DIKTAT KULIAH -...

90
0 DIKTAT KULIAH MA2271 METODA MATEMATIKA Semester II 2009/2010 Oleh: Dr. Sri Redjeki P. Prodi Matematika Fakultas MIPA Institut Teknologi Bandung Januari 2009

Transcript of DIKTAT KULIAH -...

Page 1: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

0

DIKTAT KULIAH

MA2271 METODA MATEMATIKA

Semester II 2009/2010

Oleh:

Dr. Sri Redjeki P.

Prodi MatematikaFakultas MIPA Institut Teknologi Bandung

Januari 2009

Page 2: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

Contents

1 Pendahuluan 31.1 Pendekatan kualitatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1 Klasifikasi Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Persamaan Diferensial Orde Satu 72.1 Persamaan Diferensial Terpisah, metode integral langsung . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Persamaan Diferensial Linier Orde Satu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3 Masalah-masalah Aplikasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4 Persamaan diferensial autonomous untuk masalah dinamika populasi . . . . . . . . . 14

2.4.1 Model Logistik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.4.2 Doomsday versus extinction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.5 Eksistensi dan Ketunggalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 Persamaan Diferensial Orde-n Linier 193.1 Sifat-sifat solusi persamaan diferensial orde-n linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.2 Solusi persamaan diferensial homogen koefisien konstan . . . . . . . . . . . . . . . . 213.3 Sistem Pegas Massa dengan redaman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Persamaan Diferensial Tak Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.4.1 Metode Koefisien Tak Tentu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.4.2 Metode Variasi Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.5 Getaran dengan gaya luar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.5.1 Kasus adanya gaya luar, tanpa redaman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.5.2 Kasus adanya getaran luar dan redaman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4 Sistem Persamaan Diferensial 324.0.3 Berbagai masalah aplikasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.0.4 Kaitan antara p.d. orde−n dengan sistim p.d. n variabel . . . . . . . . . . . 334.0.5 Berbagai cara mencari solusi sistim pd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4.1 Metode Nilai Eigen untuk Mencari Solusi Sistem Persamaan Diferensial Homogen . . 364.1.1 Kasus: nilai eigen real berbeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.1.2 Kasus: nilai eigen kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.1.3 Kasus: nilai eigen berulang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4.2 Bidang Phase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.3 Matriks Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.3.1 Solusi spd homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1

Page 3: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

CONTENTS 2

4.3.2 Solusi spd tak homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.3.3 Matriks exp(At) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.4 Model Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.4.1 Model predator-prey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.4.2 Model interaksi dua spesies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

5 Transformasi Laplace 545.1 Transformasi Laplace dan inversnya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.2 Transformasi masalah nilai awal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.3 Fungsi tangga satuan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.4 Perkalian, turunan dan integral dari transformasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.5 Gaya luar berupa engineering function . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.6 Impuls dan fungsi Delta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

6 Deret Fourier 686.1 Deret Fourier dan kekonvergenannya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 686.2 Deret Fourier bagi fungsi berperioda 2L dan Kekonvergenan Deret Fourier . . . . . . 726.3 Deret Fourier bagi Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.4 Perluasan ke Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.5 Aplikasi Deret Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.6 Masalah Nilai Eigen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 796.7 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Panas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.8 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Gelombang . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

6.8.1 Frekwensi fundamental senar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 876.9 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

Page 4: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

Bab 1

Pendahuluan

Banyak hukum-hukum alam yang mendasari perubahan-perubahan di alam ini dinyatakan dalambentuk persamaan yang memuat laju perubahan dari suatu kuantitas, yang tak lain adalah berupapersamaan diferensial. Berikut ini diuraikan contoh-contoh yang menunjukkan bahwa persamaandiferensial muncul dari hukum alam.

Masalah benda jatuh bebasMisalkan suatu obyek bermassa m jatuh bebas. Perhatikan diagram disamping. Kita tetapkan bahwa arah ke bawah adalah positif, sehinggaarah ke atas berarti negatif. Gaya-gaya yang bekerja pada benda ituadalah gaya berat benda Fb = mg (tanda + karena gaya gravitasi men-garah ke bawah.)

mg

0y h=

0y =

Selanjutnya gaya gesek dengan udara yang dimisalkan sebanding dengan kecepatan Fs = −av.1

Perhatikan bahwa tanda negatif di sini menandakan bahwa gaya gesek berlawanan dengan ke-cepatan.2 Menurut Hukum Newton II: massa × percepatan = total gaya yang bekerja pada bendaatau

mdv

dt= mg − av. (1.0.1)

Dalam kasus gaya gesek diabaikan a ≈ 0, akan kita cari kecepatan benda jatuh bebas dari ketinggianh0 saat menumbuk tanah. Untuk menentukan syarat awal yang sesuai, maka kita tetapkan posisiawal benda saat akan jatuh adalah y(0) = 0 dan saat benda menumbuk tanah y(takhir) = h0, (ingatbahwa arah ke bawah adalah positif). Karena masalah jatuh bebas, maka v(0) = 0. Persamaangerak dalam kasus tak ada gaya gesek adalah

md2y

dt2= mg

Setelah satu kali pengintegralan dan karena v(0) = 0, maka

dy

dt= gt.

1Di sini gaya gesek dimisalkan sebanding dengan kecepatan, dengan konstanta a dikenal dengan nama drag coef-ficient. Untuk kondisi lain, gaya gesek juga bisa dimisalkan sebanding dengan kuadrat kecepatan.

2Periksa hal ini dengan mengujinya, saat benda bergerak ke bawah: v > 0 sehingga Fs < 0 berarti gaya gesekmengarah ke atas.

3

Page 5: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 1. PENDAHULUAN 4

Pengintegralan sekali lagi dan karena y(0) = 0, maka

y(t) =1

2gt2.

Benda menumbuk tanah saat takhir yaitu saat y(takhir) = h0, sehingga takhir =√

2h0g . Benda

menumbuk tanah dengan kecepatan v(takhir) =√2gh0, tepat seperti yang kita kenal di pelajaran

fisika.

Dalam kasus gaya gesek diperhitungkan, maka dapat dihitung bahwa v(takhir) = ........ yang mananilainya lebih kecil daripada kecepatan dalam kasus tidak ada gaya gesek.

Tugas: Tunjukkan bahwa pers. (1.0.1) juga merupakan persamaan gerak benda yang dilempar keatas. Dalam kasus gaya gesek diabaikan, tunjukkan bahwa tinggi maksimum benda jika dilempar

ke atas dengan kecepatan awal v0 adalahv202g

. Bandingkan dengan tinggi maksimum dalam kasus

ada gaya gesek.

1.1 Pendekatan kualitatif

Misalkan benda yang jatuh itu massanya m=10 kg dan koefisien geseknya a = 2 kg/det. Setelahgaya gravitasi dipilih g = 9.8 m/det2 persaman gerak jatuhnya benda adalah

dv

dt= 9, 8− v

5,

Perilaku kualitatif gerak benda jatuh tersebut akan diperlajari tanpa terlebih dahulu mencari solusipersamaan diferensialnya. Perhatikan bahwa ruas kanan persamaan tak lain menyatakan gradiengaris singgung kurva solusi di titik (t, v). Berdasarkan hal inilah medan gradien seperti padaGambar 1.1.2 dibuat.

Perhatikan bahwa potongan garis-garis kecil dari medan gradien tak lain adalah garis singgungkurva solusi. Dengan demikian kita dapat mensketsakan grafik solusi. Tampak dari gambardi atas bahwa jika kecepatan benda lebih kecil dari suatu nilai tertentu, maka kecepatan bendaakan bertambah saat jatuh. Demikian pula sebaliknya, jika kecepatan benda melebihi suatu nilaitertentu, maka kecepatan benda akan berkurang saat jatuh. Selanjutnya, untuk kecepatan bendaberapakah dv

dt = 0? Untuk kecepatan v = (5)(9.8) = 49 m/det. Perhatikan bahwa v(t) = 49 jugamerupakan solusi persamaan diferensial, dan dikatakan sebagai solusi equilibrium. Dari medangradien di atas kita juga dapat menarik kesimpulan bahwa solusi-solusi lain konvergen ke solusikonstan v(t) = 49.

Tugas: Pelajari masalah populasi tikus dan burung hantu pada Subbab 1.1. Boyce DiPrima.

1.1.1 Klasifikasi Persamaan Diferensial

Persamaan Diferensial Biasa ialah persamaan yang memuat x, y(x) beserta turunan-turunan dariy(x).

Page 6: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 1. PENDAHULUAN 5

30

35

40

45

50

55

60

v(t)

0 5 10 15 20

t

Gambar 1.1.1: Medan gradien bagi persamaandv

dt= 9, 8− v

5beserta kurva solusinya.

Bentuk umum persamaan diferensial biasa adalah

F (x, y, y′, y′′, · · · , y(n)) = 0.

Contoh:

y′ − cosx = 0 persamaan diferensial orde 1, linier

y′′′ + yy′ − ex = 0 persamaan diferensial orde 3, tak linier

Persamaan diferensial yang melibatkan fungsi dua peubah atau lebih disebut Persamaan DiferensialParsial.Contoh:

ut + cux = 0 (pers. transport)

uxx − uyy = 0 (pers. gelombang)

ut = kuxx (pers. difusi)

uxx + uyy = 0 (pers. Laplace)

Contoh Sistem Persamaan Diferensial dxdt = x− ydydt = 2x+ y

(1.1.1)

Orde suatu persamaan diferensial ditentukan oleh turunan tertinggi yang muncul pada persamaandiferensial tersebut.

Page 7: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 1. PENDAHULUAN 6

Persamaan Diferensial dikatakan linier jika fungsi F linier terhadap y, y′, · · · , y(n), namun fungsiF terhadap variabel x tak perlu linier. Jika y = f(x) memenuhi persamaan diferensial maka f(x)dikatakan solusi dari persamaan diferensial tersebut. Solusi umum suatu persamaan diferensialadalah bentuk umum solusi persamaan diferensial tersebut Suatu solusi umum bisa menjadi solusikhusus dengan adanya informasi / syarat tambahan, disebut syarat awal / syarat batas.

Contoh:Persamaan diferensial y′ − cosx = 0, solusi umum y(x) = sinx+ CJika diberikan syarat awal y(0) = −1, maka diperoleh solusi khusus y(x) = sinx− 1.

Page 8: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

Bab 2

Persamaan Diferensial Orde Satu

Bentuk umum persamaan diferensial orde satu:

F (x, y, y′) = 0 (2.0.1)

Persamaan diferensial orde satu diklasifikasikan berdasarkan cara penyelesaiannya menjadi:

1. Persamaan diferensial terpisah (separable eqn.), metoda integral langsung (direct integration).

2. Persamaan diferensial orde 1 linier.

3. Persamaan diferensial homogen, metoda substitusi.

4. Persamaan diferensial eksak, menggunakan faktor integrasi.

Kuliah ini hanya akan membahas metoda pengintegralan langsung dan penyelesaian persamaandiferensial orde 1 linier.

2.1 Persamaan Diferensial Terpisah, metode integral langsung

Bentuk umum pers. dif. terpisah

dy

dx= ϕ(x, y) = g(x)h(y)

Solusinya dicari dengan pengintegralan langsung sbb.

1

h(y)

dy

dx= g(x), h(y) = 0

∫1

h(y)dy =

∫g(x)dx

Sedangkan h(y) = 0 merupakan solusi atau tidak, diperiksa dengan substitusi langsung ke pd sem-ula.

7

Page 9: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 8

Contoh 2.1.1. 1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial

dy

dt= ky.

Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka ruas kiri dan kanan dibagi dengan y, sehinggadidapat∫

1

y

dy

dtdt = kdt.

Karena telah dilakukan pembagian dengan y tentu harus dimisalkan y = 0 (atau y(t) bukanfungsi nol). Jika perhitungan dilanjutkan maka diperoleh

y(t) = exp kt+ C,

dengan konstanta integrasi C ∈ R. Selanjutnya diperiksa apakah fungsi nol y(t) = 0 meru-pakan solusi atau tidak, dengan cara substitusi langsung. Ternyata y(t) = 0 merupakansolusi. Selanjutnya solusi umum pers. dif. di atas adalah

y(t) = K exp kt, K ∈ R.

2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial x2y′ = x2+13y2+1

Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka pers. dif. dibagi dengan x2 dan dikali dengan3y2 + 1, sehingga didapat

(3y2 + 1)y′ =x2 + 1

x2.

Setelah diintegralkan diperoleh solusi umum berupa fungsi implisit y3 + y = x− 1

x.

Cek kebenarannya dengan cara substitusi langsung.

3. Tentukan solusi umum persamaan diferensial

y′ − y2t sin(t2) = 0.

Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka pers. dif. dibagi dengan y2, sehingga didapat

1

y2y′ = t sin(t2).

∫1

y2dy

dtdt = t sin(t2)dt, dengan y = 0

Setelah diintegralkan diperoleh

− 1

y(t)= −1

2cos(t2) + C,

atau

y(t) =2

cos(t2) + C1

Page 10: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 9

dengan konstanta integrasi C1 ∈ R. Selanjutnya dengan cara substitusi langsung diperiksaapakah fungsi nol y(t) = 0 merupakan solusi atau tidak. Ternyata y(t) = 0 merupakan solusi.Sehingga solusi umum pers. dif. di atas adalah

y(t) =2

cos(t2) + C1, dan y(t) = 0.

dengan C1 ∈ R. Perhatikan bahwa solusi nol harus dituliskan secara terpisah. Beberapatextbook menyebutkan solusi ini sebagai solusi singular.

Soal Latihan 2.1.2. 1. Cari semua solusi umum persamaan diferensial berikut.

(a) y′ = x2

1−y2

(b) y′ = y cosx1+2y2

(c) y′ = −6xy

(d) y′ = x+ xy

(e) y′ = 2x√y − 1

(f) y′ = (cos2 x)(cos2 2y)

2. Untuk semua persamaan diferensial berikut:

a. Tentukan solusi yang memenuhi syarat awal yang diberikan.

b. Gambarkan medan gradien (Maple), dan kurva solusi pada a.

c. Tentukan pada interval mana solusi di atas terdefinisi.

(a) y′ = (x− 2)(y − 1), y(0) = 2

(b) y′ = (1− 2x)y2, y(0) = −1/6

(c) xdx+ ye−xdy = 0, y(0) = 1

2.2 Persamaan Diferensial Linier Orde Satu

Mempunyai bentuk umum

dy

dt+ P (t)y = Q(t)

Solusi dari persamaan diferensial di atas dapat diperoleh dengan cara berikut. Jika dikalikandengan e

∫P (t)dt menjadi

e∫P (t)dtdy

dt+ e

∫P (t)dtP (t)y = e

∫P (t)dtQ(t)

Perhatikan bahwa ruas kiri tak lain adalah

d

dt

(e∫P (t)dty

),

Page 11: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 10

sehingga p.d. semula sekarang menjadi

d

dt

(e∫P (t)dty

)= e

∫P (t)dtQ(t)

dan siap untuk diintegralkan. Mengingat manfaatnya, maka faktor pengali e∫P (t)dt disebut sebagai

faktor integrasi. Pengintegralan menghasilkan solusi persamaan diferensial:

y(t) = e−∫P (t)dt

∫e∫P (t)dtQ(t)dt

Contoh 2.2.1. 1. Tentukan solusi persamaan diferensialdy

dt− 3y = e2t, y(0) = 3. (Jawab:

solusinya y(t) = 4e3t − e2t.)

2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial (t2 + 1)dy

dt+ 3ty = 6t. Kemudian hitung

limt→∞y(t) (Jawab: solusi umum y(t) = 2 + C(t2 + 1)−3/2.)

3. Tentukan solusi persamaan diferensial xdy

dx+ 2y = 4x2, y(1) = 2. (Jawab: solusinya y(x) =

x2 + 1x2 , dengan x > 0.)

Soal Latihan 2.2.2. 1. Tentukan solusi dari masalah nilai awal berikut.

(a) y′ − y = 2te2t, y(0) = 1.

(b) ty′ + 2y = t2 − t+ 1, y(1) = 1/2, t > 0

2. Untuk semua persamaan diferensial berikut:

a. Tentukan solusi umum dan perilakunya untuk t → ∞.

b. Gambarkan medan gradien (Maple).

c. Gunakan hasil b. untuk memeriksa perilaku solusi saat t → ∞, bandingkan dengan hasila.

(a) y′ + 3y = t+ e−2t

(b) y′ + 2ty = 2te−t2

(c) ty′ + 2y = sin t, t > 0

2.3 Masalah-masalah Aplikasi

1. Larutan garam: Sebuah tangki mula-mula berisi 12 liter air murni. Air garam dengan kadargaram 0.2 kg/liter memasuki tangki dengan laju 2 liter/menit. Larutan garam dalam tangkidianggap teraduk sempurna, dan keluar dengan laju 2 liter/menit. Tentukan banyaknyagaram dalam tangki setelah 1/2 jam.

2. Pemurnian Danau yang Tercemar: Sebuah danau vol 458 km3. Air masuk dan keluardengan kecepatan sama 175 km3/thn. Misal pada keadaan awal konsentrasi polutan 0.05%.Kemudian air yang masuk mengandung polutan dengan konsentrasi 0.01%. Jika diasumsikan

Page 12: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 11

air yang keluar konsentrasi polutannya sudah homogen (teraduk sempurna). Berapa waktuyang diperlukan untuk menurunkan konsentrasi polutan di danau menjadi 0.02%Penyelesaian: Misal x(t) volume polutan di danau pada saat t x(0) = 0.05%×458 = 0.2290

km3. Konsentrasi polutan tiap saatx(t)

458. (Perhatikan bahwa debit air yang keluar dan masuk

sama, sehingga volume tetap, yaitu 458 km3.)

dx

dt= 0.01%175− 175

x(t)

458

dx

dt+ 0.3821x = 0.0175

x(t) = 0.0458 + 0.1832e−0.3821t

Dicari tA yang mana x(tA) = 0.02% 458 = 0.0916. Sehingga di dapat tA ≈ 3.63 tahun.

3. Bunga berbunga (Compound interest): Misalkan sejumlah uang ditabung di bank danmendapat bunga r (dalam % per tahun). Misalkan S(t) menyatakan jumlah tabungan saatt. Bunga dari tabungan itu juga ditabung dan mendapat bunga yang sama, yaitu r. Hal inidisebut dengan istilah bunga berbunga. Setiap bank mempunyai aturan tentang bunga yangberbeda-beda: bunga dihitung bulanan, mingguan, dan bahkan harian. Dalam selang waktu∆t, tabungannya adalah S(t+∆t). Besarnya bunga adalah S(t+∆t)− S(t) = rS(t)∆t Jadi

S(t+∆t)− S(t)

∆t= rS(t)

Jika kita ambil limitnya untuk ∆t → 0, maka

dS

dt= rS.

Penerapan limit ∆t → 0 berarti kita mengasumsikan bahwa tabungan berbunga secara kon-tinu. Misalkan saat awal tabungannya berjumlah S(0) = S0, maka melalui solusi persamaandiferensial di atas diperoleh S(t) = S0e

rt.Pikirkan bagaimana persamaan diferensialnya jika terdapat biaya administrasi sebesar A ru-piah per bulan.

Diskusi: Jika bunga dihitung tiap satu tahun, maka jumlah tabungan setelah t tahunS(t) = S0(1 + r)t. Jika bunga dihitung bulanan, maka jumlah tabungan setelah t tahunS(t) = S0(1+ r/12)12t. Jika bunga dihitung sebanyak m kali tiap tahun, maka jumlah tabun-gan setelah t tahun S(t) = S0(1 + r/m)mt. Selanjutnya perlihatkan bahwa limm→∞ S0(1 +r/m)mt = S0e

rt (Buktikan!). Ini berarti bahwa kajian persamaan diferensial merupakan ka-sus limit dari kajian secara diskrit.

Selain itu, jika kita bandingkan kedua kurva S0(1 + r/m)mt dan S0ert yang diplot dengan

Maple untuk S0, r,m tertentu, maka dapat kita lihat bahwa kedua kurva tersebut sudahnyaris berhimpit untuk m yang tidak terlalu besar.

Soal Latihan 2.3.1. 1. Si Ani mulai menabung di usia 25 tahun, $2.000/tahun selama 10tahun, dan tidak menabung lagi sesudahnya. Si Budi baru mulai menabung di usia 35 tahun,$2.000/tahun selama 30 tahun, dan tidak menabung lagi sesudahnya.

Page 13: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 12

(a) Jika bunga tabungan adalah 8% per tahun, dan jika tabungan berbunga secara kontinu,maka tentukan tabungan Si Ani dan Si Budi saat mereka berusia 65 tahun.

(b) Tentukan bunga tabungan r% per tahun jika diketahui tabungan Si Ani sama dengantabungan Si Budi saat mereka berusia 65 tahun.

2. Hukum Toricelli Suatu tangki berisi air bagian bawahnyaberlubang dengan luas penampang a, lihat gambar. Jikatinggi air pada saat t adalah y(t), maka kecepatan keluarnyaair adalah v(t) =

√2gy(t). (Mengapa?) Jika V (t) adalah

volume air dalam tangki saat t maka

dV

dt= −av

A(y)

y(t)

a

v(t)

Diketahui pula berlaku V (t) =∫ y(t)0 A(y)dy dengan A(y) luas penampang tangki pada ket-

inggian y. Sehingga persamaan menjadi

A(y)dy

dt= −a

√2gy.

Catatan: tangki air tidak harus berbentuk silinder.

Soal: Tangki berbentuk setengah bola jari-jari 4 ft, penuh berisi air. Lubang di dasar tangkiberdiameter 1 in (= 1/12 ft). Berapa lama air di tangki habis?

Selain masalah-masalah di atas, banyak masalah nyata lain yang dapat dinyatakan dalam bentukpersamaan diferensial orde satu, misalnya masalah peluruhan bahan radioaktif, hukum pendingi-nan Newton, masalah penyerapan obat dalam tubuh dan masalah dinamika populasi.

Soal Latihan 2.3.2. 1. Misalkan secangkir kopi yang mula-mula bersuhu 2000 F, mendinginmengikuti Hukum Pendinginan Newton. Misalkan dalam 1 menit suhu kopi di dalam ruanganbersuhu 700 F sudah turun menjadi 1900 F. Tentukan kapan suhu kopi turun menjadi 1500

F.

2. Di dalam ruangan yang dingin dan bersuhu 400 F diketemukan mayat bersuhu 720. Suhumayat telah turun menjadi 66.80 F dua jam kemudian saat ahli forensik datang. Taksir waktukematian mayat itu. Catatan: suhu manusia normal adalah 950 F.

