I. Sistem Persamaan Diferensial Linier Orde 1 (Review)

I. Sistem Persamaan Diferensial Linier Orde 1 (Review)

November 2012

()


November 2012

1 / 26

Teori Umum Bentuk umum sistem persamaan diferensial linier orde satu adalah sebagai berikut: x_ 1 (t) = x_ 2 (t) =

p11 (t)x1 (t) + p12 (t)x2 (t) + p21 (t)x1 (t) + p22 (t)x2 (t) + .. .

+ p1n (t)xn (t) + g1 (t) + p2n (t)xn (t) + g2 (t)

x_ n (t) = pn1 (t)x1 (t) + pn2 (t)x2 (t) +

+ pnn (t)xn (t) + gn (t)

()


November 2012

2 / 26

Teori Umum Bentuk umum sistem persamaan diferensial linier orde satu adalah sebagai berikut: x_ 1 (t) = x_ 2 (t) =

p11 (t)x1 (t) + p12 (t)x2 (t) + p21 (t)x1 (t) + p22 (t)x2 (t) + .. .

+ p1n (t)xn (t) + g1 (t) + p2n (t)xn (t) + g2 (t)

x_ n (t) = pn1 (t)x1 (t) + pn2 (t)x2 (t) +

+ pnn (t)xn (t) + gn (t)

Dalam bentuk matriks dapat ditulis: x(t) _ = P(t)x(t) + g(t); 1 0 x1 (t) p11 (t) B .. C B .. dengan x(t) = @ . A ; P(t) = @ . xn (t) pn1 (t) 0 1 g1 (t) B C g(t) = @ ... A : 0

..

.

1

(1)

p1n (t) C .. A dan . pnn (t)

gn (t)

()


November 2012

2 / 26

Misalkan x1 (t) =

()

1 (t); : : : ; xn (t)

=

n (t):


November 2012

3 / 26

Misalkan x1 (t) =

1 (t); : : : ; xn (t)

=

n (t):

Suatu vektor x = (t) dikatakan solusi (penyelesaian) dari sistem (1) jika komponen-komponennya memenuhi sistem persamaan (1), dengan 0 1 1 (t) B C .. (t) = @ A: . n (t)

()


November 2012

3 / 26

Misalkan x1 (t) =

1 (t); : : : ; xn (t)

=

n (t):


Sepanjang diskusi ini, kita berasumsi bahwa P dan g kontinu pada interval < t < :

()


November 2012

3 / 26

Misalkan x1 (t) =

1 (t); : : : ; xn (t)

=

n (t):


Sepanjang diskusi ini, kita berasumsi bahwa P dan g kontinu pada interval < t < : Perhatikan persamaan homogen

(2)

x(t) _ = P(t)x(t);

yang diperoleh dengan mengambil g(t) = 0: Kita akan menggunakan notasi sebagai berikut: 0 1 0 1 x11 (t) x1k (t) B C B C .. .. x(1) (t) = @ ; x(k) (t) = @ A; A: . . xn1 (t)

()

xnk (t)


November 2012

3 / 26

Teorema 1 Jika fungsi vektor x(1) (t) dan x(2) (t) adalah solusi (penyelesaian) bebas linier sistem (2), maka kombinasi linier c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t) juga solusi untuk sebarang konstanta c1 dan c2 : Sebagai contoh, perhatikan sistem berikut: x(t) _ =

()

1 1 4 1

(3)

x(t)


November 2012

4 / 26


1 1 4 1

(3)

x(t)

Dengan mudah dapat diperiksa bahwa vektor x(1) (t) =

e3t 2e3t

dan x(2) (t) =

e t 2e

t

adalah solusi untuk (3).

