diktatma2271

0

DIKTAT KULIAH

MA2271 METODA MATEMATIKASemester II 2009/2010

Oleh: Dr. Sri Redjeki P.

Prodi Matematika Fakultas MIPA Institut Teknologi Bandung Januari 2009

Contents1 Pendahuluan 1.1 Pendekatan kualitatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Klasikasi Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Persamaan Diferensial Orde Satu 2.1 Persamaan Diferensial Terpisah, metode integral langsung . . . . . . 2.2 Persamaan Diferensial Linier Orde Satu . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Masalah-masalah Aplikasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Persamaan diferensial autonomous untuk masalah dinamika populasi 2.4.1 Model Logistik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Doomsday versus extinction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Eksistensi dan Ketunggalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Persamaan Diferensial Orde-n Linier 3.1 Sifat-sifat solusi persamaan diferensial orde-n linier . . . 3.2 Solusi persamaan diferensial homogen koesien konstan 3.3 Sistem Pegas Massa dengan redaman . . . . . . . . . . . 3.4 Persamaan Diferensial Tak Homogen . . . . . . . . . . . 3.4.1 Metode Koesien Tak Tentu . . . . . . . . . . . 3.4.2 Metode Variasi Parameter . . . . . . . . . . . . . 3.5 Getaran dengan gaya luar . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Kasus adanya gaya luar, tanpa redaman . . . . . 3.5.2 Kasus adanya getaran luar dan redaman . . . . . 3 4 4 7 7 9 10 14 14 15 17 19 19 21 23 25 26 27 29 29 31 32 32 33 34 35 36 37 37 39 40 43 43

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

4 Sistem Persamaan Diferensial 4.0.3 Berbagai masalah aplikasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.0.4 Kaitan antara p.d. orden dengan sistim p.d. n variabel . . . . . . . . . . 4.0.5 Berbagai cara mencari solusi sistim pd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1 Metode Nilai Eigen untuk Mencari Solusi Sistem Persamaan Diferensial Homogen . 4.1.1 Kasus: nilai eigen real berbeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Kasus: nilai eigen kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3 Kasus: nilai eigen berulang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Bidang Phase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Matriks Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Solusi spd homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

. . . . . . . . . . .

CONTENTS 4.3.2 4.3.3 Model 4.4.1 4.4.2 Solusi spd tak homogen . . Matriks exp(At) . . . . . . Populasi . . . . . . . . . . . Model predator-prey . . . . Model interaksi dua spesies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 44 47 49 49 50 54 54 57 59 61 63 64 68 68 72 74 75 77 79 81 85 87 88

4.4

5 Transformasi Laplace 5.1 Transformasi Laplace dan inversnya . . . . . . . 5.2 Transformasi masalah nilai awal . . . . . . . . . . 5.3 Fungsi tangga satuan . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Perkalian, turunan dan integral dari transformasi 5.5 Gaya luar berupa engineering function . . . . . . 5.6 Impuls dan fungsi Delta . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

6 Deret Fourier 6.1 Deret Fourier dan kekonvergenannya . . . . . . . . . . . . . 6.2 Deret Fourier bagi fungsi berperioda 2L dan Kekonvergenan 6.3 Deret Fourier bagi Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil . . . . . 6.4 Perluasan ke Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil . . . . . . . . 6.5 Aplikasi Deret Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Masalah Nilai Eigen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Panas . . . . . . 6.8 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Gelombang . . . 6.8.1 Frekwensi fundamental senar . . . . . . . . . . . . . 6.9 Metode Variabel Terpisah pada Persamaan Laplace . . . . .

. . . . . . . . Deret Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

Bab 1

PendahuluanBanyak hukum-hukum alam yang mendasari perubahan-perubahan di alam ini dinyatakan dalam bentuk persamaan yang memuat laju perubahan dari suatu kuantitas, yang tak lain adalah berupa persamaan diferensial. Berikut ini diuraikan contoh-contoh yang menunjukkan bahwa persamaan diferensial muncul dari hukum alam. Masalah benda jatuh bebas Misalkan suatu obyek bermassa m jatuh bebas. Perhatikan diagram di samping. Kita tetapkan bahwa arah ke bawah adalah positif, sehingga arah ke atas berarti negatif. Gaya-gaya yang bekerja pada benda itu adalah gaya berat benda Fb = mg (tanda + karena gaya gravitasi mengarah ke bawah.)

y=0mg

y = h0

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 kecepatan.2 Menurut Hukum Newton II: massa percepatan = total gaya yang bekerja pada benda atau dv = mg av. (1.0.1) m dt Dalam kasus gaya gesek diabaikan a 0, akan kita cari kecepatan benda jatuh bebas dari ketinggian h0 saat menumbuk tanah. Untuk menentukan syarat awal yang sesuai, maka kita tetapkan posisi awal benda saat akan jatuh adalah y(0) = 0 dan saat benda menumbuk tanah y(takhir ) = h0 , (ingat bahwa arah ke bawah adalah positif). Karena masalah jatuh bebas, maka v(0) = 0. Persamaan gerak dalam kasus tak ada gaya gesek adalah d2 y = mg dt2 Setelah satu kali pengintegralan dan karena v(0) = 0, maka m dy = gt. dtDi sini gaya gesek dimisalkan sebanding dengan kecepatan, dengan konstanta a dikenal dengan nama drag coefcient. Untuk kondisi lain, gaya gesek juga bisa dimisalkan sebanding dengan kuadrat kecepatan. 2 Periksa hal ini dengan mengujinya, saat benda bergerak ke bawah: v > 0 sehingga Fs < 0 berarti gaya gesek mengarah ke atas.1

3

BAB 1. PENDAHULUAN Pengintegralan sekali lagi dan karena y(0) = 0, maka 1 y(t) = gt2 . 2

4

2h0 Benda menumbuk tanah saat takhir yaitu saat y(takhir ) = h0 , sehingga takhir = g . Benda menumbuk tanah dengan kecepatan v(takhir ) = 2gh0 , tepat seperti yang kita kenal di pelajaran sika. Dalam kasus gaya gesek diperhitungkan, maka dapat dihitung bahwa v(takhir ) = ........ yang mana nilainya lebih kecil daripada kecepatan dalam kasus tidak ada gaya gesek. Tugas: Tunjukkan bahwa pers. (1.0.1) juga merupakan persamaan gerak benda yang dilempar ke atas. Dalam kasus gaya gesek diabaikan, tunjukkan bahwa tinggi maksimum benda jika dilempar v2 ke atas dengan kecepatan awal v0 adalah 0 . Bandingkan dengan tinggi maksimum dalam kasus 2g ada gaya gesek.

1.1

Pendekatan kualitatif

Misalkan benda yang jatuh itu massanya m=10 kg dan koesien geseknya a = 2 kg/det. Setelah gaya gravitasi dipilih g = 9.8 m/det2 persaman gerak jatuhnya benda adalah v dv = 9, 8 , dt 5 Perilaku kualitatif gerak benda jatuh tersebut akan diperlajari tanpa terlebih dahulu mencari solusi persamaan diferensialnya. Perhatikan bahwa ruas kanan persamaan tak lain menyatakan gradien garis singgung kurva solusi di titik (t, v). Berdasarkan hal inilah medan gradien seperti pada Gambar 1.1.2 dibuat. Perhatikan bahwa potongan garis-garis kecil dari medan gradien tak lain adalah garis singgung kurva solusi. Dengan demikian kita dapat mensketsakan grak solusi. Tampak dari gambar di atas bahwa jika kecepatan benda lebih kecil dari suatu nilai tertentu, maka kecepatan benda akan bertambah saat jatuh. Demikian pula sebaliknya, jika kecepatan benda melebihi suatu nilai tertentu, maka kecepatan benda akan berkurang saat jatuh. Selanjutnya, untuk kecepatan benda berapakah dv = 0? Untuk kecepatan v = (5)(9.8) = 49 m/det. Perhatikan bahwa v(t) = 49 juga dt merupakan solusi persamaan diferensial, dan dikatakan sebagai solusi equilibrium. Dari medan gradien di atas kita juga dapat menarik kesimpulan bahwa solusi-solusi lain konvergen ke solusi konstan v(t) = 49. Tugas: Pelajari masalah populasi tikus dan burung hantu pada Subbab 1.1. Boyce DiPrima.

1.1.1

Klasikasi Persamaan Diferensial

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

BAB 1. PENDAHULUAN

5

60

55

50

v(t)

45

40

35

30 0 5 10 t 15 20

Gambar 1.1.1: Medan gradien bagi persamaan

dv v = 9, 8 beserta kurva solusinya. dt 5

Bentuk umum persamaan diferensial biasa adalah F (x, y, y , y , , y (n) ) = 0. Contoh: y cos x = 0 x

persamaan diferensial orde 1, linier

y + yy e = 0 persamaan diferensial orde 3, tak linier Persamaan diferensial yang melibatkan fungsi dua peubah atau lebih disebut Persamaan Diferensial Parsial. Contoh: ut + cux = 0 ut = kuxx (pers. transport) (pers. difusi) uxx uyy = 0 (pers. gelombang) uxx + uyy = 0 (pers. Laplace) Contoh Sistem Persamaan Diferensial { dx dt = x y dy dt = 2x + y

(1.1.1)

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

BAB 1. PENDAHULUAN

6

Persamaan Diferensial dikatakan linier jika fungsi F linier terhadap y, y , , y (n) , namun fungsi F 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 diferensial adalah bentuk umum solusi persamaan diferensial tersebut Suatu solusi umum bisa menjadi solusi khusus dengan adanya informasi / syarat tambahan, disebut syarat awal / syarat batas. Contoh: Persamaan diferensial y cos x = 0, solusi umum y(x) = sin x + C Jika diberikan syarat awal y(0) = 1, maka diperoleh solusi khusus y(x) = sin x 1.

Bab 2

Persamaan Diferensial Orde SatuBentuk umum persamaan diferensial orde satu: F (x, y, y ) = 0 Persamaan diferensial orde satu diklasikasikan 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 persamaan diferensial orde 1 linier. (2.0.1)

2.1

Persamaan Diferensial Terpisah, metode integral langsungdy = (x, y) = g(x)h(y) dx

Bentuk umum pers. dif. terpisah

Solusinya dicari dengan pengintegralan langsung sbb. 1 dy = g(x), h(y) = 0 h(y) dx 1 dy = g(x)dx h(y) Sedangkan h(y) = 0 merupakan solusi atau tidak, diperiksa dengan substitusi langsung ke pd semula.

