2011. Oleh: Dr. Sri Redjeki P

0

SRP 2011

DIKTAT KULIAH

MA2271 METODA MATEMATIKA Semester II 2010/2011

Oleh: Dr. Sri Redjeki P.

Prodi Matematika Fakultas MIPA Institut Teknologi Bandung Januari 2009

SRP 2011

Contents

1 Pendahuluan 1.1 Pendekatan kualitatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Klasifikasi Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 4 4

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

7 7 9 10 14 14 15 17

3 Persamaan Diferensial Orde-n Linier 3.1 Sifat-sifat solusi persamaan diferensial orde-n linier . . . 3.2 Solusi persamaan diferensial homogen koefisien konstan 3.3 Sistem Pegas Massa dengan redaman . . . . . . . . . . . 3.4 Persamaan Diferensial Tak Homogen . . . . . . . . . . . 3.4.1 Metode Koefisien 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 . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

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. orde−n 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 Solusi spd tak homogen . . Matriks exp(At) . . . . . . Populasi . . . . . . . . . . . Model predator-prey . . . . Model interaksi dua spesies

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

44 47 49 49 50

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 . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

54 54 57 58 61 63 64

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

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

68 68 72 74 75

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 . . . . . . . .

SRP 2011

. . . . .

4.4

4.3.2 4.3.3 Model 4.4.1 4.4.2

2

Pendahuluan

SRP 2011

Bab 1

Banyak 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=0

mg

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. m (1.0.1) 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. dt 1

Di sini gaya gesek dimisalkan sebanding dengan kecepatan, dengan konstanta a dikenal dengan nama drag coefficient. 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.

3

BAB 1. PENDAHULUAN

4

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

SRP 2011

1 y(t) = gt2 . 2

√ 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 fisika. 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 koefisien 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 grafik 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 dt = 0? Untuk kecepatan v = (5)(9.8) = 49 m/det. Perhatikan bahwa v(t) = 49 juga 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

Klasifikasi Persamaan Diferensial

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

BAB 1. PENDAHULUAN

5

55

50

v(t)

45

40

35

30 0

5

10

15

t

Gambar 1.1.1: Medan gradien bagi persamaan

F (x, y, y ′ , y ′′ , · · · , y (n) ) = 0. Contoh: ′′′

′

persamaan diferensial orde 1, linier

y + yy − e = 0 persamaan diferensial orde 3, tak linier x

20

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

Bentuk umum persamaan diferensial biasa adalah

y ′ − cos x = 0

SRP 2011

60

Persamaan diferensial yang melibatkan fungsi dua peubah atau lebih disebut Persamaan Diferensial Parsial. Contoh: ut + cux = 0

(pers. transport)

uxx − uyy = 0 (pers. gelombang) ut = kuxx

(pers. difusi)

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

SRP 2011

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.

SRP 2011

Bab 2

Persamaan Diferensial Orde Satu Bentuk umum persamaan diferensial orde satu: F (x, y, y ′ ) = 0

(2.0.1)

Persamaan diferensial orde satu diklasifikasikan berdasarkan cara penyelesaiannya menjadi:

1. Persamaan diferensial terpisah (separable eqn.), metoda integral langsung (direct integration). 2. Persamaan diferensial orde 1 linier. 3. Persamaan diferensial homogen, metoda substitusi. 4. Persamaan diferensial eksak, menggunakan faktor integrasi.

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

2.1

Persamaan Diferensial Terpisah, metode integral langsung

Bentuk umum pers. dif. terpisah dy = ϕ(x, y) = g(x)h(y) dx 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.

8

1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial

SRP 2011

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.

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

(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 −

1 1 = − cos(t2 ) + C, y(t) 2

atau y(t) =

2 cos(t2 )

+ C1

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU

9

y(t) =

2 cos(t2 )

+ C1

, dan y(t) = 0.

SRP 2011

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

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′

=

1. Cari semua solusi umum persamaan diferensial berikut.

x2 1−y 2 y cos x 1+2y 2

(c) y ′ = −6xy (d) y ′ = x + xy √ (e) y ′ = 2x y − 1 (f) y ′ = (cos2 x)(cos2 2y) 2. Untuk semua persamaan diferensial berikut:

a. Tentukan solusi yang memenuhi syarat awal yang diberikan.

b. Gambarkan medan gradien (Maple), dan kurva solusi pada a. c. Tentukan pada interval mana solusi di atas terdefinisi. (a) y ′ = (x − 2)(y − 1), (b) y ′ = (1 − 2x)y 2 , (c) xdx +

2.2

ye−x dy

y(0) = 2

y(0) = −1/6

= 0,

y(0) = 1

Persamaan Diferensial Linier Orde Satu

Mempunyai bentuk umum dy + P (t)y = Q(t) dt

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


10

sehingga p.d. semula sekarang menjadi

SRP 2011

∫ d ( ∫ P (t)dt ) e y = e P (t)dt Q(t) dt

∫

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

solusinya y(t) = 4e3t − e2t .)

