim.

Solusi 3 :

Misal, f (x,y) = x² - 6x + 5y² + 9

fx (x,y) = 2x – 6

fy (x,y) = 10y

f (3,0) → (3)² - 6 (3) + 5(0)² + 9

= 9 – 18 + 0 + 9

= 0

f (p) = x² - 6x + 5y² + 9

= x² - 6x + 9 + 5y²

= (x – 3)² + 5y²

Hubungan (x – 3)² + 5y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (x – 3)² + 5y² ≥ 0

x = 2, y = 3 ↔ (x – 3)² + 5y² ≥ 0

x = 3, y = 0 ↔ (x – 3)² + 5y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 6x + 5y² + 9 sebenarnya adalah suatu nilai minimum global dan terdapat nilai

ekstrim dan masih memiliki banyak solusi lainnya.

Contoh 2

Tentukan f (x,y) yang memiliki nilai ekstrim ≤ 0 !

Penyelesaian :

Solusi 1

Misal, f (x,y) = x² + y² - 10x + 24

fx (x,y) = 2x – 10

fy (x,y) = 2y

f (5,0) = x² + y² - 10x + 24

= 25 + 0 – 50 + 24

= -1

f (p) = x² + y² - 10x + 24

= x² - 10x + 24 + y²

= (x – 4)(x - 6) + y²

Hubungan (x – 4)(x-6) + y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 1 ↔ (x – 4)(x-6) + y² ≥ 0

x = 2, y = 3 ↔ (x – 4)(x-6) + y² ≥ 0

x = 4, y = 0 ↔ (x – 4)(x-6) + y²¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² + y² - 10x + 24 adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai minimum global dan

mempunyai nilai ekstrim ≤ 0.

Solusi 2 :

Misal, f (x,y) = x² - 6x + y² + 5

fx (x,y) = 2x – 6

fy (x,y) = 2y

f (3,0) → x² - 6x + y² + 5

= 9 – 18 + 0 + 5

= -4

f (p) = x² - 6x + y² + 5

= x² - 6x + 5 + y²

= (x – 1)(x – 5) + y²

Hubungan (x – 1)(x – 5) + y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 0 ↔ (x – 1)(x – 5) + y² ¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (x – 1)(x – 5) + y² ≤ 0

x = 1, y = 2 ↔ (x – 1)(x – 5) + y² ≥ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 6x + y² + 5 adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai minimum global dan

mempunyai nilai ekstrim ≤ 0.

Solusi 3 :

Misal, f (x,y) = 2x² + 6x + 4y² - 8

fx (x,y) = 4x + 6

fy (x,y) = 8y

f (−32 ,0) → 2x² + 6x + 4y² - 8

= −92

+9+8

= −33

2

f (p) = 2x² + 6x + 4y² - 8

= 2x² + 6x – 8 + 4y²

= (2x – 2)(x+4) + 4y²

Hubungan (2x – 2)(x+4) + 4y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 0 ↔ (2x – 2)(x+4) + 4y² ¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (2x – 2)(x+4) + 4y² ≥ 0

x = 0, y = 0 ↔ (2x – 2)(x+4) + 4y² ≤ 0

Jadi, f (x,y) =2x² + 6x + 4y² - 8adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai ekstrim ≤ 0dan masih

memiliki banyak solusi lainnya.

Contoh 3

Tentukan f (x,y) yang mempunyai nilai kritis ≤ 0 !

Penyelesaian :

Solusi 1 :

Misal, f (x,y) = x² - 16 - y²

fx (x,y) = 2x

fy (x,y) = -2y

f (0,0) → x² - 16 - y²

= 0 – 16 - 0

= -16

f (p) = x² - 16 - y²

= (x – 4)(x + 4) - y²

TEOREMA B. Teorema Titik Kritis

Misalkan f didefinisikan pada suatu himpunan S yang mengandung p₀. jika f (p₀) adaalah suatu nilai ekstrim, maka p₀ haruslah berupa suatu titik kritis; yakni, p₀ berupa salah satu dari :

1. Sebuah titik perbatasan; atau

2. Sebuah titik stasioner; atau

3. Sebuah titik singular dari f.

Hubungan (x – 4)(x + 4) - y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (x – 4)(x + 4) - y² ≤ 0

x = 2, y = 1 ↔ (x – 4)(x + 4) - y² ≤ 0

x = 4, y = 0 ↔ (x – 4)(x + 4) - y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 16 - y² adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤ 0 di titik (0,0).