()


November 2012

4 / 26


1 1 4 1

(3)

x(t)

Dengan mudah dapat diperiksa bahwa vektor x(1) (t) =

e3t 2e3t

dan x(2) (t) =

e t 2e

t

adalah solusi untuk (3). Berdasarkan teorema 1, kombinasi linier x(t) = c1

e3t 2e3t

+ c2

e t 2e

t

= c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t)

juga solusi sistem (3). ()


November 2012

4 / 26

Misalkan x(1) (t); x(2) (t); ; x(n) (t) adalah n solusi dari sistem (2), dan misalkan pula matriks X(t) adalah sebagai berikut: 0 1 x11 (t) x1n (t) B C .. .. X(t) = x(1) (t) x(n) (t) = @ A: . . xn1 (t) xnn (t)

()


November 2012

5 / 26

Misalkan x(1) (t); x(2) (t); ; x(n) (t) adalah n solusi dari sistem (2), dan misalkan pula matriks X(t) adalah sebagai berikut: 0 1 x11 (t) x1n (t) B C .. .. X(t) = x(1) (t) x(n) (t) = @ A: . . xn1 (t) xnn (t) Perhatikan bahwa kolom-kolom dari matriks X(t) adalah bebas linier untuk suatu t jika dan hanya jika det X 6= 0.

()


November 2012

5 / 26

Misalkan x(1) (t); x(2) (t); ; x(n) (t) adalah n solusi dari sistem (2), dan misalkan pula matriks X(t) adalah sebagai berikut: 0 1 x11 (t) x1n (t) B C .. .. X(t) = x(1) (t) x(n) (t) = @ A: . . xn1 (t) xnn (t) Perhatikan bahwa kolom-kolom dari matriks X(t) adalah bebas linier untuk suatu t jika dan hanya jika det X 6= 0. Determinan ini disebut Wronskian dari n solusi x(1) (t); x(2) (t); ; x(n) (t); dan dinyatakan dengan: W

()

x(1) ;

; x(n)

(t) = det X


November 2012

5 / 26

Misalkan x(1) (t); x(2) (t); ; x(n) (t) adalah n solusi dari sistem (2), dan misalkan pula matriks X(t) adalah sebagai berikut: 0 1 x11 (t) x1n (t) B C .. .. X(t) = x(1) (t) x(n) (t) = @ A: . . xn1 (t) xnn (t) Perhatikan bahwa kolom-kolom dari matriks X(t) adalah bebas linier untuk suatu t jika dan hanya jika det X 6= 0. Determinan ini disebut Wronskian dari n solusi x(1) (t); x(2) (t); ; x(n) (t); dan dinyatakan dengan: W Solusi x(1) (t); x(2) (t); jika dan hanya jika W

()

x(1) ;

; x(n)

(t) = det X

; x(n) (t) adalah bebas linier pada suatu titik x(1) (t); ; x(n) (t) 6= 0:


November 2012

5 / 26

Sistem Persamaan Diferensial Linier Orde 1 Koe…sien Konstan Dalam bagian ini kita akan menunjukkan bagaimana mengkonstruksi solusi umum dari sistem persamaan linier homogen dengan koe…sien konstan, dengan bentuk umum sebagai berikut: (4)

x(t) _ = Ax(t); dengan A adalah matriks konstan n

()

n; yakni A 2 Rn


n:

November 2012

6 / 26



n; yakni A 2 Rn

n:

Kita akan mencari solusi dengan bentuk

x(t) = ert dimana r dan vektor

()

(5)

akan dicari.


November 2012

6 / 26



n; yakni A 2 Rn

n:


x(t) = ert

(5)

dimana r dan vektor akan dicari. Dengan mensubtitusikan (5) ke dalam (4), diperoleh r ert = A ert , (A

()

rI) ert = 0


November 2012

6 / 26



n; yakni A 2 Rn

n:


x(t) = ert

(5)

dimana r dan vektor akan dicari. Dengan mensubtitusikan (5) ke dalam (4), diperoleh r ert = A ert Karena ert 6= 0; maka ()

, (A (A

rI) ert = 0 (6)

rI) = 0;


November 2012

6 / 26

dengan I adalah matriks identitas n

n; disimbolkan dengan In :

Sehingga untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial (4), kita mestilah menyelesaikan sistem persamaan aljabar (6).

()


November 2012

7 / 26



Sehingga untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial (4), kita mestilah menyelesaikan sistem persamaan aljabar (6). Persamaan (6) merupakan persamaan untuk menentukan nilai eigen dan vektor eigen matriks A.

