Tugas Akhir dari dosen Kalkulus Lanjut berisi tentang rangkuman materi dari awal pembelajaran sampai akhir pembelajaran Kalukulus Lanjut

2. MODUL BELAJAR
KALKULUS LANJUT
Oleh
ARVINA FRIDA KARELA (12030090)
EKA DASA ENDANG A (12030091)
MULYUANA (12030094)
SINDI PADILAH (12030083)
SISKA APRILIA (12030079)
TIYA LIANA RIZKI (12030086)
WINDY MEILANI PUTRI (12030087)
SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

3. MUHAMMADIYAH PRINGSEWU LAMPUNG
TAHUN 2015
BARISAN DAN DERET
A. Barisan Tak Terhingga
Barisan dalam bahasa sederhana suatu barisan 𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3 , 𝑎4 ,... adalah
susunan bilangan yang terurut sesuai dengan urutan bilangan asli. Barisan
Tak terhingga adalah sebuah fungsi yang daerah asalnya adalah himpunan
bilangan asli. Suatu barisan 𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3 , 𝑎4 ,... dapat disajikan pula sebagai
{ 𝑎 𝑛 } 𝑛=1
∞
atau lebih singkat { 𝑎 𝑛 }.
Contoh:
Barisan 1, 4, 7, 10, 13, ...
Dengan rumus eksplisit untuk suku ke-n , seperti pada
𝑎 𝑛 = 3𝑛 − 2, 𝑛 ≥ 1
atau rumus rekursi
𝑎 𝑛 = 𝑎 𝑛−1 + 3, 𝑛 ≥ 2, 𝑎 𝑛 = 1
Jadi, ketiga rumusan diatas melukiskan barisan yang sama.
Contoh:
1. 𝑎 𝑛 = 1 −
1
𝑛
, n ≥ 1 : 0,
1
2
,
2
3
,
3
4
,
4
5
, . . .
2. 𝑏 𝑛 = 1 + (−1) 𝑛 1
𝑛
, n ≥ 1 : 0,
3
2
,
2
3
,
5
4
,
4
5
,
7
6
,
6
7
, . . .
3. 𝑐 𝑛 = (−1) 𝑛
+
1
𝑛
, n ≥ 1 : 0,
3
2
,
−2
3
,
5
4
,
−4
5
,
7
6
,
−6
7
, . . .
4. 𝑐 𝑛 = 0,999, n ≥ 1 : 0,999, 0,999, 0,999, 0,999, . . .
Kekonvergenan Nilai suku-suku pada { 𝑎 𝑛 } dan { 𝑏 𝑛 } semakin mendekati
1. Ini dapat dikatakan bahwa { 𝑎 𝑛 } dan { 𝑏 𝑛 } konvergen menuju 1,
sedangkan { 𝑐 𝑛 } dan { 𝑑 𝑛 } tidak demikian. Agar suatu barisan konvergen

4. menuju 1, syaratnya yang pertama ialah bahwa nilai-nilai barisan itu harus
mendekati 1. Tetapi tidak hanya harus mendekati satu ; nilai-nilai tersebut
harus tetap berdekatan, yang tidak dipenuhi oleh { 𝑐 𝑛 }. Berdekatan artinya
semakin lama semakin dekat, yakni, dalam sebarang tingkat ketelitian yang
ditentukan, yang tidak dipenuhi oleh { 𝑑 𝑛 }. Walaupun { 𝑑 𝑛 } tidak
konvergen menuju 1, yang betul dapat ddikatakan bahwa barisan { 𝑑 𝑛 }
konvergen menuju 0,999. Sedangkan barisan { 𝑐 𝑛 } tidak konvergen sama
sekali sehingga { 𝑐 𝑛 } dapat dikatakan divergen.
Definisi :
Barisan { 𝑎 𝑛 } dinamakan konvergen menuju L atau berlimit L dapat di tulis
sebagai berikut :
lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 = 𝐿
Apa bila untuk tiap bilangan positif 𝜀, ada bilangan positif N sehingga untuk
n ≥ 𝑁 → | 𝑎 𝑛 − 𝐿| < 𝜀
suatu barisan yang tidak konvergen ke suatu bilangan L yang terhingga
dinamakan divergen.
Teorema
Andaikan { 𝑎 𝑛 } dan { 𝑏 𝑛 } barisan-barisan yang konvergen dan k sebuah
konstanta. Maka :
1. lim
𝑛→∞
𝑘 = 𝑘 ;
2. lim
𝑛→∞
𝑘𝑎 𝑛 = 𝑘 lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 ;
3. lim
𝑛→∞
( 𝑎 𝑛 ± 𝑏 𝑛 ) = lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 ± lim
𝑛→∞
𝑏 𝑛 ;
4. lim
𝑛→∞
( 𝑎 𝑛 ∙ 𝑏 𝑛 ) = lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 ∙ lim
𝑛→∞
𝑏 𝑛 ;
5. lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛
𝑏 𝑛
=
lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛
lim
𝑛→∞
𝑏 𝑛
asalkan lim
𝑛→∞
𝑏 𝑛 ≠ 0.
Contoh 1 :

5. Buktikan bahwa untuk p positif bulat, maka lim
𝑛→∞
1
𝑛 𝑝 = 0.
Penyelesaian:
Andaikan diketahui 𝜀 > 0. pilihlah N > √1 𝜀⁄𝑃
maka untuk n > 𝑁 berlakulah
| 𝑎 𝑛 − 𝐿| = |
1
𝑛 𝑝 − 0| =
1
𝑛 𝑝 ≤
1
𝑁 𝑝 <
1
( √1 𝜀⁄𝑃
)
𝑃 = 𝜀
Contoh 2 :
Tentukan lim
𝑛→∞
3𝑛2
7𝑛2 + 1
Penyelesaian :
lim
𝑛→∞
3𝑛2
7𝑛2 + 1
= lim
𝑛→∞
3
7+ (1
𝑛2⁄ )
=
lim
𝑛→∞
3
lim
𝑛→∞
(7+ (1
𝑛2⁄ ))
=
lim
𝑛→∞
3
lim
𝑛→∞
7+ lim
𝑛→∞
1
𝑛2⁄
=
3
7+ lim
𝑛→∞
1
𝑛2⁄
=
3
7+0
=
3
7
Contoh 3 :
Apakah barisan ( ln 𝑛 𝑒 𝑛⁄ ) konvergen, jika demikian berapakah limitnya?
Penyelesaian :
Gunakan fakta bahwa jika lim
𝑛→∞
𝑓 ( 𝑥) = 𝐿, maka lim
𝑛→∞
𝑓 ( 𝑛) = 𝐿
Berdasarkan kaidah I’ Hopital, maka
lim
𝑛→∞
ln 𝑥
𝑒 𝑥 = lim
𝑛→∞
1 𝑥⁄
𝑒 𝑥 = 0
Artinya, {(ln 𝑛) 𝑒 𝑛⁄ } konvergen menuju 0.

6. Latihan :
1. Buktikan bahwa barisan {
𝑛
2𝑛+1
} mempunyai limit
1
𝑧
2. Perhatikan apakah barisan {
4𝑛2
2𝑛2 + 1
} konvergen atau divergen?
B. Deret Tak Terhingga
Definisi Paradoks Zeno :
Zeno dari Elea mengatakan dalam suatu paradoks terkenal kira-kira 2400 th
yang lalu bahwa seorang pelari tak mungkin dapat mengakhiri suatu
pertandingan sebab ia harus berlari setengah jarak, kemudian stengah sisa
jarak, kemudian stengah jarak yang masih tersisa dan sterusnya, untuk
selamanya oleh karena waktu yang disediakan bagi pelari tersebut terhingga,
maka ia tk mungkin mencakup ruas-ruas jarak yang banyaknya tak terhingga.
Walaupun demikian kita meangetahui bahwa pelari dapat mengakhiri
pertandingan.
Perhatikan jarak pertandingan yang panjangnya 1 mil. Ruas jarak dalam
pikiran Zeno dengan ini panjangnya
1
2
mil,
1
4
mil,
1
8
mil dan seterusnya. Dalam
bahasa mtematika, mengakhiri pertandingan berarti kita harus menghitung
jumlahnya yang tampaknya tak mungkin.
1
2
+
1
4
+
1
8
+
1
16
+
1
32
+ ⋯
Definisi :
Perhatikan jumlah parsial sebagai berikut :
𝑠1 =
1
2
𝑠 𝑛 =
1
2
+
1
4
=
3
4
𝑠 𝑛 =
1
2
+
1
4
+
1
8
=
7
8

7. 𝑠 𝑛 =
1
2
+
1
4
+
1
8
+ …+
1
2 𝑛 = 1 −
1
2 𝑛
Jelas jumlah-jumlah parsial ini mendekati 1. Tepatnya
lim
𝑛→∞
𝑠1 = lim
𝑛→∞
(1 −
1
2 𝑛 ) = 1
Ini kita definisikan sebagai nilai jumlah tak terhingga itu.
Definisi :
Perhatiakn hal yang lebih umum
𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + …
Kita singkat sebagai ∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 atau ∑ 𝑎 𝑘 dan bentuk tersebut dinamakan deret
tak terhingga (atau deret saja ). maka 𝑠 𝑛, yaitu jumlah parsial ke-n , adalah
𝑠 𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + … 𝑎 𝑛 = ∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1
C. Kekonvergenan Deret
Definisi :
Deret ∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 konvergen dan mempunyai jumlah S, apakah barisan jumla-
jumlah parsial { 𝑆 𝑛} konvergen menuju S. Apakah { 𝑆 𝑛} divergen, maka deret
divergen. Suatu deret yang divergen tidak memiliki jumlah.
Deret Geometri adalah suatu deret yang berbentuk
∑ 𝑎𝑟 𝑘−1
∞
𝑘=1
= 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟2
+ …
Dengan 𝑎 ≠ 0 dinamakan deret geometri.
Teorema
Deret geometri konvergen dengan jumlah 𝑆 = 𝑎 (1 − 𝑟)⁄ apabila | 𝑟| < 1.
Deret itu divergen apabila | 𝑟| ≥ 1.