P (t)dt

disebut sebagai

dy − 3y = e2t , y(0) = 3. (Jawab: dt

dy + 3ty = 6t. Kemudian hitung dt 2 −3/2 limt→∞ y(t) (Jawab: solusi umum y(t) = 2 + C(t + 1) .)

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

3. Tentukan solusi persamaan diferensial x x2 +

1 , x2

dengan x > 0.)

Soal Latihan 2.2.2.

1. Tentukan solusi dari masalah nilai awal berikut.

(a) y ′ − y = 2te2t , (b)

ty ′

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

+ 2y =

t2

y(0) = 1.

− t + 1,

y(1) = 1/2,

t>0

2. Untuk semua persamaan diferensial berikut: a. Tentukan solusi umum dan perilakunya untuk t → ∞. b. Gambarkan medan gradien (Maple).

c. Gunakan hasil b. untuk memeriksa perilaku solusi saat t → ∞, bandingkan dengan hasil a. (a) y ′ + 3y = t + e−2t (b) y ′ + 2ty = 2te−t

2

(c) ty ′ + 2y = sin t,

2.3

t>0

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

dx x(t) = 0.01%175 − 175 dt 458 dx + 0.3821x = 0.0175 dt x(t) = 0.0458 + 0.1832e−0.3821t

SRP 2011

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 .)

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

SRP 2011

(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 dt

A(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 grafik kecepatan dan posisi sebagai fungsi dari waktu.


13

SRP 2011

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 koefisien 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 1 kandungan garam 4 1 + 2 sin t oz/gal mengalir ke dalam tangki dengan laju 2 gal/menit, larutan ke luar dengan laju yang sama pula. Larutan di dalam tangki dianggap 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.?


2.4

14

SRP 2011

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 β laju kelahiran, dan δ laju kematian, maka selama selang waktu ∆t terdapat kelahiran sejumlah β∆tP (t) dan kematian δ∆tP (t) . Maka ∆P = (β − δ)P (t)∆t

dP ∆P = lim = rP (t), ∆t→0 ∆t dt dengan r = β − δ laju pertambahan penduduk. Solusi persamaan diferensial di atas adalah P (t) = P0 ert , dengan P0 menyatakan jumlah populasi awal. Grafiknya adalah

50

40

P(t)

30

20

0

10

20 t

30

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

2.4.1

Model Logistik

dP dt

= rP .

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

( ) P dP =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.


15

60

40 P(t) 30

20

0

10

20 t

SRP 2011

50

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

30

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 P di ℜ2 , seperti Analisa di atas juga dapat dihasilkan dengan menggambar kurva polinom r 1 − K 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

100 90 80 70 60 P(t)

50 40 30 20 10 0

10

20 t

SRP 2011

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.

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 = ay + by 2 , a > 0, b > 0, y0 ∈ ℜ (b) dt dy (c) = ey − 1, y0 ∈ ℜ dt (a)

2. Misalkan di suatu danau terdapat ikan yang terserang penyakit sehingga laju kelahirannya β = 0, sedangkan laju kematiannya δ 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

2.5

Eksistensi dan Ketunggalan

SRP 2011

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.)

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 terdefinisi pada selang yang merupakan subset dari I.

Contoh 2.5.1. Periksa eksistensi dan ketunggalan m.n.a. berikut √ 1. M.n.a. y ′ = 2 y, y(0) = 0 √ √1 tak kontinu di y = 0. Fungsi f (x, y) = 2 y kontinu di y > 0, x ∈ R, sedangkan ∂f ∂y = 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 x tak kontinu di x = 0, jadi syarat eksistensi tak dipenuhi, tetapi jika 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. 2 Fungsi f (x, y) = − xy 2 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 2 Fungsi f (x, y) = y 2 dan ∂f ∂y = 2y kontinu di seluruh R . Jadi teorema menjamin keujudan dan