Solusi 2 :

Misal, f (x,y) = 2x² - 8x + 2y² + 6

fx (x,y) = 4x - 8

fy (x,y) = 4y

f (2,0) → 2x² - 8x + 2y² + 6

= 8 – 16 + 0 + 6

= -2

f (p) =2x² - 8x + 2y² + 6

= (2x – 2)(x - 3) + 2y²

Hubungan (2x – 2)(x - 3) + 2y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (2x – 2)(x - 3) + 2y² ≥ 0

x = 0, y = 0 ↔ (2x – 2)(x - 3) + 2y² ≥ 0

x = 3, y = 0 ↔ (2x – 2)(x - 3) + 2y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = 2x² - 8x + 2y² + 6 adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤ 0 di titik (2,0).

Solusi 3 :

Misal, f (x,y) = 2x² - 7x + 6 + y²

fx (x,y) = 4x - 7

fy (x,y) = 2y

f (74 ,0) → 2x² - 7x + 6 + y²

= 498

−494

+6+0

= 49−98+48

8

= −18

f (p) =2x² - 7x + 6 + y²

= (2x – 3)(x - 2) + y²

Hubungan (2x – 3)(x - 2) + y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (2x – 3)(x - 2) + y² ≥ 0

x = 0, y = 0 ↔ (2x – 3)(x - 2) + y²² ≥ 0

x = 2, y = 0 ↔ (2x – 3)(x - 2) + y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = 2x² - 7x + 6 + y² adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤ 0 di titik (74 ,0)

dan masih banyak solusi lainnya.

Contoh 4

Tentukan f (x,y) yang diketahui bahwa fungsi tersebut mempunyai nilai kritis ≥ 0 !

Penyelesaian :

Solusi 1 :

Misal, f (x,y) = x² - 6x + 2y² + 9

fx (x,y) = 2x - 6

fy (x,y) = 4y

f (3,0) → x² - 6x + 2y² + 9

= 9 – 18 + 0 + 9

= 0

f (p) = x² - 6x + 2y² + 9

= (x - 3)² + 2y²

Hubungan (x - 3)² + 2y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (x - 3)² + 2y² ≥ 0

x = 0, y = 0 ↔ (x - 3)² + 2y² ≥ 0

x = 3, y = 0 ↔ (x - 3)² + 2y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 6x + 2y² + 9 adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤ 0 di titik (3,0).

Solusi 2 :

Misal, f (x,y) = x² + 4x + 3y² - 12

fx (x,y) = 2x + 4

fy (x,y) = 6y

f (2,0) → x² + 4x + 3y² - 12

= 4 + 8 + 0 -12

= 0

f (p) = x² + 4x + 3y² - 12

= (x – 2)(x + 6) + 3y²

Hubungan (2x – 2)(x - 3) + 2y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (2x – 2)(x - 3) + 2y² ≥ 0

x = 0, y = 0 ↔ (2x – 2)(x - 3) + 2y² ≥ 0

x = 2, y = 0 ↔ (2x – 2)(x - 3) + 2y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² + 4x + 3y² - 12 adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤ 0 di titik (2,0).

Solusi 3 :

Misal, f (x,y) = x² - 10x + 2y² + 25

fx (x,y) = 2x - 10

fy (x,y) = 4y

f (5,0) → x² - 10x + 2y² + 25

= 25 – 50 + 0 + 25

= 0

f (p) = x² - 10x + 2y² + 25

= (x - 5)² + 2y²

Hubungan (x - 5)² + 2y² dengan 0 yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (x - 5)² + 2y² ≥ 0

x = 0, y = 0 ↔ (x - 5)² + 2y² ≥ 0

x = 5, y = 0 ↔ (x - 5)² + 2y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 10x + 2y² + 25 adalah suatu fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤ 0 di titik

(5,0) dan masih banyak solusi lainnya.

Contoh 5 :

Diketahui f (x,y) yang dinyatakan bahwa fungsi tersebut memiliki nilai minimum.

Tentukan fungsi tersebut !