8. Teorema ( uji kedidivergenan dengan suku ke-n)
Apabila ∑ 𝑎 𝑛
∞
𝑛=1 konvergen, maka lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 = 0. Setara dengan pernyataan ini
ialah bahwa apabila lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 ≠ 0 (atau apabila lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 tidak ada) maka derte
divergen.
Bukti :
Andaikan 𝑆 𝑛 jumlah parsial ke-n dan 𝑆 = lim
𝑛→∞
𝑆 𝑛 .
oleh karena 𝑎 𝑛 = 𝑆 𝑛 − 𝑆 𝑛−1
𝑆 − 𝑆 = 0
Contoh:
Buktikan bahwa ∑
𝑛3
3𝑛3 + 2𝑛2
∞
𝑛=1 divergen
Penyelesaian:
lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛 = lim
𝑛→∞
𝑛3
3𝑛3 + 2𝑛2 =
1
3+ 2 𝑛⁄
=
1
3
Menurut teorema deret divergen
Sifat-sifat deret konvergen
Teorema (kelinearan)
Jika ∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 dan ∑ 𝑏 𝑘
∞
𝑘=1 keduanya konvergen dan c sebuah konstanta,
maka ∑ 𝑐𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 dan ∑ ( 𝑎 𝑘 + 𝑏 𝑘)∞
𝑘=1 juga konvergen, selain itu.
1. ∑ 𝑐𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 = 𝑐 ∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1
2. ∑ ( 𝑎 𝑘 + 𝑏 𝑘)∞
𝑘=1 = ∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 + ∑ 𝑏 𝑘
∞
𝑘=1
Contoh:
Hitunglah ∑ [3 (
1
8
)
𝑘
+ 5 (
1
3
)
𝑘
]∞
𝑘=1

9. Penyelesaian:
Menurut teorema kita peroleh
∑ [3 (
1
8
)
𝑘
+ 5(
1
3
)
𝑘
]∞
𝑘=1 = 3 ∑ (
1
8
)
𝑘
∞
𝑘=1 +5∑ (
1
3
)
𝑘
∞
𝑘=1
= 3
1
8
1−
1
8
− 5
1
3
1−
1
3
=
3
7
−
5
2
= −
29
14
Teorema : Jika ∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 divergen dan 𝑐 ≠ 0, maka ∑ 𝑐𝑎 𝑘
∞
𝑘=1 divergen.
Teorema (pengelompokan)
Suku-suku sebuah deret yang konvergen dapat dikelompokan dengan cara
sebarang (asalkan urutan suku-suku tidak diubah)dan deret yang baru setiap
konvergen dan jumlahnya sama dengan jumlah deret semula.
Uji kekonvergenan deret (deret positif)
Teorema A (Uji Jumlah Terbatas)
Suatu deret ∑ 𝑎 𝑘 yang sukunya tak negatif, adalah konvergen, jika dan hanya
jika jumlah parsialnya terbatas diatas.
Contoh :
Buktikan bahwa deret
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ⋯ konvergen!
Penyelesaian :
Kita akan membuktika bahwa jumla-jumlah parsial 𝑆 𝑛 terbatas diatas,
perhatikan bahwa :
𝑛! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙∙∙ 𝑛 ≥ 1 ∙ 2 ∙ 2 ∙∙∙ 2 = 2 𝑛−1
Dan sehingga 1 𝑛! ≤ 1 2 𝑛−1⁄⁄ jadi
𝑆 𝑛 =
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ⋯ +
1
𝑛!
≤ 1 +
1
2
+
1
4
+ ⋯+
1
2 𝑛 −1

10. Suku-suku yang terahir ini adalah deret geometri dengan 𝑟 =
1
2
. Oleh karena
itu menurut teorema diperoleh :
𝑆 𝑛 ≤
1−(
1
2
)
𝑛
1−
1
2
= 2 [1 − (
1
2
)
𝑛
] < 2
Jadi, menurut teorema Uji Jumlah Terbatas, deret ini konvergen.
Teorema B (Uji Integral)
Andaikan f suatu fungsi yang kontinyu, positif dan tidak naik pada
selang [1,∞]. Andaikan 𝑎 𝑘 = 𝑓( 𝑘)untuk semua k positif bulat. Maka deret
tak terhingga
∑ 𝑎 𝑘
∞
𝑘=1
Konvergen, jika dan hanya jika integral tak wajar
∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥
∞
1
Konvergen.
Catatan: bilangan bulat 1 dapat diganti oleh setiap bilangan bulat positif M
yang lain menurut teorema tersebut.
Contoh :
Periksa apakah deret ∑
1
𝑘 ln 𝑘
∞
𝑘=2 bkonvergen atau divergen.
Penyelesaian:
Hipotesis pada uji integral diperoleh untuk 𝑓( 𝑥) = 1 (𝑥 ln 𝑥)⁄ pada selang
[2, ∞]
∫
1
𝑥 ln 𝑥
∞
2
𝑑𝑥 = lim
𝑡→∞
∫
1
𝑥 ln 𝑥
𝑡
2
𝑑(ln 𝑥) = lim
𝑡→∞
[ln ln 𝑥]2
𝑡
= ∞
Jadi, ∑ 1 ( 𝑘ln 𝑘)⁄ divergen

11. Teorema C (Uji Deret-p)
Deret : ∑
1
𝑘 𝑝
∞
𝑘=1 = 1 +
1
2 𝑝 +
1
3 𝑝 +
1
4 𝑝 + ⋯
Dengan p sebuah konstanta berlaku :
1) Deret-p konvergen untuk 𝑝 > 1
2) Deret-𝑝 divergen untuk 𝑝 ≤ 1
Teorema D (Uji Banding)
Andaikan untuk 𝑛 ≥ 𝑁 berlaku 0 ≤ 𝑎 𝑛 ≤ 𝑏 𝑛
1) Jika ∑ 𝑏 𝑛 konvergen, maka ∑ 𝑎 𝑛 konvergen
2) Jika ∑ 𝑎 𝑛 divergen, maka ∑ 𝑏 𝑛 divergen
Contoh :
Apakah ∑
𝑛
2 𝑛 (𝑛+1)
konvergen atau divergen?
Penyelesaian:
Untuk n cukup besar suku ke-n mirip dengan (1 2⁄ ) 𝑛
𝑛
2 𝑛 ( 𝑛+1)
= (
1
2
)
𝑛 𝑛
𝑛+1
< (
1
2
)
𝑛
Deret geometri ∑ (
1
2
)
𝑛
konvergen sebab pembandingannya adalah
1
2
. Jadi deret
yang diketahui juga konvergen.
Teorema E (uji Banding limit)
Andaikan 𝑎 𝑛 ≥ 0, 𝑏 𝑛 > 0, dan Lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛
𝑏 𝑛
= 𝐿
Apabila 0 < 𝐿 < ∞, maka ∑ 𝑎 𝑛 dan ∑ 𝑏 𝑛 bersama-sama akan konvergen atau
divergen. Apabila 𝐿 = 0 dan ∑ 𝑏 𝑛 konvergen, maka ∑ 𝑎 𝑛 konvergen.
Contoh :
Tentukan apakah ∑
3𝑛 −1
𝑛3 −2𝑛2 +11
∞
𝑛=1 konvergen atau divergen?

12. Penyelesaian :
Terlebih dahulu harus menentukan pembanding suku ke-n deret ini dengan
melihatnsuku-suku derajat tertinggi dalam pembilang dan penyebut suku
umum. Suku deret tersebut mirip dengan 3 𝑛2⁄ sehingga
Lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛
𝑏 𝑛
= Lim
𝑛→∞
(3𝑛−2) ( 𝑛3
−2𝑛2
+11)⁄
3 𝑛2⁄
= Lim
𝑛→∞
3𝑛3
−2𝑛2
3𝑛3 +6𝑛2 +33
= 1
Jadi deret tersebut konvergen
Teorema F (Uji Hasil Bagi)
Andaikan ∑ 𝑎 𝑛 sebuah deret yang sukunya positifdan andaikan
Lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛+1
𝑎 𝑛
= 𝑝
1) Jika 𝑝 < 1 deret konvergen
2) Jika 𝑝 > 1 deret divergen
3) Jika 𝑝 = 1, pengujian ini tidak memberikan kepastian.
Contoh:
Apakah deret ∑
2 𝑛
𝑛!
∞
𝑛=1 konvergen atau divergen?
Penyelesaian :
𝑝 = Lim
𝑛→∞
𝑎 𝑛+1
𝑎 𝑛
= Lim
𝑛→∞
2 𝑛+1
( 𝑛 + 1)!
2 𝑛
2 𝑛
= Lim
𝑛→∞
2
𝑛 + 1
= 0
Menurut teorema hasil bagi deret itu konvergen.

13. GRAFIK PERMUKAAN DI R3
A. Parabola
Suatu parabola adalah himpunan (tempat kedudukan) titik, yang titik-titiknya
memenuhi syarat, bahwa jaraknya terhadap suatu titik tertentu sama dengan
jaraknya terhadap suatu garis tertentu. Dengan kata lain parabola adalah
tempat kedudukan titik-titik yang jaraknya sama terhadap suatu titik tertentu
dan garis tertentu. Titik-titik tertentu itu disebut titik api (fokus) dan garis
tertentu itu disebut direktriks. Perhatikan gambar berikut:
Y
A T1
L
(Gambar 1.1)
P
Q F
T2
L1 B
Pada gambar 1.1 menunjukkan sebuah parabola yang memiliki titik puncak di
sumbu X, yaitu titik P. Pada gambar tampak bahwa PQ = PF, F disebut titik
fokus, LL1 disebut lactus rectum, T1T2 disebut tali busur fokal, FB disebut
jari-jari fokal, dan I disebut direktriks (garis arah). Pada gambar tersebut
tampak juga jarak titik T1 ke A sama dengan jarak titik T1 ke F.

14. Persamaan Umum Parabola
1. Parabola yang terbuka ke kanan
Y
Q (-p,y)
P (x,y)
F (p,0)
O
x = -p
Pada gambar di atas tampak sebuah parabola yang terbuka ke kanan.
Perhatikan PF = PQ
Maka :
√( 𝑝 − 𝑥)2 + (0 − 𝑦)2 = √(−𝑝 − 𝑥)2 + ( 𝑦 − 𝑦)2
√( 𝑝 − 𝑥)2 + 𝑦2 = √(−𝑝 − 𝑥)2 + 0 ↔
√( 𝑝 − 𝑥)2 + (0 − 𝑦)2 = √(−𝑝 − 𝑥)2 + ( 𝑦 − 𝑦)2 ↔ 𝑝2
−
2𝑝𝑥 + 𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑝2
+ 2𝑝𝑥 + 𝑥2
↔ 𝑦2
= 4𝑝𝑥
Pada persamaan yang didapat ini merupakan persamaan umum parabola
yang terbuka ke kanan yang memiliki puncak di (0,0), titik fokus (p,0),
dan sumbu direktriks : x = -p.