7

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU Contoh 2.1.1. 1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial

8

dy = ky. dt Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka ruas kiri dan kanan dibagi dengan y, sehingga didapat 1 dy dt = kdt. y dt Karena telah dilakukan pembagian dengan y tentu harus dimisalkan y = 0 (atau y(t) bukan fungsi nol). Jika perhitungan dilanjutkan maka diperoleh y(t) = exp kt + C, dengan konstanta integrasi C R. Selanjutnya diperiksa apakah fungsi nol y(t) = 0 merupakan solusi atau tidak, dengan cara substitusi langsung. Ternyata y(t) = 0 merupakan solusi. Selanjutnya solusi umum pers. dif. di atas adalah y(t) = K exp kt, K R.2

x 2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial x2 y = 3y2+1 +1 Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka pers. dif. dibagi dengan x2 dan dikali dengan 3y 2 + 1, sehingga didapat

(3y 2 + 1)y =

x2 + 1 . x2

1 Setelah diintegralkan diperoleh solusi umum berupa fungsi implisit y 3 + y = x . x Cek kebenarannya dengan cara substitusi langsung. 3. Tentukan solusi umum persamaan diferensial y y 2 t sin(t2 ) = 0. Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka pers. dif. dibagi dengan y 2 , sehingga didapat 1 y = t sin(t2 ). y2 1 dy dt = t sin(t2 )dt, dengan y = 0 y 2 dt Setelah diintegralkan diperoleh atau y(t) = 2 cos(t2 ) + C1 1 1 = cos(t2 ) + C, y(t) 2

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU

9

dengan konstanta integrasi C1 R. Selanjutnya dengan cara substitusi langsung diperiksa apakah 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. Beberapa textbook menyebutkan solusi ini sebagai solusi singular. Soal Latihan 2.1.2. (a) y = (b) y =x2 1y 2 y cos x 1+2y 2

1. Cari semua solusi umum persamaan diferensial berikut.

(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 terdenisi. (a) y = (x 2)(y 1), (b) y = (1 2x)y 2 , (c) xdx + yex dy = 0, y(0) = 2 y(0) = 1

y(0) = 1/6

2.2

Persamaan Diferensial Linier Orde Satudy + P (t)y = Q(t) dt

Mempunyai bentuk umum

Solusi dari persamaan diferensial di atas dapat diperoleh dengan cara berikut. Jika dikalikan dengan e P (t)dt menjadi

e

P (t)dt dy

dt

+e

P (t)dt

P (t)y = e

P (t)dt

Q(t)

Perhatikan bahwa ruas kiri tak lain adalah d ( P (t)dt ) e y , dt

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU sehingga p.d. semula sekarang menjadi d ( P (t)dt ) e y = e P (t)dt Q(t) dt

10

dan siap untuk diintegralkan. Mengingat manfaatnya, maka faktor pengali e faktor integrasi. Pengintegralan menghasilkan solusi persamaan diferensial: y(t) = e P (t)dt e P (t)dt Q(t)dt Contoh 2.2.1. 1. Tentukan solusi persamaan diferensial

P (t)dt

disebut sebagai

solusinya y(t) = 4e3t e2t .) 2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial (t2 + 1)

dy 3y = e2t , y(0) = 3. (Jawab: dt

dy + 3ty = 6t. Kemudian hitung dt 2 + 1)3/2 .) limt y(t) (Jawab: solusi umum y(t) = 2 + C(t dy + 2y = 4x2 , y(1) = 2. (Jawab: solusinya y(x) = dx

3. Tentukan solusi persamaan diferensial x x2 +1 , x2

dengan x > 0.) 1. Tentukan solusi dari masalah nilai awal berikut. y(0) = 1. y(1) = 1/2, t>0

Soal Latihan 2.2.2. (a) y y = 2te2t , (b) ty + 2y = t2

t + 1,

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 hasil a. (a) y + 3y = t + e2t (b) y + 2ty = 2tet (c) ty + 2y = sin t,2

t>0

2.3

Masalah-masalah Aplikasi

1. Larutan garam: Sebuah tangki mula-mula berisi 12 liter air murni. Air garam dengan kadar garam 0.2 kg/liter memasuki tangki dengan laju 2 liter/menit. Larutan garam dalam tangki dianggap teraduk sempurna, dan keluar dengan laju 2 liter/menit. Tentukan banyaknya garam dalam tangki setelah 1/2 jam. 2. Pemurnian Danau yang Tercemar: Sebuah danau vol 458 km3 . Air masuk dan keluar dengan 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


11

air yang keluar konsentrasi polutannya sudah homogen (teraduk sempurna). Berapa waktu yang 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 x(t) km3 . Konsentrasi polutan tiap saat . (Perhatikan bahwa debit air yang keluar dan masuk 458 sama, sehingga volume tetap, yaitu 458 km3 .) dx x(t) = 0.01%175 175 dt 458 dx + 0.3821x = 0.0175 dt x(t) = 0.0458 + 0.1832e0.3821t 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 dan mendapat bunga r (dalam % per tahun). Misalkan S(t) menyatakan jumlah tabungan saat t. Bunga dari tabungan itu juga ditabung dan mendapat bunga yang sama, yaitu r. Hal ini disebut dengan istilah bunga berbunga. Setiap bank mempunyai aturan tentang bunga yang berbeda-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) = rS(t) t Jika kita ambil limitnya untuk t 0, maka dS = rS. dt Penerapan limit t 0 berarti kita mengasumsikan bahwa tabungan berbunga secara kontinu. Misalkan saat awal tabungannya berjumlah S(0) = S0 , maka melalui solusi persamaan diferensial di atas diperoleh S(t) = S0 ert . Pikirkan bagaimana persamaan diferensialnya jika terdapat biaya administrasi sebesar A rupiah per bulan. Diskusi: Jika bunga dihitung tiap satu tahun, maka jumlah tabungan setelah t tahun S(t) = S0 (1 + r)t . Jika bunga dihitung bulanan, maka jumlah tabungan setelah t tahun S(t) = S0 (1 + r/12)12t . Jika bunga dihitung sebanyak m kali tiap tahun, maka jumlah tabungan setelah t tahun S(t) = S0 (1 + r/m)mt . Selanjutnya perlihatkan bahwa limm S0 (1 + r/m)mt = S0 ert (Buktikan!). Ini berarti bahwa kajian persamaan diferensial merupakan kasus limit dari kajian secara diskrit. Selain itu, jika kita bandingkan kedua kurva S0 (1 + r/m)mt dan S0 ert yang diplot dengan Maple untuk S0 , r, m tertentu, maka dapat kita lihat bahwa kedua kurva tersebut sudah nyaris 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 10 tahun, 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.


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 dengan tabungan Si Budi saat mereka berusia 65 tahun. 2. Hukum Toricelli Suatu tangki berisi air bagian bawahnya berlubang dengan luas penampang a, lihat gambar. Jika tinggi air pada saat t adalah y(t), maka kecepatan keluarnya air adalah v(t) = 2gy(t). (Mengapa?) Jika V (t) adalah volume air dalam tangki saat t maka dV = av dtA(y)

y(t) a v(t)

y(t) Diketahui pula berlaku V (t) = 0 A(y)dy dengan A(y) luas penampang tangki pada ketinggian y. Sehingga persamaan menjadi A(y) dy = a 2gy. dt

Catatan: tangki air tidak harus berbentuk silinder. Soal: Tangki berbentuk setengah bola jari-jari 4 ft, penuh berisi air. Lubang di dasar tangki berdiameter 1 in (= 1/12 ft). Berapa lama air di tangki habis? Selain masalah-masalah di atas, banyak masalah nyata lain yang dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan diferensial orde satu, misalnya masalah peluruhan bahan radioaktif, hukum pendinginan 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, mendingin mengikuti Hukum Pendinginan Newton. Misalkan dalam 1 menit suhu kopi di dalam ruangan bersuhu 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 . Suhu mayat telah turun menjadi 66.80 F dua jam kemudian saat ahli forensik datang. Taksir waktu kematian 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 atap sebuah 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, tentukan saat benda menabrak tanah. (c) Gambarkan grak kecepatan dan posisi sebagai fungsi dari waktu.


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 bahwa koesien 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 kecepatan berapa Rita menumbuk tanah? Gambarkan dengan Maple kurva kecepatan Rita sebagai fungsi dari waktu v(t). 5. Sebuah danau mula-mula mengandung 10 juta galon air murni. Ke dalam danau itu mengalir polutan dengan laju 5 juta galon per tahun, juga ke luar dengan laju yang sama. Larutan yang masuk mengandung polutan 2 + sin 2t gram/gal. Tentukan persamaan diferensial yang sesuai dengan masalah ini. Gambarkan solusinya dan berikan interpretasi. 6. Sebuah tangki dengan kapasitas 100 galon air dan 50 oz garam. Larutan garam dengan ( ) 1 kandungan garam 1 1 + 2 sin t oz/gal mengalir ke dalam tangki dengan laju 2 gal/menit, 4 larutan ke luar dengan laju yang sama pula. Larutan di dalam tangki dianggap teraduk sempurna. Tentukan persamaan diferensial yang sesuai dengan masalah ini. Gambarkan solusinya. Tunjukkan bahwa untuk waktu yang cukup lama, solusi akan berosilasi di sekitar suatu posisi setimbang, tentukan posisi setimbang itu. 7. Enam tahun yang lalu Pak Amir membeli rumah dengan harga 80 juta rupiah dengan cara mencicilnya selama 20 tahun. Tiap bulan Pak Amir mencicil 880 ribu, dengan bunga pinjaman sebesar 1% per bulan. Sekarang setelah mencicil 72 kali, Pak Amir ingin melunasi pinjamannya 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 per bulannya. Saat ini tabungan Kakek Pono berjumlah 50 juta rupiah. Tuliskan model persamaan diferensialnya (asumsikan pengambilan uang dan bunga tabungan diterapkan secara kontinu). Apakah lama-kelamaan tabungan Kakek Pono habis? Bilakan itu terjadi? 9. Anda merencanakan menabung sejumlah uang di bank guna membiayai pendidikan anak di masa mendatang. Anda menginginkan dapat mengambil 1 juta rupiah per bulan, selama 8 tahun, dimulai dari 20 tahun yang akan datang. Jika bank memberikan bunga tabungan sebesar 0.5% per bulan. (a) Berapa dana yang dibutuhkan untuk tujuan itu (saat 20 tahun yang akan datang)? (b) Jika Anda menabung setiap bulan mulai dari sekarang selama 20 tahun. Berapa jumlah uang yang harus Anda tabung per bulannya? 10. Anda bermaksud membeli sebuah mobil baru dengan cara cicilan. Pilihan Anda adalah Saturn, Cavalier, dan Hyundai. Setiap perusahaan memberikan penawaran-penawaran berikut (mata uang rupiah): Harga Saturn 139.900.000 Cavalier 135.500.000 Hyundai 124.000.000 Uang muka 10.000.000 15.000.000 5.000.000

bunga pinjaman 3.2% per bulan selama 60 bulan bunga pinjaman 3.5% per bulan selama 60 bulan bunga pinjaman 3% per bulan selama 48 bulan

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


14

2.4

Persamaan diferensial autonomous untuk masalah dinamika populasi

Misalkan P (t) adalah jumlah penduduk di suatu kota saat t. Selanjutnya diasumsikan laju kelahiran dan laju kematian sebanding dengan jumlah penduduk saat itu. Misalkan laju kelahiran, dan laju kematian, maka selama selang waktu t terdapat kelahiran sejumlah tP (t) dan kematian tP (t) . Maka P = ( )P (t)t P dP = lim = rP (t), t0 t dt dengan r = laju pertambahan penduduk. Solusi persamaan diferensial di atas adalah P (t) = P0 ert , dengan P0 menyatakan jumlah populasi awal. Graknya adalah

50

40

P(t)

30

20

0

10 t

20

30

Gambar 2.4.1: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model pertumbuhan populasi

dP dt

= 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 merupakan fungsi P , dan (P ) = konstanta aP (interpretasi!), sedemikian sehingga dP = (r aP )P dt atau ( ) dP P =r 1 P, dt K

(2.4.1)

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

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU60

15

50

40 P(t) 30

20

0

10 t

20

30

Gambar 2.4.2: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model logistik

dP dt

= r(1 P/K)P .

