Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.
BAB IV
PERSAMAAN LINEAR ORDE TINGGI
4.1 Teori Umum Persamaan Linear Orde n
Sebuah persamaan diferensial linear n adalah pe...
(4)
Jika fungsi y1, y2, ..., yn adalah solusi persamaan (4), maka berikut dengan perhitungan
langsung bahwa kombinasi line...
yang persis sama seperti untuk orde kedua persamaan linear (lihat Teorema 3.2.5). Karena
semua solusi dari Pers. (4) adala...
dimana a0, a1, ..., an adalah konstanta riil. Dari pengetahuan kita tentang persamaan linear
orde kedua dengan koefisien k...
Dengan memecahkan persamaan linier ini, kita menemukan bahwa
c1 = 11/8, c2 = 5/12, c3 =−2/3, c4 =−1/8.
Oleh karena itu sol...
Jika akar persamaan karakteristik adalah nyata dan berbeda, kita telah melihat bahwa
solusi umum (5) hanya sejumlah fungsi...
karena itu istilah ini tidak ada dalam persamaan (16), yang menggambarkan peluruhan
eksponensial, seperti pada Gambar 4.2....
Contoh 3
Tentukanlah solusi umum dari
yiv + 2yii + y = 0.

(19)

persamaan karakterstiknya adalah
r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)(...
Masalah menemukan semua akar dari persamaan polinomial mungkin tidak
sepenuhnya langsung, bahkan dengan bantuan komputer. ...
Upcoming SlideShare
Loading in …5
×

Persamaan Diferensial

15,085 views

Published on

  • Best dissertation help you can get, thank god a friend suggested me ⇒⇒⇒WRITE-MY-PAPER.net ⇐⇐⇐ otherwise I could have never completed my dissertation on time.
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
  • Überprüfen Sie die Quelle ⇒ www.WritersHilfe.com ⇐ . Diese Seite hat mir geholfen, eine Diplomarbeit zu schreiben.
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
  • Dating for everyone is here: ❶❶❶ http://bit.ly/2F90ZZC ❶❶❶
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
  • Sex in your area is here: ❶❶❶ http://bit.ly/2F90ZZC ❶❶❶
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here