15. Dengan menggunakan translasi susunan sumbu dapat kita jabarkan
bahwa persamaan parabola yang berpuncak (𝛼, 𝛽) dan sumbu simetrinya
sejajar sumbu X adalah:
(𝑦 − 𝛽)2
= 4𝑝( 𝑥 − 𝛼)
Sebuah parabola dengan puncaknya di ( 𝛼, 𝛽), fokus 𝐹( 𝛼 + 𝑝, 𝛽),
direktriksnya garis 𝑥 = 𝛼 − 𝑝 yang membuka ke kanan, bila persamaan
parabolanya dalam system koordinat X’O’Y, maka persamaannya
adalah: (𝑦′
)2
= 4𝑝𝑥′.
Dengan mensubtitusikan persamaan 𝑥′
= 𝑥 − 𝛼 dan 𝑦′ = 𝑦 − 𝛽 ke
dalam persamaan (𝑦′)2
= 4𝑝𝑥′
, dapat dinyatakan persamaan parabola di
dalam system koordinat XOY, yakni:
(𝑦 − 𝛽)2
= 4𝑝(𝑥 − 𝛼)
Contoh :
Tentukanlah persamaan parabola jika diketahui:
a) Puncak parabola (2,0) dan sumbu direktrisnya x = 1.
b) Puncak parabola (1,-2) dan latus rektumnya 4.
c) Koordinat fokusnya (11,4) dan sumbu direktrisnya x = 5.
Penyelesaian :
a) Puncak parabola (2,0) maka a = 2 dan b = 0
Sumbu direktrisnya x = 1, maka a – p = 1 atau a + p = 1
Karena a = 2 maka p = 1 atau p = -1.
Jadi persamaan parabolanya adalah:
𝑦2
= 4( 𝑥 − 2) 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑦2
= −4( 𝑥 − 2)
b) Puncak parabola (1,-2) maka a = 1 dan b = -2.
latus rectum = 4 maka 4𝑝 = 4. Persamaan parabolanya adalah:
( 𝑥 − 1)2
= 4( 𝑦 + 2) 𝑎𝑡𝑎𝑢 ( 𝑦 + 2)2
= 4( 𝑥 − 1)
c) Koordinat fokusnya (11,4) dan sumbu direktrisnya x = 5
Maka a – p = 5 koordinat fokus (a + p,b)

16. maka : b = 4 dan a + p = 11.
Dengan mengeliminasi a – p = 5 dan a + p = 11
didapat a = 8 dan p = 3
Jadi, persamaan parabolanya adalah:
(𝑦 − 4)2
= 12( 𝑥 − 8)
Contoh-Contoh Soal :
1) Gambarlah grafik dari parabola 𝑦2
= 8𝑥 !
Penyelesaian :
Koordinat puncaknya O (0,0)
4p = 8
p = 2
Titik F(2,0)
Persamaan direktriks g = x = -p = -2
Sumbu simetrinya y = 0
2) Gambarlah grafik dari parabola 𝑦2
− 2𝑦 − 4𝑥 − 9 = 0 !
Penyelesaian :
𝑦2
− 2𝑦 − 4𝑥 − 9 = 0
𝑦2
− 2𝑦 + 1 − 1 = 4𝑥 + 9
( 𝑦 − 1)2
= 4𝑥 + 9 + 1
( 𝑦 − 1)2
= 4 (𝑥 +
5
2
)
Puncak parabola : (−
5
2
,1)
Parameter : 4p = 4 ↔ p = 1
Titik fokus : F(1 + (−
5
2
), 1) ↔ 𝐹 = (−
3
2
, 1)
Persamaan direktriks g = x = a – p
= −
3
2
− 1 = −
5
2
Persamaan lotus rectumnya x = −
3
2

17. 3) Penampang dari reflektor lampu mobil tertentu dapat dimodelkan oleh
suatu persamaan 25𝑥 = 16𝑦2
, dengan x dan y dalam cm dan x
bilangan real dari 0 sampai 4. Gunakan informasi yang diberikan untuk
menggambarkan grafiknya dengan domain yang diberikan.
Penyelesaian :
Persamaan 25𝑥 = 16𝑦2
merupakan persamaan dari parabola
horizontal yang memiliki titik pusat di (0, 0). Selanjutnya kita tentukan
nilai p dari parabola tersebut.
25𝑥 = 16𝑦2
persamaan awal
𝑦2
=
25
16
𝑥 bagi kedua ruas dengan 16
𝑦2
= 4 (
25
64
) 𝑥 dijadikan bentuk 𝑦2
= 𝑝𝑥
Sehingga kita peroleh p = 25/64 (p > 0), yang artinya grafik dari
parabola tersebut terbuka ke kanan. Selanjutnya kita tentukan dua titik
selain titik (0,0) yang dilalui oleh grafik parabola tersebut. Karena
domainnya memiliki batas kanan di 4, kita tentukan dua titik pada
parabola yang memiliki absis4.
25𝑥 = 64𝑦2
persamaan awal
25(4) = 64𝑦2
subtitusi 4 ke x
𝑦2
=
25(4)
64
bagi kedua ruas dengan 64
𝑦 = ±
5(2)
8
= ±1,25 hasil
Diperoleh dua titik tersebut adalah
(4,1.25) dan (4,–1.25). Dengan
menggunakan tiga titik (0,0),
(4,1.25), dan (4,–1.25) kita dapat
menggambarkan grafik dari
parabola tersebut.

18. 4) Penampang dari reflektor suatu lampu senter dapat dimodelkan dengan
persamaan 4𝑥 = 𝑦2
, dengan x dan y dalam cm dan x bilangan real dari
0 sampai 2,25. Gambarlah grafik dari penampang reflektor tersebut
dengan domain yang diberikan.
Penyelesaian :
Persamaan 4𝑥 = 𝑦2
merupakan persamaan suatu parabola horizontal
yang berpusat di (0, 0). Dari persamaan tersebut kita ketahui p = 1 (p >
0), sehingga parabola tersebut terbuka ke kanan. Karena domainnya
adalah bilangan real mulai 0 sampai 2,25, selanjutnya kita tentukan dua
titik lain yang dilalui oleh parabola dan memiliki absis 2,25.
4𝑥 = 𝑦2
persamaan awal
4(2,25) = 𝑦2
subtitusi 2,25 ke x
𝑦 = ±3 hasil
Sehingga dua titik lainnya yang dilalui oleh parabola tersebut adalah
(2,25, 3) dan (2,25, –3). Sehingga, grafik dari penampang reflektor
yang dimaksud dapat digambarkan sebagai berikut.

19. 2. Parabola yang Terbuka Ke Atas
Misal garis g sebagai garis tetap (garis direktriks) dan titik F sebagai titik
tetap (fokus) atau titik api. Jika F tidak terletak pada g, maka kita dapat
memilih sebuah sistem koordinat yang menghasilkan sebuah persamaan
yang sederhana untuk parabola dengan mengambil sumbu Y melalui F
dan tegak lurus garis g, dan dengan mengambil titik asalnya di titik
tengah antara F dan g.
Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F (0,p).
dengan demikian persamaan garis g menjadi y = -p. Titik P (x,y) terletak
pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(x,-p) adalah kaki
garis tegak lurus dari P ke g.
Dari PF = PQ, maka:
√𝑥2 + ( 𝑦 − 𝑝)2 = √( 𝑦 + 𝑝)2
↔ 𝑥2
+ ( 𝑦 − 𝑝)2
= ( 𝑦 + 𝑝)2
↔ 𝑥2
+ 𝑦2
− 2𝑝𝑦 + 𝑝2
= 𝑦2
+ 2𝑝𝑦 + 𝑝2
↔ 𝑥2
= 4𝑝𝑦
Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(0,P)
didefinisikan dengan persamaan: 𝑥2
= 4𝑝𝑦

20. Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b) yang membuka ke atas, bila
persamaan parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka
persamaannya adalah:
( 𝑥′)2
= 4𝑝𝑦′
Dengan mensubtitusikan persamaan 𝑥′
= 𝑥 − 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑦′
= 𝑦 − 𝑏 ke
dalam sistem persamaan (𝑥′)2
= 4𝑝𝑦′, dapat dinyatakan persamaan
parabola di dalam sistem koordinat XOY, yakni:
(𝑥 − 𝑎)2
= 4𝑝(𝑦 − 𝑏)
Contoh-contoh Soal:
1) Gambarlah grafik dari parabola 4x2 – 25y = 0 !
Penyelesaian :
4𝑥2
− 25𝑦 = 0
4𝑥2
= 25𝑦
𝑥2
=
25
4
𝑦
Koordinat puncaknya (0,0)
4𝑝 =
25
4
↔ 𝑝 =
25
16
Titik 𝐹 = (0,
25
16
)
Persamaan direktris 𝑦 = −
25
16
Sketsa Grafik :

21. 2) Gambarlah grafik dari parabola 𝑥2
− 2𝑥 − 9 = 4𝑦 !
Penyelesaian :
𝑥2
− 2𝑥 − 9 = 4𝑦
𝑥2
− 2𝑥 + 1 − 1 = 4𝑦 + 9
( 𝑥 − 1)2
= 4𝑦 + 9 + 1
( 𝑥 − 1)2
= 4 (𝑦 +
5
2
)
Puncak Parabola (1, −
5
2
)
Parameter : 4𝑝 = 4 ↔ 𝑝 = 1
Titik Fokus 𝐹 (1, 1 + (−
5
2
)) ↔ 𝐹 (1,−
3
2
)
Persamaan direktriks g = y = b – p = −
3
2
− 1 = −
5
2
Persamaan lotus rectumnya 𝑦 = −
3
2
3) Gambar di bawah menunjukkan penampang dari piringan antena
radio. Seorang teknisi telah menempatkan suatu titik pada
penampang antena yang terletak 0,75 meter di atas dan 6 meter di
kanan dari titik pusatnya. Pada koordinat mana seharusnya teknisi
tersebut menempatkan fokus antena tersebut?

