Matematika Teknik Dasar-29 – Aplikasi Turunan Parsial danPengerjaannya Secara GeometriSebrian Mirdeklis Beselly PutraTeknik Pengairan – Universitas Brawijaya
Contoh - 1
Volume V dari sebuah silinder dengan radius r dan tinggi hdiberikan dari rumus:
V = r2h
Radius silinder meningkat dengan laju 0,2 cm/detiksementara tingginya turun dengan laju 0,5 cm/ detik.
Carilah laju perubahan volume pada saat r=8cm danh=12cm. r
hV
Contoh - 1
V = r2h
𝛿𝑉 =𝜕𝑉
𝜕𝑟𝛿𝑟 +
𝜕𝑉
𝜕ℎ𝛿ℎ
𝑑𝑉
𝑑𝑡=
𝜕𝑉
𝜕𝑟.𝑑𝑟
𝑑𝑡+
𝜕𝑉
𝜕ℎ.𝑑ℎ
𝑑𝑡𝜕𝑉
𝜕𝑟= 2𝜋𝑟ℎ;
𝜕𝑉
𝜕ℎ= 𝜋𝑟2
𝑑𝑉
𝑑𝑡= 2𝜋𝑟ℎ
𝑑𝑟
𝑑𝑡+ 𝜋𝑟2
𝑑ℎ
𝑑𝑡
𝑟 = 8, ℎ = 12,𝑑𝑟
𝑑𝑡= 0,2;
𝑑ℎ
𝑑𝑡= −0,5 (𝑚𝑖𝑛𝑢𝑠 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 ℎ 𝑚𝑒𝑛𝑢𝑟𝑢𝑛)
Contoh - 1
Kemudian disubstitusikan nilai-nilai tersebut ke dalam pernyataan terakhiruntuk diselesaikan.
𝑑𝑉
𝑑𝑡= 2𝜋𝑟ℎ
𝑑𝑟
𝑑𝑡+ 𝜋𝑟2
𝑑ℎ
𝑑𝑡𝑑𝑉
𝑑𝑡= 2𝜋. 8.12 0,2 + 𝜋. 64(−0,5)
𝑑𝑉
𝑑𝑡= 38,4𝜋 − 32𝜋
𝑑𝑉
𝑑𝑡= 6,4𝜋 = 20,1 𝑐𝑚3/𝑠
Contoh - 2
Pada segitiga siku-siku yang diberikan x meningkat dengan laju 2cm/detiksedangkan y menurun dengan laju 3 cm/detik. Hitunglah laju perubahan z ketika x = 5cm dan y = 3cm.
Penyelesaian:
Dinyatakan z dalam suku-suku x dan y; 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦2
𝑧 = 𝑥2 − 𝑦2 = 𝑥2 − 𝑦2 1/2
𝛿𝑧 =𝜕𝑧
𝜕𝑥𝛿𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦𝛿𝑦
𝑑𝑧
𝑑𝑡=
𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝑑𝑥
𝑑𝑡+
𝑑𝑧
𝑑𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑡
yx
z
Contoh - 2
Dalam hal ini:𝜕𝑧
𝜕𝑥=1
2𝑥2 − 𝑦2 −
12 2𝑥 =
𝑥
𝑥2 − 𝑦2
𝜕𝑧
𝜕𝑦=1
2𝑥2 − 𝑦2 −
12 −2𝑦 =
−𝑦
𝑥2 − 𝑦2
𝜕𝑧
𝜕𝑡=
𝑥
𝑥2 − 𝑦2.𝑑𝑥
𝑑𝑡−
𝑦
𝑥2 − 𝑦2.𝑑𝑦
𝑑𝑡
Untuk nilai-nilai x=5, y=3, 𝑑𝑥
𝑑𝑡= 2,
𝑑𝑦
𝑑𝑡= −3
Contoh - 2
Untuk nilai-nilai x=5, y=3, 𝑑𝑥
𝑑𝑡= 2,
𝑑𝑦
𝑑𝑡= −3
𝑑𝑧
𝑑𝑡=
5
52 − 32. (2) −
3
52 − 32. (−3)
𝑑𝑧
𝑑𝑡=5(2)
4−3 −3
4=
10
4+9
4=19
4= 4,75 𝑐𝑚/𝑠
Sisi z meningkat 4,75 cm/detik
Contoh - 3
Luas permukaan total S suatu kerucut dengan radius alas r dengan tinggitegak lurusnya h diberikan oleh
𝑆 = 𝜋𝑟2 + 𝜋𝑟 𝑟2 + ℎ2
Jika r dan h masing-masing meningkat dengan laju 0,25 cm/detik, carilahlaju kenaikan S ketika r=3cm dan h=4cm.