18

SRP 2011

ketunggalan solusi pada suatu interval buka yang memuat x0 = 0. Jika dicari diperoleh solusi 1 m.n.a. y(x) = 1−x . Perhatikan bahwa solusi ini tidak terdefinisi di seluruh R, melainkan hanya pada (−∞, 0) ∪ (0, ∞). Contoh ini menunjukkan bahwa solusi tunggal dari suatu m.n.a. hanya terdefinisi pada suatu selang yang merupakan subset dari selang kekontinuan f dan fy √ 5. M.n.a. y ′ = x/y, y(5) = 21. 2 Fungsi f (x, y) = x/y dan ∂f ∂y = −x/y tak kontinu hanya di y = 0. Lebih spesifik, keduanya kontinu pada setengah bidang di kanan sumbu−y. Jadi teorema menjamin keujudan dan ketunggalan solusi di sekitar x = 5. Jika dicari solusinya, diperoleh hiperbola y 2 = x2 − 4. Hiperbola ini terdefinisi pada [2, ∞), yang hanya merupakan subset dari [0, ∞). Teorema 2 (Keujudan dan Ketunggalan Solusi p.d. Linier Orde 1) Jika P (x) dan Q(x) kontinu pada selang buka I yang memuat titik x0 , maka masalah nilai awal dy + P (x)y = Q(x), dx

y(x0 ) = y0

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 terdefinisi pada I. Catatan: Beberapa perbedaan antara pd linier dan pd tak linier.

(2.5.1)

(2.5.2)

• Teorema yang berlaku bagi p.d.linier menjamin adanya solusi yang terdefinisi 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.

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

(a) y ′ = −y, (b)

y′

=

y(a) = b

y 1/3 , y(0)

= 0. Tentukan tiga solusi berbeda dari m.n.a.

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

SRP 2011

Bab 3

Persamaan Diferensial Orde-n Linier

Pada 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 koefisien 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 linier

Perhatikan pd orde-2 linier homogen berikut y ′′ + a(x)y ′ + b(x)y = 0.

(3.1.1)

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

f g

= 0, ∀x ∈ I (3.1.2) W (f, g) ≡ ′ ′ f g Contoh 3.1.1. Buktikan yang berikut ini. a. W (1, ex ) ̸= 0, ∀x ∈ ℜ, kesimpulan {1, ex } .......... b. W (sin x, cos x) ̸= 0, ∀x ∈ ℜ, kesimpulan ............. c. W (sin x, x sin x) ̸= 0, ∀x ∈ ℜ, kesimpulan .............

19

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER

20

y ′′ + a(x)y ′ + b(x)y = 0

SRP 2011

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

f g

′ ′ W (f, g, h) =

f g

f ′′ g ′′

Tiga fungsi f, g, h bebas linier pada I jika

h

h′

̸= 0, ∀x ∈ I. ′′ 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 (n−1) + · · · + Pn−1 (x)y ′ + Pn (x)y = F (x). berlaku secara analog sifat-sifat berikut.

(a) Prinsip superposisi solusi persamaan diferensial linier homogen orde-n (b) Solusi umum persamaan diferensial homogen (c) Solusi umum persamaan diferensial tak homogen Soal Latihan 3.1.2.

1. Buktikan fungsi-fungsi berikut bebas linier.

(a) ex cos x, ex sin x (b) x, xex , x2 ex (c) cos(2x), x cos(2x), k dengan k ∈ R


21

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

SRP 2011

y ′′ − 10y ′ + 25y = 0.

Tentukan solusi (khusus) persamaan diferensial yang memenuhi syarat awal y(0) = 3, y ′ (0) = 13. 3. Buktikan bahwa y1 = x dan y2 = x 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 koefisien konstan

Perhatikan persamaan diferensial orde 2 homogen koefisien konstan y ′′ + ay ′ + by = 0.

(3.2.1)

Misalkan y = erx , r ∈ R solusi persamaan diferensial tersebut (dengan r akan ditentukan). 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 = α ± iβ, α, β ∈ R, maka solusi umumnya y(x) = C1 e(α+iβ)x + C2 e(α−iβ)x

= eαx (C1 cos(βx) + C2 cos(βx)) + ieαx (C1 sin(βx) − C2 sin(βx)) y(x) = eαx (A cos(βx) + B sin(βx)) . dengan A, B bilangan kompleks.