22. Penyelesaian :
Berdasarkan gambar di atas, kita tahu bahwa parabola di atas
merupakan suatu parabola vertikal dengan titik pusat (0, 0). Hal ini
berarti bahwa persamaan dari parabola tersebut haruslah berbentuk
x² = 4py. Karena titik (6, 0,75) terletak pada grafik, maka kita dapat
mensubstitusi titik tersebut ke dalam persamaan dan menyelesaikan
nilai p:
𝑥2
= 4𝑝𝑦 Persamaan parabola vertikal, titik pusat (0,0)
62
= 4𝑝(0,75) subtitusi 6 ke x dan 0,75 ke y
36 = 3𝑝 sederhanakan
𝑝 = 12 hasil
Karena diperoleh p = 12, maka fokus dari parabola tersebut terletak
di koordinat (0, 12). Atau dengan kata lain, fokus dari parabola
tersebut seharusnya ditempatkan 12 meter di atas titik pusatnya.
4) Salah satu bentuk teknologi yang menggunakan piringan parabolis
adalah panel surya. Pada umumnya, sinar matahari yang datang ke
panel tersebut dipantulkan ke fokusnya, dan menghasilkan suhu yang
sangat tinggi. Misalkan suatu panel surya memiliki diameter 10
meter dan penampangnya dapat dimodelkan dengan persamaan x² =
50y. Berapakah kedalaman dari panel surya tersebut? Di manakah
lokasi dari fokusnya?

23. Penyelesaian :
Persamaan x² = 50y merupakan persamaan suatu parabola vertikal
dengan titik pusat (0, 0). Dari persamaan tersebut, kita peroleh p =
50/4 = 12,5 (p > 0). Sehingga grafik dari persamaan tersebut berupa
parabola yang terbuka ke atas. Selain itu, kita juga peroleh bahwa
koordinat titik fokusnya adalah (0, 50/4), atau dengan kata lain,
fokusnya terletak 50/4 meter di atas titik pusatnya. Untuk
menentukan kedalaman dari panel surya tersebut, kita selesaikan y
untuk x = 10/2 = 5 (diameter dibagi dua).
𝑥2
= 50𝑦 persamaan awal
52
= 50𝑦 subtitusi 5 ke x
𝑦 =
25
50
=
1
2
bagi kedua ruas dengan 50; hasil
Sehingga kedalaman dari panel surya tersebut adalah 0,5 meter.
Panel surya parabolis tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.
5) Reflektor dari suatu lampu sorot yang berupa piringan parabolis
memiliki diameter 120 cm. Berapakah kedalaman dari reflektor
tersebut jika penempatan bola lampu yang tepat adalah 11,25 cm di
atas titik pusatnya (titik terendah dari piringan)? Tentukan
persamaan yang digunakan oleh teknisi dalam membuat piringan
reflektor tersebut!

24. Penyelesaian :
Lokasi yang tepat dari bola lampu merupakan lokasi dari fokus
parabola. Sehingga lokasi fokusnya 11,25 di atas titik pusat. Jika kita
anggap penampang dari reflektor tersebut berupa parabola vertikal
dengan titik pusat (0, 0) yang terbuka ke atas, maka koordinat titik
fokusnya adalah (0, 11,25). Artinya, kita peroleh p = 11,25.
Sehingga, persamaan dari parabola yang dimaksud adalah x² = 4 ∙
11,25y atau ekuivalen dengan x² = 45y. Karena diameter
reflektornyanya 120 cm, kedalaman dari reflektor tersebut dapat
ditentukan dengan menyelesaikan nilai y untuk x sama dengan jari-
jari, yaitu x = 120/2 = 60.
𝑥2
= 45𝑦 persamaan parabola
602
= 45𝑦 subtitusi 60 ke x
𝑦 =
3600
45
= 80 bagi kedua ruas dengan 45; hasil
Jadi, kedalaman dari reflektor lampu sorot tersebut adalah 80 cm.
Grafik dari pemodelan reflektor tersebut dapat digambarkan sebagai
berikut.

25. 3. Parabola yang Terbuka Ke Kiri
Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F(-p,0).
Dengan demikian persamaan garis g menjadi x = p. Titik P(x,y) terletak
pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(p,y)
Y
𝑦2
= −4𝑝𝑥 Direktriks 𝑥 = 𝑝
P(x.y) Q(p,y)
F(-p,0) 0 X
𝑔
Dari PF = PQ, maka:
√(−𝑝 − 𝑥)2 + (0 − 𝑦)2 = √( 𝑝 − 𝑥)2 + ( 𝑦 − 𝑦)2
√(−𝑝 − 𝑥)2 + 𝑦2 = √( 𝑝 − 𝑥)2 + 0
↔ (−𝑝 − 𝑥)2
+ 𝑦2
= ( 𝑝 − 𝑥)2
↔ 𝑝2
+ 2𝑝𝑥 + 𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑝2
− 2𝑝𝑥 + 𝑥2
↔ 𝑦2
= −4𝑝𝑥
Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(-
p,0) didefinisikan dengan persamaan:
𝑦2
= −4𝑝𝑥
Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b), fokus F(a-p, b), dan
persamaan direktriksnya x = a + p yang membuka ke kiri, bila
persamaaan parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka
persamaannya adalah:
(𝑦′)2
= −4𝑝𝑥′

26. Dengan mensubtitusikan persamaan 𝑥′
= 𝑥 − 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑦′
= 𝑦 − 𝑏 ke
dalam persamaan (𝑦′
)2
= −4𝑝𝑥′, dapat dinyatakan persamaan parabola
di dalam sistem koordinat XOY, yakni:
(𝑦 − 𝑏)2
= −4𝑝(𝑥 − 𝑎)
4. Parabola yang Terbuka Ke Bawah
Jika jarak titik F dan garis g adalah 2p, maka koordinat titik F(0,-p).
Dengan demikian persamaan garis g menjadi y = p. Titik P(x,y) terletak
pada parabola jika dan hanya jika PF = PQ, dengan Q(x,p)..
Dari PF = PQ, maka:
√ 𝑥2 + ( 𝑦 + 𝑝)2 = √( 𝑦 − 𝑝)2
↔ 𝑥2
+ (𝑦 + 𝑝)2
= (𝑦 − 𝑝)2
↔ 𝑥2
= −4𝑝𝑦
Jadi, persamaan parabola dengan titik puncak di (0,0) dan fokus di F(0,-
p) didefinisikan dengan persamaan:
𝑥2
= −4𝑝𝑦
Sebuah parabola dengan puncaknya di (a,b), fokus F(a, p-b), dan garis
direktriksnya y = b + p yang membuka ke bawah, bila persamaaan
parabolanya dalam sistem koordinat X’O’Y’, maka persamaannya
adalah:
(𝑥′)2
= −4𝑝𝑦′
Dengan mensubtitusikan persamaan 𝑥′
= 𝑥 − 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑦′
= 𝑦 − 𝑏 ke
dalam persamaan (𝑥′
)2
= 4𝑝𝑦′, dapat dinyatakan persamaan parabola di
dalam sistem koordinat XOY, yakni :
(𝑥 − 𝑎)2
= −4𝑝(𝑦 − 𝑏)

27. Contoh-contoh Soal :
1) Tentukan titik puncak, fokus, dan direktris dari parabola yang
didefinisikan oleh persamaan x² = –12y. Kemudian gambarkan
grafiknya, disertai dengan fokus dan direktrisnya.
Penyelesaian :
Karena hanya suku-x yang dikuadratkan dan tidak ada pergeseran
yang diterapkan, maka parabola tersebut merupakan parabola
vertikal dengan titik puncak di (0, 0). Dengan membandingkan
persamaan yang diberikan dengan persamaan umum parabola bentuk
fokus-direktriks kita dapat menentukan nilai p:
4𝑝 = −12
𝑝 =
−12
4
= −3
Karena p = –3 (p < 0),
maka parabola tersebut
terbuka ke bawah, dengan
titik fokus di (0, –3) dan
direktriksnya y = 3. Untuk
menggambar grafiknya, kita perlu beberapa titik tambahan yang
dilalui oleh parabola tersebut. Karena 36 = 6² dapat dibagi oleh 12,
maka kita dapat mensubstitusikan x = 6 dan x = –6, dan
menghasilkan titik-titik (6, –3) dan (–6, –3). Sehingga grafik dari
parabola tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.
Dari grafik di atas, kita dapat mengetahui bahwa garis x = 0
merupakan sumbu simetri dari grafik parabola yang diberikan.
2) Tentukan titik puncak, fokus, dan direktriks dari persamaan parabola
yang diberikan, kemudian gambarkan grafiknya, disertai dengan
fokus dan direktriksnya: x² – 6x + 12y – 15 = 0.

28. Penyelesaian :
Karena hanya suku-x yang dikuadratkan, maka grafik dari
persamaan tersebut berbentuk parabola vertikal. Untuk menentukan
kecekungan, titik puncak, fokus, dan direktriks, kita terlebih dulu
melengkapkan kuadrat dalam x dan membandingkannya dengan
persamaan bentuk fokus-direktriks dengan pergeseran.
𝑥2
− 6𝑥 − 15 = 0 persamaan yang diberikan
𝑥2
− 6𝑥 = −12𝑦 + 15 memisah suku x
𝑥2
− 6𝑥 + 9 = −12𝑦 + 24 tambahkan dengan 9
( 𝑥 − 3)2
= −12(𝑦 − 2) faktorkan
Dari persamaan yang
dihasilkan, kita dapat melihat
bahwa grafiknya merupakan
suatu parabola yang digeser
ke kanan sejauh 3 satuan dan
ke atas sejauh 2 satuan. Oleh
karena itu, semua unsur dari
parabola tersebut juga akan
bergeser. Karena kita
mendapatkan 4p = –12, maka p = –3 (p < 0) dan parabola tersebut
terbuka ke bawah. Jika parabola tersebut berada pada posisi biasa,
maka titik puncaknya akan di (0, 0), fokusnya di (0, –3), dan
direktriksnya y = 3. Karena parabola tersebut bergeser ke kanan
sejauh 3 satuan dan ke atas sejauh 2 satuan, maka kita harus
menambahkan nilai x dengan 3 dan nilai y dengan 2 dari semua
unsur parabola tersebut. Sehingga titik puncaknya akan berada di (0
+ 3, 0 + 2) = (3, 2), fokusnya pada (0 + 3, –3 + 2) = (3, –1), dan
direktriksnya adalah y = 3 + 2 = 5. Dan akhirnya, jarak horizontal
antara fokus dan grafik adalah |2p| = 6 satuan (karena |4p| = 12),
sehingga memberikan titik-titik tambahan yang dilalui grafik, yaitu
(–3, –1) dan (9, –1).

