Disusun oleh : Linda Dwi Ariyani 13310198 (3F) MODUL KALKULUS LANJUT SATU TIPE B (OPEN ENDED) 12.8 NILAI MAKSIMUM DAN NILAI MINIMUM Disusun oleh : Linda Dwi Ariyani 13310198 (3F)

Definisi Misalkan f fungsi dengan daerah asal S, dan misalkan p₀ titik didalam S. f (p₀) adalah nilai maksimum global dari f pada S jika f(p₀) ≥ f (p) untuk semua p di S. f (p₀) adalah nilai minimum global dari f pada S jika f (p₀) ≤ f (p) untuk semua p di S. 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.

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.

Tiga Jenis Titik-titik kritis f pada S Titik-titik perbatasan. Lihat subbab 12.3. Titik-titik stasioner. Kita sebut p₀ suatu titik stasioner jika p₀ adalah suatu titik-titik dalam dari S tempat f dapat dideferensiasikan dan ∨f (p₀) = 0. Pada titik yang demikian, bidang singgung adalah mendatar. 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 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.

b. 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.

c. 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.

b. 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.

c. Solusi 3 : Misal, f (x,y) = 2x² + 6x + 4y² - 8 fx (x,y) = 4x + 6 fy (x,y) = 8y f (− 3 2 ,0) → 2x² + 6x + 4y² - 8 = − 9 2 +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.

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 : Sebuah titik perbatasan; atau Sebuah titik stasioner; atau Sebuah titik singular dari f.

Tentukan f (x,y) yang mempunyai nilai kritis ≤0 ! Contoh 3 Tentukan f (x,y) yang mempunyai nilai kritis ≤0 !

Penyelesaian a. 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 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).

b. 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).

c. Solusi 3 : Misal, f (x,y) = 2x² - 7x + 6 + y² fx (x,y) = 4x - 7 fy (x,y) = 2y f ( 7 4 ,0) → 2x² - 7x + 6 + y² = 49 8 − 49 4 +6+0 = 49−98+48 8 = − 1 8   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 ( 7 4 ,0) dan masih banyak solusi lainnya.

Contoh 4 Tentukan f (x,y) yang diketahui bahwa fungsi tersebut mempunyai nilai kritis ≥0 !

Penyelesaian a. 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).

b. 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).

c. 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.

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 : Jika D > 0 dan fₓₓ(x₀,y₀) < 0 ,maka f (x₀,y₀) adalah nilai maksimum lokal; Jika D < 0 dan fₓₓ(x₀,y₀) < 0 ,maka f (x₀,y₀) adalah nilai minimum lokal; Jika D > 0, maka f (x₀,y₀) bukam nilai ekstrim ((x₀,y₀) adalah titik pelana); Jika D = 0 , pengujian tidak memberi kesimpulan.

Contoh 5 Diketahui f (x,y) yang dinyatakan bahwa fungsi tersebut memiliki nilai minimum. Tentukan fungsi tersebut !

Penyelesaian a. 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.

c. 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.

c. 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.

b. 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.

c. 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  Diketahui f (x,y) yang dinyatakan bahwa fungsi tersebut memiliki nilai minimum. Tentukan fungsi tersebut ! Tentukan fungsi yang mempunyai nilai kritis ≤ −50 ! Diketahui f (x,y) memiliki nilai maksimum yang diketahui juga memiliki f (p₀) ≤0. Tentukan fungsi tersebut ! 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 Jawaban 1.) a. 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,− 1 2 ).

Solusi b : Misal, f (x,y) = 2x² + x + y² - 2 f x (x,y) = 4x + 1 f y (x,y) = 2y f (− 1 4 ,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 (− 1 4 ,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 = − 13 82 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 ( 1 2 ,0) dan masih banyak solusi lainnya.

2) a. Solusi a : Misal, f (x,y) = x² - 4 + 3y² f x (x,y) = 2x f y (x,y) = 6y f ( 5 2 ,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) a. 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) a. 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.