3. Sebuah bola massa 0.15 kg dilempar ke atas dengan kecepatan awal 20 m/det dari atapsebuah gedung yang tingginya 30 m. Andaikan gaya gesek udara adalah Fs/m = −0.04 v,dan gunakan g = 10 m/det2.

(a) Tentukan ketinggian maksimum yang dapat dicapai benda itu.

(b) Jika saat jatuh benda terus turun melewati atap gedung dan terus ke bawah, tentukansaat benda menabrak tanah.

(c) Gambarkan grafik kecepatan dan posisi sebagai fungsi dari waktu.

Page 14: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 13

4. Rita meloncat dari pesawat terbang dengan ketinggian 8000 m dengan menggunakan parasut.Setelah Rita terjun bebas selama 15 detik, Rita membuka parasutnya. Asumsikan bahwakoefisien gesek saat terjun bebas adalah a = 0.10, dan saat dengan parasut adalah a = 1.6.Berapa lama waktu yang diperlukan Rita untuk menyentuh tanah? dan dengan kecepatanberapa Rita menumbuk tanah? Gambarkan dengan Maple kurva kecepatan Rita sebagaifungsi dari waktu v(t).

5. Sebuah danau mula-mula mengandung 10 juta galon air murni. Ke dalam danau itu mengalirpolutan dengan laju 5 juta galon per tahun, juga ke luar dengan laju yang sama. Larutanyang masuk mengandung polutan 2 + sin 2t gram/gal. Tentukan persamaan diferensial yangsesuai dengan masalah ini. Gambarkan solusinya dan berikan interpretasi.

6. Sebuah tangki dengan kapasitas 100 galon air dan 50 oz garam. Larutan garam dengankandungan garam 1

4

(1 + 1

2 sin t)oz/gal mengalir ke dalam tangki dengan laju 2 gal/menit,

larutan ke luar dengan laju yang sama pula. Larutan di dalam tangki dianggap teraduksempurna. Tentukan persamaan diferensial yang sesuai dengan masalah ini. Gambarkansolusinya. Tunjukkan bahwa untuk waktu yang cukup lama, solusi akan berosilasi di sekitarsuatu posisi setimbang, tentukan posisi setimbang itu.

7. Enam tahun yang lalu Pak Amir membeli rumah dengan harga 80 juta rupiah dengan caramencicilnya selama 20 tahun. Tiap bulan Pak Amir mencicil 880 ribu, dengan bunga pinjamansebesar 1% per bulan. Sekarang setelah mencicil 72 kali, Pak Amir ingin melunasi pinjaman-nya karena ia mendapat sejumlah warisan. Berapa besar pinjaman Pak Amir sekarang?

8. Kakek Pono mempunyai tabungan untuk hari tuanya. Tabungan itu berbunga 1% per bulan.Kakek Pono mengambil uang setiap awal bulan sebesar 1 juta rupiah untuk biaya hidup perbulannya. Saat ini tabungan Kakek Pono berjumlah 50 juta rupiah. Tuliskan model per-samaan diferensialnya (asumsikan pengambilan uang dan bunga tabungan diterapkan secarakontinu). Apakah lama-kelamaan tabungan Kakek Pono habis? Bilakan itu terjadi?

9. Anda merencanakan menabung sejumlah uang di bank guna membiayai pendidikan anak dimasa mendatang. Anda menginginkan dapat mengambil 1 juta rupiah per bulan, selama 8tahun, dimulai dari 20 tahun yang akan datang. Jika bank memberikan bunga tabungansebesar 0.5% per bulan. (a) Berapa dana yang dibutuhkan untuk tujuan itu (saat 20 tahunyang akan datang)? (b) Jika Anda menabung setiap bulan mulai dari sekarang selama 20tahun. Berapa jumlah uang yang harus Anda tabung per bulannya?

10. Anda bermaksud membeli sebuah mobil baru dengan cara cicilan. Pilihan Anda adalah Sat-urn, Cavalier, dan Hyundai. Setiap perusahaan memberikan penawaran-penawaran berikut(mata uang rupiah):

Harga Uang mukaSaturn 139.900.000 10.000.000 bunga pinjaman 3.2% per bulan selama 60 bulanCavalier 135.500.000 15.000.000 bunga pinjaman 3.5% per bulan selama 60 bulanHyundai 124.000.000 5.000.000 bunga pinjaman 3% per bulan selama 48 bulan

Jika Anda hanya sanggup mencicil sebesar 4.750.000 rupiah per bulan. Gunakan persamaandiferensial untuk menentukan mobil mana yang sebaiknya Anda beli.?

Page 15: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 14

2.4 Persamaan diferensial autonomous untuk masalah dinamikapopulasi

Misalkan P (t) adalah jumlah penduduk di suatu kota saat t. Selanjutnya diasumsikan laju kelahi-ran dan laju kematian sebanding dengan jumlah penduduk saat itu. Misalkan β laju kelahiran, danδ laju kematian, maka selama selang waktu ∆t terdapat kelahiran sejumlah β∆tP (t) dan kematianδ∆tP (t) . Maka

∆P = (β − δ)P (t)∆t

dP

dt= lim

∆t→0

∆P

∆t= rP (t),

dengan r = β− δ laju pertambahan penduduk. Solusi persamaan diferensial di atas adalah P (t) =P0e

rt, dengan P0 menyatakan jumlah populasi awal. Grafiknya adalah

t0 10 20 30

P(t)

20

30

40

50

Gambar 2.4.1: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model pertumbuhan populasi dPdt = rP .

2.4.1 Model Logistik

Pikirkan bahwa pertumbuhan populasi secara eksponensial tidak relevan untuk populasi penduduk,juga mungkin untuk populasi-populasi lain. Jika laju kelahiran β merupakan fungsi P , dan β(P ) =konstanta− aP (interpretasi!), sedemikian sehingga

dP

dt= (r − aP )P

atau

dP

dt= r

(1− P

K

)P, (2.4.1)

dengan K = r/a. Persamaan di atas dikenal sebagai persamaan logistik. Gambar 2.5.2 merupakanmedan gradien dari persamaan logistik.

Page 16: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 15

t0 10 20 30

P(t)

20

30

40

50

60

Gambar 2.4.2: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model logistik dPdt = r(1− P/K)P .

Solusi equilibrium dari persamaan logistik adalah P (t) = 0 (tak menarik) dan P (t) = K. So-lusi equilibrium P (t) = K dikatakan stabil asimptotik, karena setiap solusi yang semula dekatdengan P (t) = K akan menuju nilai K dengan bertambahnya waktu. Sedangkan solusi equilib-rium P (t) = 0 dikatakan tak stabil, karena setiap solusi yang semula dekat dengan P (t) = 0 akanmakin menjauhi 0 dengan bertambahnya waktu. Perhatikan bahwa jika saat awal jumlah populasiP (0) < K maka jumlah populasi akan bertambah terus dan asimtotis ke nilai K. Sedangkan jikaP (0) > K maka jumlah populasi akan terus berkurang dan asimtotis ke nilai K. Nilai K dikenaldengan nama daya dukung lingkungan.

Analisa di atas juga dapat dihasilkan dengan menggambar kurva polinom r(1− P

K

)P di ℜ2, seperti

pada Gambar 2.5.3. Info: pertambahan penduduk USA pada periode 1800-1950 dapat digambarkanmelalui persamaan logistik dengan cukup tepat (Sumber: Edwards, Penney hal 79).

2.4.2 Doomsday versus extinction

Perhatikan persamaan diferensial berikut

dP

dt= −r

(1− P

K

)P.

Relevansi dari persamaan diferensial di atas yang juga menyatakan pertumbuhan populasi adalahsebagai berikut. Perhatikan suatu populasi yang dapat berkembang biak jika ada pertemuan antarajantan dan betina. Misalkan jumlah betina dan jantan tiap saat adalah sama, yaitu masing-masingP (t)/2. Maka banyaknya interaksi antara mereka sebanding dengan (P (t)/2)(P (t)/2) = P 2/4.Dengan demikian pertambahan populasi per satuan waktu sebanding dengan P 2/4, dimisalkansebagai rP 2/K. Sedangkan berkurangnya populasi per satuan waktu akibat kematian dimisalkansebagai rP . Tentukan kedua solusi equilibrium. Tunjukkan bahwa jika P (0) > K, maka jumlahpopulasi terus bertambah dengan bertambahnya waktu. Sedangkan jika P (0) < K, maka jumlah

Page 17: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 16

populasi terus berkurang menuju nol (punah). Nilai K yang memisahkan solusi-solusi denganperilaku kualitatif berbeda disebut bilangan threshold. Dalam hal kestabilan, solusi P (t) = 0 stabilasimptotik, sedangkan solusi P (t) = K semi stabil.

t0 10 20 30

P(t)

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Gambar 2.4.3: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model doomsday versus extinction dPdt =

−r(1− P/K)P .

Soal Latihan 2.4.1. 1. Tentukan semua solusi equilibrium pd berikut dan periksa masing-masing solusi equilibrium tersebut stabil asimptotik atau tak stabil.

(a)dy

dt= y(y − 1)(y − 2), y0 ≥ 0

(b)dy

dt= ay + by2, a > 0, b > 0, y0 ∈ ℜ

(c)dy

dt= ey − 1, y0 ∈ ℜ

2. Misalkan di suatu danau terdapat ikan yang terserang penyakit sehingga laju kelahirannyaβ = 0, sedangkan laju kematiannya δ berbanding terbalik dengan akar kwadrat dari jumlahikan tiap saat. Jika saat awal terdapat 900 ikan di danau dan 441 ikan setelah 6 minggu.Dalam waktu berapa lama ikan di kolam habis?

3. Populasi nyamuk di suatu daerah bertambah dengan laju sebanding dengan jumlah populasinyamuk saat itu. Jika tidak ada faktor-faktor lain, maka jumlah populasi akan menjadidua kali lipat dalam seminggu. Jika saat awal terdapat 200 ribu nyamuk dan misalkan adasejumlah kodok yang memangsa nyamuk 20 ribu nyamuk tiap hari, dan tidak ada pemangsalainnya. Tentukan jumlah populasi nyamuk tiap saat.

4. Perhatikan suatu populasi kelinci P (t) yang memenuhi persamaan logistik dP/dt = aP−bP 2.Jika pada saat awal terdapat 120 kelinci dengan 8 kelahiran per bulan dan 6 kematianper bulan, dalam waktu berapa lama jumlah populasi mencapai 95% dari jumlah populasikonstan a/b. Gambarkan medan gradien dan kurva solusi dari model populasi di atas dengan

Page 18: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 17

menggunakan Maple, kata kunci:’DEplot’ (Petunjuk: Jika pada saat awal terdapat kelahiran8 kelinci per bulan dengan populasi awal P0 = 120, berarti aP0 = 8. Dari sini bisa ditentukana.)

2.5 Eksistensi dan Ketunggalan

Selama ini kita telah banyak mendiskusikan tentang persamaan diferensial dan kemunculannya padaberbagai masalah nyata. Juga bahwa solusi persamaan diferensial tersebut dapat digunakan untukmenjawab berbagai masalah tsb. Pada subbab ini kita akan membahas mengenai ada tidaknyasolusi suatu masalah nilai awal, juga apakah solusi itu tunggal atau tidak. Pertanyaan ini san-gatlah vital, bahkan bagi mereka yang bukan matematikawan. Bayangkan suatu situasi dimanakita telah menghabiskan banyak waktu mencari solusi (seringkali secara numerik), dan ternyatamasalah tersebut tidak punya solusi.

Teorema: Eksistensi dan ketunggalan PD orde 1Perhatikan masalah nilai awal

dy

dx= f(x, y), y(x0) = y0

1. Jika f(x, y) kontinu di suatu persegi panjang yang memuat (x0, y0) maka m.n.a. di atasmempunyai solusi

2. Jika f(x, y) kontinu di suatu persegi panjang yang memuat (x0, y0) maka m.n.a. di atasmempunyai solusi tunggal. Misalkan selang I adalah proyeksi dari persegi panjang di ataspada sumbu-x. Solusi tersebut dijamin terdefinisi pada selang yang merupakan subset dari I.

Contoh 2.5.1. Periksa eksistensi dan ketunggalan m.n.a. berikut

1. M.n.a. y′ = 2√y, y(0) = 0

Fungsi f(x, y) = 2√y kontinu di y > 0, x ∈ R, sedangkan ∂f

∂y = 1√y tak kontinu di y = 0.

Jadi eksistensi dan ketunggalan tidak dijamin. Namun jika dicari diperoleh dua solusi m.n.a.y(x) = 0 dan y(x) = (x+ C)2, untuk C ∈ R.

2. M.n.a. xy′ = 2y, y(0) = 0Fungsi f(x, y) = 2y

x tak kontinu di x = 0, jadi syarat eksistensi tak dipenuhi, tetapi jikadicari, tetap dapat diperoleh solusi m.n.a y(x) = 0 dan y(x) = Kx2, untuk K ∈ R.

3. M.n.a. y2 + x2y′ = 0, y(0) = 0.

Fungsi f(x, y) = − y2

x2 tak kontinu di x = 0, jadi eksistensi solusi tak dijamin. Telah kitaketahui sebelumnya bahwa m.n.a. di atas mempunyai lebih dari satu solusi, yaitu y(x) = 0dan y(x) = x/(Cx− 1), dengan C ∈ R.

Catatan: Dari Contoh 2.5.1 no. 2 dan 3 jelas bahwa kekontinuan f(x, y) merupakan syaratcukup, tetapi bukan syarat perlu bagi eksistensi solusi.

4. M.n.a. y′ = y2, y(0) = 1Fungsi f(x, y) = y2 dan ∂f

∂y = 2y kontinu di seluruh R2. Jadi teorema menjamin keujudan dan

Page 19: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 18

ketunggalan solusi pada suatu interval buka yang memuat x0 = 0. Jika dicari diperoleh solusim.n.a. y(x) = 1

1−x . Perhatikan bahwa solusi ini tidak terdefinisi di seluruh R, melainkanhanya pada (−∞, 0) ∪ (0,∞). Contoh ini menunjukkan bahwa solusi tunggal dari suatum.n.a. hanya terdefinisi pada suatu selang yang merupakan subset dari selang kekontinuan fdan fy

5. M.n.a. y′ = x/y, y(5) =√21.

Fungsi f(x, y) = x/y dan ∂f∂y = −x/y2 tak kontinu hanya di y = 0. Lebih spesifik, keduanya

kontinu pada setengah bidang di kanan sumbu−y. Jadi teorema menjamin keujudan danketunggalan solusi di sekitar x = 5. Jika dicari solusinya, diperoleh hiperbola y2 = x2 − 4.Hiperbola ini terdefinisi pada [2,∞), yang hanya merupakan subset dari [0,∞).

Teorema 2 (Keujudan dan Ketunggalan Solusi p.d. Linier Orde 1)Jika P (x) dan Q(x) kontinu pada selang buka I yang memuat titik x0, maka masalah nilai awal

dy

dx+ P (x)y = Q(x), y(x0) = y0 (2.5.1)

mempunyai solusi tunggal yaitu (Rumus dalam x0 dan y0!!!)

y(x) = e−∫P (x)dx

∫e∫P (x)dxQ(x)dx+ C (2.5.2)

untuk suatu nilai C. Solusi tersebut terdefinisi pada I.

Catatan: Beberapa perbedaan antara pd linier dan pd tak linier.

• Teorema yang berlaku bagi p.d.linier menjamin adanya solusi yang terdefinisi pada seluruhselang I. Hal ini berbeda dengan teorema eksistensi dan ketunggalan p.d. orde-1 yang umum,yang hanya menjamin adanya solusi pada selang yang lebih kecil dari I.

• Teorema di atas juga mengatakan bahwa p.d. orde satu linier tidak mempunyai solusi singular.

Contoh 2.5.2. 1. Periksa eksistensi dan ketunggalan m.n.a. berikut

(a) y′ = −y, y(a) = b

(b) y′ = y1/3, y(0) = 0. Tentukan tiga solusi berbeda dari m.n.a.

2. Tunjukkan bahwa masalah nilai awal xy′ + 2y = 4x2, y(1) = 2 mempunyai solusi tunggal.Tentukan selang maksimum dimana solusi tersebut terdefinisi.

Page 20: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

Bab 3

Persamaan Diferensial Orde-n Linier

Pada bab ini kita akan membahas mengenai persamaan diferensial orde-n linier. Pembahasanakan difokuskan pada pd orde-2. Selanjutnya sifat-sifat yang diperoleh dapat diperumum untukpd orde-n. Diawali dengan metoda pencarian solusi umum pd orde-2 homogen koefisien konstan.Dilanjutkan dengan pencarian solusi pertikular pd orde-2 homogen. Sebagai aplikasinya akandibahas sistim pegas massa dengan redaman. Akan dibahas pula fenomena resonansi.

3.1 Sifat-sifat solusi persamaan diferensial orde-n linier

Perhatikan pd orde-2 linier homogen berikut

y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0. (3.1.1)

Misal diketahui y1(x) dan y2(x) masing-masing solusi dari (3.1.1) pada selang I, maka

(y′′1 + a(x)y′1 + b(x)y1 = 0)× c1

(y′′2 + a(x)y′2 + b(x)y2 = 0)× c2

−−−−−−−−−−−−−−−−−+

c1y′′1 + c2y

′′2 + a(x)(c1y

′1 + c2y

′2) + b(x)(c1y1 + c2y2) = 0

Jadi superposisi dari y1 dan y2: c1y1 + c2y2, untuk setiap c1, c2 ∈ R juga merupakan solusi (3.1.1)pada I.Catatan: prinsip superposisi berlaku hanya jika pdnya homogen dan linier.

Dua buah fungsi f dan g bebas linier jika tak saling berkelipatan.Teorema (Kebebaslinieran dua buah fungsi): Wronskian dari dua fungsi yang bergantunglinier pada selang I bernilai nol.

W (f, g) ≡∥∥∥∥ f g

f ′ g′

∥∥∥∥ = 0,∀x ∈ I (3.1.2)

Contoh 3.1.1. Buktikan yang berikut ini.a. W (1, ex) = 0,∀x ∈ ℜ, kesimpulan 1, ex ..........b. W (sinx, cosx) = 0,∀x ∈ ℜ, kesimpulan .............c. W (sinx, x sinx) = 0,∀x ∈ ℜ, kesimpulan .............

19

Page 21: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 20

Teorema (Solusi umum pd homogen): Misal y1 dan y2 adalah dua solusi bebas linier daripersamaan diferensial homogen

y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0 (3.1.3)

dengan a(x) dan b(x) kontinu pada selang buka I. Jika Y (x) solusi dari (3.1.3), maka Y (x) =c1y1 + c2y2, untuk suatu c1, c2 ∈ R.

Solusi Y (x) = c1y1 + c2y2, dengan c1, c2 ∈ R disebut solusi umum dari (3.1.3).

Penting! Teorema di atas mengatakan bahwa, jika kita berhasil menemukan dua solusi bbl dari(3.1.3), berarti kita sudah menemukan semua solusi (3.1.3).Bukti dari teorema tersebut cukup rumit, dan dapat ditemukan di banyak textbook tentang per-samaan diferensial.

Teorema (Solusi umum persamaan diferensial tak homogen): Jika yp suatu solusi daripersamaan diferensial linier tak homogen

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x)

dan yh solusi umum persamaan diferensial homogennya, maka solusi umum persamaan diferensialtak homogennya adalah y(x) = yp + yh.

Perumuman:

1. Kebebas-linieran tiga fungsi. Tiga fungsi f, g, h bebas linier pada I jika

W (f, g, h) =

∥∥∥∥∥∥f g hf ′ g′ h′

f ′′ g′′ h′′

∥∥∥∥∥∥ = 0,∀x ∈ I.

Kebebas-linieran n-buah fungsi berlaku secara analog.

2. Untuk persamaan diferensial linier orde-n dengan bentuk umum:

P0(x)y(n) + P1(x)y

(n−1) + · · ·+ Pn−1(x)y′ + Pn(x)y = F (x).

berlaku secara analog sifat-sifat berikut.

(a) Prinsip superposisi solusi persamaan diferensial linier homogen orde-n

(b) Solusi umum persamaan diferensial homogen

(c) Solusi umum persamaan diferensial tak homogen

Soal Latihan 3.1.2. 1. Buktikan fungsi-fungsi berikut bebas linier.

(a) ex cosx, ex sinx

(b) x, xex, x2ex

(c) cos(2x), x cos(2x), k dengan k ∈ R

Page 22: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 21

2. Buktikan bahwa y1 = e5x dan y2 = xe5x merupakan solusi persamaan diferensial

y′′ − 10y′ + 25y = 0.

Tentukan solusi (khusus) persamaan diferensial yang memenuhi syarat awal y(0) = 3, y′(0) =13.

3. Buktikan bahwa y1 = x dan y2 = x lnx merupakan solusi persamaan diferensial

x2y′′ − xy′ + y = 0.

Formulasikan solusi umumnya!Tentukan solusi (khusus) persamaan diferensial yang memenuhi syarat awal y(1) = 7, y′(1) =2.Cara mencari solusi persamaan diferensial di atas adalah menggunakan metoda deret pangkat,namun tidak diajarkan di kuliah ini.

3.2 Solusi persamaan diferensial homogen koefisien konstan

Perhatikan persamaan diferensial orde 2 homogen koefisien konstan

y′′ + ay′ + by = 0. (3.2.1)

Misalkan y = erx, r ∈ R solusi persamaan diferensial tersebut (dengan r akan ditentukan). Makasubstitusi menghasilkan persamaan karakteristik

r2 + ar + b = 0.

Jadi agar y = erx solusi, haruslah r memenuhi persamaan karakteristik tersebut. Terdapat 3kemungkinan bagi akar-akar persamaan karakteristik di atas.

1. Dua akar real berbeda: r1, r2 ∈ R, maka solusi umumnya

y(x) = C1er1x + C2e

r2x.

2. Akar real sama: r ∈ R, maka solusi umumnya

y(x) = C1erx + C2xe

rx.

3. Dua akar kompleks saling konjugat: r1,2 = α± iβ, α, β ∈ R, maka solusi umumnya

y(x) = C1e(α+iβ)x + C2e

(α−iβ)x

= eαx(C1 cos(βx) + C2 cos(βx)) + ieαx(C1 sin(βx)− C2 sin(βx))

y(x) = eαx (A cos(βx) +B sin(βx)) .

dengan A,B bilangan kompleks.

Soal Latihan 3.2.1. Tentukan solusi umum dan solusi khusus dari persamaan diferensial berikut.

Page 23: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 22

1. y′′ − 3y′ = 0, y(0) = 4, y′(0) = −2.