29. B. Elips
Elips dan Hiperbola letaknya simetris terhadap pusatnya sehingga disebut
konik terpusat.
Jika syarat | PF | = e | PL | kita ambil terlebih dahulu P=A dan kemudian P’=A
dipilih berturut-turut :
a-c = e ( k-a ) = ek – ea
a=c = e ( k+a ) = ek + ea
Sehingga diperoleh c = ea dan k =
𝑎
𝑒
andaikan p (x,y) sebuah titik pada
elips. Maka L (
𝑎
𝑒
, y ) adalah proyeksi pada garis arah.
Maka syarat | PF | = e | PL | menjadi √( 𝑥 − 𝑎 𝑒 )2 + 𝑦2 = e √( 𝑥 −
𝑎
𝑒
)2
Bukti :
| PF | = e | PL |
 P = A (a,o) , F ( c,o ) , L ( k,o )
√( 𝑎 − 𝑐 )2 + ( 𝑜, 𝑜 )2 = e √( 𝑎 − 𝑘 )2 + ( 𝑜, 𝑜 )2
(𝑎 − 𝑐 ) = e ( a-k ) . . . . . . 1
 P = A’ (-a,o) , F ( c,o ) , L ( k,o )
√( 𝑎 − 𝑐 )2 + ( 𝑜, 𝑜 )2 = e √( −𝑎 − 𝑘)2 + ( 𝑜, 𝑜 )2
(−𝑎 − 𝑐 ) = e (−𝑎 − 𝑘 ) . . . . . . 2

30. Eleminasi Pers 1 dan 2
a – c = e k – e a
-a – c = -e k – e k +
-2 c = -2 e a
Subtitusi c = ea
a – e a = e k – e a
a = e k
| PF | = e | PL |
√( 𝑥 − 𝑐 )2 + (𝑦, 𝑜 )2 = e √( 𝑥 − 𝑘 )2 + ( 𝑦, 𝑦 )2
Subtitusi c = ea dan k =
𝑎
𝑒
ke Persamaan, maka :
√( 𝑥 − 𝑒𝑎 )2 + (𝑦, 𝑜 )2 = e √( 𝑥 −
𝑎
𝑒
)2 + ( 𝑦, 𝑦 )2
( 𝑥 − 𝑒𝑎 )2
+ 𝑦2
= 𝑒2
( 𝑥 −
𝑎
𝑒
)2
x2 – 2eax + ea2 + y2 = 𝑒2
𝑥 −
2𝑎𝑥
𝑒
+
𝑎2
𝑒2
x2 (1 – e2) + a2 (e2 – 1) + y2 = 0 :
1
𝑎2 (1− 𝑒2 )
𝑥2
𝑎2 - 1 +
𝑦2
𝑎2 (1− 𝑒2)
= 0
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑎2(1− 𝑒2 )
= 1
Untuk Elips 0 < e < 1, sehingga 1 – e2 > 0 untuk menyederhanakan kita
namakan
b = a √1− 𝑒2
Persamaan tersebut menjadi :
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 1 a > b sumbu panjang di sumbu x
A < b sumbu panjang di sumbu y
c = ea
𝑎
𝑒
= 𝑘

31. Yang disebut pers baku elips
Elips 0 < e < 1
Elips mendatar :
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 1, a > b
Elips Tegak :
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 1, a < b
Contoh :
1. Gambar grafik persamaan
𝑥2
36
+
𝑦2
4
= 1, dan tentukan fokus serta
keeksentrisannya!
Penyelesaian :
a = ± 6 A (6,0) ^ A’ (-6, 0)
b = ± 2 B (0,2) ^ B’ (0,-2)
c = ± √𝑎2 − 𝑏2 * karena a > b maka sumbu panjang di sumbu x
= ± √36− 4
= ± √30
= ± 4√2 f1 (4√2 , 0) ^ f2 (−4√2 , 0)
e =
𝑐
𝑏
=
4√2
6
=
2
3
4√2
k =
𝑎
𝑒
=
6
2
3
√2
=
9√2
2
= 6,36
y
x
B (0, b)
A’(-a,0) f’(-C,0) f(C,0) A(a,0)
B’ (0, -b)

32. 2. Buatlah sketsa grafik persamaan
𝑥2
16
+
𝑦2
25
= 1, Tentukan fokus serta
keesentrasinya
Penyelesaian :
a = ± 4 A (4,0) ^ A’ (-4, 0)
b = ± 5 B (0,5) ^ B’ (0,-5)
c = ± √𝑏2 − 𝑎2 * karena a > b maka sumbu panjang di sumbu y
= ± √25− 16
= ± √9
= ± 3 f1 (0 , 3) ^ f2 (0 , -3)
e =
𝑐
𝑏
=
3
5
k =
𝑏
𝑒
=
5
3
5
=
25
3
= 8,12
B (0, 2)
6
A’(-6,0) f’(-C,0)
f(C,0) A(6,0)
B’ (0, -2)
F
𝑥
9
2
√2𝑥
−9
2
√2
B (0, 5)
B’ (0, -5)
A’(-4,0) A(4,0)a
c
b
F1
𝑦
25
3
𝑦
−25
3

33. C. Hiperbola
Untuk hiperbol, e > 1 sehingga diperoleh e2 – 1 > 0 Apabila b = a √𝑒2 − 1
maka persamaan
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
(1− 𝑒2 ) 𝑎2 = 1, akan terbentuk
Hiperbol mendatar :
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 1
Persamaan baku hiperbola mendatar 𝑏2
= 𝑎2( 𝑒2
− 1 )
−𝑏2
= 𝑎2(1 − 𝑒2 )
Hiperbola mendatar maka c = ae  disumbu x hiperbola tegak maka :
c2 = a2 + b2
Persamaan baku hiperbola tegak :
−
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 1 e =
𝑐
𝑎
 Panjang titik puncak pada sumbu utama
Sumbu utama di y
Contoh :
1. Gambarlah Grafik
𝑥2
9
+
𝑦2
16
= 1. Tentukan persamaan dan letak
fokusnya!
Penyelesaian :
a = ± 3 → 𝐴 (3,0) ^ A’ (-3,0)
X = k
F2 A1
B1
B
L P
F1
c
b
a
C2 = a2 + b2
B = Panjang Sumbu Asimtot
C = Sisi Miring
a = Panjang sumbu A
A = Titik Puncak

34. b = ± 4 → B (0,4) ^ B’ (0,-4)
c = ±√𝑏2 + 𝑎2 Karena a < b maka sumbu panjang di sumbu y
= ±√16+ 9
= ± 5 → F1 (5,0) ^ F2 (-5,0)
e =
𝑐
𝑎
=
5
3
k =
𝑎
𝑒
=
3
5
3⁄
=
9
5
= 1,8
2. Gambrlah grafik
− 𝑥2
4
+
𝑦2
9
= 1, dan tentukan fokus hiperbola!
Penyelsaian :
a = ± 2 → 𝐴 (2,0) ^ A’ (-2,0)
b = ± 3 → B (0,3) ^ B’ (0,-3)
c = ±√4 + 9
= ±√13
= ±3,6 → F1 (0,√13 ) ^ F2 (0,-√13 )
e =
𝑐
𝑏
=
√13
3
=
1
3
√13
k =
𝑏
𝑒
=
3
1
3
√13
=
9
13
√13 = 2,49 √13 = 3,6
√13 = 3,6
B (0, 4)
B’ (0, -4)
F2 (-5,0)
A’ (-3,0)
a
c
b
A (3,0)
F1 (5,0)
𝑥 =
𝑦
5𝑥 =
−𝑦
5
x
𝑦 =
9
13
√13
𝑦 = −
9
13
√13
F2
B’
B
F1
A’ A

35. PERMUKAAN DALAM RUANG BERDIMENSI-TIGA
A. Koordinat Cartesius di R3
Contoh:
1. Gambarkanlah grafik dari 3𝑥 + 4𝑦 + 2𝑧 = 12.
Penyelesaian:
Perpotongan sumbu 𝑥 → 𝑦 = 0, 𝑧 = 0
3𝑥 + 4.0 + 2.0 = 12
3𝑥 = 12
𝑥 = 4 sehingga didapat titik 𝐴(4,0,0)
Perpotongan sumbu 𝑦 → 𝑥 = 0, 𝑧 = 0
3.0 + 4𝑦 + 2.0 = 12
4𝑦 = 12
𝑥 = 3 didapat titik 𝐴(0,3,0)
Perpotongan sumbu 𝑥 → 𝑦 = 0, 𝑧 = 0
3.0 + 4.0 + 2𝑧 = 12
2𝑧 = 12
𝑥 = 6 didapat titik 𝐴(0,0,6)

36. B. Fungsi dua Peubah
Fungsi dua peubah dinotasikan dengan 𝑓(𝑥, 𝑦) dengan himpunan daerah asal
(𝐷) adalah pasangan terurut bilangan real (𝑥, 𝑦) atau { 𝑓(𝑥, 𝑦)|(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷}.
Contoh :
Dalam bidang x,y buatlah grafik daerah asal untuk
𝑓( 𝑥, 𝑦) =
√𝑦 − 𝑥2
𝑥2 + ( 𝑦 − 1)2
Penyelesaian :
Agar 𝑓( 𝑥, 𝑦) mempunyai nilai maka syarat untuk daerah asal yaitu:
1) 𝑦 − 𝑥2
≥ 0
2) 𝑥2
+ (𝑦 − 1) ≠ 0
(𝑥, 𝑦) ≠ 0(0,1) ≠ 0
Gambar :
C. Turunan Fungsi dua Peubah
Untuk fungsi satu peubah yaitu:
𝑓′( 𝑥) = lim
∆𝑥→0
𝑓( 𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓( 𝑥)
∆𝑥
𝑓′( 𝑥0, 𝑦0) = lim
∆𝑥→0
𝑓( 𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)
∆𝑥
Sedangkan untuk dua peubah f(x,y) :
Definisi:
𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦) = lim
∆𝑥→0
𝑓( 𝑥 + ∆𝑥, 𝑦) − 𝑓(𝑥, 𝑦)
∆𝑥
𝑓𝑥 ( 𝑥0, 𝑦0) = lim
∆𝑥→0
𝑓( 𝑥0 + ∆𝑥 + 𝑦0) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0)
∆𝑥
𝑓𝑦 ( 𝑥0, 𝑦0) = lim
∆𝑦→0
𝑓( 𝑥0, 𝑦0 + ∆𝑦) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0)
∆𝑦

