Bedah materi masalah syarat batas sekaligus pembuktian teorema 1 dan 2 sturm

13
1 BEDAH MATERI MASALAH SYARAT BATAS SEKALIGUS PEMBUKTIAN TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE Oleh:Rukmono, Meivita, Anastasya, Endah Dwi, Siti Nurrokhmah Jurusan matematika Undip Pengampu: Farikhin, Ph.D. I. Persamaan Sturm-Liouville Nama Sturm-Liouville merujuk pada nama matematikawan Swiss, Jacques Sturm (1803-1855) dan metematikawan Prancis, Joseph Liouville (1809-1882). Keduanya mempelajari masalah syarat tertentu dan perilaku solusinya. Pandang persamaan Sturm-Liouville: β€² () β€² + + () = 0 ……… () Yang terkait dengan syarat batas: 1 + 2 β€² =0 …… ..(1) 1 + 2 β€² =0 … .(1) Dimana : adalah nilai eigen terkait dengan 1 , 2 , 1 , 2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol , , adalah tiga fungsi continuously differentiable pada , >0 dan βˆ€ , Contoh: Diberikan masalah syarat batas ( > 0) " + = 0 Dengan syarat batas β€² 0 = 0, dan =0.

Transcript of Bedah materi masalah syarat batas sekaligus pembuktian teorema 1 dan 2 sturm

1

BEDAH MATERI MASALAH SYARAT BATAS SEKALIGUS PEMBUKTIAN

TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE

Oleh:Rukmono, Meivita, Anastasya, Endah Dwi, Siti Nurrokhmah

Jurusan matematika Undip

Pengampu: Farikhin, Ph.D.

I. Persamaan Sturm-Liouville

Nama Sturm-Liouville merujuk pada nama matematikawan Swiss, Jacques

Sturm (1803-1855) dan metematikawan Prancis, Joseph Liouville (1809-1882).

Keduanya mempelajari masalah syarat tertentu dan perilaku solusinya.

Pandang persamaan Sturm-Liouville:

π‘Ÿ π‘₯ 𝑦′(π‘₯) β€² + 𝑝 π‘₯ + πœ† 𝑠 (π‘₯) 𝑦 π‘₯ = 0 ……… (π‘Ž)

Yang terkait dengan syarat batas:

π‘Ž1 𝑦 π‘Ž + π‘Ž2 𝑦′ π‘Ž = 0 …… . . (π‘Ž1)

𝑏1 𝑦 𝑏 + 𝑏2 𝑦′ 𝑏 = 0 … . (π‘Ž1)

Dimana :

πœ† adalah nilai eigen terkait dengan 𝑦 π‘₯

π‘Ž1 ,π‘Ž2 , 𝑏1 , 𝑏2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol

π‘Ÿ ,𝑝 , 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada π‘Ž, 𝑏

π‘Ÿ π‘₯ > 0 dan 𝑠 π‘₯ βˆ€ π‘₯ πœ– π‘Ž, 𝑏

Contoh:

Diberikan masalah syarat batas (πœ† > 0)

𝑦" π‘₯ + πœ† 𝑦 π‘₯ = 0

Dengan syarat batas 𝑦′ 0 = 0, dan 𝑦 πœ‹ = 0.

2

Dalam materi yang diberikan, Sang penulis telah mendapatkan hasil

sebagai berikut:

a. Solusi persamaan dari contoh diatas adalah

𝑦 π‘₯ = 𝐴 cos ( πœ† π‘₯) + 𝐡 sin( πœ† π‘₯)

b. Dengan menggunakan syarat batas yang diberikan , solusi non

trivial akan diperoleh jika πœ† =2𝑛+1

2

c. Untuk 𝑛 = 0, 1 , 2,… , nilai-nilai eigennya adalah πœ†π‘› =2𝑛+1

2

d. Untuk 𝑛 = 0, 1 , 2,… solusi pertsamaan differensial diatas yang terkait

dengan nilai eigen πœ†π‘› adalah 𝑦𝑛 π‘₯ = cos 2𝑛+1

2

e. Pada contoh diatas, Persamaan differensial akan memiliki solusi

non trivial jika πœ† > 0 dan tidak memiliki solusi non trivial jika

πœ† ≀ 0

PEMBUKTIAN

a. Untuk Positif 𝝀 = π€πŸ berlaku:

𝑦" π‘₯ + πœ†2 𝑦 π‘₯ = 0 . ……… (𝑖)

𝑑2𝑦(π‘₯)

𝑑π‘₯2+ πœ†2 𝑦 π‘₯ = 0 ………… (𝑖𝑖)

Misalkan 𝑑

𝑑π‘₯= 𝐷, maka persamaan (𝑖𝑖) dapat ditulis sebagai

berikut:

(𝐷2 + πœ†2) 𝑦 π‘₯ = 0, dimana 𝑦 π‘₯ β‰  0, untuk itu

(𝐷2 + πœ†2) = 0

𝐷2 βˆ’ πœ†2𝑖2 = 0

3

𝐷2 βˆ’ πœ† 𝑖 2 2

= 0

𝐷2 βˆ’ πœ† 𝑖 2 = 0

𝐷 + πœ† 𝑖 𝐷 βˆ’ πœ† 𝑖 = 0

𝐷1 = πœ† 𝑖 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ 𝐷2 = βˆ’ πœ† 𝑖

Solusi Umum didapat

𝑦 π‘₯ = 𝐢1 π‘’πœ† 𝑖 π‘₯ + 𝐢2 𝑒

βˆ’πœ† 𝑖 π‘₯

= 𝐢1 cosπœ† π‘₯ + 𝑖 sin πœ† π‘₯ + 𝐢2 (cosπœ† π‘₯ βˆ’ 𝑖 sin πœ† π‘₯)

= 𝐢1 cos πœ† π‘₯ + 𝑖 𝐢1 sin πœ† π‘₯ + 𝐢2 cos πœ† π‘₯ βˆ’ 𝑖 𝐢2 sin πœ† π‘₯

= 𝐢1 + 𝐢2 cos πœ† π‘₯ + 𝑖 ( 𝐢1 βˆ’ 𝐢2 ) sin πœ† π‘₯ . . . . . . . (𝑖𝑖𝑖)

Misalkan

(𝐢1 + 𝐢2 ) = A

(𝐢1 βˆ’ 𝐢2 )𝑖 = B, maka persamaan (𝑖𝑖𝑖) dapat ditulis sebagai:

π’š 𝒙 = 𝑨 𝐜𝐨𝐬(𝝀 𝒙) + 𝑩 𝐬𝐒𝐧(𝝀 𝒙) Terbukti

b. Dengan menggunakan syarat batas, solusi non trivial akan

diperoleh jika 𝝀 =πŸπ’+𝟏

𝟐

Bukti :

Pandang solusi umum :

𝑦 π‘₯ = 𝐴 cos(πœ† π‘₯) + 𝐡 sin πœ† π‘₯ . . . . . . (𝑖𝑣)

𝑦′ π‘₯ = βˆ’πœ†π΄ sin πœ† π‘₯ + πœ†π΅ cos πœ† π‘₯ . . . . . . (𝑣)

4

Pandang persamaan (𝒗)

𝑦′ π‘₯ = βˆ’πœ†π΄ sin πœ† π‘₯ + πœ†π΅ cos πœ† π‘₯

Untuk 𝑦′ 0 = 0

0 = βˆ’πœ†π΄ sin 0 + πœ†π΅ cos 0

0 = 0 + πœ†π΅ cos 0

0 = πœ†π΅ cos 0

0 = πœ†π΅, π‘‘π‘–π‘šπ‘Žπ‘›π‘Ž πœ† β‰  0 , π‘π‘’π‘Ÿπ‘™π‘Žπ‘˜π‘’ 𝑩 = 𝟎

Pandang persamaan (π’Šπ’—)