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

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 1. y ′′ − 3y ′ = 0,

y(0) = 4,

3. y ′′ − 2y ′ + 2y = 0,

y ′ (0) = −2. y ′ (0) = −1.

y(0) = 2,

y ′ (0) = 5.

y(0) = 0,

SRP 2011

2. y ′′ + 2y ′ + y = 0,

22

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 koefisien konstan orde−n dengan bentuk umum sbb.: y (n) + a1 y (n−1) + · · · + an−1 y ′ + an y = 0.

Persamaan karakteristik yang bersesuaian dengan persamaan diferensial di atas adalah rn + a1 r(n−1) + · · · + an−1 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 e−4x .

{ } Perhatikan bahwa himpunan fungsi-fungsi konstan, x, e5x , e−4x bebas linier. Periksalah apakah W (k, x, e5x , e−4x ) = 0? Soal Latihan 3.2.3.

1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut ini.

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

2. Tentukan solusi persamaan diferensial dengan syarat awal berikut. (a) y (3) − 3y ′′ + 4y ′ − 2y = 0, (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.


3.3

23

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

SRP 2011

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 koefisien 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.


q

L

SRP 2011

Perhatikan sistem pendulum seperti pada gambar. Mengingat dθ panjang busur s = Lθ, maka v = ds endt = L dt .( Selanjutnya )2 dθ . Menginergi kinetik setiap saat adalah 12 mv 2 = 12 mL2 dt gat dalam kondisi setimbang, energi potensial pendulum nol, maka dalam kondisi seperti pada gambar energi potensialnya mgL(1 − cos θ). Jika gaya gesek diabaikan, maka energi total pendulum tetap setiap saat, sehingga ( )2 1 2 dθ mL + mgL(1 − cos θ) = Konstan 2 dt ( )( 2 ) ( ) dθ d θ dθ + mgL sin θ =0 mL2 dt dt2 dt ( 2 ) d θ g + sin θ = 0 2 dt L

24

s

Jika diasumsikan θ cukup kecil (< 150 = π/12) maka sin θ ≈ θ, dan persamaan gerak pendulum θ′′ + kθ = 0,

dengan k = g/L.

Tugas: Tunjukkan bahwa jika gaya gesek udara diperhitungkan, gaya gesek ∼ cθ′ , maka model persamaannya adalah θ′′ + cθ′ + kθ = 0.

Getaran Bebas Tak Teredam

Dalam 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 ω0 t + B sin ω0 t = A2 + B 2 cos(ω0 t − α) √ dengan tan α = B/A dan ω0 = k/m. frekwensi ω0 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 ω0 per detik. Dalam satuan Hz ω0 2π (putaran per detik) frekwensi . Periode getaran ini T = . Getaran ini disebut gerak harmonik 2π ω0 sederhana.


25

Getaran Bebas Teredam

mx′′ + cx′ + kx = 0, maka akar-akar persamaan karakteristiknya √ c c2 − 4km ± r1 , r 2 = − 2m 2m √ Notasikan ccrit ≡ 4km 3

3

3

2 2 1

2

0

1

K1

1 0

5

10

15

t

0

5

10

15

K1

t

K2 K3 K4

SRP 2011

Persamaan sistem pegas-massa-redaman

5

10

15

t

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 ω1 t + C2 sin ω1 t), dengan |c2 −4km| ω1 = 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 Homogen

Bentuk umum persamaan diferensial tak homogen orde−2: y ′′ + a1 y ′ + a2 y = f (x).

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 koefisien tak tentu dan metode variasi parameter.


3.4.1

26

Metode Koefisien Tak Tentu

SRP 2011

Ide dasar dari metoda koefisien tak tentu adalah: memduga dengan cerdas solusi yp (solusi ansatz) berdasarkan bentuk fungsi f (x) di ruas kanan. Pikirkan suatu solusi dari persamaan 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 koefisien konstan menyerupai suku tak homogennya. Hal inilah yang melandasi metoda koefisien 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 = 3e−x − 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) = 12 xe2x . Karena solusi homogennya adalah yh (x) = Ce2x + De−2x , maka solusi umum persamaan diferensial tersebut y(x) = yh (x) + yp (x) = Ce2x + De−2x + 21 xe2x .


27

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!)

SRP 2011

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

Catatan: metode koefisien 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 koefisien 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 y1 + u′2 y2 = 0 u′1 y1′ + u′2 y2′ = f (x) Bagaimana (3.4.1) diperoleh? Diskusikan!