37. Misalkan:
𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑧, maka
𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦) =
𝜕𝑧
𝜕𝑥
=
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
𝑓𝑥0
( 𝑥0, 𝑦0) =
𝜕𝑧
𝜕𝑥
|(𝑥0, 𝑦0)
𝑓𝑦 ( 𝑥0, 𝑦0) =
𝜕𝑧
𝜕𝑦
| (𝑥0, 𝑦0)
Contoh:
Carilah 𝑓𝑥 dan 𝑓𝑦 di (1,2) jika 𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑦 + 3𝑦3
Penyelesaian:
 𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 + 0
𝑓𝑥(1,2) = 2 ∙ 1 ∙ 2 = 4
 𝑓𝑦( 𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 9𝑦2
𝑓𝑦(1,2) = 12
+ 9 ∙ 22
= 37
Contoh:
Jika 𝑧 = 𝑥2
sin(𝑥𝑦2
) carilah
𝜕𝑧
𝜕𝑥
dan
𝜕𝑧
𝜕𝑦
!
Penyelesaian:
Misal: 𝑢 = 𝑥2
𝑣 = sin(𝑥𝑦2
)
𝑢 𝑥
′
= 2𝑥 𝑣 𝑥
′
= 𝑦2
cos(𝑥𝑦2
)
Sehingga:
𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦) = 𝑢′
𝑣 + 𝑢𝑣′
= 2𝑥 sin( 𝑥𝑦2) + 𝑥2
𝑦2
cos(𝑥𝑦2
)
𝑓𝑦( 𝑥, 𝑦) =
𝜕(𝑥2
sin(𝑥𝑦2
))
𝜕𝑦
= 𝑥2
∙ 2𝑥𝑦cos(𝑥𝑦2
)
= 2𝑥3
𝑦 cos(𝑥𝑦2
)

38. TURUNAN BERARAH
Perhatikan lagi fungsi dua peubah 𝑓(𝑥, 𝑦). Turunan parsial 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) dan 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)
mengukur laju perubahan (dan tanjakan (kemiringan) garis singgung) pada arah
sejajar sumbu 𝑥 dan 𝑦. Sasaran kita sekarang adalah mempelajari laju perubahan
𝑓 pada sembarang arah. Ini menuju konsep turunan berarah, yang kemudian
dihubungkan dengan gradien.
Akan sangat menguntungkan untuk menggunakan cara penulisan vektor.
Andaikan 𝑝 = (𝑥, 𝑦) dan 𝒊 dan 𝒋 adalah vektor-vektor satuan pada arah 𝑥 dan 𝑦
positif. maka dua turunan berarah di p dapat ditulis sebagai berikut
𝑓𝑥( 𝑝) = lim
ℎ→0
𝑓( 𝑝 + ℎ𝒊) − 𝑓(𝑝)
ℎ
𝑓𝑦( 𝑝) = lim
ℎ→0
𝑓( 𝑝 + ℎ𝒋) − 𝑓(𝑝)
ℎ
Untuk memperoleh konsep yang kita tuju, yang kita kerjakan hanyalah
menggantikan 𝒊 dan 𝒋 dengan suatu vektor satuan sebarang u.
Definisi :
Untuk setiap vektor satuan u, andaikan
𝐷 𝑢 𝑓( 𝑝)− lim
ℎ→0
𝑓( 𝑝 + ℎ𝒖) − 𝑓(𝑝)
ℎ
Limit ini, jika ia ada, disebut turunan berarah f di p pada arah u.
Jadi, 𝐷𝑖 𝑓( 𝑝) = 𝑓𝑥(𝑝) dan 𝐷𝑗 𝑓( 𝑝) = 𝑓𝑦(𝑝). Karena 𝑝 = (𝑥, 𝑦), kita gunakan juga
cara penulisan 𝐷 𝑢 𝑓(𝑥, 𝑦).

39. Teorema A
Andaikan 𝑓 mempunyai turunan parsial kontinu di sekitar p. Maka 𝑓 mempunyai
turunan berarah di p pada arah vektor satuan 𝑢 = 𝑢1 𝑖 + 𝑢2 𝑗 dan
𝐷 𝑢 𝑓( 𝑝) = 𝑢 ∙ ∇𝑓(𝑝)
yakni,
𝐷 𝑢 𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑢1 𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦) + 𝑢2 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)
Bukti :
Akan dibuktikan bahwa f terdeferensialkan dan karena itu
𝑓( 𝒑 + ℎ𝒖) − 𝑓( 𝒑) = ℎ𝒖 ∙ ∇𝑓( 𝒑)+ |ℎ𝒖| 𝜀(ℎ𝒖)
dengan 𝜀(ℎ𝒖) → 0 pada ℎ → 0. Jadi,
𝑓( 𝒑 + ℎ𝒖) − 𝑓(𝒑)
ℎ
= 𝒖. ∇𝑓(𝒑)± 𝜀(ℎ𝒖)
Kesimpulan itu diperoleh dengan mengambil limit pada ℎ → 0.
Contoh :
1. Jika 𝑓( 𝑥, 𝑦) = 4𝑥2
− 𝑥𝑦 + 3𝑦2
, tentukan turunan berarah f di (2, -1) pada
arah vektor 𝒂 = 4𝒊 + 3𝒋.
Penyelesaian:
Vektor satuan u pada arah a adalah (
4
5
) 𝒊 + (
3
5
) 𝒋. Juga, 𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦) = 8𝑥 − 𝑦
dan 𝑓𝑦( 𝑥, 𝑦) = −𝑥 + 6𝑦; jadi, 𝑓𝑥(2,−1) = 17 dan 𝑓𝑦(2,−1) = −8.
Akibatnya, menurut Teorema A
𝐷 𝑢 𝑓 (1,2,
𝜋
2
) =
1
3
(2) +
2
3
(1) +
2
3
(0) =
4
3

40. Walaupun kita tidak akan meneruskan dengan terperinci,kita nyatakan bahwa
apa yang telah kita kerjakan adalah benar untuk fungsi tiga peubah atau lebih,
dengan peubah-han tertentu.
2. Cari turunan berarah dari fungsi 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦 sin 𝑧 di titik (1,2,
𝜋
2
) pada
arah vektor 𝒂 = 𝒊 + 2𝒋 + 2𝒌.
Penyelesaian:
Vektor satuan u pada arah a adalah
1
3
𝒊 +
2
3
𝒋 +
2
3
𝒌. Juga 𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑦 sin 𝑧,
𝑓𝑦( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 sin 𝑧 dan 𝑓𝑧( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦cos 𝑧, sehingga 𝑓𝑥 (1,2,
𝜋
2
) = 2,
𝑓𝑦 (1,2,
𝜋
2
) = 1 dan 𝑓𝑧 (1,2,
𝜋
2
) = 0. Kita simpulkan bahwa
𝐷 𝑢 𝑓 (1,2,
𝜋
2
) =
1
3
(2) +
2
3
(1) +
2
3
(0) =
4
3

41. ATURAN RANTAI
𝑓( 𝑥) = (𝑥2
+ 1)3
𝑓`( 𝑥) = 3(𝑥2
+ 1)2
.2𝑥
= 6𝑥(𝑥 2
+ 1)2
Jika 𝑦 = 𝑓(𝑥(𝑡)) dengan 𝑓 dan 𝑥 merupakan fungsi yang dapat di diferensialkan
maka:
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
×
𝑑𝑥
𝑑𝑡
Contoh:
jika 𝑦 = 2𝑥 + 1 dengan 𝑥 = 𝑡2
carilah
𝑑𝑦
𝑑𝑡
?
Penyelesaian:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2.2𝑡 = 4𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2𝑡
A. Fungsi dua Peubah
𝑧 = 𝑓( 𝑥, 𝑦) dimana 𝑥 dan 𝑦 adalah fungsi dalam 𝑡
Teorema 1
andaikan 𝑥 = 𝑥( 𝑡) 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑦( 𝑡) dapat di diferensialkan di t dan andaikan
𝑧 = 𝑓( 𝑥, 𝑦) dapat didiferensialkan di (𝑥( 𝑡), 𝑦( 𝑡) maka:
𝑧 = 𝑓(𝑥( 𝑡)) dapat didiferensialkan di t dan
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
×
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
×
𝑑𝑦
𝑑𝑡

42. Contoh:
1. Misal 𝑧 = 𝑥3
𝑦 dengan 𝑥 = 2𝑡 dan 𝑦 = 𝑡2
tentukan
𝑑𝑧
𝑑𝑡
dalam 𝑡?
Penyelesaian:
Adt
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= ⋯?
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= 3𝑥2
𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= 𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2𝑡
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 3𝑥2
𝑦 × 2 + 𝑥3
× 2𝑡
= 6𝑥2
𝑦 + 2𝑥3
𝑡
= 6(2𝑡)2
𝑡2
+ (2𝑡)3
𝑡
= 6 × 4𝑡2
𝑡2
+ 2 × 8𝑡3
𝑡
= 24𝑡4
+ 16𝑡4
= 40𝑡4
2. Jika 𝑧 = 𝑥2
𝑦 − 𝑦2
𝑥 dengan 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 dan 𝑦 = sin 𝑡 tentukan
𝑑𝑧
𝑑𝑡
dalam 𝑡?
Penyelesaian:
Adt
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= ⋯?
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑦 − 𝑦2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= −𝑠𝑖𝑛𝑡
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= 𝑥2
− 2𝑦𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= (2𝑥𝑦 − 𝑦2)(−𝑠𝑖𝑛𝑡) + ( 𝑥2
− 2𝑦𝑥) 𝑐𝑜𝑠𝑡
= (2𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡 − ( 𝑠𝑖𝑛𝑡)2)(−𝑠𝑖𝑛𝑡) + (𝑐𝑜𝑠𝑡)2
− 2𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑐𝑜𝑠