()


November 2012

7 / 26



Sehingga untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial (4), kita mestilah menyelesaikan sistem persamaan aljabar (6). Persamaan (6) merupakan persamaan untuk menentukan nilai eigen dan vektor eigen matriks A. Oleh karena itu vektor x yang diberikan dalam persamaan (5) merupakan solusi persamaan (4), jika r adalah nilai eigen matriks A dan adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r:

()


November 2012

7 / 26



Sehingga untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial (4), kita mestilah menyelesaikan sistem persamaan aljabar (6). Persamaan (6) merupakan persamaan untuk menentukan nilai eigen dan vektor eigen matriks A. Oleh karena itu vektor x yang diberikan dalam persamaan (5) merupakan solusi persamaan (4), jika r adalah nilai eigen matriks A dan adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r: Contoh 1. Tentukan solusi umum dari sistem x(t) _ =

()

1 4

1 1

(7)

x(t):


November 2012

7 / 26



Sehingga untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial (4), kita mestilah menyelesaikan sistem persamaan aljabar (6). Persamaan (6) merupakan persamaan untuk menentukan nilai eigen dan vektor eigen matriks A. Oleh karena itu vektor x yang diberikan dalam persamaan (5) merupakan solusi persamaan (4), jika r adalah nilai eigen matriks A dan adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r: Contoh 1. Tentukan solusi umum dari sistem x(t) _ =

1 4

1 1

(7)

x(t):

Jawab: Misalkan x(t) = ert : Subtitusikan x(t) = ert ke dalam (7), diperoleh r ert =

()

1 1 4 1

ert , r

1 2

ert =

1 4


1 1

1

ert

2

November 2012

7 / 26

,

1 1 4 1

rI2

,

1 1 4 1

r

,

1

1 0 0 1

1 1

1

r

Karena ert 6= 0; maka mestilah 1

r

4

()

ert = 0

2

r 4

1

1

1

ert = 0

2

ert = 0

2

1

1

r

(8)

=0

2


November 2012

8 / 26

,

1 1 4 1

rI2

,

1 1 4 1

r

,

1

2

r 4

ert = 0

1

1 0 0 1

1 1

r

4

ert = 0

2

ert = 0

1

r


1

2

1

1

1

r

(8)

=0

2

Persamaan (8) mempunyai solusi nontrivial jika dan hanya jika 1

r 4

1 1

r

= 0;

yakni (1 ()

r)2

4 = r2 2r 3 = (r 3)(r + 1) = 0 r = 3 atau r = 1


November 2012

8 / 26

r=3) )

1

3

1

4 2 4

1

1

3

=0

2

1 2

1

=0

2

Persamaan terakhir menghasilkan 2 1 + 2 = 0; sehingga vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r = 3 dapat diambil (1)

()

=

1 2


November 2012

9 / 26

1

r=3)

3

1

4

1

2 4

)

1

3

=0

2

1 2

1

=0

2


=

1 2

Selanjutnya r=

1 ) )

()

1 2 4

( 1) 4 1 2

1 1

1 ( 1)

1

=0

2

=0

2


November 2012

9 / 26

1

r=3)

3

1

4

1

2 4

)

1

3

=0

2

1 2

1

=0

2


=

1 2

Selanjutnya r=

1 ) )

1 2 4

( 1) 4 1 2

1 1

1 ( 1)

1

=0

2

=0

2

Persamaan terakhir menghasilkan 2 1 + 2 = 0; sehingga vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r = 1 dapat diambil ()


November 2012

9 / 26

(2)

=

1 2

:

Sehingga, solusi umum persamaan diferensial x(1) (t) =

()

1 2

e3t dan x(2) (t) =

1 2


e

t

November 2012

10 / 26

(2)

=

1 2

:


1 2

1 2

e3t dan x(2) (t) =

e

t

Wronskiannya adalah W

()

x(1) ; x(2)

(t) =

e3t 2e3t

e t 2e

t

=


4e2t 6= 0; 8t

November 2012

10 / 26

(2)

=

1 2

:


1 2

1 2

e3t dan x(2) (t) =

e

t

Wronskiannya adalah W

x(1) ; x(2)

(t) =

e3t 2e3t

e t 2e

t

=

4e2t 6= 0; 8t

Sehingga solusi x(1) (t) dan x(2) (t) membentuk himpunan fundamental, dan solusi umumnya adalah x(t)

= c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t) 1 = c1 e3t + c2 2

(9) 1 2

e

t

dengan c1 ; c2 adalah konstanta sebarang. ()


November 2012

10 / 26

Untuk sistem persamaan diferensial (10)

x(t) _ = Ax(t) dengan A 2 Rn eigen.