Solusi equilibrium dari persamaan logistik adalah P (t) = 0 (tak menarik) dan P (t) = K. Solusi equilibrium P (t) = K dikatakan stabil asimptotik, karena setiap solusi yang semula dekat dengan P (t) = K akan menuju nilai K dengan bertambahnya waktu. Sedangkan solusi equilibrium P (t) = 0 dikatakan tak stabil, karena setiap solusi yang semula dekat dengan P (t) = 0 akan makin menjauhi 0 dengan bertambahnya waktu. Perhatikan bahwa jika saat awal jumlah populasi P (0) < K maka jumlah populasi akan bertambah terus dan asimtotis ke nilai K. Sedangkan jika P (0) > K maka jumlah populasi akan terus berkurang dan asimtotis ke nilai K. Nilai K dikenal dengan nama daya dukung lingkungan. ( ) P Analisa di atas juga dapat dihasilkan dengan menggambar kurva polinom r 1 K P di 2 , seperti pada Gambar 2.5.3. Info: pertambahan penduduk USA pada periode 1800-1950 dapat digambarkan melalui persamaan logistik dengan cukup tepat (Sumber: Edwards, Penney hal 79).

2.4.2

Doomsday versus extinction

Perhatikan persamaan diferensial berikut ( ) dP P = r 1 P. dt K Relevansi dari persamaan diferensial di atas yang juga menyatakan pertumbuhan populasi adalah sebagai berikut. Perhatikan suatu populasi yang dapat berkembang biak jika ada pertemuan antara jantan dan betina. Misalkan jumlah betina dan jantan tiap saat adalah sama, yaitu masing-masing P (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, dimisalkan sebagai rP 2 /K. Sedangkan berkurangnya populasi per satuan waktu akibat kematian dimisalkan sebagai rP . Tentukan kedua solusi equilibrium. Tunjukkan bahwa jika P (0) > K, maka jumlah populasi terus bertambah dengan bertambahnya waktu. Sedangkan jika P (0) < K, maka jumlah


16

populasi terus berkurang menuju nol (punah). Nilai K yang memisahkan solusi-solusi dengan perilaku kualitatif berbeda disebut bilangan threshold. Dalam hal kestabilan, solusi P (t) = 0 stabil asimptotik, sedangkan solusi P (t) = K semi stabil.100 90 80 70 60 P(t) 50 40 30 20 10 0 10 t 20 30

Gambar 2.4.3: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model doomsday versus extinction r(1 P/K)P .

dP dt

=

Soal Latihan 2.4.1. 1. Tentukan semua solusi equilibrium pd berikut dan periksa masingmasing solusi equilibrium tersebut stabil asimptotik atau tak stabil. dy = y(y 1)(y 2), y0 0 dt dy (b) = ay + by 2 , a > 0, b > 0, y0 dt dy (c) = ey 1, y0 dt (a) 2. Misalkan di suatu danau terdapat ikan yang terserang penyakit sehingga laju kelahirannya = 0, sedangkan laju kematiannya berbanding terbalik dengan akar kwadrat dari jumlah ikan 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 populasi nyamuk saat itu. Jika tidak ada faktor-faktor lain, maka jumlah populasi akan menjadi dua kali lipat dalam seminggu. Jika saat awal terdapat 200 ribu nyamuk dan misalkan ada sejumlah kodok yang memangsa nyamuk 20 ribu nyamuk tiap hari, dan tidak ada pemangsa lainnya. 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 kematian per bulan, dalam waktu berapa lama jumlah populasi mencapai 95% dari jumlah populasi konstan a/b. Gambarkan medan gradien dan kurva solusi dari model populasi di atas dengan


17

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

2.5

Eksistensi dan Ketunggalan

Selama ini kita telah banyak mendiskusikan tentang persamaan diferensial dan kemunculannya pada berbagai masalah nyata. Juga bahwa solusi persamaan diferensial tersebut dapat digunakan untuk menjawab berbagai masalah tsb. Pada subbab ini kita akan membahas mengenai ada tidaknya solusi suatu masalah nilai awal, juga apakah solusi itu tunggal atau tidak. Pertanyaan ini sangatlah vital, bahkan bagi mereka yang bukan matematikawan. Bayangkan suatu situasi dimana kita telah menghabiskan banyak waktu mencari solusi (seringkali secara numerik), dan ternyata masalah tersebut tidak punya solusi. Teorema: Eksistensi dan ketunggalan PD orde 1 Perhatikan masalah nilai awal dy = f (x, y), dx y(x0 ) = y0

1. Jika f (x, y) kontinu di suatu persegi panjang yang memuat (x0 , y0 ) maka m.n.a. di atas mempunyai solusi 2. Jika f (x, y) kontinu di suatu persegi panjang yang memuat (x0 , y0 ) maka m.n.a. di atas mempunyai solusi tunggal. Misalkan selang I adalah proyeksi dari persegi panjang di atas pada sumbu-x. Solusi tersebut dijamin terdenisi 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 1 Fungsi f (x, y) = 2 y kontinu di y > 0, x R, sedangkan f = y tak kontinu di y = 0. y 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) = 0 Fungsi f (x, y) = 2y tak kontinu di x = 0, jadi syarat eksistensi tak dipenuhi, tetapi jika x dicari, tetap dapat diperoleh solusi m.n.a y(x) = 0 dan y(x) = Kx2 , untuk K R. 3. M.n.a. y 2 + x2 y = 0, y(0) = 0. y2 Fungsi f (x, y) = x2 tak kontinu di x = 0, jadi eksistensi solusi tak dijamin. Telah kita ketahui sebelumnya bahwa m.n.a. di atas mempunyai lebih dari satu solusi, yaitu y(x) = 0 dan 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 syarat cukup, tetapi bukan syarat perlu bagi eksistensi solusi. 4. M.n.a. y = y 2 , y(0) = 1 Fungsi f (x, y) = y 2 dan f = 2y kontinu di seluruh R2 . Jadi teorema menjamin keujudan dan y


18

ketunggalan solusi pada suatu interval buka yang memuat x0 = 0. Jika dicari diperoleh solusi 1 m.n.a. y(x) = 1x . Perhatikan bahwa solusi ini tidak terdenisi di seluruh R, melainkan hanya pada (, 0) (0, ). Contoh ini menunjukkan bahwa solusi tunggal dari suatu m.n.a. hanya terdenisi pada suatu selang yang merupakan subset dari selang kekontinuan f dan fy 5. M.n.a. y = x/y, y(5) = 21. Fungsi f (x, y) = x/y dan f = x/y 2 tak kontinu hanya di y = 0. Lebih spesik, keduanya y kontinu pada setengah bidang di kanan sumbuy. Jadi teorema menjamin keujudan dan ketunggalan solusi di sekitar x = 5. Jika dicari solusinya, diperoleh hiperbola y 2 = x2 4. Hiperbola ini terdenisi 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 + P (x)y = Q(x), dx y(x0 ) = y0 (2.5.1)

mempunyai solusi tunggal yaitu (Rumus dalam x0 dan y0 !!!) y(x) = e P (x)dx e P (x)dx Q(x)dx + C untuk suatu nilai C. Solusi tersebut terdenisi pada I. Catatan: Beberapa perbedaan antara pd linier dan pd tak linier.

(2.5.2)

Teorema yang berlaku bagi p.d.linier menjamin adanya solusi yang terdenisi pada seluruh selang 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. (a) y = y, (b) y = 1. Periksa eksistensi dan ketunggalan m.n.a. berikut y(a) = b = 0. Tentukan tiga solusi berbeda dari m.n.a.

y 1/3 , y(0)

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

Bab 3

Persamaan Diferensial Orde-n LinierPada bab ini kita akan membahas mengenai persamaan diferensial orde-n linier. Pembahasan akan difokuskan pada pd orde-2. Selanjutnya sifat-sifat yang diperoleh dapat diperumum untuk pd orde-n. Diawali dengan metoda pencarian solusi umum pd orde-2 homogen koesien konstan. Dilanjutkan dengan pencarian solusi pertikular pd orde-2 homogen. Sebagai aplikasinya akan dibahas sistim pegas massa dengan redaman. Akan dibahas pula fenomena resonansi.

3.1

Sifat-sifat solusi persamaan diferensial orde-n liniery + a(x)y + b(x)y = 0. (3.1.1)

Perhatikan pd orde-2 linier homogen berikut

Misal diketahui y1 (x) dan y2 (x) masing-masing solusi dari (3.1.1) pada selang I, maka (y1 + a(x)y1 + b(x)y1 = 0) c1 (y2 + a(x)y2 + b(x)y2 = 0) c2

+ c1 y1 + c2 y2 + a(x)(c1 y1 + c2 y2 ) + b(x)(c1 y1 + c2 y2 ) = 0

Jadi superposisi dari y1 dan y2 : c1 y1 + c2 y2 , 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 bergantung linier 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 , kesimpulan {1, ex } .......... b. W (sin x, cos x) = 0, x , kesimpulan ............. c. W (sin x, x sin x) = 0, x , kesimpulan .............

19

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER

20

Teorema (Solusi umum pd homogen): Misal y1 dan y2 adalah dua solusi bebas linier dari persamaan 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) = c1 y1 + c2 y2 , untuk suatu c1 , c2 R. Solusi Y (x) = c1 y1 + c2 y2 , 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 persamaan diferensial. Teorema (Solusi umum persamaan diferensial tak homogen): Jika yp suatu solusi dari persamaan diferensial linier tak homogen y + p(x)y + q(x)y = f (x) dan yh solusi umum persamaan diferensial homogennya, maka solusi umum persamaan diferensial tak homogennya adalah y(x) = yp + yh . Perumuman: 1. Kebebas-linieran tiga fungsi. Tiga fungsi f, g, h bebas linier pada I jika f g h f g h f g h = 0, x I.

W (f, g, h) =

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 (n1) + + Pn1 (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 cos x, ex sin x (b) x, xex , x2 ex (c) cos(2x), x cos(2x), k dengan k R

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 2. Buktikan bahwa y1 = e5x dan y2 = xe5x merupakan solusi persamaan diferensial y 10y + 25y = 0.