43. = (2𝑐𝑜𝑠𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2
𝑡)(−𝑠𝑖𝑛𝑡) + ( 𝑐𝑜𝑠2
𝑡 − 2𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡) 𝑐𝑜𝑠
= −𝑠𝑖𝑛𝑡( 𝑠𝑖𝑛2𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2
𝑡) + 𝑐𝑜𝑠𝑡(𝑐𝑜𝑠2
𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2𝑡)
Teorema 2
Andaikan 𝑥 = 𝑥( 𝑡), 𝑦 = 𝑦( 𝑡) 𝑑𝑎𝑛 𝑧 = 𝑧( 𝑡) dapat didiferensialkan di 𝑡 dan
andaikan 𝑤 = 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) dapat didiferensialkan (𝑥( 𝑡), 𝑦( 𝑡), 𝑧( 𝑡)) maka 𝑤 =
𝑓(𝑥( 𝑡)) dapat didiferensialkan di 𝑡 dan
𝑑𝑤
𝑑𝑡
=
𝜕𝑤
𝜕𝑥
×
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝜕𝑤
𝜕𝑦
×
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
𝜕𝑤
𝜕𝑧
×
𝑑𝑧
𝑑𝑡
Contoh:
𝑤 = 𝑥2
𝑦 + 𝑦 + 𝑥𝑧 dan 𝑥 = cos 𝑡 ; 𝑦 = sin 𝑡 ; 𝑧 = 𝑡2
tentukan
𝑑𝑤
𝑑𝑡
𝑑𝑖 𝑡 =
𝜋
3
.
Penyelesaian:
𝜕𝑤
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑦 + 𝑧
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= −𝑠𝑖𝑛𝑡
𝑑𝑤
𝑑𝑦
= 𝑥2
+ 1
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝜕𝑤
𝜕𝑧
= 𝑥
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 2𝑡
𝑑𝑤
𝑑𝑡
= 2𝑥𝑦 + 𝑧(−𝑠𝑖𝑛𝑡) + ( 𝑥2
+ 1) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑥 × 2𝑡
= 2𝑐𝑜𝑠𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑡2
− 𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2
𝑡 + 1𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡 × 2𝑡
= (2𝑐𝑜𝑠
𝜋
3
𝑠𝑖𝑛
𝜋
3
+
𝜋2
9
) (−𝑠𝑖𝑛
𝜋
3
) + (𝑐𝑜𝑠2
𝜋
3
+ 1) 𝑐𝑜𝑠
𝜋
3
+ 𝑐𝑜𝑠
𝜋
3
×
2𝜋
3
= (2 ×
1
2
×
1
2
√3 +
𝜋2
9
)(−
1
2
√3) +
1
4
+ 1) ×
1
2
+
1
2
×
2𝜋
3
= −
1
2
√3(
1
2
√3+
𝜋2
9
)+
5
8
+
𝜋
3

44. B. Fungsi tiga Peubah
Terdiri dari 𝑍 = 𝑓( 𝑥, 𝑦); 𝑥 = ( 𝑠, 𝑡); 𝑦 = 𝑦(𝑠, 𝑡)
Teorema 1
Andaikan 𝑥 = 𝑥( 𝑠, 𝑡) dan 𝑦 = ( 𝑠, 𝑡) yang dapat di diferensialkn di ( 𝑠, 𝑡) dan
andaikan 𝑧 = 𝑓( 𝑥, 𝑦) dapat mempunyai turunan parsial pertama yaitu:
1)
𝜕𝑧
𝜕𝑠
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
×
𝜕𝑥
𝜕𝑠
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
×
𝜕𝑦
𝜕𝑠
2)
𝜕𝑧
𝜕𝑡
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
×
𝜕𝑥
𝜕𝑡
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
×
𝜕𝑦
𝜕𝑡
Contoh:
1. Jika 𝑧 = 3𝑥2
− 𝑦2
dgn 𝑥 = 2𝑠 + 7𝑡, 𝑦 = 5𝑠𝑡 tentukan
𝜕𝑧
𝜕𝑡
dalam 𝑡 dan 𝑠!
Penyelesaian:
𝜕𝑧
𝜕𝑡
… ?
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= 6𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑡
= 7
𝜕𝑥
𝜕𝑦
= −2𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑡
= 5𝑠
𝜕𝑧
𝜕𝑡
= 6𝑥 × 7 + (−2𝑦) × 5𝑠
= 42𝑥 − 2𝑦𝑠
= 42(2𝑠 + 7𝑡) − 10 × 5𝑠𝑡 × 𝑠
= 84𝑠 + 294𝑡 − 50𝑠2
𝑡

45. 𝜕𝑧
𝜕𝑠
= ⋯ ?
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= 6𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑠
= 2
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= −2𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑠
= 5𝑡
𝜕𝑧
𝜕𝑠
= 6𝑥 × 2 + (−2𝑦) × 5𝑡
= 12𝑥 − 10𝑦𝑡
= 12(2𝑠 + 7𝑡) − 10 × 5𝑠𝑡 × 𝑡
= 24𝑠 + 84𝑡 − 50𝑠𝑡2
2. Jika 𝑧 = ln( 𝑥 + 𝑦) − ln( 𝑥 − 𝑦) dengan 𝑥 = 𝑡𝑒2
dan 𝑦 = 𝑒 𝑠𝑡
tentukan
𝜕𝑧
𝜕𝑡
dan
𝜕𝑧
𝜕𝑠
, dalam 𝑠 dan 𝑡?
Penyelesaian:
𝜕𝑧
𝜕𝑥
=
1
𝑥 + 𝑦
−
1
𝑥 − 𝑦
𝜕𝑥
𝜕𝑡
= 𝑒 𝑠
𝜕𝑧
𝜕𝑦
=
1
𝑥 + 𝑦
+
1
𝑥 − 𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑡
= 𝑠𝑒 𝑠𝑡
𝜕𝑧
𝜕𝑡
=
1
𝑥 + 𝑦
−
1
𝑥 − 𝑦
𝑒 𝑠
+
1
𝑥 + 𝑦
+
1
𝑥 − 𝑦
𝑠𝑒 𝑠𝑡
=
−2𝑦
𝑥2 − 𝑦2
𝑒 𝑠
+
2𝑥
𝑥2 − 𝑦2
𝑠𝑒 𝑠𝑡
=
−2( 𝑒 𝑠𝑡) 𝑒 𝑠
+ 2(𝑡𝑒 𝑠
)𝑠𝑒 𝑠𝑡
𝑡2 𝑒2𝑠 − 𝑒2𝑠𝑡
=
(−2 + 2𝑠𝑡)𝑒 𝑠𝑡+𝑠
𝑡2 𝑒2𝑠 − 𝑒2𝑠𝑡

46. C. Fungsi Implisit
Misalkan 𝑓( 𝑥, 𝑦) yang mendefinisikan fungsi y secara implisit dalam 𝑥 misal
𝑦 = 𝑔( 𝑥), akan tetapi 𝑔( 𝑥) sukar di tentukan atau tidak mungkin untuk di
tentukan.
Kita masih bisa menentukan
𝑑𝑦
𝑑𝑥
salah satunya menggunakan aturan rantai
𝑓( 𝑥, 𝑦) = 0 di turunkan terhadap 𝑥
𝜕𝑓
𝜕𝑥
×
𝑑𝑥
𝑑𝑥
+
𝜕𝑓
𝜕𝑦
×
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝜕𝑓
𝜕𝑥⁄
𝜕𝑓
𝜕𝑦⁄
Penyelesaian:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= ⋯?
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 𝑦
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥 − 40𝑦3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
−(2𝑥 + 𝑦)
𝑥 − 40𝑦3
Contoh:
𝑥 sin 𝑦 + 𝑦 cos 𝑥 = 0, tentukan
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= ⋯ ?
Penyelesaian:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= ⋯ ?
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑦(−𝑠𝑖𝑛𝑥)
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
−𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑦𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥

47. Jika z fungsi implisit dari 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 yang didefinisikan oleh 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0.
Maka turunan 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 terhadap 𝑥 dengan menganggap 𝑦 konstan
diperoleh:
𝜕𝑓
𝜕𝑥
×
𝜕𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕𝑓
𝜕𝑦
×
𝜕𝑦
𝜕𝑥
+
𝜕𝑓
𝜕𝑧
×
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= 0
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= −
𝜕𝑓
𝜕𝑥
⁄
𝜕𝑓
𝜕𝑧
⁄
Jika 𝑧 fungsi implisit dari 𝑥 dan 𝑦 yang didefinisikan oleh 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 .
Maka turunan 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 terhadap 𝑦 dengan menganggap 𝑥 konstan
diperoleh:
𝜕𝑓
𝜕𝑥
×
𝜕𝑥
𝜕𝑦
+
𝜕𝑓
𝜕𝑦
×
𝜕𝑦
𝜕𝑦
+
𝜕𝑓
𝜕𝑧
×
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= 0
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= −
𝜕𝑓
𝜕𝑦⁄
𝜕𝑓
𝜕𝑧
⁄
Contoh:
1. Jika 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3
𝑒 𝑦+𝑧
− 𝑦𝑠𝑖𝑛 ( 𝑥 − 𝑧) = 0 mendefinisikan 𝑧 secara
implisit sebagai fungsi 𝑥 dan 𝑦 carilah
𝜕𝑧
𝜕𝑥
dan
𝜕𝑧
𝜕𝑦
?
Penyelesaian:
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= ⋯ ?
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 3𝑥2
𝑒 𝑦+𝑧
− 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 𝑧)
𝜕𝑓
𝜕𝑧
= 𝑥3
𝑒 𝑦+𝑧
− 𝑦𝑐𝑜𝑠( 𝑥 − 𝑧)(−1)
𝜕𝑧
𝜕𝑥
=
−(3𝑥2
𝑒 𝑦+𝑧
+ 𝑦𝑐𝑜𝑠( 𝑥 − 𝑧))
𝑥3 𝑒 𝑦+𝑧 + 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 𝑧)
𝜕𝑧
𝜕𝑦
… ?
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥3
𝑒 𝑦+𝑧
− sin(𝑥 − 𝑧)
𝜕𝑧
𝜕𝑦
=
−(3𝑥2
𝑒 𝑦+𝑧
+ 𝑠𝑖𝑛( 𝑥 − 𝑧))
𝑥3 𝑒 𝑦+𝑧 + 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 𝑧)