()

n;

ada 3 kemungkinan yang terjadi terhadap nilai


November 2012

11 / 26


x(t) _ = Ax(t) dengan A 2 Rn eigen. 1

n;


Semua nilai eigen bernilai riil dan berbeda

()


November 2012

11 / 26


x(t) _ = Ax(t) dengan A 2 Rn eigen. 1 2

n;


Semua nilai eigen bernilai riil dan berbeda Nilai eigen dalam bentuk pasangan konjugat komplex

()


November 2012

11 / 26


x(t) _ = Ax(t) dengan A 2 Rn eigen. 1 2 3

n;


Semua nilai eigen bernilai riil dan berbeda Nilai eigen dalam bentuk pasangan konjugat komplex Nilai eigen berulang

()


November 2012

11 / 26



n;



Nilai eigen Komplex

()


November 2012

11 / 26



n;



Nilai eigen Komplex Untuk sistem (10), jika kita mencari solusi dalam bentuk x(t) = ert maka r mestilah nilai eigen dari matriks A dan adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r:

()


November 2012

11 / 26



n;



Nilai eigen Komplex Untuk sistem (10), jika kita mencari solusi dalam bentuk x(t) = ert maka r mestilah nilai eigen dari matriks A dan adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r: Nilai eigen r1 ; : : : ; rn dari matriks A adalah akar dari persamaan det(A dan vektor eigen

memenuhi (A

()

rIn ) = 0; rIn ) =0


November 2012

11 / 26



n;



Nilai eigen Komplex Untuk sistem (10), jika kita mencari solusi dalam bentuk x(t) = ert maka r mestilah nilai eigen dari matriks A dan adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r: Nilai eigen r1 ; : : : ; rn dari matriks A adalah akar dari persamaan det(A dan vektor eigen

memenuhi (A

Misalkan A 2 R kompleks. ()

rIn ) = 0;

2 2

rIn ) =0

dan akar dari det(A

rI2 ) = 0 adalah bilangan


November 2012

11 / 26

Jika r1 = + i ; dengan ; 2 R; adalah nilai eigen dari A maka r2 = i juga nilai eigen dari A:

()


November 2012

12 / 26

Jika r1 = + i ; dengan ; 2 R; adalah nilai eigen dari A maka r2 = i juga nilai eigen dari A: Selanjutnya, jika (1) adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r1 = + i ; maka vektor eigen (2) yang berkaitan dengan nilai eigen r2 = i juga saling konjugat dengan (1) : Misalkan (1)

()

= a+ib dan

(2)

= a ib


November 2012

12 / 26

Jika r1 = + i ; dengan ; 2 R; adalah nilai eigen dari A maka r2 = i juga nilai eigen dari A: Selanjutnya, jika (1) adalah vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r1 = + i ; maka vektor eigen (2) yang berkaitan dengan nilai eigen r2 = i juga saling konjugat dengan (1) : Misalkan (1)

= a+ib dan

(2)

= a ib

Maka solusi umum dari (10) adalah x(1) (t) (2)

x

(t)

=

(1) r1 t

= (a+ib) e(

+i )t

=

(2) r2 t

(

i )t

e

e

= (a ib) e

;

dan x(t)

= = = = =

Cx(1) (t) + Dx(2) (t) C (a+ib) e( +i )t + D (a ib) e( i )t Ce t (a+ib) ei t + De t (a ib) e i t Ce t (a+ib) (cos t + i sin t) + De t (a ib) (cos t i sin c1 e t (a cos t b sin t) + ic2 e t (a sin t + b cos t)

dengan c1 = C + D dan c2 = C ()

D:


November 2012

12 / 26

Untuk kesederhanaan, tulis x(t) = e t (a cos t

()

b sin t) + ie t (a sin t + b cos t)


November 2012

13 / 26



Jika x(t) ditulis dalam bentuk x(t) = u(t) + iv(t); maka kita peroleh bahwa u(t) = e t (a cos t

b sin t) ;

v(t) = e t (a sin t + b cos t)

adalah solusi bebas linier bernilai riil dari sistem persamaan (10).

