Salah satu penerapan terpenting turunan: mencari nilai terbesar dan terkecil. Pada dua peubah gagasan dasarnya sama dengan satu peubah, tetapi ada satu jenis titik baru: titik pelana.
1. Definisi
\(f\) mempunyai maksimum lokal di \((a,b)\) bila \(f(x,y)\le f(a,b)\) untuk semua \((x,y)\) dalam suatu cakram di sekitar \((a,b)\); \(f(a,b)\) disebut nilai maksimum lokal. Minimum lokal didefinisikan dengan \(\ge\). Bila ketaksamaan berlaku untuk semua \((x,y)\) di daerah asal, nilainya mutlak (global).
Jika \(f\) mempunyai maksimum atau minimum lokal di \((a,b)\) dan turunan parsial pertamanya ada di sana, maka \(f_x(a,b)=0\) dan \(f_y(a,b)=0\).
Alasannya: fungsi satu peubah \(g(x)=f(x,b)\) mempunyai ekstrem lokal di \(x=a\), jadi \(g'(a)=f_x(a,b)=0\); serupa untuk \(f_y\). Titik dengan \(f_x=f_y=0\) (atau salah satu turunan tidak ada) disebut titik kritis. Titik kritis hanyalah kandidat: tidak semuanya ekstrem.
Titik kritis yang bukan maksimum maupun minimum lokal disebut titik pelana: di sekitarnya \(f\) naik ke beberapa arah dan turun ke arah lain (seperti \(f=x^2-y^2\) di asal).
2. Uji turunan kedua
Misalkan turunan parsial kedua \(f\) kontinu di sekitar \((a,b)\), dengan \(f_x(a,b)=f_y(a,b)=0\). Definisikan \[ D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2=\begin{vmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{xy}&f_{yy}\end{vmatrix}\ \text{di }(a,b). \]
- \(D\gt0\) dan \(f_{xx}\gt0\): minimum lokal.
- \(D\gt0\) dan \(f_{xx}\lt0\): maksimum lokal.
- \(D\lt0\): titik pelana.
- \(D=0\): uji tidak memberi kesimpulan.
Gagasan. Di dekat titik kritis, \(f\) menyerupai bentuk kuadrat \(\tfrac12(f_{xx}h^2+2f_{xy}hk+f_{yy}k^2)\). Bentuk ini positif untuk semua \((h,k)\ne\mathbf0\) tepat bila \(f_{xx}\gt0\) dan \(D\gt0\) (kriteria matriks definit positif); negatif bila \(f_{xx}\lt0\), \(D\gt0\); berganda tanda bila \(D\lt0\).
\(f=x^4+y^4-4xy\). \(f_x=4x^3-4y\), \(f_y=4y^3-4x\). Dari \(f_x=0\): \(y=x^3\); masukkan: \(4x^9-4x=0\Rightarrow x(x^8-1)=0\Rightarrow x=0,\pm1\). Titik kritis: \((0,0)\), \((1,1)\), \((-1,-1)\). \(f_{xx}=12x^2\), \(f_{yy}=12y^2\), \(f_{xy}=-4\), \(D=144x^2y^2-16\).
- \((0,0)\): \(D=-16\lt0\): pelana.
- \((1,1)\): \(D=128\gt0\), \(f_{xx}=12\gt0\): minimum lokal, \(f=1+1-4=-2\).
- \((-1,-1)\): \(D=128\), \(f_{xx}=12\): minimum lokal, \(f=-2\).
\(f_x=3x^2-3y=0\Rightarrow y=x^2\); \(f_y=3y^2-3x=0\Rightarrow x^4=x\Rightarrow x=0,1\). Titik: \((0,0)\), \((1,1)\). \(f_{xx}=6x\), \(f_{yy}=6y\), \(f_{xy}=-3\), \(D=36xy-9\). Di \((0,0)\): \(D=-9\): pelana. Di \((1,1)\): \(D=27\gt0\), \(f_{xx}=6\gt0\): minimum lokal \(f=-1\).
Untuk \(f=x^4+y^4\) di \((0,0)\): \(f_{xx}=f_{yy}=f_{xy}=0\), \(D=0\): uji gagal, tetapi jelas \((0,0)\) minimum (nilai \(\ge0\)). Untuk \(g=x^2+y^3\): titik kritis \((0,0)\), \(D=0\); sepanjang sumbu \(y\) negatif \(g\lt0\), sepanjang sumbu \(x\) \(g\gt0\): bukan ekstrem (pelana). Kesimpulannya, saat \(D=0\) perlu analisis langsung.