2. y′′ + 2y′ + y = 0, y(0) = 2, y′(0) = −1.

3. y′′ − 2y′ + 2y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 5.

Teorema (Eksistensi dan ketunggalan suatu masalah nilai awal) Perhatikan masalah nilaiawal

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x), y(a) = b0, y′(a) = b1, b0, b1 sebarang.

Jika p(x), q(x) dan f(x) masing-masing kontinu pada selang buka I yang memuat titik a. Makamasalah nilai awal mempunyai solusi tunggal pada I.

Semua hal di atas dapat secara langsung diperumum untuk persamaan diferensial linier homogenkoefisien konstan orde−n dengan bentuk umum sbb.:

y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ an−1y

′ + any = 0.

Persamaan karakteristik yang bersesuaian dengan persamaan diferensial di atas adalah

rn + a1r(n−1) + · · ·+ an−1r + an = 0.

Contoh 3.2.2. Tentukan solusi umum dari y(4)− y(3)− 20y′′ = 0. Persamaan karakteristik adalah

r4 − r3 − 20r2 = r2(r − 5)(r + 4) = 0,

yang akar-akarnya adalah 0 (akar kembar), −4 dan 5. Jadi solusi umum persamaan diferensialadalah

y(x) = C1 + C2x+ C3e5x + C4e

−4x.

Perhatikan bahwa himpunan fungsi-fungsikonstan, x, e5x, e−4x

bebas linier. Periksalah apakah

W (k, x, e5x, e−4x) = 0?

Soal Latihan 3.2.3. 1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut ini.

(a) y(3) − 3y′′ + 3y′ − y = 0

(b) y(4) + 2y(3) + 3y′′ + 2y′ + y = 0.

2. Tentukan solusi persamaan diferensial dengan syarat awal berikut.

(a) y(3) − 3y′′ + 4y′ − 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0, y′′(0) = 0

(b) y(4) − y = 0, y(0) = 2, y′(0) = 0, y′′(0) = 0, y(3) = 1.

Page 24: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 23

3.3 Sistem Pegas Massa dengan redaman

Perhatikan suatu sistem-pegas-massa dengan redaman

Fs gaya pegas, Fs = −kx, k > 0, k konstanta pegas

Tanda negatif pada Fs disebabkan gaya Fs berlawanan arah dengan arah simpangan dari posisisetimbang.

Fr gaya redam, Fr = −cv = −cx′, c > 0, c koefisien redaman.

Tanda negatif pada Fr disebabkan gaya Fr berlawanan arah dengan arah kecepatan (arah geraksesaat). Hukum Newton II: Ftotal = massa × percepatan, jadi Fs + Fr = mx′′. Jadi persamaangerak bagi sistim pegas-massa dengan redaman adalah

mx′′ + cx′ + kx = 0 (3.3.1)

Jika selain Fs dan Fr terdapat gaya luar F (t) yang bekerja pada sistim, maka persamaan diferensialnya

mx′′ + cx′ + kx = F (t) (3.3.2)

Yang termasuk gaya luar adalah gaya-gaya lain yang belum diperhitungkan di sini, misalnya gayagesek udara.

Sistem pegas-massa dengan redaman dengan arahgerak vertikal juga mempunyai model persamaan yangserupa.

my′′ + cy′ + ky = F (t)

dengan y(t): simpangan benda bermassa m dari posisisetimbang pada saat t. F (t) gaya luar, misalnya gayagesek udara.

Page 25: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 24

Perhatikan sistem pendulum seperti pada gambar. Mengingatpanjang busur s = Lθ, maka v = ds

dt = Ldθdt . Selanjutnya en-

ergi kinetik setiap saat adalah 12mv2 = 1

2mL2

(dθ

dt

)2

. Mengin-

gat dalam kondisi setimbang, energi potensial pendulum nol,maka dalam kondisi seperti pada gambar energi potensialnyamgL(1− cos θ). Jika gaya gesek diabaikan, maka energi total pen-dulum tetap setiap saat, sehingga

s

q L

1

2mL2

(dθ

dt

)2

+mgL(1− cos θ) = Konstan

mL2

(dθ

dt

)(d2θ

dt2

)+mgL sin θ

(dθ

dt

)= 0(

d2θ

dt2

)+

g

Lsin θ = 0

Jika diasumsikan θ cukup kecil (< 150 = π/12) maka sin θ ≈ θ, dan persamaan gerak pendulum

θ′′ + kθ = 0, dengan k = g/L.

Tugas: Tunjukkan bahwa jika gaya gesek udara diperhitungkan, gaya gesek ∼ cθ′, maka modelpersamaannya adalah

θ′′ + cθ′ + kθ = 0.

Getaran Bebas Tak Teredam

Dalam kasus sistim pegas massa tak terhubung dengan redaman dan tak ada gaya luar, makapersamaan geraknya

mx′′ + kx = 0

Solusi umumnya adalah

x(t) = A cosω0t+B sinω0t =√

A2 +B2 cos(ω0t− α)

dengan tanα = B/A dan ω0 =√k/m. frekwensi ω0 disebut frekwensi natural dari sistem pegas-

massa tersebut.Dari solusi di atas dapat disimpulkan bahwa pada sistem tanpa redaman, massa akan bergetarterus menerus dengan amplitudo tetap

√A2 +B2, dan frekuensi ω0 per detik. Dalam satuan Hz

(putaran per detik) frekwensiω0

2π. Periode getaran ini T =

ω0. Getaran ini disebut gerak harmonik

sederhana.

Page 26: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 25

Getaran Bebas Teredam

Persamaan sistem pegas-massa-redaman

mx′′ + cx′ + kx = 0,

maka akar-akar persamaan karakteristiknya

r1, r2 = − c

2m±

√c2 − 4km

2m

Notasikan ccrit ≡√4km

t5 10 15

0

1

2

3

t5 10 15

K1

0

1

2

3

t5 10 15

K4

K3

K2

K1

0

1

2

3

Gambar 3.3.1: Kiri: overdamped c2 > 4km, tengah: critically damped c2 = 4km, kanan: under-damped c2 < 4km

1. Kasus overdamped: c > ccrit ⇔ (c2 > 4km), solusinya x(t) = C1er1t + C2e

r2t

2. Kasus critically damped c = ccrit ⇔ (c2 = 4km), solusinya x(t) = e−(c/2m)t(C1 + C2t)

3. Kasus underdamped c < ccrit ⇔ (c2 < 4km) x(t) = e−(c/2m)t(C1 cosω1t+ C2 sinω1t), dengan

ω1 =

√|c2−4km|2m

Perhatikan bahwa x(t) untuk ketiga kasus di atas menuju nol untuk t → +∞. Solusi ini disebutsolusi transien. Jadi pada sistem dengan redaman, massa yang semula bergetar akibat gangguanawal pada akhirnya akan berhenti.

3.4 Persamaan Diferensial Tak Homogen

Bentuk umum persamaan diferensial tak homogen orde−2:

y′′ + a1y′ + a2y = f(x).

Mengingat teorema solusi umum persamaan diferensial tak homogen, tugas kita di sini hanyalahmencari satu solusi partikular dari persamaan diferensial tak homogen. Terdapat dua metode:metode koefisien tak tentu dan metode variasi parameter.

Page 27: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 26

3.4.1 Metode Koefisien Tak Tentu

Ide dasar dari metoda koefisien tak tentu adalah: memduga dengan cerdas solusi yp (solusi ansatz)berdasarkan bentuk fungsi f(x) di ruas kanan. Pikirkan suatu solusi dari persamaan diferensialberikut.

1. y′′ + y′ + y = ex

2. y′′ + y = cosx

3. y′′ + y′ = cosx

4. y′′ + y′ + y = x2 − 1

Dari soal-soal di atas dapat disimpulkan: solusi partikular / khusus persamaan diferensial linier takhomogen dengan koefisien konstan menyerupai suku tak homogennya. Hal inilah yang melandasimetoda koefisien tak tentu. Misalkan solusi partikular yang hendak dicari adalah yp(x), makapemisalan yang sesuai untuk yp adalah mengikuti tabel berikut.

Jika f(x) = Pemisalan untuk yp =

Pm(x) = b0 + b1x+ b2x2 + · · ·+ bmxm A0 +A1x+ · · ·+ bmxm

a cos kx+ b sin kx A cos kx+B sin kxerx erxA

Indeks p pada yp adalah dari ’partikular’, dan untuk selanjutnya solusi persamaan diferensial ho-mogennya dinyatakan sebagai yh, dengan h dari ’homogen’.

Catatan:

1. Jika fungsi di ruas kanan mrpk perkalian antara polinom, fungsi trigono dan fungsi ekspo-nensial, maka pemisalan yp juga perkalian dari fungsi pemisalan yp seperti di tabel.

2. Jika fungsi di ruas kanan ternyata juga merupakan solusi persamaan diferensial homogennya,maka untuk pemisalan yp harus dikalikan dengan x (atau xn, n ≥ 2.)

Soal Latihan 3.4.1. Tentukan solusi partikular dari1. y′′ + 3y′ + 4y = 3x+ 22. y′′ − 4y = 2e3x

3. 3y′′ + y′ − 2y = 2 cosx4. y′′ − 3y′ + 2y = 3e−x − 10 cos 3x5. y(3) + 9y′ = x sinx+ x2e2x

Contoh 3.4.2. Tentukan solusi partikular dan solusi umum dari y′′ − 4y = 2e2x

Penyelesaian: Sesuai tabel, solusi partikular dimisalkan sebagai yp(x) = Ae2x namun pemisalanini tidak memberi hasil! Ini jelas karena e2x tak lain adalah juga solusi persamaan diferensial ho-mogennya. Cobalah dengan pemisalan yp(x) = Axe2x,. . .Didapat yp(x) = 1

2xe2x. Karena solusi homogennya adalah yh(x) = Ce2x + De−2x, maka solusi

umum persamaan diferensial tersebut y(x) = yh(x) + yp(x) = Ce2x +De−2x + 12xe

2x.

Page 28: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 27

Kesimpulan: Jadi untuk dapat menentukan pemisalan yang sesuai harus dicari terlebih dahulusolusi persamaan diferensial homogennnya.

Tentukan solusi partikular dan solusi umum dari

1. y′′ − 4y′ + 4y = 2e2x

2. y(3) + y′′ = 3ex + 4x2

3. (D − 2)3(D2 + 9)y = x2e2x + x sin 3x (dalam notasi operator!)

Catatan: metode koefisien tak tentu hanya dapat digunakan jika fungsi f(x) di ruas kanan adalahberupa polinom, fungsi trigono, fungsi ekponen atau penjumlahan / perkalian dari ketiga fungsitersebut. Metoda koefisien tak tentu tak dpt digunakan utk persamaan diferensial y′′ + y = tanx.

3.4.2 Metode Variasi Parameter

Jika y1(x) dan y2(x) merupakan dua solusi bebas linier dari persamaan diferensial homogennya,maka solusi persamaan diferensial tak homogennya berbentuk:

yp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)

dengan u1(x), u2(x) solusi dariu′1y1 + u′2y2 = 0u′1y

′1 + u′2y

′2 = f(x)

(3.4.1)

Bagaimana (3.4.1) diperoleh? Diskusikan!

Analog untuk persamaan diferensial tak homogen orde−n, dimana y1, y2, · · · , yn solusi bebas linierdari persamaan diferensial homogennya, maka solusi persamaan diferensial tak homogennya adalah

yp = u1y1 + u2y2 + · · ·+ unyn,

dengan ui, i = 1, · · · , n memenuhiu′1y1 + u′2y2 + · · ·+ u′nyn = 0u′1y

′1 + u′2y

′2 + · · ·+ u′ny

′n = 0

...

u′1y(n−1)1 + u′2y

(n−1)2 + · · ·+ u′ny

(n−1)n = f(x)

(3.4.2)

Perhatikan bahwa determinan dari SPL di atas adalahW (y1, y2, · · · , yn) dan tak nol ∀x ∈ ℜ, karenay1, y2, · · · , yn bebas linier. Solusi SPL di atas diperoleh melalui Rumus Cramer:

u′i =Wi(x)

W (x)atau ui =

∫Wi(x)

W (x)dx

dengan Wi(x) adalah W (x) yang mana kolom ke−i diganti dengan (0, 0, · · · , f(x)) (ruas kananSPL).

Page 29: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 28

Soal Latihan 3.4.3.

Tentukan solusi partikular dari persamaan diferensial berikut menggunakan metoda variasi param-eter.1. y′′ − 3y′ + 2y = 5x+ 22. y′′ − 4y = e2x

3. y′′ + y = tanx4. y′′ − 3y′ + 2y = ex

ex+15. y′′′ + 4y′ = cot 2x.

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut. Jawaban mungkin masih dalam bentukintegral1. y′′′ − y′′ + y′ − y = sec t, untuk − π/2 < t < π/22. y′′′ + y′′ + y′ + y = 1

x .

Langkah-langkah pencarian solusi persamaan diferensial tak homogen denganmetode variasi parameter

1. Cari solusi persamaan diferensial homogen

yh = c1y1 + · · ·+ cnyn

2. Hitung y(j)i , untuk j = 1, · · · , (n− 1), dan hitung W (y1, · · · , yn).

3. Selesaikan SPL bagi u′i, i = 1, · · · , n.

4. Integralkan u′i untuk mendapatkan ui.

5. maka yp = Σni=1yiui

Cari solusi partikular dari

x3y′′′ + x2y′′ − 6xy′ + 6y = 30x,

jika diketahui solusi homogennya adalah:

y1(x) = x, y2(x) = x3, y3(x) = x−2

Catatan: Metoda Euler-Cauchy untuk mencari solusi persamaan diferensial homogennya tidak di-ajarkan.

Contoh 3.4.4. Cari solusi partikular dari1. y′′ − 4y = xex (gunakan 2 metode, bandingkan!)2. y′′ − 4y = sinh 2x3. y(3) + 4y′ = cot 2x4. y′′ − y = x−2ex

5. y′′ + y = x1/2

6. y(3) + y′′ + y′ + y = 1/x (hasilnya cukup dinyatakan dalam integral)

Page 30: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 29

3.5 Getaran dengan gaya luar

Akan dibahas sistem pegas massa teredam dengan gaya luar yang mempunyai persamaan

mx′′ + cx′ + kx = F (t)

3.5.1 Kasus adanya gaya luar, tanpa redaman

Perhatikan sistim pegas massa tanpa redaman yang dikenai gaya luar berupa gerak harmonik:

mx′′ + kx = F0 cosωt.

Jika ω0 = ω solusi umumnya adalah

x(t) = xp(t) + xh(t) =F0/m

ω20 − ω2

cosωt+ C cos(ω0t− α) (3.5.1)

Perhatikan bahwa solusi umum merupakan superposisi dari dua getaran dengan frekuensi ω0 danω.

Beats

Diberikan dua syarat awal x(0) = x′(0) = 0 diperolehsolusi

x(t) =F0/m

ω20 − ω2

(cosωt− cosω0t)

x(t) =2F0

m(ω20 − ω2)

sin1

2(ω0 − ω)t sin

1

2(ω0 + ω)t

Jika ω0 ≈ ω, maka ω0 + ω jauh lebih besar daripada|ω0 − ω|.

Contoh: Dua buah terompet memainkan nada C, namun dengan frekuensi yang sedikit berbeda,

frekwensinyaω0

2π= 258 Hz dan

ω

2π= 254 Hz. Nada yang dihasilkan kedua terompet itu bukannya

nada C yang ’keras’ akibat gabungan dua terompet, melainkan terdengar fenomena ’beat’, yaitu

variasi amplitudo keras pelan dengan frekwensi(ω0 − ω)/2

2π= 2 Hz.

Page 31: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 30

Resonansi

Perhatikan solusi umum (3.5.1), jika ω → ω0 makasolusi partikular membesar tanpa batas. Hal inimengindikasikan adanya resonansi jika ω → ω0. Se-lanjutnya jika dicari solusi partikular persamaan difer-ensial

x′′ + ω20x =

F0

mcosω0t,

diperoleh

xp(t) =F0

2mω0t sinω0t

Kita telah mengenal bahwa resonansi gelombang bunyi pada gitar mengakibatkan kita dapatmendengar suara merdu gitar. Resonansi itu sendiri berarti turut bergetarnya suatu benda ak-ibat getaran benda lain. Selain resonansi yang berakibat baik, adapula resonansi yang berakibatburuk. Dalam mengkonstruksi suatu bangunan, seperti gedung bertingkat atau jembatan, adanyafenomena resonansi harus benar-benar diperhitungkan. Suatu konstruksi bangunan yang tegak dankokoh selalu mempunyai kecenderungan untuk dapat bergetar. Jika diandaikan sebagai suatu sis-tim pegas massa, suatu bangunan akan mempunyai frekwensi natural ω0 =

√k/m tertentu. Suatu

konstruksi yang cukup rumit seperti jembatan atau gedung bertingkat akan mempunyai banyakfrekwensi natural. Suatu contoh yang spektakuler adalah jembatan Broughton Bridge, Manch-ester, England di tahun 1831 yang ambruk saat ada barisan tentara yang melintasinya. Sejak saatitu, apabila melintasi jembatan barisnya tentara tidak boleh berirama. Ini dimaksudkan untukmenghindari pengaruh gaya luar periodik pada struktur jembatan. Resonansi juga mungkin punyakontribusi pada ambruknya suatu balkon hotel di Kansas City tahun 1981, dimana saat itu adapenari. Ambruknya gedung-gedung saat ada gempa bumi juga bisa diperparah oleh gejala reso-nansi, seperti yang terjadi di Mexico City, September 19, 1985. Respon dari tiap gedung berbedadan ini ditentukan oleh frekwensi natural setiap gedung. Suatu bangunan akan cepat ambrukapabila getaran gempa mempunyai frekwensi yang sama dengan salah satu frekwensi natural ban-gunan tersebut. (Coba kunjungi http://school.discoveryeducation.com/sciencefaircentral) Sebaliknya,resonansi dimanfaatkan pada pembuatan seismograf, alat yang ditujukan untuk mendeteksi getaranyang relatif lemah.

Page 32: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 31

3.5.2 Kasus adanya getaran luar dan redaman

Perhatikan persamaan diferensial

mx′′ + cx′ + kx = F0 cosωt,

solusinya adalah x(t) = xh+xp, dengan xh solusi tran-sien yang menuju nol untuk t → ∞. Selanjutnya solusipartikular

xp(t) =F0√

m2(ω20 − ω2)2 + c2ω2

cos(ωt− α),

yang berupa solusi periodik. Meskipun di sini tidakterjadi resonansi, namun terdapat getaran periodikyang steady dengan amplitudo tertentu. Besarkecilnya amplitudo ini bergantung pada ω/ω0 dankoefisien redaman c, dan diilustrasikan pada gambardi samping. Jika amplitudo getaran steady ini besar,maka tentu berbahaya juga.

Adanya solusi transien memungkinkan kita untuk dapat memenuhi berbagai kondisi awal. Denganbertambahnya waktu apapun gangguan awalnya akan teredam oleh sistem ini. Getaran yang tetapada selamanya adalah solusi periodiknya, yang merupakan akibat langsung dari gaya luar. Solusiini disebut solusi steady.

Contoh 3.5.1. Tentukan solusi transien dan solusi periodik steady dari

x′′ + 2x′ + 2x = 20 cos 2t, x(0) = x′(0) = 0

Penyelesaian:Solusi umum xh(t) = e−t(C1 cos t+ C2 sin t)Solusi khusus xh(t) = e−t(2 cos t− 6 sin t) mrpk solusi transien.Solusi periodik 2

√5 cos(2t− α), α = π − tan−1 2.

Page 33: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

Bab 4

Sistem Persamaan Diferensial

Bentuk umum sistem pd dengan variabel bebas x dan y orde satu.f(t, x, y, x′, y′) = 0g(t, x, y, x′, y′) = 0

Sistem pd muncul secara natural pada berbagai masalah scientific.

4.0.3 Berbagai masalah aplikasi

1. Pergeseran m1 adalah x1(t), pergeseran m2 adalah x2(t). Jadi pegas 1 ditekan/diregangsejauh x1(t), sedangkan pegas 2 ditekan/diregang sejauh x2(t)− x1(t). Sehingga persamaangerak

m1x1 = k2(x2 − x1)− k1x1m2x2 = −k2(x2 − x1)

berupa sistem persamaan diferensial orde 2, dua variabel homogen.

2. Misal kandungan garam tiap saat di tangki 1 adalah Q1(t) oz dan di tangki 2 adalah Q2(t)oz. Persamaan pengaturnya

Q1 = 1.5 + 1.5Q2

20 − 3Q1

30

Q2 = 3 + 3Q1

30 − 4Q2

20

berupa sistem persamaan diferensial orde 2, dua variabel tak homogen.

32

Page 34: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 33

4.0.4 Kaitan antara p.d. orde−n dengan sistim p.d. n variabel

Persamaan diferensial orde n linier, koefisien konstan, dapat ditransformasi menjadi sistem per-samaan diferensial orde 1 dengan variabel bebas n buah.

xn = f(t, x, x′, · · · , x(n−1))

Misalkan variabel bebas baru x1, · · · , xn sebagai berikut

x1 = x, x2 = x′, · · · , xn = x(n−1)

Pdnya menjadi sistem pd orde−1 dengan n variabel.

y′1 = y2y′2 = y3...y′n−1 = yny′n = f(t, y1, y2, · · · , yn)

Soal Latihan 4.0.1. Ubah pd berikut jadi sistem pd orde 11. x′′′ + 3x′′ + 2x′ − 5x = sin 2t2. 2x′′ = −6x+ 2y, y′′ = 2x− 2y + 40 sin 3t

Contoh 4.0.2. Mencari solusi sistem pd dengan metode eliminasix′ = 4x− 3y · · · (1) x(0) = 2y′ = 6x− 7y · · · (2) y(0) = −1

Diferensialkan pers (2), bersama-sama dengan pers (1) x′ dieliminir, sehingga menghasilkan

y′′ + 3y′ − 10y = 0

yang mempunyai solusi

y(t) = C1e2t + C2e

−5t

Substitusikan solusi y(t) ke pers (2) untuk mendapatkan

x(t) =3

2C1e

2t +1

3C2e

−5t

Substitusikan syarat awal menghasilkan

x(t)=3e2t − e−5t

y(t)=2e2t − 3e−5t

Perhatikan bahwa solusinya berupa fungsi bernilai vektor(xy

)=

(32

)e2t −

(13

)e−5t

Page 35: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 34

4.0.5 Berbagai cara mencari solusi sistim pd

Suatu sistem pd dengan koefisien konstan dapat ditulis dalam bentuk

L1x+ L2y = f1(t)L3x+ L4y = f1(t)

(4.0.1)

dengan L1, L2, L3 dan L4 operator diferensial (linier).