21

Tentukan solusi (khusus) persamaan diferensial yang memenuhi syarat awal y(0) = 3, y (0) = 13. 3. Buktikan bahwa y1 = x dan y2 = x ln x merupakan solusi persamaan diferensial x2 y 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 koesien konstany + ay + by = 0.

Perhatikan persamaan diferensial orde 2 homogen koesien konstan (3.2.1)

Misalkan y = erx , r R solusi persamaan diferensial tersebut (dengan r akan ditentukan). Maka substitusi menghasilkan persamaan karakteristik r2 + ar + b = 0. Jadi agar y = erx solusi, haruslah r memenuhi persamaan karakteristik tersebut. Terdapat 3 kemungkinan bagi akar-akar persamaan karakteristik di atas. 1. Dua akar real berbeda: r1 , r2 R, maka solusi umumnya y(x) = C1 er1 x + C2 er2 x . 2. Akar real sama: r R, maka solusi umumnya y(x) = C1 erx + C2 xerx . 3. Dua akar kompleks saling konjugat: r1,2 = i, , R, maka solusi umumnya y(x) = C1 e(+i)x + C2 e(i)x = ex (C1 cos(x) + C2 cos(x)) + iex (C1 sin(x) C2 sin(x)) y(x) = ex (A cos(x) + B sin(x)) . dengan A, B bilangan kompleks. Soal Latihan 3.2.1. Tentukan solusi umum dan solusi khusus dari persamaan diferensial berikut.

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 1. y 3y = 0, y(0) = 4, y (0) = 2. y (0) = 1. y (0) = 5.

22

2. y + 2y + y = 0, 3. y 2y + 2y = 0,

y(0) = 2, y(0) = 0,

Teorema (Eksistensi dan ketunggalan suatu masalah nilai awal) Perhatikan masalah nilai awal 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. Maka masalah nilai awal mempunyai solusi tunggal pada I. Semua hal di atas dapat secara langsung diperumum untuk persamaan diferensial linier homogen koesien konstan orden dengan bentuk umum sbb.: y (n) + a1 y (n1) + + an1 y + an y = 0. Persamaan karakteristik yang bersesuaian dengan persamaan diferensial di atas adalah rn + a1 r(n1) + + an1 r + 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 diferensial adalah y(x) = C1 + C2 x + C3 e5x + C4 e4x . { } Perhatikan bahwa himpunan fungsi-fungsi konstan, x, e5x , e4x bebas linier. Periksalah apakah W (k, x, e5x , e4x ) = 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, (b) y (4) y = 0, y(0) = 1, y (0) = 0, y (0) = 0 y(0) = 2, y (0) = 0, y (0) = 0, y (3) = 1.


23

3.3

Sistem Pegas Massa dengan redamanFs gaya pegas, Fs = kx, k > 0, k konstanta pegas

Perhatikan suatu sistem-pegas-massa dengan redaman

Tanda negatif pada Fs disebabkan gaya Fs berlawanan arah dengan arah simpangan dari posisi setimbang. Fr gaya redam, Fr = cv = cx , c > 0, c koesien redaman. Tanda negatif pada Fr disebabkan gaya Fr berlawanan arah dengan arah kecepatan (arah gerak sesaat). Hukum Newton II: Ftotal = massa percepatan, jadi Fs + Fr = mx . Jadi persamaan gerak 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 diferensial nya mx + cx + kx = F (t) (3.3.2)

Yang termasuk gaya luar adalah gaya-gaya lain yang belum diperhitungkan di sini, misalnya gaya gesek udara. Sistem pegas-massa dengan redaman dengan arah gerak vertikal juga mempunyai model persamaan yang serupa. my + cy + ky = F (t) dengan y(t): simpangan benda bermassa m dari posisi setimbang pada saat t. F (t) gaya luar, misalnya gaya gesek udara.

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER Perhatikan sistem pendulum seperti pada gambar. Mengingat panjang busur s = L, maka v = ds = L d . Selanjutnya endt dt ( )2 1 2 = 1 mL2 d ergi kinetik setiap saat adalah 2 mv . Mengin2 dt gat dalam kondisi setimbang, energi potensial pendulum nol, maka dalam kondisi seperti pada gambar energi potensialnya mgL(1 cos ). Jika gaya gesek diabaikan, maka energi total pendulum tetap setiap saat, sehingga ( )2 1 2 d mL + mgL(1 cos ) = Konstan 2 dt ( ) ( )( 2 ) d d d + mgL sin =0 mL2 dt dt2 dt ( 2 ) d g + sin = 0 2 dt L

24

q

L

s

Jika diasumsikan cukup kecil (< 150 = /12) maka sin , dan persamaan gerak pendulum + k = 0, dengan k = g/L.

Tugas: Tunjukkan bahwa jika gaya gesek udara diperhitungkan, gaya gesek c , maka model persamaannya adalah + c + k = 0.

Getaran Bebas Tak TeredamDalam kasus sistim pegas massa tak terhubung dengan redaman dan tak ada gaya luar, maka persamaan geraknya mx + kx = 0 Solusi umumnya adalah x(t) = A cos 0 t + B sin 0 t = A2 + B 2 cos(0 t ) dengan tan = B/A dan 0 = k/m. frekwensi 0 disebut frekwensi natural dari sistem pegasmassa tersebut. Dari solusi di atas dapat disimpulkan bahwa pada sistem tanpa redaman, massa akan bergetar terus menerus dengan amplitudo tetap A2 + B 2 , dan frekuensi 0 per detik. Dalam satuan Hz 0 2 (putaran per detik) frekwensi . Periode getaran ini T = . Getaran ini disebut gerak harmonik 2 0 sederhana.


25

Getaran Bebas TeredamPersamaan sistem pegas-massa-redaman mx + cx + kx = 0, maka akar-akar persamaan karakteristiknya c c2 4km r1 , r 2 = 2m 2m Notasikan ccrit 4km3 3 3 2 2 2 1 1 0

5t

10

15

1 0 5t

K110 15

K2 K3 K4

0

5t

10

15

K1

Gambar 3.3.1: Kiri: overdamped c2 > 4km, tengah: critically damped c2 = 4km, kanan: underdamped c2 < 4km 1. Kasus overdamped: c > ccrit (c2 > 4km), solusinya x(t) = C1 er1 t + C2 er2 t 2. Kasus critically damped c = ccrit (c2 = 4km), solusinya x(t) = e(c/2m)t (C1 + C2 t) 3. Kasus underdamped c < ccrit (c2 < 4km) x(t) = e(c/2m)t (C1 cos 1 t + C2 sin 1 t), dengan |c2 4km| 1 = 2m Perhatikan bahwa x(t) untuk ketiga kasus di atas menuju nol untuk t +. Solusi ini disebut solusi transien. Jadi pada sistem dengan redaman, massa yang semula bergetar akibat gangguan awal pada akhirnya akan berhenti.

3.4

Persamaan Diferensial Tak Homogeny + a1 y + a2 y = f (x).

Bentuk umum persamaan diferensial tak homogen orde2:

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


26

3.4.1

Metode Koesien Tak Tentu

Ide dasar dari metoda koesien tak tentu adalah: memduga dengan cerdas solusi yp (solusi ansatz) berdasarkan bentuk fungsi f (x) di ruas kanan. Pikirkan suatu solusi dari persamaan diferensial berikut. 1. y + y + y = ex 2. y + y = cos x 3. y + y = cos x 4. y + y + y = x2 1 Dari soal-soal di atas dapat disimpulkan: solusi partikular / khusus persamaan diferensial linier tak homogen dengan koesien konstan menyerupai suku tak homogennya. Hal inilah yang melandasi metoda koesien tak tentu. Misalkan solusi partikular yang hendak dicari adalah yp (x), maka pemisalan yang sesuai untuk yp adalah mengikuti tabel berikut. Jika f (x) = Pm (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + + bm xm a cos kx + b sin kx erx Pemisalan untuk yp = A0 + A1 x + + bm xm A cos kx + B sin kx erx A

Indeks p pada yp adalah dari partikular, dan untuk selanjutnya solusi persamaan diferensial homogennya dinyatakan sebagai yh , dengan h dari homogen. Catatan: 1. Jika fungsi di ruas kanan mrpk perkalian antara polinom, fungsi trigono dan fungsi eksponensial, 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 dari 1. y + 3y + 4y = 3x + 2 2. y 4y = 2e3x 3. 3y + y 2y = 2 cos x 4. y 3y + 2y = 3ex 10 cos 3x 5. y (3) + 9y = x sin x + x2 e2x 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 pemisalan ini tidak memberi hasil! Ini jelas karena e2x tak lain adalah juga solusi persamaan diferensial homogennya. Cobalah dengan pemisalan yp (x) = Axe2x , ... Didapat yp (x) = 1 xe2x . Karena solusi homogennya adalah yh (x) = Ce2x + De2x , maka solusi 2 1 umum persamaan diferensial tersebut y(x) = yh (x) + yp (x) = Ce2x + De2x + 2 xe2x .


27

Kesimpulan: Jadi untuk dapat menentukan pemisalan yang sesuai harus dicari terlebih dahulu solusi 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 = x2 e2x + x sin 3x (dalam notasi operator!) Catatan: metode koesien tak tentu hanya dapat digunakan jika fungsi f (x) di ruas kanan adalah berupa polinom, fungsi trigono, fungsi ekponen atau penjumlahan / perkalian dari ketiga fungsi tersebut. Metoda koesien tak tentu tak dpt digunakan utk persamaan diferensial y + y = tan x.

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 dari { u1 y 1 + u y 2 = 0 2 u y1 + u y2 = f (x) 1 2 Bagaimana (3.4.1) diperoleh? Diskusikan! Analog untuk persamaan diferensial tak homogen orden, dimana y1 , y2 , , yn solusi bebas linier dari persamaan diferensial homogennya, maka solusi persamaan diferensial tak homogennya adalah yp = u1 y1 + u2 y2 + + un yn , dengan ui , i = 1, , n memenuhi = 0 u1 y1 + u2 y2 + + un yn u y + u y + + u y 1 1 = 0 n n 2 2 . . . (n1) (n1) (n1) = f (x) u 1 y1 + u y 2 + + u y n n 2

(3.4.1)

(3.4.2)

Perhatikan bahwa determinan dari SPL di atas adalah W (y1 , y2 , , yn ) dan tak nol x , karena y1 , y2 , , yn bebas linier. Solusi SPL di atas diperoleh melalui Rumus Cramer: Wi (x) Wi (x) ui = atau ui = dx W (x) W (x) dengan Wi (x) adalah W (x) yang mana kolom kei diganti dengan (0, 0, , f (x)) (ruas kanan SPL).

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER Soal Latihan 3.4.3.