𝑦 π‘₯ = 𝐴 cos(πœ† π‘₯) + 𝐡 sin πœ† π‘₯

Untuk 𝑦 πœ‹ = 0 π‘π‘’π‘Ÿπ‘™π‘Žπ‘˜π‘’

0 = 𝐴 cos(πœ† πœ‹ ) + 𝐡 sin πœ† πœ‹

Kita telah mengetahui bahwa 𝑩 = 𝟎, untuk itu

0 = 𝐴 cos(πœ† πœ‹ ) + 0

0 = 𝐴 cos(πœ† πœ‹ ). . . . . . . . . . . . (𝑣𝑖)

Ingat bahwa cos(πœ† πœ‹ ) = 0 Untuk setiap πœ† = 1

2 ,

3

2 ,

5

2 ,…

Atau πœ† = 2𝑛+1

2 , dimana n = 0 ,1,2,3…

Untuk itu, persamaan (𝑣𝑖) dapat ditulis :

0 = 𝐴 cos πœ† πœ‹ , dimana A β‰  0

cos πœ† πœ‹ = 0

𝝀 = πŸπ’+𝟏

𝟐 Terbukti

5

Meskipun Konstanta B = 0 , namun karena nilai konstanta A β‰  0, maka

solusi PD pada contoh soal adalah non trivial (Solusi Banyak) untuk

πœ† = 2𝑛+1

2 . Hal ini disebabkan nilai A dapat bernilai berapapun

(Terbukti).

c. Untuk 𝒏 = 𝟎,𝟏 ,𝟐,… , nilai-nilai eigennya adalah 𝝀𝒏 =πŸπ’+𝟏

𝟐

Bukti:

Kita telah membuktikan bahwan untuk πœ† =2𝑛+1

2, solusi PD pada soal

adalah non trivial . Untuk itu, jelas βˆ€ 𝑛 = 0, 1, 2,… berlaku 𝝀𝒏 =πŸπ’+𝟏

𝟐

Terbukti

d. 𝒏 = 𝟎,𝟏,𝟐,… solusi PD pada soal yang terkait dengan nilai

eigen 𝝀𝒏 adalah

π’šπ’ = 𝐜𝐨𝐬 πŸπ’ + 𝟏

𝟐 𝒙

Bukti:

Pandang solusi (𝑖𝑣)

𝑦 π‘₯ = 𝐴 cos(πœ† π‘₯) + 𝐡 sin πœ† π‘₯

6

Untuk syarat awal 𝑦′ 0 = 0 kita telah membuktikan bahwa nilai B = 0.

Untuk itu, kita dapat menuliskan persamaan (𝑖𝑣) sebagai berikut:

𝑦 (π‘₯) = 𝐴 cos(πœ† π‘₯)

untuk πœ† =2𝑛+1

2,𝑛 = 0, 1, 2, 3… diperoleh 𝑦 (π‘₯) = 0. Pada pembuktian

(a), kita mengambil positif 𝝀 = π€πŸ. Jika nilai Ξ» adalah 1,2,3. . . . Maka

table dibawah ini akan menunjukkan hubungan Ξ» dengan Ξ»2.

𝝀 π€πŸ

1 1

2 4

3 9

Karena nilai A β‰  0 (hal tersebul telah terbukti pada pembuktian b ),

misalkan diambil nilai A =1 , maka solusi persamaan Differensial diatas

manjadi

𝑦 (π‘₯) = cos(πœ† π‘₯)

Karena

πœ† =2𝑛+1

2,𝑛 = 0, 1, 2, 3… maka berlaku 𝝀𝒏 =

πŸπ’+𝟏

𝟐.

Untuk itu

π’šπ’(𝒙) = 𝐜𝐨𝐬 πŸπ’+𝟏

𝟐 𝒙 Terbukti

𝝀 π€πŸ

4 16

: :

dst dst

7

e. Untuk 𝝀 > 0, solusi PD diatas adalah non trivial. begitu

sebaliknya, untuk 𝝀 ≀ 𝟎, solusinya adalah trivial.