()


November 2012

13 / 26




b sin t) ;



Contoh: Dapatkan solusi dari masalah nilai awal berikut x(t) _ =

()

1 1

5 3

x(t); x(0) =

1 1


(11)

November 2012

13 / 26




b sin t) ;




1 1

5 3

x(t); x(0) =

1 1

(11)

Jawab:

()


November 2012

13 / 26




b sin t) ;




1 1

5 3

x(t); x(0) =

1 1

(11)

Jawab: Misalkan x(t) = ert : Subtitusikan x(t) = ert ke dalam (11), diperoleh ()


November 2012

13 / 26

1 1

r ert =

5 3

ert ,

1

r

2

1 1

, 1

,

r

1

()

3

5 3

rI2

5

5 3

1 1

r

1

r

5 3

1

ert

2

ert =

2

r 1


1 1

ert =

ert =

2

0 0 0 0

(12)

=0

2


November 2012

14 / 26

1 1

r ert =

5 3

ert ,

1

r

2

1 1

, 1

,

r

1

5 3

1

1

3

1

r

1

r

ert

2

ert =

2

5

5

3

5 3

rI2

r 1


1 1

ert =

ert =

2

0 0 0 0

(12)

=0

2


r

5 r

= r2 + 2r + 2 = 0;

1

3

r1 =

1 + i dan r =

yang memberikan

()

1

i:


November 2012

14 / 26

Untuk r =

1 + i; diperoleh 2

i 1

()

5 2

1

i

=0

2


November 2012

15 / 26

Untuk r =

1 + i; diperoleh 2

i

5

1

2

1

i

=0

2

Baris-baris matriks 2

i 1

5 2

i

saling berkelipatan, sehingga baris kedua menghasilkan 1

()

(2 + i)

2

= 0:


November 2012

15 / 26

Untuk r =

1 + i; diperoleh 2

i

5

1

2

1

i

=0

2


i 1

5 2

i

saling berkelipatan, sehingga baris kedua menghasilkan 1

(2 + i)

2

= 0:

Akibatnya, vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r = dapat diambil 2+i (1) = 1

()


November 2012

1+i

15 / 26

Untuk r =

1 + i; diperoleh 2

i

5

1

2

1

i

=0

2


i 1

5 2

i

saling berkelipatan, sehingga baris kedua menghasilkan (2 + i)

1

2

= 0:

Akibatnya, vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r = dapat diambil 2+i (1) = 1 Selanjutnya, untuk r =

1

i; diperoleh (2)

()

1+i

=

2

i 1


November 2012

15 / 26

Sehingga solusi sistem (11) adalah x(1) (t) =

()

2+i 1

e(

1+i)t

;

x(2) (t) =

2

i 1


e(

1 i)t

November 2012

16 / 26


2+i 1

e(

1+i)t

;

2

x(2) (t) =

i 1

e(

1 i)t

Untuk mendapatkan solusi bernilai riil, kita harus mendapatkan bagian riil dan bagian imaginer dari x(t). x(t)

= Ce

()

2+i 1

= C t

e(

2+i 1

1+i)t

2

+D

eit + De

i

e(

1 t

2

i 1


e

1 i)t

it

November 2012

(13)

16 / 26


2+i 1

e(

1+i)t

;

2

x(2) (t) =

i

1 i)t

e(

1

Untuk mendapatkan solusi bernilai riil, kita harus mendapatkan bagian riil dan bagian imaginer dari x(t). x(t)

2+i 1

= C = Ce

e(

2+i 1

t

1+i)t

eit + De

Dengan menggunakan syarat awal x(0) = C

2+i 1

+D

2

i 1

2

+D

i

e(

1 t

2

i

e

1 1 1

1 i)t

it

(13)