Penyelesaian:

Solusi 1 ,

Misal, f (x,y) = x² - 4x + y² + 4

fxx (x,y) = 2

fyy (x,y) = 2

fxy (x,y) = 0

fyx (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x₀,y₀) . fyy (x₀,y₀) - f²xy(x₀,y₀)= 2 . 2 – 0

= 4

Jadi, menurut teorema C, f (x,y) = x² - 4x + y² + 4 memiliki nilai minimum lokal.

Teorema C

Uji Parsial-Kedua

Andaikan bahwa f (x,y) mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu disuatu

lingkungan dari (x₀,y₀) dan bahwa Δ f (x₀, y₀)= 0. Misalkan

D=D(x₀,y₀)=fₓₓ(x₀,y₀) fyy(x₀,y₀) – f ²ₓy (x₀,y₀)

Maka :

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

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

3. Jika D > 0, maka f (x₀,y₀) bukam nilai ekstrim ((x₀,y₀) adalah titik

pelana);

4. Jika D = 0 , pengujian tidak memberi kesimpulan.

Solusi 2 ,

Misal, f (x,y) = 4x² - 4x + y²

fxx (x,y) = 8

fyy (x,y) = 2

fxy (x,y) = 0

fyx (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x₀,y₀) . fyy (x₀,y₀) - f²xy(x₀,y₀)= 8 . 2 – 0

= 16

Jadi, menurut teorema C f (x,y) = 4x² - 4x + y² memiliki nilai minimum lokal.

Solusi 3 :

Misal, f (x,y) = 9x² + 25y² + 9x

fxx (x,y) = 18

fyy (x,y) = 50

fxy (x,y) = 0

fyx (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x₀,y₀) . fyy (x₀,y₀) - f²xy(x₀,y₀)= 18 . 50 – 0

= 900

Jadi, menurut teorema C f (x,y) = 9x² + 25y² + 9x memiliki nilai minimum lokal dan masih

banyak solusi lainnya.

Contoh 6 :

Jika diketahui f(x,y) sebuah nilai minimum dan nilai D (x₀,y₀) = 4, tentukan fungsi

tersebut !

Penyelesaian :

Solusi 1:

Misal, f(x,y) = x² + y² - 16

fxx (x,y) = 2

fyy (x,y) = 2

fxy (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x₀,y₀) . fyy (x₀,y₀) - f²xy (x₀,y₀ = 2 . 2 – 0

= 4

Jadi, menurut teorema C f (x,y) = x² + y² - 16 memiliki nilai minimum lokal dan masih banyak

solusi lainnya.

Solusi 2 :

Misal, f(x,y) = x² + y² - 2x – 6y + 14

fxx (x,y) = 2

fyy (x,y) = 2

fxy (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x₀,y₀) . fyy (x₀,y₀) - f²xy (x₀,y₀ = 2 . 2 – 0

= 4

Jadi, menurut teorema C f (x,y) = x² + y² - 2x – 6y + 14memiliki nilai minimum lokal dan masih

banyak solusi lainnya.

Solusi 3 :

Misal, f(x,y) = x² + y² + 4x – 2

fxx (x,y) = 2

fyy (x,y) = 2

fxy (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x₀,y₀) . fyy (x₀,y₀) - f²xy (x₀,y₀ = 2 . 2 – 0

= 4

Jadi, menurut teorema C f (x,y) = x² + y² + 4x – 2 memiliki nilai minimum lokal dan masih

banyak solusi lainnya.

LATIHAN SOAL !

1. Diketahui f (x,y) yang dinyatakan bahwa fungsi tersebut memiliki nilai minimum.

Tentukan fungsi tersebut !

2. Tentukan fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤−50 !

3. Diketahui f (x,y) memiliki nilai maksimum yang diketahui juga memiliki f (p₀) ≤ 0.

Tentukan fungsi tersebut !

4. Diketahui f (x,y) sebuah fungsi yang memiliki nilai D = 24, fxx ≥0, serta dinyatakan

sebagai fungsi yang memiliki nilai minimum global. Tentukan fungsi tersebut !