Contoh 4.0.3. sistem pd pada contoh di atas dapat ditulis sebagai

(D − 4)x+ 3y = 0−6x+ (D + 7)y = 0

Selanjutnya solusi (4.0.1) adalah∣∣∣∣ L1 L2

L3 L4

∣∣∣∣x =

∣∣∣∣ f1(t) L2

f2(t) L4

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣ L1 L2

L3 L4

∣∣∣∣ y =

∣∣∣∣ L1 f1(t)L3 f2(t)

∣∣∣∣ ,(4.0.2)

diperoleh dengan cara eliminasi biasa.

Contoh 4.0.4. Perhatikan sistem 2 pegas 2 massa tanpa gaya luar, dengan k1 = 4, k2 = 2,m1 =2,m2 = 1. Akan dicari gerak sistem tersebut tiap saat.Penyelesaian:Sistem pd yang berkaitan adalah

(D2 + 3)x− y = 0−2x+ (D2 + 2)y = 0

Jika digunakan rumus (4.0.2) diperoleh

(D2 + 1)(D2 + 4)x = 0(D2 + 1)(D2 + 4)y = 0.

Selanjutnya diperoleh

x(t) = a1 cos t+ a2 sin t+ b1 cos 2t+ b2 sin 2ty(t) = c1 cos t+ c2 sin t+ d1 cos 2t+ d2 sin 2t

(4.0.3)

Solusi di atas memuat 8 konstanta sebarang. Solusi umum masalah ini seharusnya hanya memuat4 konstanta sebarang. Untuk itu jika (4.0.3) disubstitusikan ke dalam persamaan (D2+3)x−y = 0menghasilkan

c1 = 2a1, c2 = 2a2, d1 = −b1, d2 = −b2.

Dengan demikian solusi umumnya:

x(t) = a1 cos t+ a2 sin t+ b1 cos 2t+ b2 sin 2ty(t) = 2a1 cos t+ 2a2 sin t− b1 cos 2t− b2 sin 2t

(4.0.4)

Page 36: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 35

Pengamatan lanjutan terhadap solusi sistem 2 pegas 2 massa. Solusi (4.0.4) dapat dituliskansebagai

x(t) = A cos(t− α) +B cos(2t− β)y(t) = 2A cos(t− α)−B cos(2t− β)

Dua solusi (partikular) (A cos(t−α), 2A cos(t−α)) dan (B cos(2t−β),−B cos(2t−β)) merupakandua getaran natural dengan dua bilangan gelombang (mode) atau dua frekuensi berbeda ω1 =1, ω2 = 2, disebut frekuensi natural sistem tersebut.

4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor

Misalkan S =x(1), · · · ,x(n)

, dengan x(i) fungsi bernilai vektor. S dikatakan bebas linear pada

selang I jika sistim persamaan

C1x(1)(t) + C2x

(2)(t) + · · ·+ Cnx(n)(t) = 0 (4.0.5)

hanya mempunyai solusi trivial ∀t ∈ I. Jika S tidak bebas linier dikatakan bergantung linier.

Selanjutnya (4.0.5) hanya mempunyai solusi trivial ∀t ∈ I jika determinan ‘matriks koefisien’nyabernilai nol ∀t ∈ I atau

W (x(1),x(2), · · · ,x(n)) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣x(1)1 (t) x

(2)1 (t) · · · x

(n)1 (t)

x(1)2 (t) x

(2)2 (t) · · · x

(n)2 (t)

· · · · · · · · ·x(1)n (t) x

(2)n (t) · · · x

(i)n (t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0, ∀t ∈ I

Teorema: Misal x(1),x(2), · · · ,x(n) adalah n solusi dari suatu sistim pd pada selang buka I.Notasikan W ≡ W (x(1),x(2), · · · ,x(n))

1. Jika x(1),x(2), · · · ,x(n) bergantung linier pada I, maka W = 0 pada I.

2. Jika x(1),x(2), · · · ,x(n) bebas linier pada I, maka W = 0, ∀t ∈ I.

Contoh 4.0.5. Tunjukkan bahwa

x1(t) =

(32

)e2t dan x2(t) =

(13

)e−5t

bebas linier pada R.Penyelesaian: perhatikan

C1x1 + C2x2 = 0

Akan ditunjukkan bahwa SPL di atas hanya mempunyai solusi C1 = 0, C2 = 0, atau bahwa∣∣∣∣ 3e2t e−5t

2e2t 3e−5t

∣∣∣∣tak nol ∀t ∈ R. Determinannya adalah 7 exp(−3t) = 0,∀t ∈ R. Jadi x1,x2 bbl pada R.

Page 37: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 36

Soal Latihan 4.0.6. Periksa kebebaslinearan fungsi-fungsi bernilai vektor berikut.

1.

(10

)et,

(01

)et

2.

(11

)e2t,

(11

)te2t

3.

(10

)cos t,

(10

)sin t

.

4.1 Metode Nilai Eigen untuk Mencari Solusi Sistem PersamaanDiferensial Homogen

Sistem persamaan diferensial homogen koefisien konstan dapat dituliskan dalam notasi matriksberikut

x = Ax (4.1.1)

dengan matriks koefisien An×n berelemen bilangan real, dan x = (x1, x2, · · · , xn)T .

Misalkan solusinya berbentuk x = veλt, dengan v dan λ akan dicari. Jika disubstitusikan ke dalamsistem pd akan menghasilkan

λveλt −Aveλt = 0

(A− λI)veλt = 0.

Dicari v solusi SPL di atas yang tak nol. Karena eλt tak pernah nol, maka haruslah

det(A− λI) = 0

Jadi diperoleh solusi (4.3.8) adalah x = veλt, dengan v dan λ berturut-turut adalah vektor eigendan nilai eigen matriks A.

Dengan demikian jika kita ingin mencari solusi dari sistim pd (4.3.8) maka langkah-langkah yangharus ditempuh adalah sebagai berikut.

1. Tentukan semua nilai eigen λ1, λ2, · · · , λn dari An×n.

2. Selanjutnya kita tentukan n buah vektor eigen bebas linier v1,v2, · · · ,vn yang bersesuaiandengan nilai-nilai eigen di atas.

3. Langkah 2 tidak selalu berhasil, tetapi jika berhasil, maka kita punyai n buah solusi bebaslinier berikut

x1(t) = v1eλ1t,x2(t) = v2e

λ2t, · · · ,xn(t) = vneλnt.

Dalam hal ini solusi umum dari sistim pd (4.3.8) adalah kombinasi linier dari n solusi bebaslinier berikut

x(t) = C1x1(t) + C2x2(t) + · · ·+ Cnxn(t).

maitb2009
Rectangle
Page 38: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 37

4.1.1 Kasus: nilai eigen real berbeda

Contoh 4.1.1. Gunakan metoda nilai eigen untuk mecari solusi sistem pd berikut (sama sepertiContoh 4.0.2).(

x1x2

)=

(4 −36 −7

)(x1x2

),

(x1(0)x2(0)

)=

(2−1

)Penyelesaian: Dicari nilai eigen dari matriks koefisien A.∣∣∣∣ 4− λ −3

6 −7− λ

∣∣∣∣ = 0

λ2 + 3λ− 10 = 0

Diperoleh pasang eigen

λ1 = 2,v1 =

(32

)dan λ2 = −5,v2 =

(13

).

Solusi umum sistem pd adalah kombinasi linier dari v1eλ1t dan v2e

λ2t atau(x(t)y(t)

)= C1

(32

)e2t + C2

(13

)e−5t

Jika syarat awal disubstitusikan diperoleh(x(t)y(t)

)=

(32

)e2t −

(13

)e−5t

Soal Latihan 4.1.2. Gunakan metoda nilai eigen untuk mecari solusi sistem pd berikut.

1. x =

(3 −22 −2

)x

2. x =

(1 −23 −4

)x

3. x =

1 1 21 2 12 1 1

x

4. x =

1 1 20 2 2

−1 1 3

x, x(0) =

201

4.1.2 Kasus: nilai eigen kompleks

Perhatikan sistim pd dengan matriks koefisien berelemen bilangan real A yang mempunyai nilaieigen kompleks saling konjugate. Misalkan nilai eigen kompleks tersebut λ = p±qi, dengan p, q ∈ ℜdan vektor eigen kompleks yang bersesuaian v = a ± bi, dengan a,b vektor real, dan a,b tidakkedua-duanya nol. Pilih (salah satu) solusi sistim pd

x(t) = veλt = (a+ bi) exp(p+ qi)t

= ept(a cos qt− b sin qt) + iept(b cos qt+ a sin qt).

Page 39: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 38

Perhatikan bahwa bagian real dan bagian imajiner dari x(t) juga merupakan solusi sistim pd. Iniberarti telah diperoleh dua solusi real yang bbl.:

v(t) = Re(x(t)) = ept(a cos qt− b sin qt)

u(t) = Im(x(t)) = ept(b cos qt+ a sin qt)

Jadi solusi umum (dalam bentuk real) sistim pd:

x = C1v(t) + C2u(t)

dengan C1, C2 bilangan real. Periksa bahwa dua solusi real di atas juga dapat diperoleh jika diambilbagian real dan imajiner dari veλt.

Contoh 4.1.3. Tentukan solusi sistim pd:(x′(t)y′(t)

)=

(−1/2 1−1 −1/2

)(x(t)y(t)

)Penyelesaian: Nilai eigen matriks koefisien sistim pd di atas: −1/2 ± i dan vektor eigen yang

bersesuaian adalah

(1±i

). Diperoleh dua solusi kompleks

(1i

)e(−1/2+i)t dan

(1−i

)e(−1/2−i)t

Perhatikan salah satunya, pisahkan bagian real dan imajinernya, menghasilkan:(1i

)e−t/2(cos t+ i sin t) =

(e−t/2 cos t

−e−t/2 sin t

)+ i

(e−t/2 sin t

e−t/2 cos t

)Solusi umum (real) sistim pd adalah:

x(t) = C1e−t/2

(cos t− sin t

)+ C2e

−t/2

(sin tcos t

)Cek kebebaslinierannya!

Soal Latihan 4.1.4. Cari solusi sistim pd berikut

1. x′(t) =

(3 −24 −1

)x

2. x′(t) =

1 0 02 1 −23 2 1

x

3. x′(t) =

(1 −51 −3

)x, x(0) =

(11

)

Page 40: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 39

4.1.3 Kasus: nilai eigen berulang

Dalam kasus matriks koefisienAmempunyai nilai eigen berulang, perhatikan contoh-contoh berikut.

Contoh 4.1.5. Diberikan sistim pd

x′(t) =

0 1 11 0 11 1 0

x

Matriks koefisiennya mempunyai n.e. λ1 = 2, dan λ2,3 = −1. Vektor eigen yang bersesuaian dengan

λ1 adalah

111

. Vektor eigen yang bersesuaian dengan λ2,3 adalah

10−1

dan

01−1

.

(Terdapat dua vektor eigen yang saling bbl!) Jadi diperoleh tiga solusi yang bebas linier, yaitu 111

e2t dan

10−1

e−t dan

01−1

e−t

Sehingga solusi umum sistim pd:

x = C1

111

e2t + C2

10−1

e−t + C3

01−1

e−t

Catatan: Dalam contoh ini nilai eigen λ = −1 merupakan nilai eigen berulang dengan multiplisitas2. Namun nilai eigen ini mempunyai dua buah vektor eigen yang bersesuaian. Nilai eigen berulangseperti ini dikatakan complete.

Contoh 4.1.6. Diberikan sistim pd:

x′(t) =

(1 −11 3

)x

Nilai eigen matriks koefisien sistim pd di atas adalah λ = 2 (akar kembar). Jika kita cari vektor

eigennya hanya didapat satu v.e. bbl, yaitu ξ =

(1−1

). Jadi hanya didapat satu solusi sistim

pd:

x(1)(t) =

(1−1

)e2t

Solusi sistim pd lainnya dimisalkan berbentuk

x(t) = ξte2t + ηe2t

dengan η harus dicari. Jika disubstitusikan ke dalam sistim pd maka η harus memenuhi

(A− 2I)η = ξ. (4.1.2)

Page 41: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 40

Perhitungan menghasilkan

η =

(k

−1− k

)=

(0−1

)+ k

(1−1

)dengan k real sebarang, dapat dipilih k = 0. Sehingga diperoleh solusi sistim pd yang kedua adalah

x(2)(t) =

(1−1

)te2t +

(0−1

)e2t

Jadi solusi umum sistim pd adalah

x = C1x(1)(t) + C2x

(2)(t)

= C1

(1−1

)e2t + C2

(1−1

)te2t +

(0−1

)e2t

Catatan: Jika multiplisitas dari nilai eigen λ melebihi jumlah vektor eigen bbl yang bersesuaiannya,maka nilai eigen tersebut dikatakan defect. Vektor eigen η yang memenuhi (4.1.2) merupakan contohdari generalized eigenvector

Soal Latihan 4.1.7. Cari solusi sistim pd berikut.

1. x′(t) =

(4 −28 −4

)x

2. x′(t) =

(−3/2 1−1/4 −1/2

)x

3. x′(t) =

1 1 12 1 −10 −1 1

x

4.2 Bidang Phase

Solusi dari sistim pd adalah berupa vektor x(t) =

(x(t)y(t)

). Mengambar kurva solusi x(t) dan y(t)

berturut-turut pada bidang−xt dan bidang−yt adalah hal yang biasa. Dalam kedua kurva tersebutkita tidak dapat melihat secara langsung bagaimana perubahan xmempengaruhi perubahan y, jugasebaliknya. Oleh karena itu pada subbab ini akan digambarkan kurva solusi sistim pd pada bidangxy untuk berbagai kasus berbeda nilai eigen matriks A.

Contoh 4.2.1. (Saddle node) Perhatikan sistim pd(xy

)=

(1 14 1

)(xy

)yang mempunyai solusi

x =

(x(t)y(t)

)= C1

(12

)e3t + C2

(1−2

)e−t (4.2.1)

Page 42: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 41

dengan C1, C2 bil real sebarang. Selanjutnya akan digambarkan solusi (4.2.1) pada bidang xy un-

tuk berbagai nilai konstanta C1, C2. Jika C1 > 0, C2 = 0 maka x = C1

(12

)e3t. Jadi solusinya

berupa setengah garis y = 2x yang terletak di kwadran I, arahnya menjauhi titik (0, 0). Sedangkanjika C1 < 0 kurva solusi berupa garis y = 2x yang terletak di kwadran III, arahnya menjauhi titik(0, 0). Secara analog, jika C1 = 0 dan C2 = 0 solusinya berupa garis y = −2x, yang mana terletakdi kwadran IV jika C2 > 0 dan di kwadran II jika C2 < 0, dan arahnya mendekati titik (0, 0).

Untuk nilai-nilai C1 dan C2 lain, kurva solusi berupa hiperbola. (Pada sesi praktikum dengansoftware Maple, anda dapat memeriksa hal ini.) Arah pada kurva solusi hiperbola dapat diten-

tukan dengan cara berikut. Untuk t −→ ∞, suku C1

(12

)e3t menjadi dominan, sedangkan suku

C2

(1−2

)e−t kecil sekali, sehingga x −→ C1

(12

)e3t. Jadi untuk t → ∞, semua solusi dengan

C1 = 0 asimptotik ke garis y = 2x. Untuk t → −∞ hal serupa juga berlaku, dan kurva solusihiperbola akan asimptotis ke garis y = −2x. Berdasarkan analisis di atas, sketsakan kurva-kurvasolusinya. Dalam kasus ini, titik pusat dinamakan titik saddle. Karena untuk t −→ ∞, x(t) tidakmenuju (0, 0), maka (0, 0) dikatakan bersifat tak stabil.

Contoh 4.2.2. (A node) Perhatikan sistim pd Perhatikan sistim pd berikut(xy

)=

(−3

√2√

2 −2

)(xy

)mempunyai solusi(

x(t)y(t)

)= C1

(1√2

)e−t + C2

(−√2

1

)e−4t.

Mula-mula misalkan

x1(t) = C1

(1√2

)e−t, x2(t) = C2

(−√2

1

)e−4t.

dengan C1, C2 bil real sebarang. Selanjutnya akan digambarkan solusi (4.2.1) pada bidang xy untuk

berbagai nilai konstanta C1, C2. Jika C1 > 0, C2 = 0 maka x = C1

(1√2

)e−t. Jadi solusinya

berupa setengah garis y =√2x yang terletak di kwadran I, arahnya mendekati titik (0, 0). Sedan-

gkan jika C1 < 0 kurva solusi berupa garis y =√2x yang terletak di kwadran III, arahnya mendekati

titik (0, 0). Secara analog, jika C1 = 0 dan C2 = 0 solusinya berupa garis y = −√2x, yang mana

terletak di kwadran IV jika C2 > 0 dan di kwadran II jika C2 < 0, dan arahnya mendekati titik (0, 0).

Untuk nilai-nilai C1 dan C2 lain, kurva solusi berupa parabola. Arah pada kurva solusi paraboladapat ditentukan dengan cara berikut. Untuk t −→ ∞, x2(t) jauh lebih kecil dari x1(t), jadix(t) → x1(t). Sebaliknya, untuk t −→ ∞,x(t) → x2(t). Berdasarkan analisis di atas, sketsakankurva-kurva solusinya. Dalam kasus ini, titik pusat dinamakan a node.Karena untuk t −→ ∞,x(t) → (0, 0), maka (0, 0) dikatakan bersifat stabil asimptotik.

Page 43: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 42

Contoh 4.2.3. (Spiral point) Perhatikan sistim pd berikut(xy

)=

(−1/2 1

−1 −1/2

)(xy

)mempunyai solusi(

x(t)y(t)

)= C1

(cos t− sin t

)e−t/2 + C2

(sin tcos t

)e−t/2 (4.2.2)

dengan C1, C2 bil real sebarang. Untuk C1 = 0 dan C2 = 0, kurva solusi memenuhi x2 + y2 = e−t,yang tak lain adalah kurva spiral dengan arah menuju titik (0, 0) untuk t −→ ∞. Berdasarkananalisis di atas, sketsakan kurva-kurva solusinya. Dalam kasus ini, titik pusat dinamakan titikspiral. Karena untuk t −→ ∞, x(t) → (0, 0), maka (0, 0) dikatakan bersifat stabil asimptotik.Catatan: Dalam hal nilai eigen berupa bilangan imajiner murni, maka titik (0, 0) dinamakan sebagaititik center dan bersifat stabil, namun bukan stabil asimptotik.

Page 44: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 43

Pola trajektori sistim pd adalah tipikal dan bergantung pada jenis nilai eigen matriks koefisiennya.Tiga pola trajektori yang seringkali muncul disajikan pada gambar-gambar di halaman 52

Soal Latihan 4.2.4. Sketsakan kurva-kurva solusi sistim pd berikut di sekitar titik (0, 0). Ten-tukan tipe titik (0, 0) serta kestabilannya.

1. dxdt = 2x, dy

dt = −2y.

2. dxdt = −2x, dy

dt = −y.

3. dxdt = y, dy

dt = −x

4. dxdt = y, dy

dt = −5x− 4y

5. dxdt = −2x, dy

dt = −2y, (Dalam kasus ini titik (0, 0) disebut proper node)

Berbagai perilaku kurva solusi atau trajektori di sekitar titik equilibrium (0, 0) dapat dirangkumdalam tabel berikut. Tampak dari tabel bahwa Perilaku trajektori bagi sistim pd linier menjadilandasan bagi perilaku trajektori sistim pd almost linier. Hal ini dapat jelas terlihat pada tabel dihalaman 51.

4.3 Matriks Fundamental

4.3.1 Solusi spd homogen

Perhatikan sistem pd dengan syarat awal

x′ = Ax, x(0) = x0. (4.3.1)

Misalkan x(1), · · · ,x(n) adalah n buah solusi bebas linier dari sistim pd homogennya, yang terdefinisipada suatu interval I. Maka matriks yang kolom-kolomnya vektor solusi x(1), · · · ,x(n) yaitu

Ψ(t) =

x(1)1 (t) · · · x

(n)1

......

x(1)n · · · x

(n)n

disebut matriks fundamental dari sistem tersebut.

Matriks fundamental selalu mempunyai invers karena kolom-kolomnya bebas linier. Selanjutnyasolusi umum sistim pd x = c1x

(1) + · · ·+ cnx(n) dapat dituliskan sebagai

x = Ψ(t)c ,

dengan vektor konstanta sebarang c = (c1, · · · , cn). Vektor konstanta sebarang c dapat dihitungagar solusi memenuhi syarat awal x(t0) = x0 atau Ψ(t0)c = x0, dan diperoleh c = Ψ(t0)

−1x0.Sehingga solusi sistim pd dengan syarat awal (4.3.1) adalah

x = Ψ(t)Ψ(t0)−1x0. (4.3.2)

Page 45: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 44

Contoh 4.3.1. Cari matriks fundamental sistem x′(t) =

(1 14 1

)x(t) dan tentukan solusi yang

memenuhi x(0) =

(−11

).

Penyelesaian: Dari perhitungan sebelumnya didapat solusi sistim pd x(1)(t) =

(e3t

2e3t

), x(2)(t) =(

e−t

−2e−t

)maka matriks fundamental dari sistem adalah Ψ(t) =

(e3t e−t

2e3t −2e−t

). Selanjutnya

Ψ(0) =

(1 12 −2

)dan Ψ(0)−1 = −1

4

(−2 −1−2 1

), sehingga solusi mna

x(t) =

(e3t e−t

2e3t −2e−t

)(−1

4

)(−2 −1−2 1

)(−11

)=

(−1

4

)(e3t + 3e−t

2e3t − 6e−t

).

Soal Latihan 4.3.2. Tentukan matriks fundamental dari sistim pd berikut, kemudian tentukansolusi yang memenuhi nilai awal yang diberikan.

1. x′(t) =

(2 11 2

), x =

(3−2

)

2. x′(t) =

(2 −54 −2

), x =

(01

)

3. x′(t) =

5 0 −62 −1 −24 −2 −4

, x =

210

4.3.2 Solusi spd tak homogen

Pada bagian ini kita akan mencari solusi SPD tak homogen

x′ = Ax+ f(t). (4.3.3)

menggunakan dua cara, yaitu metoda variasi parameter dan metoda koefisien tak tentu.