Penyelesaian:
𝑆 = 𝜋𝑟2 + 𝜋𝑟 𝑟2 + ℎ2 = 𝜋𝑟2 + 𝜋𝑟 𝑟2 + ℎ2 1/2
𝛿𝑆 =𝜕𝑆
𝜕𝑟. 𝛿𝑟 +
𝜕𝑆
𝜕ℎ. 𝛿ℎ
𝑑𝑆
𝑑𝑡=
𝜕𝑆
𝜕𝑟.𝑑𝑟
𝑑𝑡+
𝜕𝑆
𝜕ℎ.𝑑ℎ
𝑑𝑡
Contoh - 3
(1)𝜕𝑆
𝜕𝑟= 2𝜋𝑟 + 𝜋𝑟.
1
2𝑟2 + ℎ2 −
12 2𝑟 + 𝜋 𝑟2 + ℎ2 −
12
𝜕𝑆
𝜕𝑟= 2𝜋𝑟 +
𝜋𝑟2
𝑟2 + ℎ2+ 𝜋 𝑟2 + ℎ2
Apabila r = 3 dan h = 4
𝜕𝑆
𝜕𝑟= 2𝜋3 +
𝜋9
5+ 𝜋5 = 11𝜋 +
𝜋9
5=64𝜋
5
Contoh - 3
(2)𝜕𝑆
𝜕ℎ= 𝜋𝑟.
1
2𝑟2 + ℎ2 −
12 2ℎ =
𝜋𝑟ℎ
𝑟2 + ℎ2𝜕𝑆
𝜕ℎ=𝜋3.4
5=12𝜋
5
Diketahui bahwa dr/dt=0,25 dan dh/dt=0,25
𝑑𝑆
𝑑𝑡=
64𝜋
5.1
4+
12𝜋
5.1
4𝑑𝑆
𝑑𝑡=16𝜋
5+3𝜋
5=19𝜋
5= 3,8𝜋 = 11,94𝑐𝑚2/𝑠
Pengerjaan Soal Laju Perubahan
Dalam pengerjaan laju-perubahan semuanya hampir sama, berikutmetode penyelesaiannya:
a. Pernyataan Dasar
Jika z=f(x,y) maka𝜕𝑧
𝜕𝑥. 𝛿𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦. 𝛿𝑦
b. Dibagi hasil tersebut dengan 𝛿𝑡 dan diambil 𝛿𝑡 0. Proses ini akanmengubah hasil tersebut menjadi bentuk soal laju-perubahan.
𝑑𝑧
𝑑𝑡=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝑑𝑥
𝑑𝑡+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑡
Aplikasi Turunan Parsial
Diferensiasi parsial dapat juga digunakan untuk mencari turunan fungsiimplisit.
Contohnya dianggap diminta untuk mencari pernyataan𝑑𝑦
𝑑𝑥apabila
diketahui bahwa 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3 = 0
Dapat diselesaikan dengan cara berikut ini:
Misalkan z adalah fungsi x dan y tersebut, yaitu z=𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3.