Kunci Jawaban1) Solusi a :

Misal, f (x,y) = 8 + 6x + 4y + x² + 4y²

f x (x,y) = 6 + 2x

f y (x,y) = 4 + 8y

f (-1,-½) = 8 + 6x + 4y + x² + 4y²

= 6

f (p) = 8 + 6x + 4y + x² - 4y²

= x² + 6x + 8 – 4y² + 4y

= (x + 4)(x + 2) – 4y² + 4y

= (x + 4)(x + 2) – 4y(y – 1)

Hubungan antara (x + 4)(x + 2) – 4y(y – 1) dengan o yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (x + 4)(x + 2) – 4y(y – 1) ¿ 0

x = 2, y = 0 ↔ (x + 4)(x + 2) – 4y(y – 1) ¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (x + 4)(x + 2) – 4y(y – 1) ¿ 0

Jadi, f (x,y) = 8 + 6x + 4y + x² + 4y² memiliki nilai minimum pada titik (-1,−12 ).

Solusi b :

Misal, f (x,y) = 2x² + x + y² - 2

f x (x,y) = 4x + 1

f y (x,y) = 2y

f (−14

, 0) = 2x² + x + y² - 2

= −17

8

f (p) = 2x² + x + y² - 2

= x (2x + 1) + y²

Hubungan antara x (2x + 1) + y² dengan o yaitu :

x = 1, y = 0 ↔ x (2x + 1) + y²¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ x (2x + 1) + y² ¿ 0

x = 1, y = 1 ↔ x (2x + 1) + y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = 2x² + x + y² - 2 memiliki nilai minimum pada titik (−14 ,0).

Solusi c :

Misal, f (x,y) = 2x² + 2x – 8 + 3y²

f x (x,y) = 4x + 2

f y (x,y) = 6y

f (½ , 0) = 2x² + 2x – 8 + 3y²

= 2(½)² + 2(½) – 8 + 3(0)²

= −1382

f (p) = 2x² + 2x – 8 + 3y²

= (2x – 2)(x + 4) + 3y²

Hubungan antara (2x – 2)(x + 4) + 3y² dengan o yaitu :

x = 1, y = 1 ↔ (2x – 2)(x + 4) + 3y²¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (2x – 2)(x + 4) + 3y² ¿ 0

x = 1, y = 2 ↔ (2x – 2)(x + 4) + 3y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = 2x² + 2x – 8 + 3y² memiliki nilai minimum pada titik (12 ,0) dan masih banyak

solusi lainnya.

2) Solusi a :

Misal, f (x,y) = x² - 4 + 3y²

f x (x,y) = 2x

f y (x,y) = 6y

f (52

, 0) = x² - 4 + 3y²

= 0 – 4 + 0

= -4

f (p) = x² - 4 + 3y²

= (x - 2)(x + 2) + 3y²

Hubungan antara (x - 2)(x + 2) + 3y² dengan o yaitu :

x = 1, y = 2 ↔ (x - 2)(x + 2) + 3y² ≥ 0

x = 2, y = 0 ↔ (x - 2)(x + 2) + 3y² ¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (x - 2)(x + 2) + 3y² ≥ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 4 + 3y² memiliki nilai kritis ≤−50.

Solusi b :

Misal, f (x,y) = x² - 10x - 2y² + 8

f x (x,y) = 2x - 10

f y (x,y) = -4y

f (5,0) = x² - 10x - 2y² + 8

= 25 – 50 – 0 + 8

= -17

f (p) = x² - 10x - 2y² + 8

= (x – 2) (x - 4) - 2y²

Hubungan antara (x – 2) (x - 4) - 2y² dengan 0 yaitu :

x = 2, y = 0 ↔ (x – 2) (x - 4) - 2y²¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (x – 2) (x - 4) - 2y² ≤ 0

x = 1, y = 2 ↔ (x – 2) (x - 4) - 2y² ≤ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 10x - 2y² + 8 memiliki nilai kritis ≤−50.