28

Tentukan solusi partikular dari persamaan diferensial berikut menggunakan metoda variasi parameter. 1. y 3y + 2y = 5x + 2 2. y 4y = e2x 3. y + y = tan x ex 4. y 3y + 2y = ex +1 5. y + 4y = cot 2x. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut. Jawaban mungkin masih dalam bentuk integral 1. y y + y y = sec t, untuk /2 < t < /2 1 2. y + y + y + y = x .

Langkah-langkah pencarian solusi persamaan diferensial tak homogen dengan metode variasi parameter1. Cari solusi persamaan diferensial homogen yh = c1 y1 + + cn yn 2. Hitung yi , untuk j = 1, , (n 1), dan hitung W (y1 , , yn ). 3. Selesaikan SPL bagi u , i = 1, , n. i 4. Integralkan u untuk mendapatkan ui . i 5. maka yp = n yi ui i=1 Cari solusi partikular dari x3 y + x2 y 6xy + 6y = 30x, jika diketahui solusi homogennya adalah: y1 (x) = x, y2 (x) = x3 , y3 (x) = x2(j)

Catatan: Metoda Euler-Cauchy untuk mencari solusi persamaan diferensial homogennya tidak diajarkan. Contoh 3.4.4. Cari solusi partikular dari 1. y 4y = xex (gunakan 2 metode, bandingkan!) 2. y 4y = sinh 2x 3. y (3) + 4y = cot 2x 4. y y = x2 ex 5. y + y = x1/2 6. y (3) + y + y + y = 1/x (hasilnya cukup dinyatakan dalam integral)


29

3.5

Getaran dengan gaya luarmx + cx + kx = F (t)

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

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 cos t. Jika 0 = solusi umumnya adalah x(t) = xp (t) + xh (t) = F0 /m cos t + C cos(0 t ) 2 0 2 (3.5.1)

Perhatikan bahwa solusi umum merupakan superposisi dari dua getaran dengan frekuensi 0 dan . Beats Diberikan dua syarat awal x(0) = x (0) = 0 diperoleh solusi x(t) = F0 /m (cos t cos 0 t) 2 0 2 1 1 2F0 2 2 ) sin 2 (0 )t sin 2 (0 + )t m(0

x(t) =

Jika 0 , maka 0 + jauh lebih besar daripada |0 |.

Contoh: Dua buah terompet memainkan nada C, namun dengan frekuensi yang sedikit berbeda, 0 frekwensinya = 258 Hz dan = 254 Hz. Nada yang dihasilkan kedua terompet itu bukannya 2 2 nada C yang keras akibat gabungan dua terompet, melainkan terdengar fenomena beat, yaitu (0 )/2 variasi amplitudo keras pelan dengan frekwensi = 2 Hz. 2

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER Resonansi Perhatikan solusi umum (3.5.1), jika 0 maka solusi partikular membesar tanpa batas. Hal ini mengindikasikan adanya resonansi jika 0 . Selanjutnya jika dicari solusi partikular persamaan diferensial2 x + 0 x =

30

F0 cos 0 t, m

diperoleh xp (t) = F0 t sin 0 t 2m0

Kita telah mengenal bahwa resonansi gelombang bunyi pada gitar mengakibatkan kita dapat mendengar suara merdu gitar. Resonansi itu sendiri berarti turut bergetarnya suatu benda akibat getaran benda lain. Selain resonansi yang berakibat baik, adapula resonansi yang berakibat buruk. Dalam mengkonstruksi suatu bangunan, seperti gedung bertingkat atau jembatan, adanya fenomena resonansi harus benar-benar diperhitungkan. Suatu konstruksi bangunan yang tegak dan kokoh selalu mempunyai kecenderungan untuk dapat bergetar. Jika diandaikan sebagai suatu sis tim pegas massa, suatu bangunan akan mempunyai frekwensi natural 0 = k/m tertentu. Suatu konstruksi yang cukup rumit seperti jembatan atau gedung bertingkat akan mempunyai banyak frekwensi natural. Suatu contoh yang spektakuler adalah jembatan Broughton Bridge, Manchester, England di tahun 1831 yang ambruk saat ada barisan tentara yang melintasinya. Sejak saat itu, apabila melintasi jembatan barisnya tentara tidak boleh berirama. Ini dimaksudkan untuk menghindari pengaruh gaya luar periodik pada struktur jembatan. Resonansi juga mungkin punya kontribusi pada ambruknya suatu balkon hotel di Kansas City tahun 1981, dimana saat itu ada penari. Ambruknya gedung-gedung saat ada gempa bumi juga bisa diperparah oleh gejala resonansi, seperti yang terjadi di Mexico City, September 19, 1985. Respon dari tiap gedung berbeda dan ini ditentukan oleh frekwensi natural setiap gedung. Suatu bangunan akan cepat ambruk apabila getaran gempa mempunyai frekwensi yang sama dengan salah satu frekwensi natural bangunan tersebut. (Coba kunjungi http://school.discoveryeducation.com/sciencefaircentral) Sebaliknya, resonansi dimanfaatkan pada pembuatan seismograf, alat yang ditujukan untuk mendeteksi getaran yang relatif lemah.


31

3.5.2

Kasus adanya getaran luar dan redaman

Perhatikan persamaan diferensial mx + cx + kx = F0 cos t, solusinya adalah x(t) = xh +xp , dengan xh solusi transien yang menuju nol untuk t . Selanjutnya solusi partikular xp (t) = F02 m2 (0

2 )2 + c2 2

cos(t ),

yang berupa solusi periodik. Meskipun di sini tidak terjadi resonansi, namun terdapat getaran periodik yang steady dengan amplitudo tertentu. Besar kecilnya amplitudo ini bergantung pada /0 dan koesien redaman c, dan diilustrasikan pada gambar di samping. Jika amplitudo getaran steady ini besar, maka tentu berbahaya juga. Adanya solusi transien memungkinkan kita untuk dapat memenuhi berbagai kondisi awal. Dengan bertambahnya waktu apapun gangguan awalnya akan teredam oleh sistem ini. Getaran yang tetap ada selamanya adalah solusi periodiknya, yang merupakan akibat langsung dari gaya luar. Solusi ini 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) = et (C1 cos t + C2 sin t) Solusi khusus xh (t) = et (2 cos t 6 sin t) mrpk solusi transien. Solusi periodik 2 5 cos(2t ), = tan1 2.

Bab 4

Sistem Persamaan DiferensialBentuk umum sistem pd dengan variabel bebas x dan y orde satu. { f (t, x, y, x , y ) = 0 g(t, x, y, x , y ) = 0 Sistem pd muncul secara natural pada berbagai masalah scientic.

4.0.3

Berbagai masalah aplikasi

1. Pergeseran m1 adalah x1 (t), pergeseran m2 adalah x2 (t). Jadi pegas 1 ditekan/diregang sejauh x1 (t), sedangkan pegas 2 ditekan/diregang sejauh x2 (t) x1 (t). Sehingga persamaan gerak { m1 x1 = k2 (x2 x1 ) k1 x1 m2 x2 = 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 + 1.5 Q2 3 Q1 20 30 Q2 = 3 + 3 Q1 4 Q2 30 20 berupa sistem persamaan diferensial orde 2, dua variabel tak homogen. 32

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

33

4.0.4

Kaitan antara p.d. orden dengan sistim p.d. n variabel

Persamaan diferensial orde n linier, koesien konstan, dapat ditransformasi menjadi sistem persamaan diferensial orde 1 dengan variabel bebas n buah. xn = f (t, x, x , , x(n1) ) Misalkan variabel bebas baru x1 , , xn sebagai berikut x1 = x, x2 = x , , xn = x(n1)

Pdnya menjadi sistem pd orde1 dengan n variabel. = y2 y1 y = y3 2 . . . y n1 = yn yn = f (t, y1 , y2 , , yn ) Soal Latihan 4.0.1. Ubah pd berikut jadi sistem pd orde 1 1. x + 3x + 2x 5x = sin 2t 2. 2x = 6x + 2y, y = 2x 2y + 40 sin 3t Contoh 4.0.2. Mencari solusi sistem pd dengan metode eliminasi { x = 4x 3y (1) x(0) = 2 y = 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) = C1 e2t + C2 e5t Substitusikan solusi y(t) ke pers (2) untuk mendapatkan 3 1 x(t) = C1 e2t + C2 e5t 2 3 Substitusikan syarat awal menghasilkan x(t)=3e2t e5t y(t)=2e2t 3e5t Perhatikan bahwa solusinya berupa fungsi bernilai vektor ( ) ( ) ( ) x 3 1 2t = e e5t y 2 3


34

4.0.5

Berbagai cara mencari solusi sistim pd

Suatu sistem pd dengan koesien konstan dapat ditulis dalam bentuk L1 x + L2 y = f1 (t) L3 x + L4 y = f1 (t) 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 L1 L2 L3 L4 x= f1 (t) L2 f2 (t) L4 , (4.0.2) y= L1 f1 (t) , L3 f2 (t) (4.0.1)

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 2t y(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 memuat 4 konstanta sebarang. Untuk itu jika (4.0.3) disubstitusikan ke dalam persamaan (D2 + 3)x y = 0 menghasilkan 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 2t y(t) = 2a1 cos t + 2a2 sin t b1 cos 2t b2 sin 2t (4.0.4)


35

Pengamatan lanjutan terhadap solusi sistem 2 pegas 2 massa. Solusi (4.0.4) dapat dituliskan sebagai x(t) = A cos(t ) + B cos(2t ) y(t) = 2A cos(t ) B cos(2t ) Dua solusi (partikular) (A cos(t ), 2A cos(t )) dan (B cos(2t ), B cos(2t )) merupakan dua getaran natural dengan dua bilangan gelombang (mode) atau dua frekuensi berbeda 1 = 1, 2 = 2, disebut frekuensi natural sistem tersebut. { } Misalkan S = x(1) , , x(n) , dengan x(i) fungsi bernilai vektor. S dikatakan bebas linear pada selang I jika sistim persamaan C1 x(1) (t) + C2 x(2) (t) + + Cn x(n) (t) = 0 (4.0.5)

4.0.6

Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor

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 koesiennya bernilai nol t I atau x1 (t) x1 (t) (1) (2) x2 (t) x2 (t) (1) (2) xn (t) xn (t) (1) (2)

W (x(1) , x(2) , , x(n) ) =

x1 (t) (n) x2 (t) (i) xn (t)

(n)

= 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 ( ) ( ) 3 1 2t x1 (t) = e dan x2 (t) = e5t 2 3 bebas linier pada R. Penyelesaian: perhatikan C1 x1 + C2 x2 = 0 Akan ditunjukkan bahwa SPL di atas hanya mempunyai solusi C1 = 0, C2 = 0, atau bahwa 3e2t e5t 2e2t 3e5t tak nol t R. Determinannya adalah 7 exp(3t) = 0, t R. Jadi {x1 , x2 } bbl pada R.