Metode variasi parameter

Metoda variasi parameter bagi sistim pd analog dengan metode variasi parameter pada pd biasa.Karena solusi SPD homogen adalah xh(t) = Ψ(t)c, maka solusi partikular (4.3.3) kita misalkan

xp(t) = Ψ(t)u(t), (4.3.4)

dengan u(t) harus dicari. Perhatikan bahwa ide dari metode variasi parameter adalah mengubahvektor konstanta sebarang c menjadi fungsi bernilai vektor sebarang u(t). Substitusikan (4.3.4) kedalam (4.3.3) menghasilkan

AΨ(t)u(t) +Ψ(t)u′(t) = AΨ(t)u(t) + f(t).

Jadi haruslah u′(t) = Ψ(t)−1f(t).

Page 46: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 45

Sehingga solusi partikular dari SPD tak homogen (4.3.3) adalah

xp(t) = Ψ(t)∫Ψ(t)−1f(t) dt (4.3.5)

Jika ditambahkan syarat awal x(0) = x0 maka solusinya menjadi

x(t) = Ψ(t)Ψ(0)−1x0 +Ψ(t)∫ t0 Ψ(s)−1f(s) ds (4.3.6)

Periksa kebenaran rumus di atas!

Contoh 4.3.3. Tentukan solusi partikular SPD tak homogen

x′ =

(2 10 2

)x+

(3e2t

4e2t

), x0 =

(2−1

).

Penyelesaian: Jika dihitung matriks fundamentalnya adalah Φ(t) =

(e2t te2t

0 e2t

), sehingga

xp(t) = Ψ(t)

∫Ψ(t)−1f(t) dt

=

(e2t te2t

0 e2t

)∫ (e−2t −te−2t

0 e−2t

)(3e2t

4e2t

)dt

=

((3t+ 2t2)e2t

4te2t

).

x(t) = Ψ(t)Ψ(0)−1x0 +Ψ(t)

∫ t

0Ψ(s)−1f(s) ds

=

(e2t te2t

0 e2t

)(1 00 1

)−1(2−1

)+

((3t+ 2t2)e2t

4te2t

)=

((2− t)e2t

−e2t

)+

((3t+ 2t2)e2t

4te2t

)=

((1 + t+ t2)2e2t

3te2t

).

Soal Latihan 4.3.4. Gunakan metoda variasi parameter untuk mencari penyelesaian sistim pdtak homogen x′ = Ax+ f(t), dengan nilai awal x(t0) = x0 berikut.

1. A =

(1 22 1

), f(t) =

(1−2

),x =

(11

)

2. A =

(6 −71 −2

), f(t) =

(6070

),x =

(00

)

3. A =

(1 22 −2

), f(t) =

(180t90

),x =

(00

)

Page 47: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 46

Metode koefisien tak tentu

Metode koefisien tak tentu juga dapat digunakan untuk menyelesaikan sistem pd tak homogen.Perhatikan contoh-contoh berikut.

Contoh 4.3.5. Tentukan solusi homogen dan solusi partikular sistem pd

x =

(−2 11 −2

)x+

(2e−t

3t

).

Penyelesaian: Jika dicari solusi sistim pd homogennya adalah

xh = C1

(1−1

)e−3t + C2

(11

)e−t.

Tuliskan suku tak homogen sebagai

g(t) =

(20

)e−t +

(03

)t

Dalam metoda koefisien tak tentu, solusi partikularnya dimisalkan berbentuk

xp(t) = ate−t + be−t + ct+ d

dengan a,b, c,d akan ditentukan. Substitusikan xp ke dalam sistim pd-nya diperoleh

−ate−t + ae−t − be−t + c = Aate−t +Abe−t +Act+Ad+

(20

)e−t +

(03

)t

Perhatikan persamaan di atas, koefisien dari

te−t : −a = Aa · · · (1)

e−t : a− b = Ab+

(20

)· · · (2)

t : 0 = Ac+

(03

)· · · (3)

konst : c = Ad · · · (4)

Dari (1) disimpulkan a vektor eigen dari A yang berkorespondensi dengan nilai eigen −1, diperoleh

a =

(11

). Dari (2) didapat b = k

(11

)−(

01

). Pilih k = 0, yang berarti b =

(0−1

). Dari

(3) didapat c =

(12

). Dari (4) didapat d =

(−4/3−5/3

). Akhirnya diperoleh solusi

xp(t) =

(11

)te−t −

(01

)e−t +

(12

)t− 1/3

(45

)=

(te−t + t− 4/3

(t− 1)e−t + 2t− 5/3

).

Contoh 4.3.6. Soal yang sama seperti Contoh 4.3.3, yaitu tentukan solusi sistem pd

x =

(2 10 2

)x+

(3e2t

4e2t

), x0 =

(2−1

).

Page 48: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 47

Penyelesaian: Solusi umum spd adalah xh(t) + xp(t). Solusi sistim pd homogennya adalah

xh = C1

(e2t

0

)+ C2

(te2t

e2t

).

Dalam metoda koefisien tak tentu, solusi partikularnya dimisalkan berbentuk

xp(t) = at2e2t + bte2t + ce2t.

Selanjutnya a,b, c harus dicari. Selanjutnya mencari solusi xh(t) + xp(t) yang memenuhi syaratawal. Bandingkan hasil yang Anda peroleh dengan hasil pada Contoh 4.3.3.

Soal Latihan 4.3.7. Gunakan metoda koefisien tak tentu untuk menyelesaian sistim pd tak ho-mogen x′ = Ax+ f(t), dengan nilai awal x(t0) = x0 berikut seperti pada Soal Latihan 4.3.4.

4.3.3 Matriks exp(At)

Pada subbab ini kita akan mendiskusikan cara untuk mengkonstruksi matriks fundamental khususbagi x′ = Ax, langsung dari matriks A. Matriks fundamental khusus tersebut sering dinotasikansebagai exp(At).

Kita sudah mengenal deret Maclaurin

exp(at) = 1 +∞∑n=1

antn

n!yang konvergen untuk t ∈ R

Perhatikan deret berikut yang suku-sukunya matriks:

I+∞∑n=1

Antn

n!= I+At+

A2t2

2!+ · · ·

Perhatikan bahwa setiap elemen matriks di atas konvergen utk t ∈ R.

Definisi 4.3.8. Untuk setiap matriks A berlaku

exp(At) ≡ I+∞∑n=1

Antn

n!(4.3.7)

Contoh 4.3.9. Untuk A =

(4 00 −1

), akan kita hitung exp(At) dengan menggunakan (4.3.7).

exp(At) =

(1 00 1

)+

(4 00 −1

)t+

(42 00 (−1)2

)t2

2!+ · · ·

=

(1 + 4t+ 16 t2

2! + · · · 0

0 1− t+ t2

2! − · · ·

)

=

(e4t 00 e−t

).

Page 49: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 48

Perhatikan bahwa vektor-vektor kolom dari matriks exp(At) memenuhi sistim pd x′ = Ax, jadiexp(At) merupakan matriks fundamental bagi sistim pd tersebut. Lebih jauh lagi nilainya di t = 0adalah exp(At)|t=0 = I. Teorema berikut menunjukkan bahwa hal di atas ternyata juga berlakujika A bukan matriks diagonal.

Teorema 4.3.10. exp(At) adalah matriks fundamental bagi sistim pd

x′ = Ax. (4.3.8)

Solusi spd dengan syarat awal x(0) = x0 adalah

x = exp(At)x0 . (4.3.9)

Bukti: Dengan menggunakan (4.3.7) jelas bahwa matriks exp(At) memenuhi

d

dtexp(At) = A exp(At) dan exp(At)|t=0 = I.

Jika rumus (4.3.2) dan (4.3.9) dibandingkan akan diperoleh hubungan

exp(At) = Ψ(t)Ψ(0)−1 . (4.3.10)

Dari rumus di atas jelas bahwa exp(At) adalah matriks fundamental yang bersifat khusus, yaitumemenuhi exp(At)|t=0 = I. Sehingga solusi partikular dari spd tak homogen (4.3.3) adalah

xp(t) = exp(At)∫exp(At)−1f(t) dt (4.3.11)

Selanjutnya rumus solusi spd tak homogen dengan syarat awal x(0) = x0 menjadi

x(t) = exp(At)x0 + exp(At)∫ t0 exp(At)−1f(s) ds (4.3.12)

Periksa!Catatan: Seringkali perhitungan menggunakan matriks fundamental Ψ(t) lebih sederhana diband-ing dengan exp(At). Namun dari segi penyajian formula, menggunakan exp(At) lebih baik karenatampak sangat analog dengan solusi pd orde-1 x′(t) = ax(t)+f(t), x(0) = x0 dengan a ∈ R. (Cobatuliskan rumus solusi pd orde-1 tsb! Bandingkan dengan (4.3.6).)

Contoh 4.3.11. Tentukan exp(At) dan solusi sistim pd

x′ =

(4 23 −1

)x, x(0) =

(1−1

).

Penyelesaian: Nilai eigen dari A adalah λ1 = −2, dan λ2 = 5 dan vektor eigen yang bersesuaian

adalah v1 =

(1−3

),v2 =

(21

).

exp(At) =

(e−2t 2e5t

−3e−2t e5t

)(1 2−3 1

)−1

=1

7

(e−2t + 6e5t −2e−2t + 2e5t

−3e−2t + 3e5t 6e−2t + e5t

)Selanjutnya solusi mna adalah

x(t) = exp(At)

(1−1

)=

1

7

(−e−2t + 8e5t

3e−2t + 4e5t

).

Page 50: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 49

Soal Latihan 4.3.12. Tentukan matriks exp(At) dari sistim pd berikut, kemudian tentukan solusiyang memenuhi nilai awal yang diberikan.

1. x′(t) =

(4 23 −1

), x =

(147

)

2. x′(t) =

(6 −64 −4

), x =

(11

)

3. x′(t) =

(1 −51 −1

), x =

(1−1

)

4. x′(t) =

−19 12 840 5 0−8 4 32

, x =

12−1

4.4 Model Populasi

Pada subbab ini akan disarikan model-model tak linier yang sering ditemui pada masalah dinamikapopulasi. Di sini akan disajikan model mangsa-pemangsa dan model interaksi dua spesies. Padamodel mangsa-pemangsa, kajian matematis dapat menjelaskan munculnya fenomena turun-naiknyajumlah mangsa dan pemangsa dalam suatu periode tertentu. Pada model interaksi dua spesies,parameter-parameter spd tsb dapat menentukan apakah akan terjadi kesetimbangan diantara duaspesies tersebut, ataukah salah satu dari spesies tersebut akan punah. Bidang phase bagi masalah-masalah di atas diperoleh menggunakan Maple. Kajian analitis untuk sistem persamaan diferensialtak linier berada di luar ruang lingkup kuliah ini.

4.4.1 Model predator-prey

Sekitar tahun 1920 terdapat penurunan dan kenaikan jumlah ikan-ikan di Laut Adriatic yang terjadisecara berkala. Saat terjadi penurunan jumlah ikan nelayan di daerah tersebut sangat dirugikan.Penjelasan akan fenomena tersebut diberikan pertamakali oleh Vito Volterra, di tahun 1926 melaluimodel predator-prey atau model mangsa-pemangsa. Ikan-ikan di laut Adriatic merupakan mangsa,sedangkan ikan hiu sebagai pemangsa. Model tersebut juga dikenal sebagai model Lotka-Volterra,karena Lotka juga menemukan model yang sama di waktu yang relatif bersamaan.

Pada subbab ini model mangsa-pemangsa akan diuraikan. Bayangkan suatu lingkungan yang ter-tutup dimana terdapat sejumlah rusa (mangsa) dan singa (pemangsa). Andaikan di lingkunganitu terdapat berlimpah rumput, namun bagi singa sumber makanannya hanya rusa. Misalkan x(t)dan y(t) berturut-turut menyatakan jumlah mangsa dan pemangsa di lingkungan tersebut saat t.Jika mangsa dan pemangsa tidak saling berinteraksi maka model pertumbuhannya masing-masingadalah

x′ = axy′ = −by

Jika mangsa dan pemangsa saling berinteraksi, maka jumlah mangsa akan berkurang karena di-makan pemangsa. Laju berkurangnya mangsa sebanding dengan jumlah pertemuan mangsa dan

Page 51: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 50

pemangsa, dimisalkan sebagai −pxy, dengan p suatu bilangan positif. Sebaliknya jumlah pemangsaakan bertambah dengan laju qxy. Sehingga model mangsa-pemangsa menjadi

x′ = ax− pxyy′ = −by + qxy

Perhatikan bahwa model di atas mempunyai dua titik equilibrium (0, 0) dan (a/p, b/q).

Contoh 4.4.1. Pelajari perilaku kualitatif solusi spd berikut.x′ = x(1− 0.5y)y′ = y(−0.75 + 0.25x)

Model di atas mempunyai dua titik equilibrium (0, 0), dan (3, 2). Tampak dari phase portraitbahwa titik equilibrium (3, 2) stabil, sedangkan titik (0, 0) tidak stabil. Ini berarti bahwa di alamakan terjadi kesetimbangan antara jumlah mangsa dan pemangsa. Jika diamati lebih detail terda-pat trajektori-trajektori tertutup di sekitar (3, 2). Hal ini yang menjelaskan munculnya fenomenapenurunan dan kenaikan jumlah ikan secara periodik di Laut Adriatic. Perhatikan satu trajektoridi sekitar titik (3, 2), terdapat masa di mana jumlah mangsa cukup banyak, sedangkan jumlahpemangsa sedikit. Namun jumlah pemangsa segera meningkat karena banyaknya mangsa. Halini berlangsung terus hingga jumlah pemangsa terlalu banyak, sedangkan jumlah mangsa berku-rang. Hingga pada suatu saat jumlah pemangsa mencapai nilai maksimum. Karena banyaknyapemangsa maka jumlah mangsa berkurang terus hingga mencapai nilai minimum. Selanjutnyadengan bertambahnya waktu jumlah pemangsa berkurang karena persaingan untuk mendapatkanmakanan diantara mereka sendiri. Hal ini mengakibatkan jumlah pemangsa berkurang terus hinggamencapai jumlah minimal. Sementara itu jumlah mangsa bertambah karena sedikitnya jumlah pe-mangsa, hingga jumlah mangsa mencapai nilai maksimum.

4.4.2 Model interaksi dua spesies

Bayangkan di suatu lingkungan yang tertutup terdapat kelinci dan rusa yang sama-sama makanrumput. Misalkan x(t) dan y(t) berturut-turut menyatakan jumlah kelinci dan rusa di lingkungantersebut saat t. Jika kelinci tinggal di lingkungan itu tanpa ada rusa, maka kelinci akan bertumbuh

Page 52: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 51

secara logistik. Demikian pula dengan rusa, sehingga model pertumbuhan kelinci dan rusa masing-masing adalah

x′ = a1x− b1x2

y′ = a2y − b2y2

Jika kelinci dan rusa sama-sama tinggal di lingkungan itu, maka makanan mereka terbatas karenakehadiran spesies yang lain. Sehingga model pertumbuhan kelinci dan rusa menjadi

x′ = a1x− b1x2 − c1xy

y′ = a2y − b2y2 − c2xy

Perhatikan bahwa model di atas mempunyai empat titik equilibrium(0, 0), (0, a2/b2),(a1/b1, 0) dan satu titik equilibrium (p, q) dengan p, q keduanya tak nol.

Contoh 4.4.2. Pelajari perilaku kualitatif solusi spd berikut.x′ = x(1− x− y)y′ = y(0.75− y − 0.5x)

Model di atas mempunyai empat titik equilibrium (0, 0), (0, 0.75), (1, 0), dan (0.5, 0.5). Tampakdari phase portrait bahwa hanya terdapat satu titik equilibrium (0.5, 0.5) yang stabil. Ini berartibahwa akan terjadi kesetimbangan antara kedua spesies tersebut.

Contoh 4.4.3. Pelajari perilaku kualitatif solusi spd berikut.x′ = x(1− x− y)y′ = y(0.5− 0.25y − 0.75x)

Model di atas mempunyai empat titik equilibrium (0, 0), (1, 0), (0, 2), dan (0.5, 0.5). Namun perilakukualitatif dari model ini sangat berbeda dibandingkan dengan Contoh 4.4.2. Tampak dari phaseportrait bahwa titik-titik equilibrium (1, 0), (0, 2) bersifat stabil asimptotik, sedangkan (0, 0) dan(0.5, 0.5) tak stabil. Hal ini dapat diinterpretasikan bahwa di alam akan terjadi salah satu darispesies akan punah, entah spesies yang pertama ataupun spesies yang kedua.

Page 53: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 52

Page 54: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 53

with 0.λ <

Page 55: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

Bab 5

Transformasi Laplace

Transformasi Laplace adalah suatu transformasi yang melibatkan operasi pengintegralan, transfor-masi tersebut mengubah fungsi f(t) menjadi suatu fungsi baru, dinotasikan sebagai Lf(t) = F (s),dengan variabel bebas baru, yaitu s.

5.1 Transformasi Laplace dan inversnya

Definisi 5.1.1. Misalkan f(t) adalah fungsi yang terdefinisi untuk t ≥ 0, maka transformasiLaplace dari f adalah fungsi baru dengan variabel bebas s, yaitu F (s) yang didefinisikan sebagaiberikut

Lf(t) = F (s) =

∫ ∞

0e−stf(t) dt

untuk semua nilai s yang mengakibatkan integral tak wajar di atas konvergen.

Contoh 5.1.2. Misalkan f(t) = 1, untuk t ≥ 0 maka

L1 =∫∞0 e−st dt =

[−1

se−st]∞t=0

= limb→∞−1se

−st + 1s .

Limit di atas mempunyai nilai berhingga hanya jika s > 0, dengan demikian

L1 =1

s, untuk s > 0

Catatan: domain dari transformasi Laplace dari suatu fungsi biasanya berupa s > a, untuk suatua ∈ R.

Periksalah bahwa

Leat =1

s− a, untuk s > a.

Perlu dicatat bahwa rumus di atas juga berlaku jika a bilangan kompleks.

54

Page 56: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 55

Contoh 5.1.3. Misalkan n bilangan asli

Ltn =

∫ ∞

0e−sttn dt

Substitusi u = st, (t = u/s,dt = du/s) menghasilkan

Ltn =1

sn+1

∫ ∞

0e−uun du

Penerapan beberapa kali pengintegralan parsial menghasilkan

Ltn =n!

sn+1, untuk s > 0 (cek!).

Jadi Lt = 1s2, Lt2 = 2

s3, dst.

Rumusan yang lebih umum berlaku untuk sebarang a ∈ R, a > −1:

Lta =Γ(a+ 1)

sa+1, untuk s > 0.

Rumus di atas diekspresikan dalam fungsi gamma. Sedangkan fungsi gamma didefinisikan sebagai:Γ(x) =

∫∞0 e−ttx−1 dt. Sifat-sifat fungsi gamma:

1. Γ(1) = 1, dan Γ(1/2) =√π.

2. Γ(x+ 1) = xΓ(x), untuk x > 0

3. Γ(n+ 1) = n! untuk n bilangan bulat positif.

Dengan mencermati sifat-sifat di atas, maka fungsi gamma dapat dipandang sebagai perumumandari fungsi faktorial n!. Coba buktikan Lt1/2 = Γ(3/2)

s3/2untuk s > 0.

Teorema 5.1.4. (Transformasi Laplace merupakan operator linier)

Laf(t) + bg(t) = aLf(t)) + bLg(t)), untuk setiap a, b ∈ R

Contoh 5.1.5.

L3t2 + 4t3/2 = 32!

s3+ 4

Γ(5/2)

s5/2= 6s−3 + 3

√πs−5.

Dengan menggunakan sifat linier dari transformasi Laplace dapat diperoleh rumus transformasiLaplace bagi fungsi-fungsi berikut. (Periksalah kebenarannya!)

L(cosh kt) = s

s2 − k2, untuk s > k > 0

L(sinh kt) = k

s2 − k2, untuk s > k > 0

L(cos kt) = s

s2 + k2, untuk s > 0

L(sin kt) = k

s2 + k2, untuk s > 0

Page 57: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 56

Teorema 5.1.6. (Eksistensi transformasi Laplace)Jika fungsi f(t) kontinu bagian demi bagian untuk t ≥ 0 dan |f(t)| ≤ Mect untuk t ≥ T , untuksuatu konstanta tak negatif M, c dan T , maka F (s) ada untuk s > c.(Ketunggalan) Andaikan Lf(t) = F (s) dan Lg(t) = G(s). Jika F (s) = G(s) untuk semuas > c, maka f(t) = g(t), di mana f dan g kontinu.

Akibat 5.1.7. Misalkan F (s) adalah transformasi Laplace dari suatu fungsi f(t), maka

lims→∞

F (s) = 0.

Mengingat adanya Teorema 5.1.6 tentang ketunggalan dari transformasi Laplace, maka berikut inikita dapat mendefinisikan invers dari transformasi Laplace.

Definisi 5.1.8. Misalkan F (s) = L(f(t)), maka f(t) disebut invers transformasi Laplace dari F (s),dan dinotasikan:

f(t) = L−1(F (s))

Contoh 5.1.9.

L−1 1

s3 =

1

2t2, L−1 1

s+ 2 = e−2t, L−1 2

s2 + 9 =

2

3sin 3t.

Proposisi 5.1.10. Invers dari transformasi Laplace juga memenuhi sifat linier.

Kesepakatan notasi: Fungsi asal dinyatakan dalam huruf kecil dengan variabel bebas t. Fungsi hasiltransformasi dinyatakan dalam huruf besarnya dengan variabel bebas s. Jadi F (s) adalah trans-formasi Laplace bagi f(t), dan x(t) adalah invers transform Laplace dari X(s). Juga dimisalkanbahwa jika F (s) ada, maka terdefinisi untuk s > c, untuk suatu bilangan real c.

Soal Latihan 5.1.11. 1. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi-fungsi berikut.

(a) f(t) =√t+ 3t− e5t

(b) f(t) = cos2 2t+ cos 2t

(c) g(t) = sinh2 3t

2. Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi-fungsi berikut.

(a) F (s) =3

s4+

2

s5/2

(b) X(s) =5− 3s

s4

(c) H(s) =3s

s2 − s− 6

(d) Y (s) =s2

s4 − 1

Page 58: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 57

5.2 Transformasi masalah nilai awal

Pada sub bab ini akan dibahas penggunaan transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaandiferensial linier dengan koefisien konstan

ax′′(t) + bx′(t) + cx(t) = f(t)

dengan syarat awal x(0) = x0, x′(0) = v0. Penerapan transformasi Laplace pada persamaan difer-

ensial di atas, mengingat berlakunya sifat linier, maka diperoleh

aL(x′′(t)) + bL(x′(t)) + cL(x(t)) = L(f(t))

Transformasi dari x′(t) dan x′′(t) ternyata dapat dinyatakan dalam F (s) melalui sifat berikut.