Solusi c :

Misal, f (x,y) = 2x² - 20x + 18 + y²

f x (x,y) = 4x - 20

f y (x,y) = 2y

f (5,0) = 2x² - 20x + 18 + y²

= 50 – 100 + 18 + 0

= -32

f (p) = 2x² - 20x + 18 + y²

= (2x – 2)(x - 9) + y²

Hubungan antara (2x – 2)(x - 9) + y² dengan o yaitu :

x = 9, y = 0 ↔ (2x – 2)(x - 9) + y²¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (2x – 2)(x - 9) + y² ≤ 0

x = 0, y = 0 ↔ (2x – 2)(x - 9) + y² ≥ 0

Jadi, f (x,y) = 2x² - 20x + 18 + y² memiliki nilai kritis ≤−50 dan masih banyak solusi lainnya/

3) Solusi 1 :

Misal, f (x,y) = 2x² - 32x + 126 - 2y²

f x (x,y) = 4x - 32

f y (x,y) = -4y

f (8,0) = 2x² - 32x + 126 - 2y²

= 128 – 256 + 126 - 0

= -254

f (p) = 2x² - 32x + 126 - 2y²

= (2x - 14)(x - 9) - 2y²

Hubungan antara (2x - 14)(x - 9) - 2y² dengan o yaitu :

x = 9, y = 0 ↔ (2x - 14)(x - 9) - 2y² ¿ 0

x = 1, y = 2 ↔ (2x - 14)(x - 9) - 2y² ≥ 0

x = 2, y = 1 ↔ (2x - 14)(x - 9) - 2y² ≤ 0

Jadi, f (x,y) = 2x² - 32x + 126 - 2y² memiliki nilai maksimum pada titik (8,0).

Solusi 2 :

Misal, f (x,y) = x² - 2y² - 6x + 8

f x (x,y) = 2x – 6

f y (x,y) = -4y

f (3,0) = x² - 2y² - 6x + 8

= 9 – 0 – 18 + 8

= -1

f (p) = x² - 2y² - 6x + 8

= x² - 6x + 8 – 2y²

= (x - 4)(x - 2) – 2y²

Hubungan antara (x - 4)(x - 2) – 2y² dengan o yaitu :

x = 1, y = 0 ↔ (x - 4)(x - 2) – 2y² ¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (x - 4)(x - 2) – 2y² ¿ 0

x = 0, y = 2 ↔ (x - 4)(x - 2) – 2y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² - 2y² - 6x + 8 memiliki nilai maksimum pada titik (3,0).

Solusi c :

Misal, f (x,y) = x² + 4y² - 6x + 8

f x (x,y) = 2x – 6

f y (x,y) = 4y

f (3,0) = x² + 4y² - 6x + 8

= 9 + 0 – 18 + 8

= -1

f (p) = x² + 4y² - 6x + 8

= x² - 6x + 8 + 4y²

= (x - 4)(x - 2) + 4y²

Hubungan antara (x - 4)(x - 2) + 4y² dengan o yaitu :

x = 1, y = 0 ↔ (x - 4)(x - 2) + 4y² ¿ 0

x = 2, y = 1 ↔ (x - 4)(x - 2) + 4y² ¿ 0

x = 0, y = 2 ↔ (x - 4)(x - 2) + 4y² ¿ 0

Jadi, f (x,y) = x² + 4y² - 6x + 8 memiliki nilai maksimum pada titik (3,0) dan masih banyak solusi

lain.

4) Solusi 1 :

Misal, f (x,y) = 6x² + y²

fxx (x,y) = 12

fyy (x,y) = 2

fxy (x,y) = 0

fyx (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x,y) . fyy (x,y) - f² (x₀,y₀)

= 12 . 2 – 0

= 24

Jadi, menurut teorema C fungsi yang memiliki nilai minimum yaitu f (x,y) = 6x² + y².

Solusi 2 :

Misal, f (x,y) = 2x² + 3y² + 5

fxx (x,y) = 4

fyy (x,y) = 6

fxy (x,y) = 0

fyx (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x,y) . fyy (x,y) - f² (x₀,y₀)

= 6 . 4 – 0

= 24

Jadi, menurut teorema C fungsi yang memiliki nilai minimum yaitu f(x,y)=2x² + 3y² + 5.

Solusi 3 :

Misal, f (x,y) = 4x² + y³ - 7

fxx (x,y) = 8

fyy (x,y) = 3

fxy (x,y) = 0

fyx (x,y) = 0

D (x₀,y₀) = fxx (x,y) . fyy (x,y) - f² (x₀,y₀)

= 8 . 3 – 0

= 24

Jadi, menurut teorema C fungsi yang memiliki nilai minimum yaitu f(x,y)= 4x² + y³ - 7 dan

masih banyak solusi yang lainnya.