; diperoleh

=

1 1

;

yang dapat ditulis sebagai (2 + i)C + (2 i)D = 1 C + D = 1; ()


November 2012

16 / 26

yang mempunyai penyelesaian 1 1 C = (1 + i) dan D = (1 2 2

i) :

Sehingga persamaan (13) dapat ditulis menjadi x(t) = = = =

e t e t 2+i 2 i (1 + i) eit + (1 i) e it 1 1 2 2 e t e t 1 + 3i 1 3i eit + e it 1 + i 1 i 2 2 e t e t 1 + 3i 1 3i (cos t + i sin t) + (cos t 1+i 1 i 2 2 e t 2

= e

()

t

2 cos t 2 cos t

i sin t)

6 sin t 2 sin t

cos t 3 sin t cos t sin t

:


November 2012

17 / 26

Gra…k solusinya diperlihatkan dibawah ini:

()


November 2012

18 / 26

Nilai Eigen Berulang

()


November 2012

19 / 26

Nilai Eigen Berulang Perhatikan kembali sistem persamaan diferensial linier homogen berikut: x(t) _ = Ax(t) dengan A 2 Rn

()

n

atau A 2 Cn

n

(14)

:


November 2012

19 / 26

Nilai Eigen Berulang Perhatikan kembali sistem persamaan diferensial linier homogen berikut: x(t) _ = Ax(t)

(14)

dengan A 2 Rn n atau A 2 Cn n : Jika r = adalah suatu nilai eigen dari matriks A dengan pengulangannya sebanyak k kali, maka dikatakan nilai eigen dengan multiplisitas k:

()


November 2012

19 / 26


(14)

dengan A 2 Rn n atau A 2 Cn n : Jika r = adalah suatu nilai eigen dari matriks A dengan pengulangannya sebanyak k kali, maka dikatakan nilai eigen dengan multiplisitas k: Ada 2 kemungkinan kasus yang mungkin terjadi:

()


November 2012

19 / 26


(14)

dengan A 2 Rn n atau A 2 Cn n : Jika r = adalah suatu nilai eigen dari matriks A dengan pengulangannya sebanyak k kali, maka dikatakan nilai eigen dengan multiplisitas k: Ada 2 kemungkinan kasus yang mungkin terjadi: 1

()

Ada sebanyak k vektor eigen bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen


November 2012

19 / 26


(14)


2

()

Ada sebanyak k vektor eigen bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen Banyak vektor eigen bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen kurang dari k:


November 2012

19 / 26


(14)


2


Kasus 1 terjadi jika matriks A simetris, yakni AT = A:

()


November 2012

19 / 26


(14)


2


Kasus 1 terjadi jika matriks A simetris, yakni AT = A: Kita akan mendiskusi bagian 2, yaitu banyak vektor eigen bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen kurang dari k:

()


November 2012

19 / 26


(14)


2


Kasus 1 terjadi jika matriks A simetris, yakni AT = A: Kita akan mendiskusi bagian 2, yaitu banyak vektor eigen bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen kurang dari k: Perhatikan contoh berikut:

()


November 2012

19 / 26

Contoh 5. Tentukan himpunan solusi fundamental dari sistem berikut ini 1 1 x(t) _ = Ax(t) = x(t): 1 3

()


November 2012

(15)

20 / 26


(15)

Jawab:

()


November 2012

20 / 26


(15)

Jawab: Misalkan x(t) = ert : Subtitusikan x(t) = ert ke dalam (15), diperoleh 1 1

r ert = 1

, r

2

1 1

, ,

()

ert

1

1 3 r

1

1 3 1 = 1

1 3 r

r

ert 1 3 1 0 0 1 1 2

1

ert

2 1

ert =

2

ert =

0 0

0 0


November 2012

20 / 26


(15)

Jawab: Misalkan x(t) = ert : Subtitusikan x(t) = ert ke dalam (15), diperoleh 1 1

r ert = 1

, r

2

1 1

, ,

ert

1

1 3 1 = 1

1 3 r

1

r

1 3 r

ert 1 3 1 0 0 1 1

1

ert

2 1

ert =

2

ert =

2

0 0

0 0


r 1

()