Persamaan Diferensial

  1. 1. BAB IV PERSAMAAN LINEAR ORDE TINGGI 4.1 Teori Umum Persamaan Linear Orde n Sebuah persamaan diferensial linear n adalah persamaan bentuk (1) Kita asumsikan bahwa fungsi P0, .... , Pn dan G kontinu fungsi bernilai real pada interval I: α < t <β, dan P0 adalah nol dalam interval ini. Kemudian dengan membagi persamaan (1) dengan P0(t), kita memperoleh (2) diferensial linier dengan Operator L order n yang didefinisikan oleh persamaan (2) adalah sama dengan operator orde kedua pada bab 3. Persamaan (2) akan melibatkan derrivative n dari y terhadap t, sehingga memerlukan integrasi n untuk menyelesaikan persamaan (2). Masing-masing integrasi ini memperkenalkan sembarang konstanta sembarang. Oleh karena itu untuk mendapatkan solusi yang unik, maka perlu untuk menentukan kondisi awal n, y(t0)= y0, y’(t0) = y’0, . . . , y(n-1)(t0) = y0(n-1) (3) dimana t0 mungkin setiap titik dalam interval I dan y0, y0 ', ... , y0 (n-1) merupakan sekumpulan konstanta riil yang ditentukan. Teorema 4.1.1 Jika fungsi P1, P2, ... , Pn, dan g adalah kontinu pada interval terbuka I, maka ada tepat satu solusi y = Φ (t) dari persamaan diferensial (2) yang memenuhi kondisi awal (3) pada di seluruh interval I. jika koefisien p1, ..., pn adalah konstanta, maka kita dapat membuat solusi dari masalah nilai awal (2), (3) sebanyak dalam Bab 3, lihat bagian 4.2 sampai 4.4. Bahkan meskipun kita mungkin menemukan solusi, kita tidak tahu bahwa itu adalah unik tanpa menggunakan Teorema 4.1.1. Persamaan Homogen. Seperti dalam masalah yang sesuai dengan orde kedua, pertama-tama kita membahas persamaan homogen.
  2. 2. (4) Jika fungsi y1, y2, ..., yn adalah solusi persamaan (4), maka berikut dengan perhitungan langsung bahwa kombinasi linear y = c1y1(t) + c2y2(t) + . . . + cnyn(t) (5) Dimana c1, ... , cn adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi dari persamaan (4). Setiap solusi dari persamaan (4) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari y1, ... , yn jika, tidak bergantung pada kondisi awal (3), adalah mungkin untuk memilih konstan c1, ... , cn sehingga kombinasi linear (5) memenuhi kondisi awal. Secara khusus, untuk setiap pilihan titik t0 dalam I, dan untuk setiap pilihan y0, y0 ', .... , y0 (n-1), kita harus menentukan c1, .... , cn sehingga persamaan (6) terpenuhi. Persamaan (6) dapat diselesaikan secara unik untuk konstanta c1, ... , cn, asalkan determinan koefisien tidak nol, maka selalu mungkin untuk memilih nilai y0, y0 ', ..., y0 (n-1) sehingga Pers. (6) tidak memiliki solusi. Oleh karena itu kondisi yang memenuhi untuk Pers. (6) untuk nilai-nilai y0, y ‘ 0, ..., y0 (n-1) sembarang adalah bahwa Wronskian (7) tidak nol pada t = t0. Jika t0 terdapat disetiap titik dalam interval I, maka terpenuhi bahwa W (y1, y2, ..., yn) tidak sama dengan nol di setiap titik dalam interval. Sama seperti untuk persamaan linier orde kedua, dapat ditunjukkan bahwa jika y1, y2, ..., yn solusi dari Pers. (4), maka W (y1, y2, ..., yn) adalah nol untuk setiap t dalam interval I atau ada yang lain yang tidak nol. Teorema 4.1.2 Jika fungsi p1, p2, ..., pn adalah kontinu pada interval terbuka I, kalau fungsi y1, y2, ..., yn solusi dari Pers. (4), dan jika W (y1, y2, ..., yn) (t) ≠ 0 untuk setidaknya satu titik dalam I, maka setiap solusi dari Pers. (4) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari solusi y1, y2, ..., yn. Himpunan penyelesaian y1, ..., yn dari Pers. (4) dimana Wronskiannya adalah nol disebut sebagai himpunan penyelesaian. Adanya solusi dasar dapat ditunjukkan dengan cara