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL Soal Latihan 4.0.6. Periksa kebebaslinearan fungsi-fungsi bernilai vektor berikut. {( ) ( ) } 1 0 1. et , et 0 1 {( ) ( ) } 1 1 2t , 2t 2. e te 1 1 {( ) ( ) } 1 1 3. cos t, sin t . 0 0

36

4.1

Metode Nilai Eigen untuk Mencari Solusi Sistem Persamaan Diferensial Homogen

Sistem persamaan diferensial homogen koesien konstan dapat dituliskan dalam notasi matriks berikut x = Ax dengan matriks koesien Ann berelemen bilangan real, dan x = (x1 , x2 , , xn )T . Misalkan solusinya berbentuk x = vet , dengan v dan akan dicari. Jika disubstitusikan ke dalam sistem pd akan menghasilkan vet Avet = 0 (A I)vet = 0. Dicari v solusi SPL di atas yang tak nol. Karena et tak pernah nol, maka haruslah det(A I) = 0 Jadi diperoleh solusi (4.3.8) adalah x = vet , dengan v dan berturut-turut adalah vektor eigen dan nilai eigen matriks A. Dengan demikian jika kita ingin mencari solusi dari sistim pd (4.3.8) maka langkah-langkah yang harus ditempuh adalah sebagai berikut. 1. Tentukan semua nilai eigen 1 , 2 , , n dari Ann . 2. Selanjutnya kita tentukan n buah vektor eigen bebas linier v1 , v2 , , vn yang bersesuaian dengan nilai-nilai eigen di atas. 3. Langkah 2 tidak selalu berhasil, tetapi jika berhasil, maka kita punyai n buah solusi bebas linier berikut x1 (t) = v1 e1 t , x2 (t) = v2 e2 t , , xn (t) = vn en t . Dalam hal ini solusi umum dari sistim pd (4.3.8) adalah kombinasi linier dari n solusi bebas linier berikut x(t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t) + + Cn xn (t). (4.1.1)


37

4.1.1

Kasus: nilai eigen real berbeda

Contoh 4.1.1. Gunakan metoda nilai eigen untuk mecari solusi sistem pd berikut (sama seperti Contoh 4.0.2). ( ) ( )( ) ( ) ( ) x1 4 3 x1 x1 (0) 2 = , = x2 6 7 x2 x2 (0) 1 Penyelesaian: Dicari nilai eigen dari matriks koesien A. 4 3 6 7 2 + 3 10 = 0 Diperoleh pasang ) ( eigen ( ) 3 1 1 = 2, v1 = dan 2 = 5, v2 = . 2 3 Solusi umum sistem pd adalah kombinasi linier dari v1 e1 t dan v2 e2 t atau ( ) ( ) ( ) x(t) 3 1 2t = C1 e + C2 e5t y(t) 2 3 Jika syarat awal disubstitusikan diperoleh ( ) ( ) ( ) x(t) 3 1 = e2t e5t y(t) 2 3 Soal Latihan ( 3 1. x = 2 ( 1 2. x = 3 1 1 3. x = 2 4.1.2. Gunakan metoda nilai eigen untuk mecari solusi sistem pd berikut. ) 2 x 2 ) 2 x 4 1 2 2 1 x 1 1 1 1 2 2 4. x = 0 2 2 x, x(0) = 0 1 1 3 1 =0

4.1.2

Kasus: nilai eigen kompleks

Perhatikan sistim pd dengan matriks koesien berelemen bilangan real A yang mempunyai nilai eigen kompleks saling konjugate. Misalkan nilai eigen kompleks tersebut = pqi, dengan p, q dan vektor eigen kompleks yang bersesuaian v = a bi, dengan a, b vektor real, dan a, b tidak kedua-duanya nol. Pilih (salah satu) solusi sistim pd x(t) = vet = (a + bi) exp(p + qi)t = ept (a cos qt b sin qt) + iept (b cos qt + a sin qt).


38

Perhatikan bahwa bagian real dan bagian imajiner dari x(t) juga merupakan solusi sistim pd. Ini berarti 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 = C1 v(t) + C2 u(t) dengan C1 , C2 bilangan real. Periksa bahwa dua solusi real di atas juga dapat diperoleh jika diambil bagian real dan imajiner dari vet . Contoh 4.1.3. Tentukan solusi sistim pd: ( ) ( )( ) x (t) 1/2 1 x(t) = y (t) 1 1/2 y(t) Penyelesaian: Nilai( eigen ) matriks koesien sistim pd di atas: 1/2 i dan vektor eigen yang 1 bersesuaian adalah . Diperoleh dua solusi kompleks i ( 1 i ) e(1/2+i)t

( dan

1 i

) e(1/2i)t

Perhatikan salah satunya, pisahkan bagian real dan imajinernya, menghasilkan: ( ) ( ) ( t/2 ) 1 et/2 cos t e sin t t/2 e (cos t + i sin t) = +i i et/2 sin t et/2 cos t Solusi umum (real) sistim pd adalah: ( ) ( ) cos t sin t t/2 t/2 x(t) = C1 e + C2 e sin t cos t Cek kebebaslinierannya! Soal Latihan 4.1.4. Cari solusi sistim pd berikut ( ) 3 2 (t) = 1. x x 4 1 1 0 0 2. x (t) = 2 1 2 x 3 2 1 ( ) ( ) 1 5 1 (t) = 3. x x, x(0) = 1 3 1


39

4.1.3

Kasus: nilai eigen berulang

Dalam kasus matriks koesien A mempunyai nilai eigen berulang, perhatikan contoh-contoh berikut. Contoh 4.1.5. Diberikan sistim pd 0 1 1 x (t) = 1 0 1 x 1 1 0 Matriks koesiennya mempunyai n.e. 1 = 2, dan 2,3 = 1. Vektor eigen yang bersesuaian dengan 1 1 0 1 adalah 1 . Vektor eigen yang bersesuaian dengan 2,3 adalah 0 dan 1 . 1 1 1 (Terdapat dua vektor eigen yang saling bbl!) Jadi diperoleh tiga solusi yang bebas linier, yaitu 1 1 0 1 e2t dan 0 et dan 1 et 1 1 1 Sehingga solusi umum sistim pd: 1 1 0 x = C1 1 e2t + C2 0 et + C3 1 et 1 1 1 Catatan: Dalam contoh ini nilai eigen = 1 merupakan nilai eigen berulang dengan multiplisitas 2. Namun nilai eigen ini mempunyai dua buah vektor eigen yang bersesuaian. Nilai eigen berulang seperti ini dikatakan complete. Contoh 4.1.6. Diberikan sistim pd: ( ) 1 1 x (t) = x 1 3 Nilai eigen matriks koesien sistim pd di atas adalah ) 2 (akar kembar). Jika kita cari vektor = ( 1 eigennya hanya didapat satu v.e. bbl, yaitu = . Jadi hanya didapat satu solusi sistim 1 pd: ( ) 1 (1) x (t) = e2t 1 Solusi sistim pd lainnya dimisalkan berbentuk x(t) = te2t + e2t dengan harus dicari. Jika disubstitusikan ke dalam sistim pd maka harus memenuhi (A 2I) = . (4.1.2)

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL Perhitungan menghasilkan ) ) ( ( ) ( k 0 1 +k = = 1 1 k 1

40

dengan k real sebarang, dapat dipilih k = 0. Sehingga diperoleh solusi sistim pd yang kedua adalah ( ) ( ) 1 0 (2) 2t x (t) = te + e2t 1 1 Jadi solusi umum sistim pd adalah x = C1 x(1) (t) + C2 x(2) (t) ( ) {( ) ( ) } 1 1 0 2t 2t = C1 e + C2 te + e2t 1 1 1 Catatan: Jika multiplisitas dari nilai eigen melebihi jumlah vektor eigen bbl yang bersesuaiannya, maka nilai eigen tersebut dikatakan defect. Vektor eigen yang memenuhi (4.1.2) merupakan contoh dari generalized eigenvector Soal Latihan 4.1.7. Cari solusi sistim pd berikut. ( ) 4 2 (t) = 1. x x 8 4 ( ) 3/2 1 2. x (t) = x 1/4 1/2 1 1 1 3. x (t) = 2 1 1 x 0 1 1

4.2

Bidang Phase(

) x(t) . Mengambar kurva solusi x(t) dan y(t) y(t) berturut-turut pada bidang xt dan bidang yt adalah hal yang biasa. Dalam kedua kurva tersebut kita tidak dapat melihat secara langsung bagaimana perubahan x mempengaruhi perubahan y, juga sebaliknya. Oleh karena itu pada subbab ini akan digambarkan kurva solusi sistim pd pada bidang xy untuk berbagai kasus berbeda nilai eigen matriks A. Solusi dari sistim pd adalah berupa vektor x(t) = Contoh 4.2.1. (Saddle node) Perhatikan sistim pd ( ) ( )( ) x 1 1 x = y 4 1 y yang mempunyai solusi ( ) ( ) ( ) x(t) 1 1 3t x= = C1 e + C2 et y(t) 2 2

(4.2.1)


41

dengan C1 , C2 bil real sebarang. Selanjutnya akan digambarkan solusi (4.2.1)) pada bidang xy un( 1 tuk berbagai nilai konstanta C1 , C2 . Jika C1 > 0, C2 = 0 maka x = C1 e3t . Jadi solusinya 2 berupa setengah garis y = 2x yang terletak di kwadran I, arahnya menjauhi titik (0, 0). Sedangkan jika 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 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 hiperbola. (Pada sesi praktikum dengan software Maple, anda dapat memeriksa hal ini.) Arah pada kurva solusi hiperbola dapat diten( ) 1 tukan dengan cara berikut. Untuk t , suku C1 e3t menjadi dominan, sedangkan suku 2 ( ) ( ) 1 1 t kecil sekali, sehingga x C e e3t . Jadi untuk t , semua solusi dengan C2 1 2 2 C1 = 0 asimptotik ke garis y = 2x. Untuk t hal serupa juga berlaku, dan kurva solusi hiperbola akan asimptotis ke garis y = 2x. Berdasarkan analisis di atas, sketsakan kurva-kurva solusinya. Dalam kasus ini, titik pusat dinamakan titik saddle. Karena untuk t , x(t) tidak menuju (0, 0), maka (0, 0) dikatakan bersifat tak stabil. Contoh 4.2.2. (A node) Perhatikan sistim pd Perhatikan sistim pd berikut )( ) ( ) ( x x 3 2 = y y 2 2 mempunyai solusi ) ( ) ( ) ( 1 x(t) 2 t e + C2 = C1 e4t . y(t) 2 1 Mula-mula misalkan ( ) 1 x1 (t) = C1 et , 2 ( x2 (t) = C2 ) 2 e4t . 1

dengan C1 , C2 bil real sebarang. Selanjutnya akan digambarkan solusi (4.2.1) pada bidang xy untuk ( ) 1 berbagai nilai konstanta C1 , C2 . Jika C1 > 0, C2 = 0 maka x = C1 et . Jadi solusinya 2 berupa setengah garis y = 2x yang terletak kwadran I, arahnya mendekati titik (0, 0). Sedandi 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 parabola dapat ditentukan dengan cara berikut. Untuk t , x2 (t) jauh lebih kecil dari x1 (t), jadi x(t) x1 (t). Sebaliknya, untuk t ,x(t) x2 (t). Berdasarkan analisis di atas, sketsakan kurva-kurva solusinya. Dalam kasus ini, titik pusat dinamakan a node.Karena untuk t , x(t) (0, 0), maka (0, 0) dikatakan bersifat stabil asimptotik.