Cari titik pada bidang \(x+2y+z=4\) yang terdekat dengan \((1,0,-2)\). Substitusi \(z=4-x-2y\): \(d^2=(x-1)^2+y^2+(6-x-2y)^2\). \(\partial_x=2(x-1)-2(6-x-2y)=4x+4y-14\); \(\partial_y=2y-4(6-x-2y)=4x+10y-24\). Selesaikan: \(x+y=\frac72\), \(4x+10y=24\Rightarrow6y=10\), \(y=\frac53\), \(x=\frac{11}6\), \(z=-\frac76\). \(d^2=\frac{25}{36}+\frac{100}{36}+\frac{25}{36}=\frac{150}{36}\), \(d=\frac{5\sqrt6}6\approx2{,}041\), sama dengan \(\frac{|1+0-2-4|}{\sqrt6}\) (12.5). Bentuk \(d^2\) merupakan paraboloid terbuka ke atas, jadi titik kritis adalah minimum global.
Kotak persegi panjang tanpa tutup bervolume \(32\) m³: minimalkan luas bahan \(A=xy+2xz+2yz\) dengan \(z=\frac{32}{xy}\): \(A=xy+\frac{64}y+\frac{64}x\). \(A_x=y-\frac{64}{x^2}=0\), \(A_y=x-\frac{64}{y^2}=0\Rightarrow x=y=4\), \(z=2\), \(A=16+16+16=48\) m². \(A_{xx}=\frac{128}{x^3}=2\gt0\), \(A_{xy}=1\), \(D=2\cdot2-1=3\gt0\): minimum. Alas persegi, tinggi setengah sisi alas.
3. Nilai ekstrem mutlak pada daerah tertutup
Jika \(f\) kontinu pada himpunan \(D\subset\mathbb R^2\) yang tertutup dan terbatas, maka \(f\) mencapai nilai maksimum mutlak dan minimum mutlak di \(D\).
Metode (tiga langkah).
- Cari nilai \(f\) di titik kritis di bagian dalam \(D\).
- Cari nilai ekstrem \(f\) pada batas \(D\) (kurangi ke fungsi satu peubah, atau pakai Lagrange, 14.8).
- Nilai terbesar dan terkecil di antara semuanya adalah maksimum dan minimum mutlak.
\(f=x^3-3x+y^2\) pada \(D=[-2,2]\times[-1,1]\).
Dalam: \(f_x=3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm1\), \(f_y=2y=0\): \(f(1,0)=-2\), \(f(-1,0)=2\).
Sisi \(y=\pm1\): \(g(x)=x^3-3x+1\), \(g'=0\) di \(x=\pm1\): \(g(1)=-1\), \(g(-1)=3\); ujung \(g(2)=3\), \(g(-2)=-1\).
Sisi \(x=2\): \(2+y^2\in[2,3]\); sisi \(x=-2\): \(-2+y^2\in[-2,-1]\).
Nilai-nilai kandidat: \(-2,\ 2,\ -1,\ 3,\ -2,\ -1\). Maksimum mutlak \(3\) (di \((-1,\pm1)\) dan \((2,\pm1)\)); minimum mutlak \(-2\) (di \((1,0)\) dan \((-2,0)\)).
\(f=x^2+y^2-2x\) pada segitiga \((0,0),(2,0),(0,2)\). Dalam: \(f_x=2x-2=0\), \(f_y=2y=0\Rightarrow(1,0)\), yang berada di batas (sisi bawah). Sisi \(y=0\), \(0\le x\le2\): \(x^2-2x\in[-1,0]\), min \(-1\) di \(x=1\). Sisi \(x=0\), \(0\le y\le2\): \(y^2\in[0,4]\). Sisi miring \(y=2-x\): \(x^2+(2-x)^2-2x=2x^2-6x+4\), minimum di \(x=\frac32\): \(2\cdot\frac94-9+4=-\frac12\); ujung: \(x=0\): 4; \(x=2\): 0. Maksimum mutlak 4 di \((0,2)\); minimum mutlak \(-1\) di \((1,0)\).
4. Kesalahan umum
- Menganggap setiap titik kritis adalah ekstrem; pelana adalah kemungkinan ketiga.
- Lupa memeriksa batas pada daerah tertutup.
- Memakai uji turunan kedua saat \(D=0\).
- Salah tanda: \(D=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2\), bukan \(f_{xx}f_{yy}+f_{xy}^2\).
5. Ringkasan
- Ekstrem lokal \(\Rightarrow f_x=f_y=0\) (titik kritis).
- \(D\gt0\), \(f_{xx}\gt0\): min; \(D\gt0\), \(f_{xx}\lt0\): maks; \(D\lt0\): pelana.
- Pada daerah tertutup terbatas: bandingkan titik kritis dan nilai pada batas.
Berikutnya 14.8 Pengali Lagrange.