  3. 3. yang persis sama seperti untuk orde kedua persamaan linear (lihat Teorema 3.2.5). Karena semua solusi dari Pers. (4) adalah dari bentuk (5), kita menggunakan solusi umum yang merujuk pada suatu kombinasi linear sembarang solusi dari Pers. (4). Pembahasan ketergantungan linier dan bebas linier yang diberikan dalam Bagian 3.3 juga bisa disamaratakan. Fungsi f1, f2, ..., fn dikatakan linear tergantung pada I jika terdaat konstanta k1, k2, ..., kn, semuanya tidak nol, sehingga k1f1+k2f2+···+knfn=0 (8) untuk semua t di I. fungsi f1, ..., fn dikatakan linear pada I jika fungsi tersebut tidak bergantung linear. Jika y1, ..., yn merupakan solusi dari Pers. (4), maka dapat ditunjukkan bahwa kondisi yang memenuhinya untuk menjadi linear adalah jika W (y1, ..., yn) (t0) ≠ 0 untuk setiap t0 dalam I (lihat Soal 25). Oleh karena itu satu himpunan penyelesaian dari Pers. (4) bebas linear, dan himpunan bebas linear n merupakan solusi dari Pers. (4). Persamaan Nonhomogen. Sekarang perhatikan persamaan nonhomogen (2), L[y] = y(n) + p1(t)y(n−1) +···+ pn(t)y = g(t). Jika Y1 dan Y2 adalah masing-masing solusi dari Pers. (2), maka berikut linearitas operator L L[Y1 − Y2](t) = L[Y1](t) − L[Y2](t) = g(t) − g(t) = 0. Oleh karena itu perbedaan dari dua solusi dari persamaan homogen (2) merupakan solusi dari persamaan homogen (4). Karena setiap solusi dari persamaan homogen dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari himpunan penyelesaian y1, ..., yn, solusi dari Pers. (2) dapat ditulis sebagai y = c1y1(t) + c2y2(t) +···+cnyn(t) + Y(t), (9) di mana Y adalah beberapa solusi tertentu dari persamaan homogen (2). Kombinasi linear (9) disebut solusi umum dari persamaan homogen (2). Jadi masalah utama adalah untuk menentukan penyelesaian y1, ..., yn dari persamaan homogen (4). Jika y1 merupakan salah satu solusi dari Pers. (4), maka substitusi y = v(t)y1(t) mengarah pada persamaan diferensial linear order n – 1 untuk v’ (lihat Soal 26 untuk kasus ketika n = 3). Namun, jika n ≥ 3, persamaan dikurangi dengan persamaan itu sendiri. Dengan demikian, dalam prakteknya, pengurangan order jarang berguna untuk persamaan lebih tinggi dari urutan kedua. 4.2 Persamaan Homogen dengan Koefisien Konstan Pertimbangkan persamaan diferensial homogen linear orde n L[y] = a0y(n) + a1y(n−1) +···+an−1y’+ any = 0, (1)
  4. 4. dimana a0, a1, ..., an adalah konstanta riil. Dari pengetahuan kita tentang persamaan linear orde kedua dengan koefisien konstan dapat diasumsikan bahwa y = ert adalah solusi dari Pers. (1) untuk nilai-nilai r yang sesuai. L[ert] = ert(a0rn + a1rn−1 +···+an−1r + an) = ertZ(r) (2) Untuk setiap r,dimana Z(r) = a0rn + a1rn−1 +···+an−1r + an. (3) untuk nilai r dimana Z(r) = 0, berarti L[ert] = 0 dan y = ert adalah solusi dari Pers. (1). Polinomial Z(r) disebut polinomial karakteristik, dan persamaan Z(r)=0 adalah persamaan karakteristik dari persamaan diferensial (1). Sebuah polinomial berderajat n memiliki n nol, katakanah bahwa r1, r2, ..., rn, beberapa di antaranya mungkin sama, maka kita dapat menulis polinomial karakteristik dalam bentuk Z(r) = a0(r − r1)(r − r2) ···(r − rn). (4) Akar Real dan tidak sama. Jika akar persamaan karakteristik adalah nyata dan tidak sama, maka kita memiliki n berbeda er1t, er2t, ..., ernt solusi dari Pers. (1). Jika fungsi tersebut linear, maka solusi umum dari persamaan. (1) adalah y = c1er1t + c2er2t +···+cnernt. (5) y”” + y”’ − 7y” – y’ + 6y = 0. (6) Contoh 1 Tentukanlah solusi umum dari Juga mencari solusi yang memenuhi kondisi awal y(0)=1 , y’(0)=0 , y”(0)=−2 , y”’(0)=−1 (7) dan plot grafiknya. Dengan asumsi bahwa y = ert, kita harus menentukan r dengan memecahkan persamaan polinomial r4 + r3 − 7r2 − r + 6 = 0. (8) Akar dari persamaan ini adalah r1 = 1, r2 = -1, r3 = 2, dan r4 = -3. Oleh karena itu solusi umum dari persamaan. (6) adalah y = c1et + C2e-t + + c3e2t c4e-3t. (9) Kondisi awal (7) mengharuskan c1, ..., c4 memenuhi empat persamaan c1 + c2 + c3 + c4 = 1, c1 − c2 + 2c3 − 3c4 = 0, c1 + c2 + 4c3 + 9c4 =−2, c1 − c2 + 8c3 − 27c4 =−1. (10)