Proposisi 5.2.1. (Transformasi dari turunan)Jika f(t) memenuhi syarat sedemikian hingga F (s) ada untuk s > c, maka

Lf ′ = sLf − f(0) = sF (s)− f(0), untuk s > c.

Coba buktikan proposisi di atas menggunakan integral parsial!

Akibat 5.2.2. (Transformasi dari turunan fungsi tingkat tinggi)Misalkan fungsi-fungsi f, f ′, f ′′, · · · , f (n−1) masing-masing mempunyai transformasi Laplace untuks > c maka Lf (n)(t) ada dan

Lf (n)(t) = snF (s)− sn−1f(0)− · · · − sf (n−2)(0)− f (n−1)(0), untuk s > c.

Contoh 5.2.3. Tentukan solusi masalah nilai awal

x′′ − x′ − 6x = 0, x(0) = 2, x′(0) = −1.

Jawab: Jika persamaan diferensial di atas di transformasi, akan diperoleh

Lx′′(t) − Lx′(t) − 6Lx(t) = 0

s2X(s)− 2s+ 1− (sX(s)− 2)− 6X(s) = 0

X(s) =2s− 3

s2 − s− 6=

3/5

s− 3+

7/5

s+ 2

Invers dari transformasi Laplace menghasilkan

x(t) =3

5e3t +

7

5e−2t

yang tak lain adalah solusi m.n.a. di atas. Bandingkan hasil ini dengan hasil yang diperoleh dengancara biasa.

Contoh 5.2.4. Carilah solusi m.n.a.

x′′ + 4x = sin 3t, x(0) = 2, x′(0) = 0

dengan memanfaatkan transformasi Laplace. Bandingkan hasilnya dengan hasil yang diperolehdengan cara koefisien tak tentu.

Page 59: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 58

Dari kedua contoh di atas dapat kita amati bahwa transformasi Laplace mengubah persamaandiferensial linier menjadi persamaan aljabar yang dapat diselesaikan. Untuk meyakini hal ini,transformasikan p.d. tak homogen

ax′′ + bx′ + cx = f(t)

Penerapan rumus transf. dari turunan akan menghasilkan fungsi

X(s) =F (s) + ax(0)s+ ax′(0) + bx(0)

as2 + bs+ c,

yang dapat dicari invers transformasi Laplacenya guna menghasilkan solusi m.n.a. semula. Per-hatikan bahwa hal di atas juga berlaku untuk p.d. linier orde−n sebarang dengan fungsi f(t)sebarang asalkan transf. Laplacenya ada.

Teorema 5.2.5. (Transformasi dari integral)

L∫ t

0f(τ)dτ

=

F (s)

s, untuk s > c

Contoh 5.2.6. 1. L−1

1

s(s− a)

=

∫ t

0L−1

1

s− a

dτ =

∫ t

0eaτdτ =

1

a(eat − 1)

2. L−1

1

s2(s− a)

=

∫ t

0L−1

1

s(s− a)

dτ =

∫ t0

1a(e

aτ−1)dτ = 1a2(eat − at− 1)

Soal Latihan 5.2.7. 1. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut dengan menggunakantransformasi Laplace.

(a) x′′ + 4x = 0, x(0) = 5, x′(0) = 0

(b) x′′ − x′ − 2x = 0, x(0) = 0, x′(0) = 2

(c) x′′ + x = cos 3t, x(0) = 1, x′(0) = 0

(d) x′′ + 3x′ + 2x = 0, x(0) = 0, x′(0) = 2

(e) x′ = 2x+ y, y′ = 6x+ 3y, x(0) = 1, y(0) = −2

(f) x′ + 2y′ + x = 0, x′ − y′ + y = 0, x(0) = 0, y(0) = 1

2. Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi

a. F (s) =1

s(s2 + 1)b. F (s) =

1

s2(s2 − 9)

3. Tunjukkan bahwa

(a) Lt cos kt =s2 − k2

(s2 + k2)2

(b) Lt sinh kt =2ks

(s2 − k2)

(c) L−1

1

(s2 + k2)2

=

1

2k3(sin kt− kt cos kt)

Page 60: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 59

5.3 Fungsi tangga satuan

Definisi 5.3.1. Unit step function (fungsi tangga satuan) didefinisikan sebagai

ua(t) = u(t− a) =

0, untuk t < a1, untuk t ≥ a

Perhatikan bahwa fungsi tangga satuan u(t−a) ini dapat diinterpretasikan sebagai kondisi menekantombol switch on dari suatu alat elektronik pada waktu t = a. Saat t < a fungsi tersebut bernilai0, sehingga merepresentasikan kondisi alat belum dinyalakan, saat t ≥ a fungsi bernilai 1, danmerepresentasikan kondisi alat sudah menyala. Coba gambarkan u(t− π), u(t), 1− u(t− 2π), u(t−1)− u(t− 2)!

Tunjukkan Lu0(t) = 1s , untuk s > 0. Sedangkan

Lua(t) =e−as

s, untuk s > 0 dan a > 0.

Perhatikan bahwa u(t− a)f(t− a) =

0, jika t < af(t− a), jika t ≥ a

Jadi fungsi u(t− a)h(t) dapat diinterpretasikan sebagai fungsi gangguan h(t) yang mulai diberikansaat t = a dan seterusnya. Coba gambarkan tu(t−1), sin(t)(1−(t−1)), cos(2t)(u(t−π)−u(t−3π)).

Proposisi 5.3.2. (Translasi pada sumbu−t)Jika F (s) = L(f(t)) untuk s > c, maka

Lu(t− a)f(t− a) = e−asF (s), untuk s > c+ a.

Bukti:

e−asF (s) = e−as

∫ ∞

0e−stf(t) dt =

∫ ∞

0e−s(t+a)f(t) dt

=(⋆)

∫ ∞

ae−sτf(τ − a) dτ

=

∫ ∞

ae−sτu(τ − a)f(τ − a) dτ

Pada langkah (⋆) digunakan substitusi τ = t + a, sehingga batas integralnya yang semula t = 0sampai t = ∞ berubah menjadi τ = a sampai τ = ∞.

Contoh 5.3.3. 1. Tentukan L−1

e−as

s3

.

Mengingat L−1

1

2t2

=1

s3, maka L−1

e−as

s3

= u(t− a)12(t− a)2.

2. Tentukan Lg(t), jika diketahui

g(t) =

0, jika t < 3t2, jika t ≥ 3

Page 61: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 60

Mula-mula rumusan t2 harus dituliskan dalam variabel t − 3 agar kita dapat menggunakansifat translasi pada sb−t. Jadi

t2 = (t− 3)2 + 6(t− 3) + 9 ≡ f(t− 3),

dengan f(t) = t2+6t+9. Transformasi Laplacenya L(f(t)) = F (s) = Lf(t) = 2s3

+ 6s2

+ 9s .

Menurut rumus translasi pada sb−t

Lg(t) = Lu(t− 3)f(t− 3) = e−3s

(2

s3+

6

s2+

9

s

).

3. Tunjukkan bahwa jika

f(t) =

cos 2t, jika 0 ≤ t < 2π0, jika t ≥ 2π

maka F (s) =s(1− e−2πs)

s2 + 4

Petunjuk: tuliskan f(t) dalam bentuk fungsi tangga satuan.

4. Sebuah sistem yang terdiri dari pegas (k = 4 lb/ft) dan massa (m = 32 lb) mula-mula beradadalam kondisi diam. Pada saat awal t = 0 massa dikenai gaya luar sebesar f(t) = cos 2t, danpada t = 2π gaya seketika dihentikan. Jika x(t) menyatakan simpangan massa dari posisisetimbang saat t, tentukan x(t). Bagaimanakah gerak sistem untuk t → ∞.Jawab: Masalah nilai awal yang sesuai adalah x′′ + 4x = f(t), x(0) = 0, x′(0) = 0 dengan

f(t) =

cos 2t, jika 0 ≤ t < 2π0, jika t ≥ 2π

= (1− u(t− 2π)) cos 2t.

Dari soal no. 3 diperoleh F (s) = s(1−e−2πs)s2+4

. Transform Laplace dari m.n.a.nya adalah

s2X(s) + 4X(s) = F (s)

X(s) =s(1− e−2πs)

(s2 + 4)2(5.3.1)

Invers Laplace dari X(s) adalah x(t) = t4 sin 2t−

t−2π4 sin 2(t− 2π)u(t− 2π) atau

x(t) =

t4 sin 2t, untuk 0 ≤ t < 2π2π4 sin 2t, untuk t ≥ 2π

Jadi gerakan massa pada sistem tersebut untuk t cukup besar adalah berupa gerak harmonik2π4 sin 2t. Gerakan tersebut merupakan reaksi atas gaya luar f(t) yang berlangsung selama2π satuan waktu.Ingat bahwa bila gaya luar h(t) = cos 2t berlangsung terus menerus akan terjadi resonansi,dan getaran akan bertambah terus amplitudonya seiring dengan bertambahnya waktu.

Teorema 5.3.4. (Translasi sepanjang sumbu−s)Jika F (s) = Lf(t) untuk s > c, maka

Leatf(t) = F (s− a), untuk s > a+ c.

Page 62: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 61

Dengan menggunakan teorema di atas dapat diperoleh rumus berikut.

1. Leattn =n!

(s− a)n+1, s > a

2. Leat cos kt =s− a

(s− a)2 + k2, s > a

3. Leat sin kt =k

(s− a)2 + k2, s > a

Contoh 5.3.5. Tunjukkan bahwa

1. L−1

3s+ 19

s2 + 6s+ 34

= 3e−3t cos 5t+ 2e−3t sin 5t

2. L−1

s2 + 1

s3 − 2s2 − 8s

= −1

8+

5

12e−2t +

17

24e4t

Soal Latihan 5.3.6. 1. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi berikut.

(a) u1(t) + 2u3(t)− 6u4(t)

(b) t4eπt

(c) t3/2e−4t

(d) e−2t sin 3πt

(e) e−t/2 cos 2(t− π/4)

2. Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi berikut.

(a)2

se3s

(b)3s+ 5

s2 − 6s+ 25

(c)s2 − 2s

s4 + 5s2 + 4

3. Tentukan solusi m.n.a. berikut.

(a) x′′ + 6x′ + 25x = 0, x(0) = 2, x′(0) = 3

(b) x′′ + 4x′ + 8x = e−t, x(0) = x′(0) = 0

(c) x′′ + 6x′ + 18x = cos 2t, x(0) = 1, x′(0) = −1

5.4 Perkalian, turunan dan integral dari transformasi

Definisi 5.4.1. Konvolusi dari fungsi f dan g yang kontinu bagian demi bagian, didefinisikansebagai

(f ∗ g)(t) =∫ t

0f(τ)g(t− τ)dτ, t ≥ 0.

Page 63: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 62

Proposisi 5.4.2. 1. f ∗ g = g ∗ f

2. f ∗ (g1 + g2) = f ∗ g1 + f ∗ g2

3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)

4. f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0

Proposisi 5.4.3. (Transformasi Laplace dari Konvolusi)

Lf(t) ∗ g(t) = Lf(t)Lg(t) ⇐⇒ L−1F (s)G(s) = f(t) ∗ g(t)

Contoh 5.4.4. Tunjukkan bahwa

L−1

2

(s2 + 4)(s− 1)

=

2

5− 1

5sin 2t− 2

5cos 2t.

Proposisi 5.4.5. (Diferensial dari Transformasi)

Ltf(t) = −F ′(s) ⇐⇒ tf(t) = −L−1F ′(s).

Jika sifat di atas diterapkan berulang-ulang akan diperoleh

Ltnf(t) = (−1)nF (n)(s),

untuk n = 1, 2, 3, · · · .

Contoh 5.4.6. Tunjukkan bahwa Lt2 sin kt =6ks2 − 2k3

(s2 + k2)3.

Proposisi 5.4.7. (Integral dari Transformasi)

Jika limt→0f(t)t ada dan transf. Laplace dari f(t) ada untuk s > c, maka

Lf(t)

t

=

∫ ∞

sF (σ)dσ, untuk s > c

Contoh 5.4.8. Tentukan Lsinh t

t

. Mula-mula diperiksa limt→0

sinh tt ada dan bernilai 1, sehingga

sifat di atas dapat digunakan.

Lsinh t

t

=

∫ ∞

s

σ2 − 1= −1

2ln

s+ 1

s− 1.

Soal Latihan 5.4.9. 1. Buktikan L(t sinh t) = 2s

(s2 − 1)2dan L

(sin t

t

)= arctan

1

s

2. Hitunglah L−1

(ln

∣∣∣∣s+ 1

s

∣∣∣∣). Cobalah dengan dua cara: menggunakan rumus diferensial dan

rumus integral dari transformasi.

Page 64: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 63

5.5 Gaya luar berupa engineering function

Proposisi 5.5.1. (Transformasi dari Fungsi Periodik)Misalkan f(t) fungsi periodik dengan perioda p dan kontinu bagian demi bagian untuk t ≥ 0, makatransformasi F (s) ada dan rumusannya

F (s) =1

1− e−ps

∫ p

0e−stf(t)dt, s > 0.

Perhatikan Gambar fungsi gelombang persegi f(t) = (−1)⌊t/a⌋, yang berperioda 2a berikut.Ingat bahwa fungsi floor ⌊t⌋ menyatakan bilangan bulat terbesar yang nilainya tidak melebihi t.Transfomasi Laplace dari fungsi di atas diperoleh menggunakan rumus transfomasi fungsi periodikseperti diuraikan berikut.

F (s) =1

1− e−2as

∫ 2a

0e−stf(t)dt

=1

1− e−2as

(∫ a

0e−stdt+

∫ 2a

a(−1)e−stdt

)=

1

1− e−2as

([−1

se−st

]a0

−[−1

se−st

]2aa

)

=1− e−as

s(1 + e−as)=

1

stanh

as

2

Perhatikan fungsi gelombang segitiga g(t) seperti pada gambar berikut. Jelas bahwa g′(t) taklain adalah fungsi gelombang persegi f(t) = (−1)⌊t/a⌋, sehingga kita dapat memanfaatkan sifattransformasi dari turunan,

L(g′(t)) = sG(s)− g(0)

1

stanh

as

2= sG(s)− 0

G(s) =1

s2tanh

as

2.

Page 65: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 64

Soal Latihan 5.5.2. 1. Tentukan invers transformasi Laplace daria. e−πs/(s2 + 1) b. F (s) = (e−s − e−3s)/s2 c. F (s) = se−s/(s2 + π2)

2. Tentukan transformasi Laplace dari

(a) f(t) = 2 jika 0 ≤ t < 3; f(t) = 0 jika t ≥ 3

(b) f(t) = sin t jika 0 ≤ t < 3π; f(t) = 0 jika t ≥ 3π

(c) f(t) = cosπt/2 jika 3 ≤ t ≤ 5; f(t) = 0 jika t < 3 atau t > 5

(d)

5.6 Impuls dan fungsi Delta

Misalkan gaya f(t) bekerja hanya untuk selang waktu yang singkat, misal a ≤ t ≤ b, dan f(t) =0diluar selang itu. Contoh khas dari masalah tersebut adalah: lemparan bola pada tembok, kejutvoltase listrik pada pasien dsb. Dalam situasi itu, pengaruh dari gaya tersebut lebih tepat diwakilioleh nilai dari integral

p =

∫ b

af(t)dt,

dan tidak bergantung pada bagaimana fungsi f(t) berubah sebagai fungsi t. Nilai p pada integraldi atas disebut impuls dari gaya f(t) pada selang waktu [a, b].

Misalkan gaya f(t) yang mempunyai impuls 1 bekerja untuk waktu t ≥ 0. Misalkan lama waktugaya tersebut bekerja adalah ε, sehingga sebagai penyederhanaan fungsi f(t) dapat dipilih

da,e(t) =

1/ε, jika a ≤ t < a+ ε0, t lainnya

Periksalah bahwa impuls dari da,e(t) adalah 1!

Page 66: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 65

Karena lamanya waktu gaya bekerja tampaknya tidak penting, cenderung kita anggap sebagaiimpuls sekejap yang terjadi pada saat t = a. Hal ini dapat direpresentasikan oleh fungsi

δa(t) = limε→0

da,e(t). (5.6.1)

Perhatikan bahwa impuls dari δε(t) adalah tetap 1!∫ ∞

0δa(t)dt = 1, (5.6.2)

yang mana dapat diperoleh langsung dengan menukarkan urutan integral dan limit. Selain itufungsi δa(t) bernilai 0 untuk t = a dan bernilai ∞ untuk t = a,

δa(t) =

+∞, jika t = a0, jika t = a

(5.6.3)

Fungsi yang memenuhi sifat (5.6.2) dan (5.6.3) disebut fungsi delta Dirac. Sebenarnya sifat (5.6.2)dan (5.6.3) saling bertentangan; integral dari fungsi yang nilainya nol dimana-mana kecuali di satutitik akan bernilai nol dan tidak mungkin bernilai satu. Penjelasan untuk hal ini adalah: δ(x)bukan benar-benar fungsi, melainkan tergolong sebagai fungsi distribusi. Fungsi δa(t) pertama kalidiperkenalkan oleh P.A.M. Dirac (1902-1984).

Proposisi 5.6.1. Jika a ∈ [0,∞), maka∫ ∞

0g(t)δa(t) dt = g(a)

Sifat ini dibuktikan dengan menggunakan definisi (5.6.1) dan teorema nilai rata-rata integral, dapatdilihat di buku teks.Selanjutnya transformasi Laplace dari delta Dirac langsung dapat diperoleh dengan menerapkansifat di atas, sebagai berikut.

Lδa(t) = e−as, untuk a ≥ 0

Notasi lain bagi fungsi delta Dirac:

δ(t) = δ0(t), δ(t− a) = δa(t).

Jadi Lδ(t) = 1 . Rumus ini tampak bertentangan dengan Akibat 5.1.7, karena lims→∞ Lδ(t) =0. Penjelasan untuk hal ini adalah, sekali lagi karena δ(x) bukan benar-benar fungsi, melainkantergolong sebagai fungsi distribusi. Penjelasan lainnya, rumus di atas dapat dianggap sebagaidefinisi dari transformasi Laplace dari delta Dirac.

Contoh 5.6.2. Sebuah sistem pegas-massa yang terdiri dari pegas (k = 4 lb/ft) dan massa (m =1 lb). Saat awal, massa dilepaskan dari posisi x(0) = 3 dan mulai bergerak. Saat t = 2π massadipukul palu dengan impuls p = 8. Tentukan gerakan massa tersebut tiap saat.Gerakan massa pada sistem tersebut diberikan oleh solusi m.n.a

x′′ + 4x = 8δ2π(t); x(0) = 3, x′(0) = 0.

Page 67: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 66

Transformasi Laplace dari m.n.a tersebut menghasilkan

s2X(s)− 3s+ 4X(s) = 8e−2πs

X(s) =3s

s2 + 4+

8e−2πs

s2 + 4.

Penerapan invers transform menghasilkan

x(t) = 3 cos 2t+ 4u(t− 2π) sin 2(t− 2π)

atau

x(t) =

3 cos 2t untuk 0 ≤ t < 2π3 cos 2t+ 4 sin 2t untuk t ≥ 2π

Jadi untuk waktu yang cukup besar, gerakan massa berupa gerak harmonik dengan amplitudo 5.

Soal Latihan 5.6.3. Tentukan solusi m.n.a. berikut. Amati gerakan massa untuk waktu yangcukup besar.

1. x′′ + 4x = δ(t) + δ(t− π); x(0) = x′(0) = 0

2. x′′ + 9x = δ(t− 3π) + cos 3t; x(0) = x′(0) = 0

3. x′′ + 2x′ + x = t+ δ(t); x(0) = 0, x′(0) = 1

Page 68: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 67

f(t) = L−1 f(t) F (s) = Lf(t) Catatan

1. 11

s, s > 0 Subbab 5.1

2. eat1

s− a, s > a Subbab 5.1

3. tn, n = bilangan aslin!

sn+1, s > 0 Subbab 5.1

4. tp, p > −1Γ(p+ 1)

sp+1, s > 0 Subbab 5.1

5. sin ata

s2 + a2, s > 0 Subbab 5.1

6. cos ats

s2 + a2, s > 0 Subbab 5.1

7. sinh ata

s2 − a2, s > |a| Subbab 5.1

8. cosh ats

s2 − a2, s > |a| Subbab 5.1

9. eat sin btb

(s− a)2 + b2, s > a Subbab 5.3

10. eat cos bts− a

(s− a)2 + b2, s > a Subbab 5.3

11. tneat, n = bilangan aslin!

(s− a)n+1, s > a Subbab 5.3

12. uc(t)e−cs

s, s > 0 Subbab 5.3

13. uc(t)f(t− c) e−csF (s) Subbab 5.3

14. ectf(t) F (s− c) Subbab 5.3

16.∫ t0 f(t− τ)g(τ)dτ F (s)G(s) Subbab 5.4

17. δ(t− c) e−cs Subbab 5.6

18. f (n)(t) snF (s)− sn−1f(0)− · · · − f (n−1)(0) Subbab 5.2

19. (−t)nf(t) F (n)(s) Subbab 5.4

20.∫ t0 f(τ)dτ

F (s)

sSubbab 5.2

21.f(t)

t

∫∞s F (σ)dσ Subbab 5.4

22. f(t) berperiode p1

1− e−ps

∫ p

0e−stf(t)dt Subbab 5.5

Page 69: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

Bab 6

Deret Fourier

Dalam kuliah Kalkulus Anda telah mengenal deret Taylor dan deret Maclaurin yang merupakanhampiran bagi fungsi-fungsi kontinu dan diferensiabel. Perhatikan deret Maclaurin berikut

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + · · · , berlaku untuk |x| < 1. (6.0.1)

Rumus di atas mengatakan bahwa: deret pangkat di ruas kanan akan konvergen ke nilai 11−x untuk

|x| < 1. Untuk |x| ≥ 1 deret di ruas kanan tidak konvergen. Selang (−1, 1) disebut sebagai selangkekonvergenan dari deret Maclaurin fungsi 1

1−x . Dari rumus (6.0.1), jika dipilih x = 1/2, makadiperoleh jumlah tak hingga deret

1 +1

2+ (

1

2)2 + · · · = 1

1− 12

= 2.

Hal tersebut dapat dilakukan asalkan x ∈ selang kekonvergenan deret Maclaurinnya. Di SMAAnda bahkan telah mengenal rumus (6.0.1) sebagai jumlah tak hingga deret geometri dengan sukupertama 1 dan rasio x, yang mana jumlahan tersebut akan berhingga jika dan hanya jika |x| < 1.