(3.4.1)

Analog untuk persamaan diferensial tak homogen orde−n, 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  ′ u1 y1 + u′2 y2 + · · · + u′n yn = 0     u′1 y1′ + u′2 y2′ + · · · + u′n yn′ = 0 ..  .    ′ (n−1) (n−1) (n−1) = f (x) u 1 y1 + u′2 y2 + · · · + u′n yn

(3.4.2)

Perhatikan bahwa determinan dari SPL di atas adalah W (y1 , y2 , · · · , yn ) dan tak nol ∀x ∈ ℜ, 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 ke−i diganti dengan (0, 0, · · · , f (x)) (ruas kanan SPL).


28

Soal Latihan 3.4.3.

SRP 2011

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 x 4. y ′′ − 3y ′ + 2y = exe+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 − π/2 < t < π/2 2. y ′′′ + y ′′ + y ′ + y = x1 .

Langkah-langkah pencarian solusi persamaan diferensial tak homogen dengan metode variasi parameter 1. Cari solusi persamaan diferensial homogen yh = c1 y1 + · · · + cn yn (j)

2. Hitung yi , untuk j = 1, · · · , (n − 1), dan hitung W (y1 , · · · , yn ). 3. Selesaikan SPL bagi u′i , i = 1, · · · , n. 4. Integralkan u′i untuk mendapatkan ui . 5. maka yp = Σni=1 yi ui Cari solusi partikular dari x3 y ′′′ + x2 y ′′ − 6xy ′ + 6y = 30x, jika diketahui solusi homogennya adalah: y1 (x) = x,

y2 (x) = x3 ,

y3 (x) = x−2

Catatan: Metoda Euler-Cauchy untuk mencari solusi persamaan diferensial homogennya tidak 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 = x−2 ex 5. y ′′ + y = x1/2 6. y (3) + y ′′ + y ′ + y = 1/x (hasilnya cukup dinyatakan dalam integral)


3.5

29

Getaran dengan gaya luar

SRP 2011

Akan dibahas sistem pegas massa teredam dengan gaya luar yang mempunyai persamaan mx′′ + cx′ + kx = F (t)

3.5.1

Kasus adanya gaya luar, tanpa redaman

Perhatikan sistim pegas massa tanpa redaman yang dikenai gaya luar berupa gerak harmonik: mx′′ + kx = F0 cos ωt. Jika ω0 ̸= ω solusi umumnya adalah x(t) = xp (t) + xh (t) =

F0 /m cos ωt + C cos(ω0 t − α) ω02 − ω 2

(3.5.1)

Perhatikan bahwa solusi umum merupakan superposisi dari dua getaran dengan frekuensi ω0 dan ω. Beats Diberikan dua syarat awal x(0) = x′ (0) = 0 diperoleh solusi x(t) =

F0 /m (cos ωt − cos ω0 t) ω02 − ω 2

x(t) =

1 2F0 1 sin (ω0 − ω)t sin (ω0 + ω)t 2 2 2 2 m(ω0 − ω )

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

Contoh: Dua buah terompet memainkan nada C, namun dengan frekuensi yang sedikit berbeda, ω ω0 frekwensinya = 258 Hz dan = 254 Hz. Nada yang dihasilkan kedua terompet itu bukannya 2π 2π nada C yang ’keras’ akibat gabungan dua terompet, melainkan terdengar fenomena ’beat’, yaitu (ω0 − ω)/2 variasi amplitudo keras pelan dengan frekwensi = 2 Hz. 2π


x′′ + ω02 x =

F0 cos ω0 t, m

diperoleh xp (t) =

F0 t sin ω0 t 2mω0

SRP 2011

Resonansi Perhatikan solusi umum (3.5.1), jika ω → ω0 maka solusi partikular membesar tanpa batas. Hal ini mengindikasikan adanya resonansi jika ω → ω0 . Selanjutnya jika dicari solusi partikular persamaan diferensial

30

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 sistim pegas massa, suatu bangunan akan mempunyai frekwensi natural ω0 = 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.


3.5.2

31

Kasus adanya getaran luar dan redaman

mx′′ + cx′ + kx = F0 cos ωt, solusinya adalah x(t) = xh +xp , dengan xh solusi transien yang menuju nol untuk t → ∞. Selanjutnya solusi partikular xp (t) = √

F0 m2 (ω02

− ω 2 )2 + c2 ω 2

cos(ωt − α),

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 ω/ω0 dan koefisien redaman c, dan diilustrasikan pada gambar di samping. Jika amplitudo getaran steady ini besar, maka tentu berbahaya juga.