Digunakan hubungan dasar 𝛿𝑧 =𝜕𝑧
𝜕𝑥𝛿𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦𝛿𝑦
Aplikasi Turunan Parsial
Jika dibagi kedua sisinya dengan x maka bisa didapat:𝛿𝑧
𝛿𝑥=𝜕𝑧
𝜕𝑥+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝛿𝑦
𝛿𝑥
Sekarang jika x 0 𝛿𝑧
𝛿𝑥=
𝜕𝑧
𝜕𝑥+
𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑥
Jika sekarang memperoleh pernyataan untuk𝜕𝑧
𝜕𝑥dan
𝜕𝑧
𝜕𝑦kita akan segera
memperoleh 𝑑𝑦
𝑑𝑥(yang bisa dilihat dari pernyataan di atas)
Aplikasi Turunan Parsial
Pada contoh khusus ini, 𝑧 = 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3 didapat hasil dari 𝜕𝑧
𝜕𝑥= 2𝑥 +
2𝑦 dan 𝜕𝑧
𝜕𝑦= 2𝑥 + 3𝑦2
Dengan menyubstitusikan persamaan-persamaan ini ke dalam hasil-hasil sebelumnya, akan menghasilkan:
𝑑𝑧
𝑑𝑥= 2𝑥 + 2𝑦 + (2𝑥 + 3𝑦2)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Jika kita hanya mengetahui 𝑑𝑧
𝑑𝑥dapat disusun kembali hasil ini dan
memperoleh pernyataan untuk 𝑑𝑦
𝑑𝑥.
Aplikasi Turunan Parsial
Di awal soal diketahui bahwa menggunakan z untuk 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3 dan pada awalnya diketahui bahwa 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3 = 0. Maka nilai z = 0
Dengan kata lain bahwa z adalah konstanta (dalam hal ini adalah nol) dan
dari sini 𝑑𝑧
𝑑𝑥= 0
0 = 2𝑥 + 2𝑦 + (2𝑥 + 3𝑦2)𝑑𝑦
𝑑𝑥, sehingga dapat dicari
𝑑𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑑𝑥= −
2𝑥 + 2𝑦
2𝑥 + 3𝑦2
Contoh - 4
Jika 𝑒𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 = 1 carilah nilai 𝑑𝑦
𝑑𝑥di (0,0). Fungsi ini dapat ditulis
sebagai 𝑒𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 −1 = 0
Misalkan z = 𝑒𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 − 1 𝛿𝑧 =𝜕𝑧
𝜕𝑥. 𝛿𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦. 𝛿𝑦
∴𝑑𝑧
𝑑𝑥=𝜕𝑧
𝜕𝑥+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑥𝜕𝑧
𝜕𝑥= 𝑒𝑥𝑦 . 𝑦 + 1;
𝜕𝑧
𝜕𝑦= 𝑒𝑥𝑦 . 𝑥 + 1 ∴
𝑑𝑧
𝑑𝑦= 𝑦. 𝑒𝑥𝑦 + 1
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Tetapi dengan z=0 ∴𝑑𝑧
𝑑𝑥= 0 ∴
𝑑𝑦
𝑑𝑥= −
𝑦.𝑒𝑥𝑦 +1
𝑥.𝑒𝑥𝑦 +1
Contoh - 4
Tetapi dengan z=0 ∴𝑑𝑧
𝑑𝑥= 0 ∴
𝑑𝑦
𝑑𝑥= −
𝑦.𝑒𝑥𝑦 +1
𝑥.𝑒𝑥𝑦 +1
Pada x=0, y=0, 𝑑𝑦
𝑑𝑥= −
1
1= −1 ∴
𝑑𝑦
𝑑𝑥= −1
Perubahan Variabel
Jika z adalah fungsi x dan y, yaitu f=(x,y), dan x dan y itu sendiri adalah fungsi dari dua variabel lainnya u dan v, maka z juga merupakan fungsi u dan v.
Oleh karena itu perlu dicari 𝜕𝑧
𝜕𝑢dan
𝜕𝑧
𝜕𝑣. Bagaimanakah cara kita
memperolehnya?