3

1 r

1 2

=

0 0


(16) November 2012

20 / 26


r 1

1 3 r

= r2

4r + 4 = 0;

yang memberikan r1 = r2 = 2:

()


November 2012

21 / 26


r 1

1 3 r

= r2

4r + 4 = 0;

yang memberikan r1 = r2 = 2: Untuk r = 2; diperoleh 1 1

1 1

1

= 0;

2

yang menghasilkan persamaan 1 + 2 = 0 dan vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r = 2 adalah (1)

()

=

1 1

:


November 2012

21 / 26


r 1

1 3 r

= r2

4r + 4 = 0;

yang memberikan r1 = r2 = 2: Untuk r = 2; diperoleh 1 1

1 1

1

= 0;

2

yang menghasilkan persamaan 1 + 2 = 0 dan vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen r = 2 adalah (1)

=

1 1

:

Sehingga satu solusi dari sistem (15) adalah x(1) (t) =

(1) 2t

e

=

1 1

e2t

dan tidak ada solusi kedua dalam bentuk x(t) = ert : ()


November 2012

21 / 26

Untuk mendapatkan solusi kedua, coba subtitusikan x(t) = te2t

(17)

ke dalam (15), diperoleh 2 te2t + e2t

()

A te2t = 0:


(18)

November 2012

22 / 26


(17)


A te2t = 0:

(18)

Agar persamaan (18) berlaku untuk setiap t; maka haruslah = 0; yang bermakna bahwa tidak ada solusi tak nol dalam bentuk (17) untuk sistem persamaan diferensial (15).

()


November 2012

22 / 26


(17)


A te2t = 0:

(18)

Agar persamaan (18) berlaku untuk setiap t; maka haruslah = 0; yang bermakna bahwa tidak ada solusi tak nol dalam bentuk (17) untuk sistem persamaan diferensial (15). Kita melihat bahwa persamaan (18) memuat suku te2t ; dan juga e2t :

()


November 2012

22 / 26


(17)


A te2t = 0:

(18)

Agar persamaan (18) berlaku untuk setiap t; maka haruslah = 0; yang bermakna bahwa tidak ada solusi tak nol dalam bentuk (17) untuk sistem persamaan diferensial (15). Kita melihat bahwa persamaan (18) memuat suku te2t ; dan juga e2t : Oleh karena itu kita bisa mencoba x(t) = te2t + e2t ;

(19)

dan subtitusikan ke dalam persamaan (15), kita peroleh: 2 te2t + ( + 2 )e2t = A( te2t + e2t ):

()


November 2012

(20)

22 / 26


(17)


A te2t = 0:

(18)

Agar persamaan (18) berlaku untuk setiap t; maka haruslah = 0; yang bermakna bahwa tidak ada solusi tak nol dalam bentuk (17) untuk sistem persamaan diferensial (15). Kita melihat bahwa persamaan (18) memuat suku te2t ; dan juga e2t : Oleh karena itu kita bisa mencoba x(t) = te2t + e2t ;

(19)

dan subtitusikan ke dalam persamaan (15), kita peroleh: 2 te2t + ( + 2 )e2t = A( te2t + e2t ): 2t

Dengan menyamakan koe…sien-koe…sien te persamaan (20), diperoleh (A ()

2t

dan e

pada kedua ruas (21)

2I) = 0


(20)

November 2012

22 / 26

dan (A Persamaan ( 21) dipenuhi jika dengan nilai eigen r = 2:

()

(22)

2I) = :

adalah vektor eigen yang berkaitan


November 2012

23 / 26

dan (A Persamaan ( 21) dipenuhi jika dengan nilai eigen r = 2: Karena det(A diselesaikan.