  5. 5. Dengan memecahkan persamaan linier ini, kita menemukan bahwa c1 = 11/8, c2 = 5/12, c3 =−2/3, c4 =−1/8. Oleh karena itu solusi dari masalah nilai awal adalah y= et + e-t - e2t - e-3t. (11) Grafiknya ditunjukkan pada Gambar 4.2.1. GAMBAR 4.2.1 Solusi dari masalah nilai awal Contoh 1. menggambarkan Contoh 1, prosedur untuk memecahkan suatu persamaan diferensial linier orde n dengan koefisien konstan tergantung pada bagaimana mencari akar dari persamaan polinomial tingkat n yang sesuai. Jika kondisi awal yang dirumuskan, maka sistem persamaan aljabar linear n harus diselesaikan untuk menentukan nilai-nilai yang tepat dari konstanta c1, ..., cn. Untuk polinomial derajat ketiga dan keempat ada 2 formula, analog dengan rumus untuk persamaan kuadrat tetapi lebih rumit, yang memberikan ekspresi yang tepat untuk akar. Algoritma dengan akar-temuan sudah tersedia di kalkulator dan komputer. Misalkan polinom a0rn + a1rn−1 +···+an−1r + an = 0 (12) memiliki koefisien bulat. Jika r = r/q adalah akar rasional, di mana p dan q tidak memiliki faktor umum, maka p dan q harus menjadi faktor dari a0. Misalnya, dalam Pers. (8) faktor a0 adalah ± 1 dan faktor-faktor dari adalah ± 1, ± 2, ± 3, dan ± 6. Dengan demikian, akar-akar rasional hanya mungkin dari persamaan ini adalah ± 1, ± 2, ± 3, dan ± 6. Dengan pengujian akar ini mungkin, kita menemukan bahwa 1, -1, 2, dan -3 adalah akar yang sebenarnya. Dalam kasus ini tidak ada akar lain, karena adalah derajat keempat. Jika beberapa akar yang irasional atau kompleks, seperti yang biasanya terjadi, maka proses ini tidak akan menemukan solusi, tapi setidaknya tingkat polinomial dapat dikurangi dengan membagi faktor-faktor yang berhubungan dengan akar rasional.
  6. 6. Jika akar persamaan karakteristik adalah nyata dan berbeda, kita telah melihat bahwa solusi umum (5) hanya sejumlah fungsi eksponensial. Untuk nilai t besar solusi akan didominasi dengan akar aljabar terbesar. Jika akar ini positif, maka solusi akan menjadi eksponensial tak terbatas, sedangkan jika negatif, maka solusi akan cenderung eksponensial ke nol. Akhirnya, jika akar terbesar adalah nol, maka solusi akan mendekati konstan nol t menjadi besar. Akar kompleks. Jika persamaan karakteristik memiliki akar kompleks, maka harus terjadi pada pasangan konjugat, λ ± iμ, karena koefisien a0, ..., an adalah bilangan real. Asalkan tidak ada akar diulang, solusi umum dari persamaan. (1) masih dalam bentuk (4). Namun, seperti halnya untuk persamaan urutan kedua (Bagian 3.4), kita dapat mengganti solusi yang kompleks bernilai e (λ + iμ) t dan e (λ-iμ) t dengan solusi bernilai real eλt cos μt, eλt sin μt diperoleh sebagai bagian real dan imajiner dari e (λ + iμ) t (13) . Jadi, meskipun beberapa akar persamaan karakteristik yang kompleks, masih mungkin untuk mengekspresikan solusi umum dari persamaan. (1) sebagai kombinasi linear dari solusi bernilai real. Contoh 2 Tentukanlah solusi umum dari yiv − y = 0. (14) Juga cari solusi yang memenuhi kondisi awal y (0) = 7/2, y’(0) = -4, y”(0) = 5/2, y”’(0) = -2 (15) dan menggambar grafiknya. Substitusi ert ke y, kita menemukan bahwa persamaan karakteristik adalah r4 - 1 = (r2 - 1) (r2 + 1) = 0. Oleh karena itu akar r = 1, -1, i,-i, dan solusi umum dari persamaan. (14) adalah y = c1et + C2e-t + c3 sin t + c4 cos t. Jika kita memaksakan kondisi awal (15), kita menemukan bahwa c1 = 0, c2 = 3, c3 = 1/2, c4 = -1, dengan demikian solusi dari masalah nilai awal yang diberikan adalah y = 3e−t + cos t − sin t. (16) Grafik solusi ini ditunjukkan pada Gambar 4.2.2. Perhatikan bahwa kondisi awal (15) menyebabkan koefisien c1 tumbuh secara eksponensial dalam solusi umum menjadi nol. Oleh