6.1 Deret Fourier dan kekonvergenannya

Deret Fourier merupakan hampiran bagi suatu fungsi yang periodik. Jika deret Taylor berupa deretpangkat dalam x− a, maka deret Fourier merupakan jumlahan suku-suku sinus dan cosinus.

Mula-mula kita perkenalkan definisi suatu fungsi periodik. Suatu fungsi f(t) dikatakan periodikjika terdapat suatu bilangan positif p sehingga

f(t+ p) = f(t).

Bilangan p disebut periode dari fungsi f . Perhatikan bahwa dengan definisi di atas periode suatufungsi tidak tunggal. Jika p merupakan perioda suatu fungsi maka demikian pula dengan 2p, 3p,dst.Contoh: cos t, tan t, sinnt dengan n bulat merupakan fungsi berperiode 2π.

68

Page 70: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 69

Teorema 6.1.1. (Keortogonalan fungsi sinus dan cosinus)Untuk m,n bilangan bulat positif berlaku.∫ π

−πcosmt cosnt dt =

0, jika m = nπ, jika m = n∫ π

−πsinmt sinnt dt =

0, jika m = nπ, jika m = n∫ π

−πsinmt cosnt dt = 0 untuk setiap m dan n

Sifat di atas tetap berlaku meskipun interval [−π, π] pada tanda integrasi boleh diganti asalkanpanjang interval tetap 2π.

Misalkan deret berikut adalah deret Fourier fungsi f(t) berperioda 2π yang kontinu bagian demibagian.

f(t) =a02

+ Σ∞m=1(am cosmt+ bm sinmt)

Konstanta a0, am, bm, m = 1, 2, · · · disebut koefisien deret Fourier, dan akan dicari. Perhatikanderet di atas, jika setiap suku diintegralkan dengan batas t = −π dan t = π akan menghasilkan∫ π

−πf(t) dt =

a02

∫ π

−π1 dt+Σ∞

m=1

(am

∫ π

−πcosmt dt+ bm

∫ π

−πsinmt dt

)atau

a0 =1

π

∫ π

−πf(t)dt. (6.1.1)

Koefisien am dapat dicari dengan cara serupa, tetapi sebelum diintegralkan deret dikalikan dahuludengan cosnt, menghasilkan∫ π

−πf(t) cosnt dt =

a02

∫ π

−πcosnt dt+Σ∞

m=1

(am

∫ π

−πcosmt cosnt dt+ bm

∫ π

−πsinmt cosnt dt

).

Dengan menerapkan sifat keortogonalan fungsi sinus dan cosinus akan diperoleh

an =1

π

∫ π

−πf(t) cosnt dt. (6.1.2)

Hal di atas berlaku untuk setiap n = 1, 2, · · · . Koefisien bm dapat dicari dengan cara serupa tetapisebelum diintegralkan deret dikalikan dahulu dengan sinnt, dan penerapan sifat keortogonalanfungsi sinus dan cosinus akhirnya menghasilkan

bn =1

π

∫ π

−πf(t) sinnt dt. (6.1.3)

untuk n = 1, 2, · · · .

Page 71: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 70

Definisi 6.1.2. (Deret Fourier dan koefisiennya) Misalkan f(t) adalah fungsi kontinu bagian demibagian dan berperioda 2π. Deret Fourier dari f(t) adalah

a02

+ Σ∞n=1 (an cosnt+ bn sinnt) (6.1.4)

dengan a0, an, bn diberikan secara berturut-turut oleh rumus (??), (??),(??) untuk n = 1, 2, · · · .

Catatan: Mengingat keortogonalan fungsi sin dan cos berlaku untuk sebarang interval denganpanjang 2π, maka interval pengintegralan pada rumus koefisien deret Fourier dapat diubah asalkanpanjang intervalnya tetap 2π. Untuk lebih jelasnya, untuk menghitung an dapat digunakan rumus

an =1

π

∫ 2π

0f(t) cosnt dt atau an =

1

π

∫ 3π/2

−π/2f(t) cosnt dt,

atau interval pengintegralan dengan panjang 2π lainnya. Hal yang sama juga berlaku untuk rumusa0 dan bn.

Contoh 6.1.3. Tentukan deret Fourier fungsi berperiode 2π berikut.

f(t) =

−1, jika − π < t < 01, jika 0 < t < π

Jawab:

a0 =1

π

∫ π

−πf(t)dt =

1

π

∫ 0

−π(−1)dt+

1

π

∫ π

0(1)dt = 0

an =1

π

∫ 0

−π(−1) cosnt dt+

1

π

∫ π

0cosnt dt = 0

bn =1

π

∫ 0

−π(−1) sinnt dt+

1

π

∫ π

0sinnt dt =

2

nπ(1− cosnπ) =

2

nπ(1− (−1)n)

=

4/(nπ), jika n ganjil0, jika n genap

Jadi diperoleh d. Fourier bagi f(t) adalah

4

π

(sin t+

1

3sin 3t+

1

5sin 5t+

1

7sin 7t+ · · ·

)=

4

πΣ∞n=0

sin(2n− 1)t

2n− 1

Gambar berikut menunjukkan grafik dari jumlahan hingga N−suku deret Fourier. Tampak bahwamakin besar N , maka jumlahan hingga N−suku deret Fourier makin mendekati fungsinya.

Contoh 6.1.4. Tentukan deret Fourier fungsi berperiode 2π berikut.

f(t) =

t, jika 0 < t < π0, jika π < t < 2π

Page 72: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 71

f t , $$$$$$S2(t), −−−− S

5t

tK3 K2 K1 0 1 2 3

K1.0

K0.5

0.5

1.0

tK4 K2 0 2 4

K1.0

K0.5

0.5

1.0

Jawab:

a0 =1

π

∫ 2π

0f(t)dt =

1

π

∫ π

0t dt =

π

2

an =1

π

∫ π

0t cosnt dt =

1

n2π((−1)n − 1)

=

2/(n2π), jika n ganjil0, jika n genap

bn =1

π

∫ π

0t sinnt dt = − 1

ncosnπ =

(−1)n+1

n

Jadi d. Fourier bagi f(t) adalah

π

4− 2

πΣ∞n ganjil

cosnt

n2+Σ∞

n=1

(−1)n+1 sinnt

n

Soal Latihan 6.1.5. Tentukan deret Fourier dari fungsi-fungsi berikut yang masing-masing berpe-rioda 2π.

Page 73: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 72

1. f(t) =

3, −π < t < 0−2, 0 < t < π

2. f(t) =

0, −π < t < 0t2, 0 < t < π

3. f(t) = t, 0 < t < 2π

4. g(s) = | sin s|,−π < s < π

6.2 Deret Fourier bagi fungsi berperioda 2L dan KekonvergenanDeret Fourier

Misalkan f(t) fungsi kontinu bagian demi bagian, berperioda 2L, terdefinisi untuk setiap t, makaderet Fourier bagi f(t) adalah

a02

+ Σ∞n=1

(an cos

nπt

L+ bn sin

nπt

L

)(6.2.1)

dengan

a0 =1

L

∫ L

−Lf(t)dt (6.2.2)

an =1

L

∫ L

−Lf(t) cos

nπt

Ldt (6.2.3)

bn =1

L

∫ L

−Lf(t) sin

nπt

Ldt (6.2.4)

untuk n = 1, 2, 3, · · · .

Rumus di atas dapat diperoleh dengan cara berikut. Misalkan g(u) ≡ f(Luπ

). Perhatikan bahwa

fungsi g(u) berperiode 2π. Deret Fourier bagi g(u) dapat diperoleh dari rumus (6.1.4-6.1.3). Apa-bila hasil dituliskan kedalam variabel t dan fungsi f(t) akan langsung menghasilkan rumus deretFourier bagi fungsi berperiode 2L, (6.2.1-6.2.4). Periksa kebenaran hal ini!

Teorema 6.2.1. (Kekonvergenan Deret Fourier (fenomena Gibbs))Misalkan f(t) adalah fungsi yang licin bagian demi bagian, berperiode 2L, maka deret Fourier(6.2.1) konvergen

1. ke nilai f(t) untuk setiap titik di mana fungsi f kontinu, dan

2. ke nilai 12 (f(t0+) + f(t0−)) bagi tiap titik t0 di mana fungsi f diskontinu.

Catatan: 12 (f(t0+) + f(t0−)) menyatakan nilai rata-rata dari limit kiri dan limit kanan fungsi f

di titik t0. Jika f kontinu di t, jelas dipenuhi pula f(t) = 12 (f(t+) + f(t−)).

Page 74: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 73

Teorema di atas dapat dikatakan juga sebagai berikut. Deret Fourier dari fungsi licin bagiandemi bagian f(t) konvergen untuk setiap t ke nilai rata-rata 1

2 (f(t+) + f(t−)). Sehingga untukselanjutnya dapat kita tulis

f(t) =a02

+ Σ∞n=1

(an cos

nπt

L+ bn sin

nπt

L

),

dengan perjanjian bahwa nilai fungsi f(t) di titik-titik diskontinu t0 didefinisikan sebagai nilairata-rata

1

2(f(t0+) + f(t0−)) . (6.2.5)

Contoh 6.2.2. Misalkan f(t) fungsi yang periodik dengan perioda 2, dengan f(t) = t2 untuk0 < t < 2. Definisikan f(t) = 2 untuk t bilangan genap (agar merupakan rata-rata dari lim kiridan lim kanan). Tentukan deret Fourier bagi f(t).Jawab: Koefisien deret Fourier bagi f(t) adalah

a0 =

∫ 2

0t2dt = 8/3

an =

∫ 2

0t2 cosnπt dt =

4

n2π2

bn =

∫ 2

0t2 sinnπt dt = − 4

Catatan: sebagai batas integrasi dapat digunakan selang [0, 2], atau lainnya, asalkan panjangnyasatu perioda. Diperoleh deret Fourier:

f(t) =4

3+

4

πΣ∞n=1

(cosnπt

n2π− sinnπt

n

).

Perhatikan deret Fourier di atas, jika disubstitusikan t = 0, akan menghasilkan

f(0) =4

3+

4

π2Σ∞n=1

1

n2

Selanjutnya diperoleh sebagai hasil sampingan, yaitu jumlah deret berikut

Σ∞n=1

1

n2= 1 +

1

22+

1

32+

1

42+ · · · = π2

6. (6.2.6)

Jika disubstitusikan t = 1, akan menghasilkan

f(1) =4

3+

4

π2Σ∞n=1

(−1)n

n2.

dan diperoleh jumlah deret

Σ∞n=1

(−1)n+1

n2= 1− 1

22+

1

32− 1

42+ · · · = π2

12. (6.2.7)

Jika (6.2.6) dan (6.2.7) dijumlahkan dan dibagi dua akan menghasilkan jumlah deret

1 +1

32+

1

52+

1

72+ · · · = π2

8.

Page 75: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 74

Soal Latihan 6.2.3. Bagi fungsi-fungsi periodik berikut, aturan fungsinya diberikan untuk satuperioda, di setiap titik diskontinu fungsi f(t) didefinisikan menurut rumus (6.2.5). Tentukan deretFouriernya.

1. f(t) =

−2, −3 < t < 02, 0 < t < 3

2. f(t) =

2, −2π < t < 0−1, 0 < t < 2π

3. f(t) = t,−2 < t < 2

4. f(t) = t, 0 < t < 2. Dari deret Fourier yang diperoleh hitunglah jumlah deret

1− 1

3+

1

5− 1

7+

1

9− · · ·

6.3 Deret Fourier bagi Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil

Fungsi f(t) dikatakan genap jika

f(−t) = f(t), untuk setiap t,

dan fungsi f(t) dikatakan ganjil jika

f(−t) = −f(t), untuk setiap t.

Akibatnya, grafik fungsi genap simetri terhadap sb−y, sedangkan grafik fungsi ganjil simetri ter-hadap titik pusat. Sketsakan beberapa grafik fungsi genap dan fungsi ganjil!

Selanjutnya coba buktikan sifat berikut. Jika f(t) fungsi genap, maka∫ a−a f(t)dt = 2

∫ a0 f(t)dt. Jika

f(t) fungsi ganjil, maka∫ a−a f(t)dt = 0. Sekarang akan diamati koefisien-koefisien deret Fourier

fungsi genap f(t). Karena f(t) genap, maka f(t) cos(nπt/L) juga genap, sedangkan f(t) sin(nπt/L)ganjil. Sehingga rumus koefisien deret Fourier menjadi

a0 =2

L

∫ L

0f(t)dt (6.3.1)

an =2

L

∫ L

0f(t) cos(nπt/L)dt (6.3.2)

bn = 0. (6.3.3)

Akhirnya, deret Fourier bagi fungsi genap f(t) hanya terdiri dari suku cos(nπt/L) dan konstanta:

f(t) =a02

+ Σ∞n=0an cos(nπt/L),

dengan a0 dan an diberikan oleh rumus (6.3.1) dan (6.3.2).

Secara analog dapat ditunjukkan deret Fourier bagi fungsi ganjil f(t) hanya terdiri dari sukusin(nπt/L):

f(t) = Σ∞n=0bn sin(nπt/L),

Page 76: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 75

dengan

bn =2

L

∫ L

0f(t) sin(nπt/L)dt (6.3.4)

6.4 Perluasan ke Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil

Perhatikan sketsa fungsi genap fE(t) dan fungsi ganjil fO(t) beserta deret Fouriernya masing-masing.

-L

-L LL t t

( )Of t ®

( )Ef t ®

fE(t) =a02

+ Σ∞n=0an cos(nπt/L), (6.4.1)

dengan a0, an diberikan oleh (6.3.1,6.3.2).

fO(t) = Σ∞n=0bn sin(nπt/L), (6.4.2)

dengan bn diberikan oleh (6.3.4).

Fungsi fE(t) dikatakan sebagai perluasan genap berperiode 2L dari f(t). sketsa f(t) diberikan padagambar. Deret (6.4.1) dikatakan sebagai deret Fourier cosinus dari f(t). Sedangkan fungsi fO(t)dikatakan sebagai perluasan ganjil berperiode 2L dari f(t), dan deret (6.4.2) dikatakan sebagai deretFourier sinus dari f(t).

L t

f(t)

Page 77: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 76

Seringkali pada pemakaian, kita memerlukan kebalikannya! Misalkan diketahui fungsi kontinubagian demi bagian f(t), pada interval 0 < t < L , maka deret Fourier cosinus dari f(t) adalah

f(t) =a02

+ Σ∞n=0an cos(nπt/L) (6.4.3)

dengan

an =2

L

∫ L

0f(t) cos(nπt/L)dt

untuk n = 0, 1, · · · . Sedangkan deret Fourier sinus dari f(t) adalah

f(t) = Σ∞n=0bn sin(nπt/L), (6.4.4)

dengan

bn =2

L

∫ L

0f(t) sin(nπt/L)dt

Contoh 6.4.1. Misalkan f(t) = t, 0 < t < L. Tentukan deret Fourier sinus dan deret Fouriercosinusnya. Sketsakan grafik fungsi perluasan ganjil dan genap berperiode 2L dari f(t) terhadapmana kedua deret di atas konvergen.

Langsung dari rumus dapat diperoleh

a0 =2

L

∫ L

0t dt =

2

L

[1

2t2]L0

= L

an =2

L

∫ L

0t cos

nπt

Ldt =

2L

n2π2

∫ nπ

0u cosu du

=2L

n2π2[u sinu+ cosu]nπ0 =

− 4L

n2π2 untuk n ganjil0 untuk n genap

Jadi deret Fourier cosinus dari f adalah

L

2− 4L

π2

(cos

πt

L+

1

32cos

3πt

L+

1

52cos

5πt

L+ · · ·

).

Selain itu, deret Fourier cosinus di atas konvergen ke f(t) untuk 0 < t < L

L

2− 4L

π2

(cos

πt

L+

1

32cos

3πt

L+

1

52cos

5πt

L+ · · ·

)= t, untuk 0 < t < L.

Coba sketsakan pada selang [−2L, 2L] ke fungsi mana deret Fourier di atas konvergen. Selanjutnyaderet Fourier sinus dari f adalah

2L

π

(sin

πt

L− 1

2sin

2πt

L+

1

3sin

3πt

L− · · ·

).

Selain itu, deret Fourier sinus di atas konvergen ke f(t) untuk 0 < t < L

2L

π

(sin

πt

L− 1

2sin

2πt

L+

1

3sin

3πt

L− · · ·

), untuk 0 < t < L.

Coba sketsakan pada selang [−2L, 2L] ke fungsi mana deret Fourier di atas konvergen!

Page 78: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 77

Catatan: Sama seperti yang berlaku untuk deret Taylor, deret Fourier dari suatu fungsi peri-odik f(t) dapat didiferensialkan dan dapat diintegralkan suku demi suku, selanjutnya deret-derettersebut konvergen berturut-turut ke f ′(t) dan

∫ t0 f(τ) dτ .

Soal Latihan 6.4.2. 1. Diketahui fungsi g(t) berperiode 2π dan fungsi h(t) berperiode 4πberikut.

g(t) =

1, −π < t < 00, 0 < t < π

h(t) =

0, −2π < t < −π1, −π < t < 00, 0 < t < π1, π < t < 2π

Sketsakan fungsi g(t) dan h(t) pada selang [−3π, 3π]. Tentukan deret Fourier bagi g(t) danh(t). Bandingkan hasilnya, apakah sama? Jelaskan.

2. Sketsakan fungsi-fungsi berperiode 2π berikut, kemudian tentukan deret Fouriernya.

(a) f1(t) = sin t

(b) f2(t) = | sin t|, 0 < t < 2π

(c) f3(t) = sin t, 0 < t < π, (deret Fourier cosinusnya)

(d) Bandingkan ketiga jawaban di atas, adakah yang sama? Jelaskan secara ringkas.

3. Diketahui fungsi berperiode 2 dengan f(t) = t, 0 < t < 2. Tentukan deret Fourier bagi f(t).Gunakan hasilnya untuk membuktikan jumlah deret

1− 1

3+

1

5− 1

7+

1

9− · · · = π

4

4. Diketahui fungsi f(t) = t untuk 0 < t < 2. Tentukan deret Fourier sinus dan deret Fouriercosinusnya. Sketsakan grafik fungsi perluasan ganjil dan genap dari f(t) terhadap manakedua deret di atas konvergen.

6.5 Aplikasi Deret Fourier

Perhatikan suatu sistim pegas-massa dengan gaya luar yang berupa fungsi periodik f(t). Misalkan

f(t) =

10, 0 < t < 1−10, 1 < t < 2

dan berperiode 2. Akan dicari gerakan sistem tersebut, jika massa m = 2 dan k = 32. Persamaandiferensial yang sesuai dengan masalah ini adalah

2x′′ + 32x = f(t)

Page 79: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 78

Solusi p.d. homogennya adalah xh(t) = A cos 4t + B sin 4t. Sekarang akan dicari solusi tak-homogennya. Fungsi f(t) yang diberikan merupakan fungsi ganjil berperiode 2L = 2, sehinggaderet Fourier lengkapnya hanya memuat suku sinnπt. Deret Fourier f(t) adalah

40

πΣn ganjil

sinnπt

n.

Menggunakan ide koef. tak tentu, maka kita misalkan solusi partikularnya

xp(t) = Σn ganjil bn sinnπt.

dengan bn akan dicari. Subtitusi ke p.d., dengan f(t) digantikan dengan deret Fouriernya, meng-hasilkan

Σn ganjil bn(−2n2π2 + 32) sinnπt =40

πΣn ganjil

sinnπt

n.

Penyamaan koefisien suku-suku yang sama, menghasilkan

bn =20

nπ(16− n2π2), untuk n ganjil.

Sehingga kita peroleh solusi partikular

xp(t) =20

πΣn ganjil

sinnπt

n(16− n2π2).

Soal: Kerjakan seperti contoh di atas dengan

1. f(t) = 10t,−π < t < π dan berperiode 2π

2. f(t) =

10, 0 < t < π−10, π < t < 2π

Mana diantara kedua gaya luar di atas yang menghasilkan gejala resonansi?

Salah satu aplikasi terpenting dari deret Fourier adalah untuk mencari solusi persamaan diferensialparsial dengan metode variabel terpisah. Persamaan diferensial parsial adalah persamaan diferen-sial bagi fungsi dua peubah atau lebih. Istilah-istilah yang serupa juga berlaku bagi pdp, sepertimisalnya orde pdp, kelinieran, kehomogenan. Sifat-sifat yang berlaku juga banyak yang serupa.Pada kuliah ini pembicaraan mengenai pdp dibatasi pada penerapan metoda separasi variabel bagifungsi dua peubah. Pers. dif. parsial yang akan dibahas adalah.

1. Pers. panas 1−D: ut = kuxx

2. Pers. gelombang 1−D: utt = a2uxx

3. Pers. Laplace 2−D: uxx + uyy = 0

Metode variable terpisah sendiri merupakan metode penyelesaian persamaan diferensial parsialyang sering digunakan karena fleksibel, dan relatif mudah. Metode penyelesaian pdp lainnya yangkalah populer dan lebih sulit bahkan memanfaatkan ide penyelesaian metode separasi variabel ini.Oleh karena itu, sangatlah bermanfaat bila kita mempelajari metode separasi variable dengan baikdan benar. Sebelum pembahasan metode separasi variable dimulai, terlebih dahulu akan dibahasmateri pendukungnya, yaitu masalah nilai eigen.

Page 80: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 79

6.6 Masalah Nilai Eigen

Perhatikan masalah nilai awal berikut.

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0, y(a) = 0, y′(a) = 0.

Menurut teorema, mempunyai solusi tunggal.

Perhatikan pula masalah titik ujung

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0, y(a) = 0, y(b) = 0. (6.6.1)

Contoh 6.6.1. Akan dicari semua solusi

y′′ + 4y = 0, y(0) = 0, y(π) = 0.

Solusi umumnya y(x) = A cos 2x+B sin 2x. Syarat y(0) = 0 mengharuskan A = 0, sedangkan syaraty(π) = 0 dipenuhi untuk setiap B sebarang. Jadi solusi MSB adalah y(x) = B sin 2x,B ∈ R. Jaditerdapat tak hingga banyaknya solusi.

Perhatikan masalah titik ujung yang memuat parameter λ,

y′′ + p(x)y′ + λq(x)y = 0, y(a) = 0, y(b) = 0.

disebut masalah nilai eigen. Akan dicari nilai-nilai λ yang memberikan solusi tak nol (solusi taktrivial). Akan dicari semua nilai-nilai λ tersebut. Nilai lambda yang demikian disebut nilai eigen,sedangkan solusi tak trivialnya disebut fungsi eigen. Nilai eigen dan fungsi eigen selalu berpasangan.