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL Contoh 4.2.3. (Spiral point) Perhatikan sistim pd berikut )( ) ( ) ( x 1/2 1 x = y 1 1/2 y mempunyai solusi ( ) ( ) ( ) x(t) cos t sin t t/2 = C1 e + C2 et/2 y(t) sin t cos t

42

(4.2.2)

dengan C1 , C2 bil real sebarang. Untuk C1 = 0 dan C2 = 0, kurva solusi memenuhi x2 + y 2 = et , yang tak lain adalah kurva spiral dengan arah menuju titik (0, 0) untuk t . Berdasarkan analisis di atas, sketsakan kurva-kurva solusinya. Dalam kasus ini, titik pusat dinamakan titik spiral. 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 sebagai titik center dan bersifat stabil, namun bukan stabil asimptotik.


43

Pola trajektori sistim pd adalah tipikal dan bergantung pada jenis nilai eigen matriks koesiennya. 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). Tentukan tipe titik (0, 0) serta kestabilannya. 1. 2. 3. 4. 5.dx dt dx dt dx dt dx dt dx dt

= 2x, = 2x, = y, = y,

dy dt

= 2y. = y.

dy dt

dy dt dy dt

= x = 5x 4ydy dt

= 2x,

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

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

4.34.3.1

Matriks FundamentalSolusi 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 terdenisi pada suatu interval I. Maka matriks yang kolom-kolomnya vektor solusi x(1) , , x(n) yaitu x1 (t) . . (t) = . xn(1)

(1)

x1 . . .

(n)

xn

(n)

disebut matriks fundamental dari sistem tersebut. Matriks fundamental selalu mempunyai invers karena kolom-kolomnya bebas linier. Selanjutnya solusi umum sistim pd x = c1 x(1) + + cn x(n) dapat dituliskan sebagai x = (t)c , dengan vektor konstanta sebarang c = (c1 , , cn ). Vektor konstanta sebarang c dapat dihitung agar solusi memenuhi syarat awal x(t0 ) = x0 atau (t0 )c = x0 , dan diperoleh c = (t0 )1 x0 . Sehingga solusi sistim pd dengan syarat awal (4.3.1) adalah x = (t)(t0 )1 x0 . (4.3.2)

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL ( Contoh 4.3.1. Cari matriks fundamental sistem ( ) 1 . memenuhi x(0) = 1 x (t) = 1 1 4 1 )

44

x(t) dan tentukan solusi yang

Penyelesaian: Dari perhitungan sebelumnya didapat solusi sistim ) ( 3t ( et e maka matriks fundamental dari sistem adalah (t) = 2et 2e3t ( ) ( ) 1 1 2 1 1 = 1 (0) = dan (0) , sehingga solusi mna 4 2 2 2 1 ( x(t) = e3t et 2e3t 2et )( 1 4 )( 2 1 2 1 )( 1 1 ) = ( 1 4 )(

pd x(1) (t)

) e3t = , x(2) (t) = 2e3t ) et . Selanjutnya 2et

(

e3t + 3et 2e3t 6et

) .

Soal Latihan 4.3.2. Tentukan matriks fundamental dari sistim pd berikut, kemudian tentukan solusi yang memenuhi nilai awal yang diberikan. ( ) ( ) 2 1 3 (t) = 1. x , x= 1 2 2 ( ) ( ) 2 5 0 2. x (t) = , x= 4 2 1 5 0 6 2 3. x (t) = 2 1 2 , x = 1 4 2 4 0

4.3.2

Solusi spd tak homogen

Pada bagian ini kita akan mencari solusi SPD tak homogen x = Ax + f (t). menggunakan dua cara, yaitu metoda variasi parameter dan metoda koesien 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) = (t)c, maka solusi partikular (4.3.3) kita misalkan xp (t) = (t)u(t), (4.3.4) (4.3.3)

dengan u(t) harus dicari. Perhatikan bahwa ide dari metode variasi parameter adalah mengubah vektor konstanta sebarang c menjadi fungsi bernilai vektor sebarang u(t). Substitusikan (4.3.4) ke dalam (4.3.3) menghasilkan A(t)u(t) + (t)u (t) = A(t)u(t) + f (t). Jadi haruslah u (t) = (t)1 f (t).

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL Sehingga solusi partikular dari SPD tak homogen (4.3.3) adalah xp (t) = (t) (t)1 f (t) dt Jika ditambahkan syarat awal x(0) = x0 maka solusinya menjadi x(t) = (t)(0)1 x0 + (t) Periksa kebenaran rumus di atas! Contoh 4.3.3. Tentukan solusi partikular SPD tak homogen ( ) ( 2t ) ( ) 2 1 3e 2 x = x+ , x0 = . 0 2 4e2t 1 ( Penyelesaian: Jika dihitung matriks fundamentalnya adalah (t) = xp (t) = (t) (t)1 f (t) dt ( 2t ) ( 2t ) ( 2t ) e te2t e te2t 3e = dt 0 e2t 0 e2t 4e2t ( ) (3t + 2t2 )e2t = . 4te2t1

45

(4.3.5)

t0

(s)1 f (s) ds

(4.3.6)

e2t te2t 0 e2t

) , sehingga

x0 + (t) )(

t

x(t) = (t)(0) ( = ( =

(s)1 f (s) ds

e2t te2t 0 e2t (2 t)e2t e2t

) ( ) 1 0 2 (3t + 2t2 )e2t + 0 1 1 4te2t ) ( ) ( ) (3t + 2t2 )e2t (1 + t + t2 )2e2t + = . 4te2t 3te2t

0 )1 (

Soal Latihan 4.3.4. Gunakan metoda variasi parameter untuk mencari penyelesaian sistim pd tak homogen x = Ax + f (t), dengan nilai awal x(t0 ) = x0 berikut. ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1. A = , f (t) = ,x = 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) 6 7 60 0 2. A = , f (t) = ,x = 1 2 70 0 ( ) ( ) ( ) 1 2 180t 0 3. A = , f (t) = ,x = 2 2 90 0

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL Metode koesien tak tentu

46

Metode koesien 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 ( ) ( t ) 2 1 2e x= x+ . 1 2 3t Penyelesaian: Jika dicari solusi sistim pd homogennya adalah ( ( ) ) 1 1 3t xh = C1 e + C2 et . 1 1 Tuliskan suku tak homogen sebagai ( ) ( ) 2 0 t g(t) = e + t 0 3 Dalam metoda koesien tak tentu, solusi partikularnya dimisalkan berbentuk xp (t) = atet + bet + ct + d dengan a, b, c, d akan ditentukan. Substitusikan xp ke dalam sistim pd-nya diperoleh ( ) ( ) 2 0 t t t t t t ate + ae be + c = Aate + Abe + Act + Ad + e + t 0 3 Perhatikan persamaan di atas, koesien dari a = Aa ( ) 2 t e : a b = Ab + 0 ( ) 0 t: 0 = Ac + 3 konst : c = Ad tet : (1) (2) (3) (4)

Dari( disimpulkan a vektor eigen dari A yang berkorespondensi dengan nilai eigen( (1) ) 1, diperoleh ( ) ( ) ) 1 1 0 0 a= . Dari (2) didapat b = k . Pilih k = 0, yang berarti b = . Dari 1 1 1 1 ( ) ( ) 1 4/3 (3) didapat c = . Dari (4) didapat d = . Akhirnya diperoleh solusi 2 5/3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 4 tet + t 4/3 t t xp (t) = te e + t 1/3 = . 1 1 2 5 (t 1)et + 2t 5/3 Contoh 4.3.6. Soal yang sama seperti Contoh 4.3.3, yaitu tentukan solusi sistem pd ( ) ( 2t ) ( ) 2 1 3e 2 x= x+ , x0 = . 0 2 4e2t 1

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL Penyelesaian: Solusi umum spd adalah xh (t) + xp (t). Solusi sistim pd homogennya adalah ( 2t ) ( 2t ) e te xh = C1 + C2 . 0 e2t Dalam metoda koesien tak tentu, solusi partikularnya dimisalkan berbentuk xp (t) = at2 e2t + bte2t + ce2t .

47

Selanjutnya a, b, c harus dicari. Selanjutnya mencari solusi xh (t) + xp (t) yang memenuhi syarat awal. Bandingkan hasil yang Anda peroleh dengan hasil pada Contoh 4.3.3. Soal Latihan 4.3.7. Gunakan metoda koesien tak tentu untuk menyelesaian sistim pd tak homogen 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 khusus bagi x = Ax, langsung dari matriks A. Matriks fundamental khusus tersebut sering dinotasikan sebagai exp(At). Kita sudah mengenal deret Maclaurin exp(at) = 1 + an tn n=1

n!

yang konvergen untuk t R

Perhatikan deret berikut yang suku-sukunya matriks: I+ An t n n=1

n!

= I + At +

A2 t 2 + 2!

Perhatikan bahwa setiap elemen matriks di atas konvergen utk t R. Denisi 4.3.8. Untuk setiap matriks A berlaku exp(At) I + An t n n=1

n! (

(4.3.7)

) 4 0 Contoh 4.3.9. Untuk A = , akan kita hitung exp(At) dengan menggunakan (4.3.7). 0 1 ( ) ( ) ( 2 ) 1 0 4 0 4 0 t2 exp(At) = + t+ + 0 1 0 1 0 (1)2 2! ( ) 2 1 + 4t + 16 t + 0 2! = 2 0 1 t + t 2! ( 4t ) e 0 = . 0 et


48

Perhatikan bahwa vektor-vektor kolom dari matriks exp(At) memenuhi sistim pd x = Ax, jadi exp(At) merupakan matriks fundamental bagi sistim pd tersebut. Lebih jauh lagi nilainya di t = 0 adalah exp(At)|t=0 = I. Teorema berikut menunjukkan bahwa hal di atas ternyata juga berlaku jika A bukan matriks diagonal. Teorema 4.3.10. exp(At) adalah matriks fundamental bagi sistim pd x = Ax. Solusi spd dengan syarat awal x(0) = x0 adalah x = exp(At)x0 . Bukti: Dengan menggunakan (4.3.7) jelas bahwa matriks exp(At) memenuhi d exp(At) = A exp(At) dan exp(At)|t=0 = I. dt Jika rumus (4.3.2) dan (4.3.9) dibandingkan akan diperoleh hubungan exp(At) = (t)(0)1 . (4.3.10) (4.3.9) (4.3.8)