  7. 7. karena itu istilah ini tidak ada dalam persamaan (16), yang menggambarkan peluruhan eksponensial, seperti pada Gambar 4.2.2. Namun, jika kondisi awal berubah sedikit, maka c1 kemungkinan menjadi nol dan sifat dari solusi sangat berubah. Sebagai contoh, jika tiga kondisi awal pertama tetap sama, tetapi nilai y”’(0) berubah dari -2 ke -15/8, maka solusi dari masalah nilai awal menjadi y= et + e−t + cos t − sin t. (17) Koefisien pada Persamaan. (17) hanya berbeda sedikit dari dalam Pers. (16), tetapi istilah eksponensial tumbuh, bahkan dengan koefisien yang relatif kecil dari 1/32, benar-benar mendominasi solusi pada saat t lebih besar dari sekitar 4 atau 5. Hal ini jelas terlihat pada Gambar 4.2.3, yang menunjukkan grafik dari dua solusi (16) dan (17). GAMBAR 4.2.3 Plot solusi (16) (kurva cahaya) dan (17) (kurva berat). Akar Berulang. Jika akar persamaan karakteristik tidak berbeda, yaitu, jika beberapa akar yang berulang, maka solusi (5) jelas bukan solusi umum dari persamaan. (1). Ingat bahwa jika r1 adalah akar berulang untuk persamaan linier orde kedua a0y” + a1y’ + a2y = 0, maka dua solusi independen yang linear adalah er1t dan ter1t. untuk sebuah persamaan orde ke n, jika akar Z (r) = 0, katakanlah r = r1 memiliki jumlah s (di mana s ≤ n), maka er1t, ter1t, t2er1t, ..., ts-1er1t (18) adalah solusi yang sesuai dari Pers . (1). Jika akar kompleks λ + iμ diulang s kali, konjugat kompleks λ - iμ juga diulang s kali. Sesuai dengan 2s solusi yang kompleks bernilai, kita dapat menemukan 2s solusi bernilai real dengan mencatat bahwa bagian real dan imajiner dari e (λ + iμ) t, te (λ + iμ) t, ..., ts-1e ( λ + iμ) t juga solusi linear: eλt cos µt, eλt sin µt, teλt cos µt, teλt sin µt,...,ts−1eλt cos µt, ts−1eλt sin µt. Oleh karena itu solusi umum dari persamaan. (1) selalu dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari n solusi bernilai real. Perhatikan contoh berikut.
  8. 8. Contoh 3 Tentukanlah solusi umum dari yiv + 2yii + y = 0. (19) persamaan karakterstiknya adalah r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)(r2 + 1) = 0. Akar-akarnya adalah r = i, i, −i, −i, dan solusi umum dari Pers. (19) adalah y = c1 cos t + c2 sin t + c3t cos t + c4t sin t. Dalam menentukan akar persamaan karakteristik mungkin perlu untuk menghitung akar kubus, atau akar keempat, atau akar bahkan yang lebih tinggi (mungkin kompleks). Hal ini biasanya dapat dilakukan paling mudah dengan menggunakan rumus Euler eit = cos t + i sin t dan hukum aljabar yang diberikan dalam Bagian 3.4. Contoh 4 Tentukanlah solusi umum dari yiv + y = 0. (20) persamaan karakteristiknya adalah r4 + 1 = 0. Untuk menyelesaikan persamaan, kita harus menghitung akar keempat -1. Sekarang -1, dianggap sebagai bilangan kompleks, adalah -1 + 0i. Ini memiliki magnitudo 1 dan sudut polar π. Jadi -1 = cos π + i = sin π eiπ. Selain itu, sudut ditentukan hanya sampai kelipatan 2π. Dengan demikian, −1 = cos(π + 2mπ)+ i sin(π + 2mπ) = ei(π+2mπ), di mana m adalah nol atau bilangan bulat positif atau negatif. Dengan demikian, Keempat akar -1 diperoleh dengan menetapkan m = 0, 1, 2, dan 3, mereka adalah , , , , Sangat mudah untuk memverifikasi bahwa untuk setiap nilai lain dari m kita memperoleh satu dari empat akar. Misalnya, sesuai dengan m = 4, kita memperoleh (1+i)/2. Solusi umum dari persamaan. (20) adalah (21)
  9. 9. Masalah menemukan semua akar dari persamaan polinomial mungkin tidak sepenuhnya langsung, bahkan dengan bantuan komputer. Sebagai contoh, mungkin sulit untuk menentukan apakah dua akar yang sama, atau hanya sangat dekat bersama-sama. Ingat bahwa bentuk solusi umumnya berbeda dalam kedua kasus. Jika konstanta a0, a1, ..., an dalam Pers. (1) adalah bilangan kompleks, solusi dari Pers. (1) masih dalam bentuk (4). Dalam kasus ini, bagaimanapun, akar persamaan karakteristik, secara umum, bilangan kompleks, dan tidak lagi benar bahwa konjugat kompleks akar juga merupakan akar. Solusi yang sesuai adalah kompleks dihargai.

×