Contoh A: Carilah semua nilai dan fungsi eigen dari

y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0 (6.6.2)

Jawab: Akan dicari semua nilai eigen real, yang berarti akan ditinjau bilangan positif, nol dannegatif. Misalkan λ = 0, maka y′′ = 0 dan solusi umumnya

y(x) = Ax+B

Substitusi kedua syarat menghasilkan A = 0, B = 0. Jadi solusinya solusi nol (trivial). Ini berartiλ = 0 bukan nilai eigen.Misalkan λ > 0, dan dituliskan λ = α2, α > 0. Persamaan diferensial menjadi

y′′ + α2y = 0

dan solusinya adalah y(x) = A cosαx + B sinαx,A,B ∈ R. Syarat y(0) = 0 menghasilkan A = 0,dan syarat y(L) = 0 menghasilkan

y(L) = B sinαL = 0.

Persamaan di atas dapat dipenuhi tanpa B harus nol, asalkan

αL = · · · ,−π, π, 2π, 3π, · · · = nπ, n bil. bulat tak nol

Page 81: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 80

Sehingga diperoleh nilai eigen

λn = α2 =n2π2

L2, n = 1, 2, 3, · · ·

Dan fungsi eigen yang bersesuaian adalah

yn(x) = sinnπx

L, n = 1, 2, 3, · · ·

Catatan: Konstanta B dapat dipilih satu. Hal ini dapat menjadi jelas di pembahasan nanti. Yakini-lah bahwa cukup dipilih n bil. bulat positif.

Misalkan λ > 0, dan dituliskan λ = −α2, α > 0. Persamaan diferensial menjadi

y′′ − α2y = 0

dan solusinya adalah y(x) = A exp(−αx)+B exp(αx), A,B ∈ R. Kedua syarat mengharuskan A,Bmemenuhi SPL

A+B = 0, A exp(−αL) +B exp(αL) = 0

SPL di atas hanya dipenuhi jika A = B = 0, yang artinya solusinya berupa solusi trivial. Ini berartitak ada nilai eigen yang negatif.

Akhirnya, dapat disimpulkan bahwa masalah nilai eigen (6.6.2) mempunyai nilai eigen

λn = α2 =n2π2

L2, n = 1, 2, 3, · · ·

dan fungsi eigen yang bersesuaian

yn(x) = sinnπx

L, n = 1, 2, 3, · · ·

Contoh B: Carilah semua nilai dan fungsi eigen dari

y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(L) = 0 (6.6.3)

Jawab: Menggunakan argumentasi yang serupa seperti pada Contoh A, dapat diperoleh hasilbahwa hanya ada nilai eigen positif. Periksa kebenaran hal ini!Misalkan λ > 0, dan dituliskan λ = α2, α > 0. Persamaan diferensial menjadi

y′′ + α2y = 0

dan solusinya adalah y(x) = A cosαx + B sinαx,A,B ∈ R. Syarat y(0) = 0 menghasilkan A = 0,dan syarat y′(L) = 0 menghasilkan

y(L) = Bα cosαL = 0.

Persamaan di atas dapat dipenuhi tanpa B harus nol, asalkan

αL = · · · ,−π

2,π

2,3π

2, · · · = (2n+ 1)π

2, n bil. bulat

Page 82: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 81

Sehingga diperoleh hasil berikut, masalah nilai eigen (6.6.3) mempunyai nilai eigen

λn =(2n+ 1)2π2

4L2, n = 0, 1, 2, 3, · · ·

dan fungsi eigen yang bersesuaian adalah

yn(x) = sin(2n+ 1)πx

2L, n = 0, 1, 2, 3, · · ·

Perhatikan: di sini cukup dipilih n bil. cacah, sedangkan konstanta B dipilih satu.

Contoh C: Masalah nilai eigen

y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(L) = 0 (6.6.4)

mempunyai nilai eigen

λn =(nπL

)2, n = 0, 1, 2, · · ·

dan fungsi eigen yang bersesuaian adalah

yn(x) = cosnπx

L, n = 0, 1, 2, · · ·

Perhatikan bahwa λ = 0 termasuk nilai eigen! Coba buktikan hal ini!

Soal Latihan 6.6.2. Carilah nilai eigen dan fungsi eigen dari masalah nilai eigen berikut.

1. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0

2. y′′ + λy = 0, y(−π) = 0, y(π) = 0

3. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(1) + y′(1) = 0

6.7 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Panas

Perhatikan suatu batang 1−D yang terisolasi secara lateral, panas hanya mengalir sepanjangbatang. Obyek yang sesuai dengan batasan tersebut antara lain adalah kabel. Jika u(x, t) meny-atakan suhu tiap titik pada batang/kabel saat t. Maka berlaku ut = kuxx, dengan konstanta kyang bergantung pada bahan batang/kabel, disebut thermal diffusivity, mengukur seberapa cepatpanas merambat pada bahan tersebut.

Perhatikan persamaan panas pada batang 1-D dengan syarat batas homogen dan syarat awal

ut = kuxx, pada 0 < x < L, t > 0 (6.7.1)

u(0, t) = u(L, t) = 0 (6.7.2)

u(x, 0) = f(x) (6.7.3)

Berikut ini akan dicari fungsi-fungsi tak nol u1, u2, u3, · · · yang memenuhi (6.7.1-6.7.2) denganmetode separasi variabel. Dimisalkan solusinya berbentuk

u(x, t) = X(x)T (t) (6.7.4)

Page 83: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 82

suatu fungsi terhadap peubah x dan t, yang mana kebergantungannya terhadap variabel x dan tadalah secara ’terpisah’. Substitusikan ke dalam pdpnya menghasilkan

X ′′

X=

T ′

kT.

Perhatikan bahwa ruas kiri adalah fungsi dari x saja sedangkan ruas kanan adalah fungsi dari tsaja. Kondisi ini hanya mungkin terjadi jika keduanya merupakan konstanta, dimisalkan sebagai−λ, atau

X ′′

X=

T ′

kT= −λ,

yang tak lain terdiri dari dua persamaan

X ′′(x) + λX(x) = 0

T ′(t) + λT (t) = 0

Substitusikan (6.7.4) pada syarat batas menghasilkan

u(0, t) = X(0)T (t) = 0, u(L, t) = X(L)T (t) = 0

Agar menghasilkan solusi tak nol haruslah X(0) = X(L) = 0. Jadi X(x) harus memenuhi masalahnilai eigen

X ′′(x) + λX(x) = 0, X(0) = X(L) = 0,

yang telah dibahas sebelumnya. Nilai eigennya

λn =n2π2

L2, n = 1, 2, 3, · · ·

dan fungsi eigen yang bersesuaian adalah

Xn(x) = sinnπx

L, n = 1, 2, 3, · · ·

Selanjutnya kita perhatikan persamaan diferensial dalam T (t) dengan λ dipilih nilai eigen yangtelah diperoleh, yaitu

T ′n(t) +

n2π2

L2kTn(t) = 0.

Solusinya adalah

Tn(t) = exp−n2π2

L2 kt .

dengan konstanta sebarang dipilih satu, hal ini akan menjadi jelas pada pembicaraan berikutnya.Dengan demikian diperoleh

un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = exp−n2π2

L2 kt sinnπx

L,

Page 84: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 83

untuk n = 1, 2, 3, · · · yang masing-masing merupakan solusi (6.7.1-6.7.2). Superposisi tak hinggadari solusi di atas juga merupakan solusi, hal ini dijamin oleh suatu teorema, lihat textbook.Sehingga diperoleh suatu solusi dalam bentuk deret tak hingga

u(x, t) = Σ∞n=1cnun(x, t) = Σ∞

n=1cn exp−n2π2

L2 kt sinnπx

L.

Selanjutnya akan ditentukan koefisien cn, n = 1, 2, 3, · · · agar diperoleh solusi yang memenuhi syaratawal. Substitusikan t = 0 pada deret di atas akan menghasilkan

u(0, t) = Σ∞n=1cn sin

nπx

L= f(x)

Persamaan di atas kita kenali sebagai deret Fourier sinus dari f(x) pada selang [0, L] jika

cn =2

L

∫ L

0f(x) sin

nπx

Ldx (6.7.5)

untuk n = 1, 2, 3, · · · . Jadi solusi (6.7.1-6.7.3) adalah

u(x, t) = Σ∞n=1cn exp

−n2π2

L2 kt sinnπx

L(6.7.6)

dengan cn diberikan pada (6.7.5).

Pengamatan lebih jauh dilakukan pada solusi (6.7.6). Jika kita hitung limt→+∞ u(x, t) = 0. Iniberarti setelah waktu yang cukup lama suhu tiap titik pada kabel menjadi 0 derajat. Hal ini sesuaidengan yang kita harapkan. Panas yang semula ada pada kabel keluar melalui ujung kiri dan ujungkanannya yang dipertahankan pada suhu 0 derajat.

Perhatikan masalah rambatan panas pada batang yang terisolasi secara lateral

ut = kuxx, pada 0 < x < L, t > 0 (6.7.7)

ux(0, t) = ux(L, t) = 0 (6.7.8)

u(x, 0) = f(x) (6.7.9)

Syarat (6.7.8) berarti bahwa kedua ujung batang juga terisolasi. Solusi pdp (6.7.7) dengan syaratbatas (6.7.8) dan syarat awal (6.7.9) akan dikonstruksi melalui langkah-langkah berikut.

1. Terapkan m. separasi variabel u(x, t) = X(x)T (t) pada (6.7.7-6.7.8). Akan dihasilkan pers.dif. biasa dalam T (t)

T ′(t)− kλT (t) = 0,

dan suatu masalah nilai eigen dalam X(x)

X ′′(x) + λX(x) = 0, Xx(0) = Xx(L) = 0.

2. Tentukan semua nilai dan fungsi eigen yang bersesuaian, yang tak lain adalah

λ0 = 0, X0(x) = 1

λn =n2π2

L2, Xn(x) = cos

nπx

L, n = 1, 2, 3, · · ·

Page 85: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 84

3. Untuk setiap nilai eigen λn, n = 0, 1, 2, 3, · · · di atas, solusi Tn(t) yang bersesuaian adalah

T0(t) = 1

Tn(t) = e−n2π2kt/L2, n = 1, 2, 3, · · · (6.7.10)

4. Sehingga kita peroleh solusi (6.7.7-6.7.8) adalah

u0(x, t) = 1; un(x, t) = e−n2π2kt/L2cos

nπx

L

untuk n = 1, 2, 3, · · · . Demikian pula dengan kombinasi linier tak hingga

u(x, t) = a0/2 + Σ∞n=1ane

−n2π2kt/L2cos

nπx

L(6.7.11)

merupakan solusi (6.7.7-6.7.8).

5. Substitusikan syarat awal (6.7.9) pada (6.7.11) menghasilkan persamaan

f(x) = a0/2 + Σ∞n=1an cos

nπx

L.

Ruas kanan persamaan di atas haruslah merupakan deret Fourier cosinus bagi f(t) (denganperioda ....). Dengan demikian a0 dan an dapat dihitung, tuliskan rumusnya.

Terakhir, coba hitung limt→+∞ u(x, t), dan interpretasikan!

Page 86: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 85

Tambahan: Diketahui sebuah dinding logam dengan tebal L dan koefisienpenghantar panas k. Misalkan u(x, t) menyatakan suhu suatu titik di posisix pada dinding (Suhu dinding logam kita anggap homogen pada keduaarah lainnya). Misalkan tepi dinding kiri bersentuhan dengan suhu udaraluar, sedangkan tepi kanan dinding bersentuhan dengan suhu kamar, lihatGambar.

Suhukamar = A

Suhuudaraluar = B

xL0

1. Jika pada saat awal suhu dinding adalah T0, maka pdp beserta syarat batas yang sesuaiadalah

ut = kuxx, pada 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = A, u(L, t) = B. (∗)

Syarat batas (*) disebut syarat batas tipe Dirichlet tak homogen. Jika A dan B bernilai nol,maka disebut syarat batas Dirichlet homogen.

2. Jika diketahui A = B, kita tahu bahwa masalah distribusi suhu dinding akan simetristerhadap titik tengah dinding, yaitu x = L/2. Jadi di sini kita bisa memformulasikan masalahdistribusi suhu dinding cukup pada domain separo dinding saja, menjadi

ut = kuxx, pada 0 < x < L/2, t > 0

u(0, t) = A,

ux(L/2, t) = 0. (∗∗)

Perhatikan perubahan syarat batas di x = L/2! Syarat batas (**) disebut syarat batas tipeNeumann homogen.

6.8 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Gelombang

Bayangkan senar sebuah gitar yang panjangnya L, dipasang dengan gaya tegang T tertentu.Misalkan u(x, t) menyatakan simpangan (tiap titik pada senar) dari posisi setimbang tiap saat.Andaikan tidak ada gaya luar yang bekerja pada senar. Berikut ini akan diturunkan persamaangerak gelombang senar.

Perhatikan potongan kecil dari senar yang panjangnya ds. Di kiri dan kanan senar, gaya tegangsenar adalah T , lihat gambar. Senar tidak bergetar pada arah horisontal, sehingga resultan gaya-gaya horisontal yang bekerja pada elemen senar ds bernilai nol, jadi T cos(θ+∆Θ) = T cos θ. Jikaberat senar diabaikan, resultan gaya-gaya vertikal yang bekerja pada elemen senar ds mengaki-batkan getaran vertikal senar, yang mana menurut hukum Newton adalah

T sin(θ +∆Θ)− T sin θ = ρ∆sd2u(x0)

dt2,

dengan ρ adalah rapat massa senar. Selanjutnya persamaan di atas dibagi dengan ρ∆s cos θ, karenacos(θ +∆Θ) = cos θ, maka diperoleh

T

ρ

1

∆s(tan(θ +∆Θ)− tan θ) =

d2u(x0)

dt2.

Page 87: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 86

Karena tan(θ + ∆Θ) = ux(x0 + ∆x) dan tan(θ) = ux(x0), selanjutnya ∆s dihampiri dengan ∆x,jika dilimitkan untuk ∆x → 0 maka diperoleh persamaan getaran senar

d2u

dt2− c2

d2u

dx2= 0, dengan c2 =

T

ρ.

T

T

q

q q+ D

0x 0x x+ D

sD

xD

Perhatikan persamaan gelombang 1−D dengan syarat batas dan syarat awal berikut

utt = a2uxx, pada 0 < x < L, t > 0 (6.8.1)

u(0, t) = u(L, t) = 0 (6.8.2)

u(x, 0) = f(x), 0 < x < L (6.8.3)

ut(x, 0) = g(x), 0 < x < L (6.8.4)

Syarat (6.8.2) berarti kedua ujung senar diikat. Syarat (6.8.3) berarti saat awal simpangan senarberupa fungsi f(x). Syarat (6.8.4) berarti saat awal senar diberi kecepatan awal yang berupa fungsig(x).Penyelesaian solusi (6.8.1-6.8.4) akan dicari dengan metoda pemisahan variabel.

1. Inti dari metoda pemisahan variabel adalah memisalkan u(x, t) = X(x)T (t). Substitusikanke (6.8.1) dan (6.8.2) menghasilkan suatu masalah nilai eigen

X ′′ + λX = 0, X(0) = X(L) = 0, (6.8.5)

dan suatu persamaan diferensial untuk T (t):

T ′′ + λa2T = 0.

2. Masalah nilai eigen (6.8.5) menghasilkan nilai eigen

λn =n2π2

L2, n = 1, 2, 3, · · ·

dan fungsi eigen yang bersesuaian adalah

Xn(x) = sinnπx

L, n = 1, 2, 3, · · ·

Page 88: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 87

3. Selanjutnya kita perhatikan persamaan diferensial dalam T (t) dengan λ = λn, menghasilkansolusi

Tn(t) = An cosnπat

L+Bn sin

nπat

L.

4. Dengan demikian diperoleh solusi (6.8.1-6.8.4) untuk n = 1, 2, · · · ,

un(x, t) = Xn(x)Tn(t)

=

(An cos

nπat

L+Bn sin

nπat

L

)sin

nπx

L.

Kombinasi linier (tak hingga) dari solusi juga merupakan solusi (teorema di E. Penney).Sehingga diperoleh

u(x, t) = Σ∞n=1

(An cos

nπat

L+Bn sin

nπat

L

)sin

nπx

L(6.8.6)

sebagai solusi umum (6.8.1-6.8.4).

5. Konstanta An dapat ditentukan dari syarat (6.8.3). Substitusi t = 0 pada persamaan di atasmenghasilkan

u(x, 0) = Σ∞n=1An sin

nπx

L= f(x), 0 < x < L.

Ini berarti An merupakan koefisien deret Fourier ....... dari f(x) pada [0, L] yang rumusnya....

6. Konstanta Bn dapat ditentukan dari syarat (6.8.4). Diferensialkan (6.8.6) terhadap t dansubstitusikan t = 0 akan menghasilkan hubungan

ut(x, 0) = Σ∞n=1Bn

nπa

Lsin

nπx

L= g(x), 0 < x < L,

yang berarti BnnπaL merupakan koefisien deret Fourier ....... dari g(x) pada [0, L] yang ru-

musnya ...

Dengan demikian solusi persamaan gelombang (6.8.1-6.8.4) adalah (6.8.6) dengan koefisien An danBn diberikan pada ... dan ...

6.8.1 Frekwensi fundamental senar

Getaran senar gitar memenuhi persamaan

utt = c2uxx, c2 =T

ρ, pada domain 0 < x < L, t > 0,

dengan syarat batas u(0, t) = u(L, t) = 0. Dapat ditunjukkan bahwa solusinya berupa

u(x, t) = Σ∞n=1 sin

nπx

L(An cosλnt+Bn sinλnt) ,

Page 89: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 88

dengan λn = nπcL . Frekwensi bunyi yang dihasilkan oleh getaran senar ini adalah

λn/2π = nc/2L putaran per satuan waktu.

Dari berbagai nilai frekwensi itu, frekwensi yang pertama, yaitu c/2L disebut sebagai frekwensifundamental / fundamental node. Fakta lain, frekwensi yang dihasilkan dari getaran senar panjangL adalah saling berkelipatan satu sama lain, sehingga bunyi yang dihasilkan terdengar selaras.Bunyi yang kita dengar energinya 81% adalah dari frekwensi fundamental, 9% dari frekwensi kedua,dan sisanya adalah dari frekwensi-frekwensi lainnya. [Kreyszig 11.3 hal. 590 & soal no. 1]

1. Tentukan rumus bagi frekwensi fundamental sebuah senar.

2. Apa yang terjadi dengan frekwensi jika gaya tegang T diperbesar?

3. Mengapa violin menghasilkssan nada-nada tinggi, sedangkan bass menghasilkan nada-nadarendah?

6.9 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Laplace

Bentuk persamaan panas bagi benda 2-D atau 3-D adalah sebagai berikut

ut = ku pada (x, t) ∈ Ω×R. (6.9.1)

Solusi steady dari persamaan panas memenuhi persamaan

u = 0 pada Ω. (6.9.2)

Persamaan ini dikenal sebagai persamaan Laplace. Solusi dari persamaan Laplace dikenal sebagaifungsi harmonik.

Perhatikan suatu lempeng penghantar berukuran a × b. Ketiga sisi lempeng dipertahankan padasuhu 00, sedangkan salah satu sisinya suhu dipertahankan sebagai f(x), lihat Gambar. Saat telahtercapai equilibrium (kondisi steady) distribusi suhu lempeng mengikuti persamaan Laplace

uxx + uyy = 0, 0 < x < a, 0 < y < b

u(0, y) = u(a, y) = u(x, b) = 0

u(x, 0) = f(x) (6.9.3)

dengan u(x, y) menyatakan suhu titik pada lempeng di posisi (x, y). Coba terapkan metoda separasivariabel untuk menyelesaikan persamaan Laplace di atas.

Soal Latihan 6.9.1. 1. Gunakan metode separasi variabel untuk mencari solusi umum per-samaan diferensial parsial berikut

(a) ux − yuy = 0

(b) 4uxx − uy = 0, u(0, y) = 0, u(2, y) = 0

2. Perhatikan suatu batang homogen dengan panjang L, dengan temperatur awal u(x, 0) =sin πx

L , 0 < x < L. Kedua ujung batang terisolasi. Penyebaran panas pada batang mengikutipersamaan ut = kuxx.

Page 90: DIKTAT KULIAH - personal.fmipa.itb.ac.idpersonal.fmipa.itb.ac.id/sr_pudjap/files/2010/07/diktatma2271.pdf · 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor ... Persamaan diferensial

BAB 6. DERET FOURIER 89

(a) Tentukan temperatur tiap saat u(x, t). Tentukan juga steady state temperatur yangtercapai saat t → ∞

(b) Jika k = 1 dan L = 40. Gambarkan u sebagai fungsi dari x untuk beberapa waktu t.Gambarkan pula u sebagai fungsi dari t untuk beberapa waktu x. Jelaskan hasil yangAnda peroleh.

3. Perhatikan masalah nilai batas dengan syarat awal berikut

ytt = 100 yxx, 0 < x < π, t > 0

y(0, t) = y(π, t) = 0

y(x, 0) = h(x) = x(π − x), yt(x, 0) = 0

(a) Tentukan solusi deret y(x, t).

(b) Buktikan (dengan cara substitusi langsung) bahwa y(x, t) = 12(ho(x−10t)+ho(x+10t))

merupakan solusi masalah di atas, dengan ho(x) adalah perluasan fungsi h(x) sebagaifungsi ganjil. Solusi ini dikenal sebagai solusi d’Alembert.

(c) Gunakan Maple untuk memplot hasil a. dan b. untuk t = 0, 1/4, 1/2, 3/4, amati hasil-nya!

4. Diketahui persamaan Laplace

uxx + uyy = 0 untuk 0 < x < 1, 0 < y < 2,

dengan syarat batas u(0, y) = u(1, y) = 0.

(a) Turunkan dua persamaan diferensial biasa (pdb) yang diperoleh dari penggunaan metodepemisahan variabel u(x, y) = F (x)G(y). Tentukan pula syarat batas untuk pdb dalamF (x). Perhatikan bahwa pdb bagi F (x) beserta syarat batasnya merupakan suatumasalah nilai eigen.

(b) Tentukan semua nilai eigen dan fungsi eigen dari masalah nilai eigen di bag. a. Tun-jukkan bahwa solusi umum pdp dengan syarat batas di atas berbentuk

u(x, y) =∞∑n=1

(An exp(nπy) +Bn exp(−nπy)) sinnπx.