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) ∴ 𝛿𝑧 =𝜕𝑧
𝜕𝑥𝛿𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦𝛿𝑦
Bagilah kedua bagian dengan u:
Perubahan Variabel
𝛿𝑧
𝛿𝑢=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝛿𝑥
𝛿𝑢+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝛿𝑦
𝛿𝑢
Jika v dipertahankan konstan untuk sementara, maka 𝛿𝑥
𝛿𝑢ketika u
menjadi 𝛿𝑥
𝛿𝑢dan
𝜕𝑦
𝜕𝑢
∴𝜕𝑧
𝜕𝑢=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝑢+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝑑𝑎𝑛𝜕𝑧
𝜕𝑣=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝑣+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝑣
Contoh - 5
Jika 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2, dimana x = r cos dan y = r sin 2, carilah 𝜕𝑧
𝜕𝑟dan
𝜕𝑧
𝜕𝜃𝜕𝑧
𝜕𝑟=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝑟+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝑟
𝑑𝑎𝑛𝜕𝑧
𝜕𝜃=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝜃+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝜃
Sekarang 𝜕𝑧
𝜕𝑥= 2𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑦= 2𝑦
𝜕𝑥
𝜕𝑟= cos 𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝑟= sin 2𝜃
Contoh - 5
∴𝜕𝑧
𝜕𝑟= 2𝑥 cos 𝜃 + 2𝑦 sin 2𝜃
𝑑𝑎𝑛𝜕𝑥
𝜕𝜃= −𝑟 sin 𝜃 dan
𝜕𝑦
𝜕𝜃= 2𝑟 cos 2𝜃
∴𝜕𝑧
𝜕𝑟= 2𝑥 −𝑟 sin 𝜃 + 2𝑦(2𝑟 cos 2𝜃)
𝜕𝑧
𝜕𝜃= 4𝑦𝑟 cos 2𝜃 − 2𝑥𝑟 sin 𝜃
Kemudian simbol x dan y dapat digantikan masing-masing oleh r cos dan r sin 2
Contoh - 6
Jika 𝑧 = 𝑒𝑥𝑦 dengan x=ln (u+v) dan y=sin (u-v), carilah 𝜕𝑧
𝜕𝑢dan
𝜕𝑧
𝜕𝑣
Didapatkan 𝜕𝑧
𝜕𝑢=
𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝑢+
𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝑢= 𝑦. 𝑒𝑥𝑦 .
1
𝑢+𝑣+ 𝑥. 𝑒𝑥𝑦 . cos 𝑢 − 𝑣
= 𝑒𝑥𝑦𝑦
𝑢 + 𝑣+ 𝑥. cos 𝑢 − 𝑣
dan 𝜕𝑧
𝜕𝑣=
𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝑣+
𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝑣= 𝑦. 𝑒𝑥𝑦 .
1
𝑢+𝑣+ 𝑥. 𝑒𝑥𝑦 . −cos 𝑢 − 𝑣
= 𝑒𝑥𝑦𝑦
𝑢 + 𝑣− 𝑥. cos 𝑢 − 𝑣
Kesimpulan
1. Pertambahan Kecil
𝑧 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝛿𝑧 =𝜕𝑧
𝜕𝑥. 𝛿𝑥 +
𝜕𝑧
𝜕𝑦. 𝛿𝑦
2. Laju Perubahan𝑑𝑧
𝑑𝑡=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝑑𝑥
𝑑𝑡+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑡
3. Fungsi Implisit𝑑𝑧
𝑑𝑥=𝜕𝑧
𝜕𝑥+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑥
4. Perubahan Variabel
Kesimpulan
Perubahan Variabel𝜕𝑧
𝜕𝑢=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝑢+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝑢𝜕𝑧
𝜕𝑣=𝜕𝑧
𝜕𝑥.𝜕𝑥
𝜕𝑣+𝜕𝑧
𝜕𝑦.𝜕𝑦
𝜕𝑣
Recommended