Bukti:

Berdasarkan pembuktian a, b, c, d, pernyataan diatas terbukti

PEMBUKTIAN TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE

Teorema1:

Jika 𝑦 adalah solusi umumuntuk PD Sturm- Liouville yang terkait

dengan nilai eigen 𝝀 , maka πœ† > 0.

Bukti:

Sebelum kita melangkah lebih jauh, pandang kembali PD Sturm-

Liouville

π‘Ÿ π‘₯ 𝑦′(π‘₯) β€² + 𝑝 π‘₯ + πœ† 𝑠 (π‘₯) 𝑦 π‘₯ = 0 …… . . (π‘Ž)

Yang terkait dengan syarat batas:

π‘Ž1 𝑦 π‘Ž + π‘Ž2 𝑦′ π‘Ž = 0

𝑏1 𝑦 𝑏 + 𝑏2 𝑦′ 𝑏 = 0…… . . (π‘Ž1)

Dimana :

πœ† adalah nilai eigen terkait dengan 𝑦 π‘₯

π‘Ž1 ,π‘Ž2 , 𝑏1 , 𝑏2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol

π‘Ÿ ,𝑝 , 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada π‘Ž, 𝑏

8

π‘Ÿ π‘₯ > 0 dan 𝑠 π‘₯ βˆ€ π‘₯ πœ– π‘Ž, 𝑏

Persamaan (a) dapat kita tulis sebagai

π‘Ÿ π‘₯ 𝑦′(π‘₯) β€² + 𝑝 π‘₯ 𝑦 π‘₯ + πœ† 𝑠 (π‘₯) 𝑦 π‘₯ = 0

Atau

π‘Ÿ π‘₯ 𝑦′ β€² + 𝑝 π‘₯ 𝑦 + πœ† 𝑠 π‘₯ 𝑦 = 0… . . (𝑏)

Persamaan Sturm-Liouville diatas adalah homogeny dan linier, maka kita

kenalkan operator 𝐿 yang didefinisikan sebagai

𝐿 𝑦 = βˆ’ π‘Ÿ π‘₯ 𝑦′ β€² βˆ’ 𝑝 π‘₯ 𝑦 … . …… . (𝑐)

Dengan demikian, persamaan (a) dapat dituliskan sebagai berikut:

βˆ’ π‘Ÿ π‘₯ 𝑦′ β€² βˆ’ 𝑝 π‘₯ 𝑦 = πœ† 𝑠 (π‘₯) 𝑦 π‘₯

𝐿 𝑦 = πœ† 𝑠 (π‘₯) 𝑦 π‘₯ … . …… . (𝑑)

Karena π‘Ÿ,𝑝, 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada π‘Ž, 𝑏 ,

maka untuk menyelesaikan PD Sturm-Liouville (a), kita perlu

memandang identitas Lagrange.

Identitas Lagrange : Misalkan U dan V adalah dua fungsi yang derifatif

keduanya dalam interval π‘Ž, 𝑏 , maka:

𝐿 𝑒 𝑣 𝑑π‘₯ = βˆ’ π‘Ÿ 𝑒′ ′𝑣 βˆ’ 𝑝 𝑒 𝑣

𝑏

π‘Ž

𝑑π‘₯

𝑏

π‘Ž

Integrasikan ruas kanan dengan membagi ruas kanan tersebut menjadi 2

bagian. Kita peroleh:

9

𝐿 𝑒 𝑣 𝑑π‘₯ = βˆ’π‘Ÿ π‘₯ 𝑒′ π‘₯ 𝑣 π‘₯ [π‘π‘Ž

+ π‘Ÿ π‘₯ 𝑒 π‘₯ 𝑣′ π‘₯ [π‘π‘Ž

𝑏

π‘Ž

+ βˆ’π‘’β€² π‘Ÿ 𝑣′ β€² βˆ’ 𝑒 𝑝 𝑣 𝑑π‘₯

𝑏

π‘Ž

𝐿 𝑒 𝑣 𝑑π‘₯ = βˆ’π‘Ÿ π‘₯ 𝑒′ π‘₯ 𝑣 π‘₯ βˆ’ 𝑒 π‘₯ 𝑣′ π‘₯ [π‘π‘Ž

+ 𝑒 𝐿 𝑣

𝑏

π‘Ž

𝑑π‘₯

𝑏

π‘Ž

𝐿 𝑒 𝑣 𝑑π‘₯ βˆ’ 𝑒 𝐿 𝑣

𝑏

π‘Ž

𝑑π‘₯ = βˆ’π‘Ÿ π‘₯ 𝑒′ π‘₯ 𝑣 π‘₯ βˆ’ 𝑒 π‘₯ 𝑣′ π‘₯

𝑏

π‘Ž

𝐿 𝑒 𝑣 βˆ’ 𝑒 𝐿 𝑣 𝑑π‘₯ = βˆ’π‘Ÿ π‘₯ 𝑒′ π‘₯ 𝑣 π‘₯ βˆ’ 𝑒 π‘₯ 𝑣′ π‘₯

𝑏

π‘Ž

… (𝑒)

Persamaan (e) adalah Identitas Lagrange.

Sekarang Andaikan fungsi 𝑒 π‘‘π‘Žπ‘› 𝑣 di persamaan (e) stabil pada kondisi

syarat batas (a1). Kemudian Asumsikan π‘Ž2 β‰  0, 𝑏2 β‰  0. Sehingga ruas

kanan persamaan (e) berwujud:

βˆ’π‘Ÿ π‘₯ 𝑒′ π‘₯ 𝑣 π‘₯ βˆ’ 𝑒 π‘₯ 𝑣′ π‘₯ [π‘π‘Ž

= βˆ’π‘Ÿ 𝑏 𝑒′ 𝑏 𝑣 𝑏 βˆ’

𝑒 𝑏 𝑣′ 𝑏 + π‘Ÿ π‘Ž 𝑒′ π‘Ž 𝑣 π‘Ž βˆ’ 𝑒 π‘Ž 𝑣′ π‘Ž

10

= βˆ’π‘Ÿ 𝑏 βˆ’ 𝑏1

𝑏2𝑒 𝑏 𝑣 𝑏 +

𝑏1

𝑏2𝑒 𝑏 𝑣′ 𝑏

+ π‘Ÿ π‘Ž βˆ’π‘Ž1

π‘Ž2𝑒 π‘Ž 𝑣 π‘Ž +

π‘Ž1

π‘Ž2𝑒 π‘Ž 𝑣′ π‘Ž

= 0

Hasil diatas akan sama jika a =0 , atau b =0

Ruas kiri Persamaan (e)

{𝐿[𝑒]

𝑏

π‘Ž

𝑣 βˆ’ 𝑒𝐿[𝑣]}𝑑π‘₯ = 0

Hal ini akibat dari ruas kanannya = 0 ……………………………. (f)

Dari persamaan (f) , Pandang bentuk inner product (u,v) dari dua buah

fungsi u dan v bilangan riil yang didefinisikan sebagai :

(u,v) = 𝑒 π‘₯ 𝑣 π‘₯ 𝑑π‘₯………………… . . (𝑔)𝑏

π‘Ž

Dalam pembahasan ini, persamaan (f) berwujud :

(L[u],v)-(u,L[v]) = 0 ……………………………….. (h)

*Kembali ke Teorema 1

Berdasarkan persamaan (g), penting untuk mendeskripsikan fungsi

kompleks. Untuk itu persamaan (g) ditulis :

(u,v) = 𝑒 π‘₯ 𝑣 π‘₯ 𝑑π‘₯𝑏

π‘Ž , 𝑣 π‘₯ : kompleks konjugat v(x).

11

Untuk membuktikan πœ† > 0 pada πœ† yang terkait solusi PD Sturm-

Liouville, misalkan πœ† adalah fungsi kompleks nilai eigen dari (a) yang

diberikan oleh

πœ† = πœ‡ + 𝑖𝑣 dan πœ™ π‘₯ adalah fungsi eigen yang berkorespondensi yang

juga berupa fungsi kompleks πœ™ π‘₯ = π‘ˆ π‘₯ + 𝑖𝑉(π‘₯) dimana

u,v,U(x),V(x) adalah bilangan riil.