()

(22)

2I) = :


2I) = 0; maka persamaan (22) mungkin tidak dapat


November 2012

23 / 26


(22)

2I) = :


Karena det(A 2I) = 0; maka persamaan (22) mungkin tidak dapat diselesaikan. Namun demikian, persamaan (22) mungkin saja dapat diselesaikan untuk suatu vektor :

()


November 2012

23 / 26


(22)

2I) = :


Karena det(A 2I) = 0; maka persamaan (22) mungkin tidak dapat diselesaikan. Namun demikian, persamaan (22) mungkin saja dapat diselesaikan untuk suatu vektor : Perhatikan matriks diperbesar (augmented) dari persamaan (22): 1 1

()

1 1

1 1


November 2012

23 / 26

dan (A

(22)

2I) = :

Persamaan ( 21) dipenuhi jika dengan nilai eigen r = 2:



1 1

1 1

Sistem ini dapat diselesaikan, karena kedua baris saling berkelipatan. Dari baris ke dua diperoleh: 1

()

+

2

=

1:


November 2012

23 / 26

dan (A

(22)

2I) = :




1 1

1 1


Jika diberikan

()

1

= m maka

+

2

=

2

=

1:

1

m:


November 2012

23 / 26

dan (A

(22)

2I) = :




1 1

1 1


Jika diberikan 1 = m maka Jadi dapat ditulis =

1 2

()

=

+

2

=

m 1 m

2

=

1:

1

m:

=

0 1

+m


1 1

:

November 2012

23 / 26

Dengan mensubtitusikan diperoleh

dan

x(t) =

1 1

te2t +

=

1 1

te2t +

()

ke dalam persamaan ( 19), 0 1 0 1

+m

1 1

e2t + m


1 1

e2t e2t :

November 2012

(23)

24 / 26


dan

x(t) =

1 1

te2t +

=

1 1

te2t +


+m

1 1

e2t + m

1 1

e2t e2t :

(23)

1 e2t dalam persamaan ( 23) merupakan kelipatan dari 1 x(1) (t) sehingga dapat diabaikan, tetapi dua suku pertama merupakan solusi baru: 1 0 x(2) (t) = te2t + e2t : 1 1

Suku m

()


November 2012

24 / 26


dan

x(t) =

1 1

te2t +

=

1 1

te2t +


+m

1 1

e2t + m

1 1

e2t e2t :

(23)

1 e2t dalam persamaan ( 23) merupakan kelipatan dari 1 x(1) (t) sehingga dapat diabaikan, tetapi dua suku pertama merupakan solusi baru: 1 0 x(2) (t) = te2t + e2t : 1 1

Suku m

Karena Wronskian dari x(1) (t) dan x(2) (t) adalah h i e2t te2t W x(1) ; x(2) (t) = e2t te2t e2t

=

e4t 6= 0;

maka x(1) dan x(2) membentuk himpunan solusi fundamental. ()


November 2012

24 / 26

Oleh karena itu solusi umum adalah x(t) = c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t) 1 = c1 e2t + c2 1

()

1 1

t+


0 1

e2t :

November 2012

25 / 26

Oleh karena itu solusi umum adalah x(t) = c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t) 1 = c1 e2t + c2 1

1 1

t+

0 1

e2t :

Catatan: Vektor yang diperoleh dengan cara seperti persamaan (22) disebut sebagai vektor eigen diperumum yang berkaitan dengan nilai eigen r = 2:

()


November 2012

25 / 26

Reduksi persamaan orde tinggi menjadi sistem orde 1.

Contoh 2 Diberikan persamaan diferensial linier orde 3 sebagai berikut: ... x + 3• x + 4x_

(24)

5x = g(t);

x(0) = 1; x(1) _ = 2; x • (0) = 1: Ubah persamaan (24) menjadi sistem persamaan diferensial orde 1. Jawab.

()


November 2012

26 / 26

Reduksi persamaan orde tinggi menjadi sistem orde 1.

Contoh 2 Diberikan persamaan diferensial linier orde 3 sebagai berikut: ... x + 3• x + 4x_

(24)

5x = g(t);

x(0) = 1; x(1) _ = 2; x • (0) = 1: Ubah persamaan (24) menjadi sistem persamaan diferensial orde 1. Jawab. Misalkan y1 = x; y2 = x; _ y3 = x •; maka y_ 1 = y2 y_ 2 = y3 y_ 3 = 5y1

4y2

3y3 + g(t);

yang dalam bentuk matriks dapat ditulis:

()


November 2012

26 / 26

I. Sistem Persamaan Diferensial Linier Orde 1 (Review)

Recommend Documents