Dari rumus di atas jelas bahwa exp(At) adalah matriks fundamental yang bersifat khusus, yaitu memenuhi exp(At)|t=0 = I. Sehingga solusi partikular dari spd tak homogen (4.3.3) adalah xp (t) = exp(At) exp(At)1 f (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)1 f (s) ds

(4.3.12)

Periksa! Catatan: Seringkali perhitungan menggunakan matriks fundamental (t) lebih sederhana dibanding dengan exp(At). Namun dari segi penyajian formula, menggunakan exp(At) lebih baik karena tampak sangat analog dengan solusi pd orde-1 x (t) = ax(t) + f (t), x(0) = x0 dengan a R. (Coba tuliskan rumus solusi pd orde-1 tsb! Bandingkan dengan (4.3.6).) Contoh 4.3.11. Tentukan exp(At) dan solusi sistim pd ( ) ( ) 4 2 1 x = x, x(0) = . 3 1 1 Penyelesaian:(Nilai ) eigen dari A ) adalah 1 = 2, dan 2 = 5 dan vektor eigen yang bersesuaian ( 1 2 adalah v1 = , v2 = . 3 1 ( exp(At) = e2t 2e5t 2t 3e e5t )( 1 2 3 1 )1 1 = 7 ( e2t + 6e5t 2e2t + 2e5t 2t + 3e5t 3e 6e2t + e5t )

Selanjutnya solusi mna adalah ( ) ( ) 1 e2t + 8e5t 1 x(t) = exp(At) = . 1 3e2t + 4e5t 7


49

Soal Latihan 4.3.12. Tentukan matriks exp(At) dari sistim pd berikut, kemudian tentukan solusi yang memenuhi nilai awal yang diberikan. ( ) ( ) 4 2 14 1. x (t) = , x= 3 1 7 ( ) ( ) 6 6 1 (t) = 2. x , x= 4 4 1 ( ) ( ) 1 5 1 (t) = 3. x , x= 1 1 1 19 12 84 1 5 0 , x = 2 4. x (t) = 0 8 4 32 1

4.4

Model Populasi

Pada subbab ini akan disarikan model-model tak linier yang sering ditemui pada masalah dinamika populasi. Di sini akan disajikan model mangsa-pemangsa dan model interaksi dua spesies. Pada model mangsa-pemangsa, kajian matematis dapat menjelaskan munculnya fenomena turun-naiknya jumlah mangsa dan pemangsa dalam suatu periode tertentu. Pada model interaksi dua spesies, parameter-parameter spd tsb dapat menentukan apakah akan terjadi kesetimbangan diantara dua spesies tersebut, ataukah salah satu dari spesies tersebut akan punah. Bidang phase bagi masalahmasalah di atas diperoleh menggunakan Maple. Kajian analitis untuk sistem persamaan diferensial tak 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 terjadi secara berkala. Saat terjadi penurunan jumlah ikan nelayan di daerah tersebut sangat dirugikan. Penjelasan akan fenomena tersebut diberikan pertamakali oleh Vito Volterra, di tahun 1926 melalui model 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 tertutup dimana terdapat sejumlah rusa (mangsa) dan singa (pemangsa). Andaikan di lingkungan itu 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-masing adalah { x = ax y = by Jika mangsa dan pemangsa saling berinteraksi, maka jumlah mangsa akan berkurang karena dimakan pemangsa. Laju berkurangnya mangsa sebanding dengan jumlah pertemuan mangsa dan


50

pemangsa, dimisalkan sebagai pxy, dengan p suatu bilangan positif. Sebaliknya jumlah pemangsa akan bertambah dengan laju qxy. Sehingga model mangsa-pemangsa menjadi { x = ax pxy y = 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 portrait bahwa titik equilibrium (3, 2) stabil, sedangkan titik (0, 0) tidak stabil. Ini berarti bahwa di alam akan terjadi kesetimbangan antara jumlah mangsa dan pemangsa. Jika diamati lebih detail terdapat trajektori-trajektori tertutup di sekitar (3, 2). Hal ini yang menjelaskan munculnya fenomena penurunan dan kenaikan jumlah ikan secara periodik di Laut Adriatic. Perhatikan satu trajektori di sekitar titik (3, 2), terdapat masa di mana jumlah mangsa cukup banyak, sedangkan jumlah pemangsa sedikit. Namun jumlah pemangsa segera meningkat karena banyaknya mangsa. Hal ini berlangsung terus hingga jumlah pemangsa terlalu banyak, sedangkan jumlah mangsa berkurang. Hingga pada suatu saat jumlah pemangsa mencapai nilai maksimum. Karena banyaknya pemangsa maka jumlah mangsa berkurang terus hingga mencapai nilai minimum. Selanjutnya dengan bertambahnya waktu jumlah pemangsa berkurang karena persaingan untuk mendapatkan makanan diantara mereka sendiri. Hal ini mengakibatkan jumlah pemangsa berkurang terus hingga mencapai jumlah minimal. Sementara itu jumlah mangsa bertambah karena sedikitnya jumlah pemangsa, 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 makan rumput. Misalkan x(t) dan y(t) berturut-turut menyatakan jumlah kelinci dan rusa di lingkungan tersebut saat t. Jika kelinci tinggal di lingkungan itu tanpa ada rusa, maka kelinci akan bertumbuh


51

secara logistik. Demikian pula dengan rusa, sehingga model pertumbuhan kelinci dan rusa masingmasing adalah { x = a1 x b1 x2 y = a2 y b2 y 2 Jika kelinci dan rusa sama-sama tinggal di lingkungan itu, maka makanan mereka terbatas karena kehadiran spesies yang lain. Sehingga model pertumbuhan kelinci dan rusa menjadi { x = a1 x b1 x2 c1 xy y = a2 y b2 y 2 c2 xy 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). Tampak dari phase portrait bahwa hanya terdapat satu titik equilibrium (0.5, 0.5) yang stabil. Ini berarti bahwa 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 perilaku kualitatif dari model ini sangat berbeda dibandingkan dengan Contoh 4.4.2. Tampak dari phase portrait 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 dari spesies akan punah, entah spesies yang pertama ataupun spesies yang kedua.


52


53

with < 0.

Bab 5

Transformasi LaplaceTransformasi Laplace adalah suatu transformasi yang melibatkan operasi pengintegralan, transformasi tersebut mengubah fungsi f (t) menjadi suatu fungsi baru, dinotasikan sebagai L{f (t)} = F (s), dengan variabel bebas baru, yaitu s.

5.1

Transformasi Laplace dan inversnya

Denisi 5.1.1. Misalkan f (t) adalah fungsi yang terdenisi untuk t 0, maka transformasi Laplace dari f adalah fungsi baru dengan variabel bebas s, yaitu F (s) yang didenisikan sebagai berikut est f (t) dt L{f (t)} = F (s) =0

untuk semua nilai s yang mengakibatkan integral tak wajar di atas konvergen. Contoh 5.1.2. Misalkan f (t) = 1, untuk t 0 maka [ ] L{1} = 0 est dt = 1 est t=0 s = limb 1 est + 1 . s s Limit di atas mempunyai nilai berhingga hanya jika s > 0, dengan demikian 1 L{1} = , s untuk s > 0

Catatan: domain dari transformasi Laplace dari suatu fungsi biasanya berupa s > a, untuk suatu a R. Periksalah bahwa L{eat } = 1 , sa untuk s > a.

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

54

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE Contoh 5.1.3. Misalkan n bilangan asli n L{t } = est tn dt0

55

Substitusi u = st, (t = u/s, dt = du/s) menghasilkan 1 n eu un du L{t } = n+1 s 0 Penerapan beberapa kali pengintegralan parsial menghasilkan L{tn } = Jadi L{t} = n! , sn+1 untuk s > 0 (cek!).2 , s3

1 , s2

L{t2 } =

dst.

Rumusan yang lebih umum berlaku untuk sebarang a R, a > 1: L{ta } = (a + 1) , sa+1 untuk s > 0.

Rumus atas diekspresikan dalam fungsi gamma. Sedangkan fungsi gamma didenisikan sebagai: di (x) = 0 et tx1 dt. Sifat-sifat fungsi gamma: 1. (1) = 1, dan (1/2) = . 2. (x + 1) = x(x), untuk x > 0 3. (n + 1) = n! untuk n bilangan bulat positif. Dengan mencermati sifat-sifat di atas, maka fungsi gamma dapat dipandang sebagai perumuman dari fungsi faktorial n!. Coba buktikan L{t1/2 } = (3/2) untuk s > 0. s3/2 Teorema 5.1.4. (Transformasi Laplace merupakan operator linier) L{af (t) + bg(t)} = aL{f (t)) + bL{g(t)), Contoh 5.1.5. L{3t2 + 4t3/2 } = 3 2! (5/2) + 4 5/2 = 6s3 + 3 s5 . 3 s s untuk setiap a, b R

Dengan menggunakan sifat linier dari transformasi Laplace dapat diperoleh rumus transformasi Laplace bagi fungsi-fungsi berikut. (Periksalah kebenarannya!) L(cosh kt) = L(sinh kt) = s , untuk s > k > 0 s2 k 2 s2

k , untuk s > k > 0 k2 s L(cos kt) = 2 , untuk s > 0 s + k2 k L(sin kt) = 2 , untuk s > 0 s + k2

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)| M ect untuk t T , untuk suatu konstanta tak negatif M, c dan T , maka F (s) ada untuk s > c. (Ketunggalan) Andaikan L{f (t)} = F (s) dan L{g(t)} = G(s). Jika F (s) = G(s) untuk semua s > 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), makas

lim F (s) = 0.

Mengingat adanya Teorema 5.1.6 tentang ketunggalan dari transformasi Laplace, maka berikut ini kita dapat mendenisikan invers dari transformasi Laplace. Denisi 5.1.8. Misalkan F (s) = L(f (t)), maka f (t) disebut invers transformasi Laplace dari F (s), dan dinotasikan: f (t) = L1 (F (s)) Contoh 5.1.9. L1 { 1 1 2 2 1 } = e2t , L1 { 2 } = sin 3t. } = t2 , L1 { 3 s 2 s+2 s +9 3

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 hasil transformasi dinyatakan dalam huruf besarnya dengan variabel bebas s. Jadi F (s) adalah transformasi Laplace bagi f (t), dan x(t) adalah invers transform Laplace dari X(s). Juga dimisalkan bahwa jika F (s) ada, maka terdenisi 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. 2 3 + 5/2 4 s s 5 3s (b) X(s) = s4 3s (c) H(s) = 2 s s6 s2 (d) Y (s) = 4 s 1 (a) F (s) =

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE

57

5.2

Transformasi masalah nilai awal

Pada sub bab ini akan dibahas penggunaan transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier dengan koesien konstan ax (t) + bx (t) + cx(t) = f (t) dengan syarat awal x(0) = x0 , x (0) = v0 . Penerapan transformasi Laplace pada persamaan diferensial 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 L{f } = sL{f } f (0) = sF (s) f (0), untuk s > c.

diktatma2271

Documents

Transcript of diktatma2271