Misalkan u = πœ™ dan v= , maka dari persamaan (h) dapat ditentukan

(L[πœ™], πœ™) = (πœ™, L[πœ™]) …………………………………. (i)

Kita tahu bahwa

L[πœ™] = πœ† s πœ™

Sedemikian sehingga persamaan (i) menjadi

(πœ† s πœ™, πœ™) = (πœ™, L[πœ™]) …………………………… (j)

Karena (u,v) = 𝑒 π‘₯ 𝑣 π‘₯ 𝑑π‘₯𝑏

π‘Ž , maka kita dapatkan

πœ† s x πœ™ π‘₯ πœ™(π‘₯)𝑑π‘₯𝑏

π‘Ž = πœ™ π‘₯ πœ† 𝑠 π‘₯ πœ™ (π‘₯)𝑑π‘₯

1

0 ……………………….. (k)

Karena s(x) adalah bilangan riil, dari persamaan (k),

(πœ† βˆ’ πœ† ) 𝑠(π‘₯)πœ™ π‘₯ πœ™ (π‘₯)𝑑π‘₯𝑏

π‘Ž = 0

Atau

(πœ† βˆ’ πœ† ) 𝑠 π‘₯ π‘ˆ2 π‘₯ + 𝑉2 π‘₯ 𝑑π‘₯𝑏

π‘Ž = 0 ………………………. (l)

Karena integran Persamaan (l) non negative dan β‰  0 serta kontinu maka

hasil integrasi (l) adalah positif, dan karena faktor πœ† βˆ’ πœ† = 2 i v , dan

πœ† βˆ’ πœ† harus = 0 , v = 0, maka πœ† adalah Riil (> 0) Teorema 1 Terbukti.

12

Teorema 2

Jika y1 dan y2 adalah dua solusi untuk persamaan differensial

Sturm-Viouville berturut-turut yang terkait dengan nilai eigen 1

dan 2, maka

𝒔 𝒙 π’šπŸ 𝒙 π’šπŸ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎

𝒃

𝒂

Asalkan 1 β‰  2

Bukti

Teorema ini menyatakan orthogonal dari eigenfunctions dengan

mematuhi bobot fungsi ke s. Untuk membuktikan teorema dinyatakan

bahwa y1 dan y2 merupakan persamaan diferensial.

L[y1] = Ξ»1sy1

Dan

L[y2] = Ξ»2sy2,

berturut-turut jika kita lihat u = y1, v = y2, kemudian subtitusikan L[u]

dan L[v] ke persamaan

(L[u], v) βˆ’ (u, L[v]) = 0

Diperoleh

(Ξ»1sy1, y2) βˆ’ (y1, Ξ»2sy2) = 0

13

atau menggunakan persamaan

(u, v) = 𝑒 π‘₯ .𝑣(π‘₯) 𝑑π‘₯𝑏

π‘Ž

akan diperoleh

Ξ»1 𝑠 π‘₯ 𝑦1 π‘₯ 𝑦2 π‘₯ 𝑑π‘₯ βˆ’ πœ†2𝑏

π‘Ž 𝑦1(π‘₯)𝑠 (π‘₯)𝑦2(π‘₯) 𝑑π‘₯ = 0.𝑏

π‘Ž

karena Ξ»2, s(x), dan y2(x) merupakan bilangan riil, sehingga

(Ξ»1βˆ’ Ξ»2) 𝑠 (π‘₯)𝑦1(π‘₯)𝑦2(π‘₯) 𝑑π‘₯ = 0b

a

Karena menurut hipotesis 1 β‰  2, berarti y1 dan y2 harus memenuhi

persamaan

𝑠 π‘₯ 𝑦1 π‘₯ 𝑦2 π‘₯ 𝑑π‘₯ = 0

𝑏

π‘Ž

Sehingga teorema terbukti