48. 2. Jika 3𝑥2
𝑧 + 𝑦3
− 𝑥𝑦𝑧3
= 0 carilah
𝜕𝑧
𝜕𝑥
dan
𝜕𝑧
𝜕𝑦
?
Penyelesaian:
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= −
𝜕𝑓
𝜕𝑥⁄
𝜕𝑓
𝜕𝑧⁄
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 6𝑥𝑧 − 𝑦𝑧3
𝜕𝑓
𝜕𝑧
= 3𝑥2
− 3𝑥𝑦𝑧3
𝜕𝑧
𝜕𝑥
=
−(6𝑥𝑧 − 𝑦𝑧3
)
3𝑥2 − 3𝑥𝑦𝑧3
𝜕𝑧
𝜕𝑦
=
−𝜕𝑓
𝜕𝑦⁄
𝜕𝑓
𝜕𝑧⁄
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 3𝑦2
− 𝑥𝑧3
𝜕𝑧
𝜕𝑦
=
−(3𝑦2
− 𝑥𝑧3
)
3𝑥2 − 3𝑥𝑦𝑧2
Nilai Maksimum dan Minimum 𝒇 𝟐 Peubah

49. Definisi :
Andaikan 𝑃0 = ( 𝑥0, 𝑦0) suatu titik di 𝑆 yaitu dari asal dari fungsi 𝑓.
1) 𝑓( 𝑃0) adalah nilai maksimum (global) dan 𝑓 pada 𝑆 jika 𝑓( 𝑃0) ≥
𝑓( 𝑃),∀ 𝑃 ∈ 𝑆.
2) 𝑓( 𝑃0) adalah nilai minimum (global) dari 𝑓 pada 𝑆 jika 𝑓( 𝑃0) ≤
𝑓( 𝑃),∀ 𝑃 ∈ 𝑆.
3) 𝑓( 𝑃0) disebut nilai ekstrem (global) jika 𝑓( 𝑃0) merupakan nilai
maksimum (global) atau nilai minimum (global).
Kata global dapat diganti dengan lokal jika pada i dan ii kita hanya memerlukan
bahwa pertidaksamaan tersebut berlaku pada 𝑁 ∩ 𝑆, dengan 𝑁 adalah lingkungan
dari 𝑃0.
Nilai Ekstrem
Titik-titik kritis dari 𝑓 pada 𝑆 ada tiga jenis, yaitu :
1) Titik-titik batas
a. Titik 𝑃 disebut titik dalam dari himpunan 𝑆 jika terdapat lingkungan
dari 𝑃 yang mengandung 𝑆.
b. Titik 𝑃 disebut titikbatas dari himpunan 𝑆 jika semua lingkungan 𝑃
mengandung titik-titik pada 𝑆 dan bukan 𝑆.
2) Titik-titik stasioner

50. 𝑃0 merupakan titik stasioner jika 𝑃0 titik dalam dari 𝑆 dimana 𝑓 dapat
didiferensialkan dan ∇ 𝑓( 𝑃0) = 0
(
𝑓𝑥( 𝑃0) = 0
𝑓𝑦( 𝑃0) = 0
)
3) Titik-titik singular
𝑃0 disebut titik singular jika 𝑃0 titik dalam dari 𝑆 dimana 𝑆 tidak dapat
didiferensialkan.
Teorema titik kritis
Andaikan 𝑓 didiferensialkan pada suatu himpuna 𝑆 yang mengandung 𝑃. Jika
𝑓( 𝑃0) adalah suatu nilai ekstrem, maka 𝑃0 haruslah berupa suatu titik kritis, yaitu
𝑃0 berupa salah satu dari :
1) Titik batas dari 𝑆,
2) Titik stsioner dari 𝑓, atau
3) Titik singular dari 𝑓.
Teorema Uji Parsial kedua
Andaikan 𝑓( 𝑥, 𝑦) mempunyai turunan parsial kontinu disuatu lingkungan dari 𝑃0
dan bahwa ∇𝑓( 𝑃0) = 0 ambil 𝐷 = 𝐷( 𝑃0) = 𝑓𝑥𝑥( 𝑃0)− 𝑓𝑦𝑦( 𝑃0)− 𝑓𝑥𝑦
2 ( 𝑃0), maka :
1) Jika 𝐷 > 0 dan 𝑓𝑥𝑥( 𝑃0) < 0, maka 𝑓( 𝑃0) merupakan maksimum lokal.
2) Jika 𝐷 > 0 dan 𝑓𝑥𝑥( 𝑃0) > 0, maka 𝑓( 𝑃0) merupakan minimum lokal.
3) Jika 𝐷 < 0, maka 𝑓( 𝑃0) bukan merupakan nilai ekstrem dan 𝑃0 disebut
titik pelana.
Contoh :
Tentukan ekstrem, 𝑓( 𝑥, 𝑦) = 3𝑥3
+ 𝑦2
− 9𝑥 + 4𝑦
Penyelesaian :
∇𝑓( 𝑃0) = 0
𝑓𝑥 ( 𝑥, 𝑦) = 9𝑥2
− 9 = 0 → 𝑥 = ±1

51. 𝑓𝑦 ( 𝑥, 𝑦) = 2𝑦 + 4 = 0 → 𝑦 = −2
Diperoleh titik kritisnya (1,−2) dan (−1,−2)
a. Periksa 𝑃0 = (1,−2)
𝑓𝑥𝑥 ( 𝑥, 𝑦) = 18𝑥 → 𝑓𝑥𝑥 (1,−2) = 18
𝑓𝑦𝑦 ( 𝑥, 𝑦) = 2 → 𝑓𝑦𝑦 (1,−2) = 2
𝑓𝑥𝑦 ( 𝑥, 𝑦) = 0 → 𝑓𝑥𝑦 (1,−2) = 0
𝐷 = 𝐷( 𝑃0) = 𝑓𝑥𝑥( 𝑃0) − 𝑓𝑦𝑦( 𝑃0) − 𝑓𝑥𝑦
2 ( 𝑃0)
𝐷(1,−2) = 18 .2 − 02
= 36 > 0 dan 𝑓𝑥𝑥(1,−2) = 18 > 0
𝑓(1, −2) = 3 .13
+ (−2)2
− 9 .1 − 8
= 3 + 4 − 9 − 8
= −10
Berdasarkan teorema dapat disimpulkan bahwa 𝑓(1, −2) = −10
merupakan nilai minimum lokal dari 𝑓( 𝑥, 𝑦).
b. Periksa 𝑃0 = (−1, −2)
𝑓𝑥𝑥 ( 𝑥, 𝑦) = 18𝑥 → 𝑓𝑥𝑥 (−1,−2) = −18
𝑓𝑦𝑦 ( 𝑥, 𝑦) = 2 → 𝑓𝑦𝑦 (−1,−2) = 2
𝑓𝑥𝑦 ( 𝑥, 𝑦) = 0 → 𝑓𝑥𝑦 (−1,−2) = 0
𝐷 = 𝐷( 𝑃0) = 𝑓𝑥𝑥( 𝑃0) − 𝑓𝑦𝑦( 𝑃0) − 𝑓𝑥𝑦
2 ( 𝑃0)
𝐷(−1,−2) = −18 .2 − 02
= −36 < 0 dan 𝑓𝑥𝑥(−1,−2) = −18 < 0
𝑓(−1, −2) = 3 .(−1)3
+ (−2)2
− 9(−1) − 4(−2)
= −3 + 4 + 9 − 8
= 2
Maka 𝐷 < 0 berdasarkan teorema dapat disimpulkan bahwa 𝑓(−1, −2)
merupakan nilai ekstrem 𝑃0(−1,−2) disebut titik pelana.

52. Metode Lagrange
Metode lagrange digunakan untuk memaksimumkan atau meminimumkan 𝑓( 𝑥, 𝑦)
terhadap kendala 𝑔( 𝑥, 𝑦)
Teorema 1
Untuk memaksimumkan atau meminimumkan 𝑓(𝑃) terhadap kendala 𝑔( 𝑃) = 0
dengan cara menyelesaikan sistem dimana ∇𝑓( 𝑃) = 𝜆 ∇𝑔( 𝑃) dan 𝑔( 𝑃) = 0
 Tiap titik 𝑃 merupkan suatu titik kritis untuk masalah nilai ekstrem
terkendala
 𝜆 Merupakan pengali lagrange
 ∇𝑓( 𝑃) = 𝑓𝑥 ( 𝑃) 𝑖 + 𝑓𝑦 ( 𝑃) 𝑗
∇𝑔( 𝑃) = 𝑔𝑥 ( 𝑃) 𝑖 + 𝑔𝑦 ( 𝑃) 𝑗
Contoh :
Berapa luas daerah yang terbesar yang dimiliki oleh suatu persegi panjang jika
panjang panjang diagonalnya 2?
Penyelesaian :
Sehingga dari gambar diperoleh :
𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦
𝑔( 𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑦2
− 4
∇𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥( 𝑥, 𝑦) 𝑖 + 𝑓𝑦( 𝑥, 𝑦) 𝑗
 𝑓𝑥 ( 𝑥, 𝑦) = 𝑦 𝑓𝑦( 𝑥, 𝑦) = 𝑥
 𝑔𝑦( 𝑥, 𝑦) = 2𝑥 𝑔𝑦( 𝑥, 𝑦) = 2𝑦

53. ∇𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑖 + 𝑥𝑗
∇𝑔( 𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑖 + 2𝑦𝑖
𝑦 = 𝜆 .2x ………(i)
𝑥 = 𝜆 .2𝑦 ………(ii)
𝑥2
+ 𝑦2
− 4 = 0 …….(iii)
Dari (i) dan (ii) :
𝑦 = 𝜆 .2x (dikali 𝑥𝑦) maka : 𝑦2
= 𝜆 2𝑥𝑦………(iv)
𝑥 = 𝜆 .2𝑦 (dikali 𝑥𝑦) maka :𝑥2
= 𝜆 2𝑥𝑦……….(v)
Dari (iv) dan (v) diketahui bahwa 𝑦2
= 𝑥2
……….(vi)
Dari (vi) dan (iii) diperoleh :
𝑥2
+ 𝑥2
− 4 = 0
2𝑥2
= 4
𝑥2
= 2
𝑥 = ±√2
Selanjutnya
𝑥2
+ 𝑥2
− 4 = 0
2𝑦2
= 4
𝑦2
= 2
𝑦 = ±√2
Sehingga diperoleh 𝑃0 = (√2,√2) dan 𝑓(√2,√2) = √2 .√2 = 2
Jadi luas maksimumnya adalah 2, panjang √2 , dan lebar √2