SRP 2011

Perhatikan persamaan diferensial

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) = e−t (C1 cos t + C2 sin t) −t Solusi khusus xh (t) solusi transien. √ = e (2 cos t − 6 sin t) mrpk −1 Solusi periodik 2 5 cos(2t − α), α = π − tan 2.

SRP 2011

Bab 4

Sistem Persamaan Diferensial Bentuk 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 scientific.

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 x¨1 = k2 (x2 − x1 ) − k1 x1 m2 x¨2 = −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 2 Q˙ 1 = 1.5 + 1.5 Q 20 − 3 30 Q2 1 Q˙ 2 = 3 + 3 Q 30 − 4 20 berupa sistem persamaan diferensial orde 2, dua variabel tak homogen. 32

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

4.0.4

33

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

SRP 2011

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

x2 = x′ , · · · , xn = x(n−1)

Pdnya menjadi sistem pd orde−1 dengan n variabel.  ′ y1 = y2    ′  y = y3   2 .. .   ′  = yn  yn−1   ′ 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 e−5t Substitusikan solusi y(t) ke pers (2) untuk mendapatkan 1 3 x(t) = C1 e2t + C2 e−5t 2 3 Substitusikan syarat awal menghasilkan x(t)=3e2t − e−5t y(t)=2e2t − 3e−5t Perhatikan bahwa solusinya berupa fungsi bernilai vektor ( ) ( ) ( ) x 3 1 2t = e − e−5t y 2 3


4.0.5

34

Berbagai cara mencari solusi sistim pd

L1 x + L2 y = f1 (t) L3 x + L4 y = f1 (t)

(4.0.1)

dengan L1 , L2 , L3 dan L4 operator diferensial (linier). Contoh 4.0.3. sistem pd pada contoh di atas dapat ditulis sebagai (D − 4)x + 3y = 0 −6x + (D + 7)y = 0 Selanjutnya L1 L3 L1 L3

SRP 2011

Suatu sistem pd dengan koefisien konstan dapat ditulis dalam bentuk

solusi (4.0.1) adalah f1 (t) L2 L2 x = f2 (t) L4 L4 L f (t) L2 y = 1 1 L4 L3 f2 (t)

,

(4.0.2)

,

diperoleh dengan cara eliminasi biasa.

Contoh 4.0.4. Perhatikan sistem 2 pegas 2 massa tanpa gaya luar, dengan k1 = 4, k2 = 2, m1 = 2, m2 = 1. Akan dicari gerak sistem tersebut tiap saat. Penyelesaian: Sistem pd yang berkaitan adalah (D2 + 3)x − y = 0 −2x + (D2 + 2)y = 0 Jika digunakan rumus (4.0.2) diperoleh (D2 + 1)(D2 + 4)x = 0 (D2 + 1)(D2 + 4)y = 0. Selanjutnya diperoleh x(t) = a1 cos t + a2 sin t + b1 cos 2t + b2 sin 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

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

SRP 2011

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

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

4.0.6

Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor

{ } Misalkan S = x(1) , · · · , x(n) , dengan x(i) fungsi bernilai vektor. S dikatakan bebas linear pada selang I jika sistim persamaan C1 x(1) (t) + C2 x(2) (t) + · · · + Cn x(n) (t) = 0

(4.0.5)

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

Selanjutnya (4.0.5) hanya mempunyai solusi trivial ∀t ∈ I jika determinan ‘matriks koefisien’nya bernilai nol ∀t ∈ I atau (1) x (t) x(2) (t) · · · x(n) (t) 1 1 1 (1) (2) (n) x (t) x2 (t) · · · x2 (t) W (x(1) , x(2) , · · · , x(n) ) = 2 = 0, ∀t ∈ I ··· ··· ··· (1) (i) xn (t) x(2) xn (t) n (t) · · · Teorema 4.0.5. 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 4.0.6. Tunjukkan bahwa ( ) ( ) 3 1 2t x1 (t) = e dan x2 (t) = e−5t 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 2t 3e e−5t 2e2t 3e−5t tak nol ∀t ∈ R. Determinannya adalah 7 exp(−3t) ̸= 0, ∀t ∈ R. Jadi {x1 , x2 } bbl pada R.


36

4.1

SRP 2011

Soal Latihan 4.0.7. 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

Metode Nilai Eigen untuk Mencari Solusi Sistem Persamaan Diferensial Homogen

Sistem persamaan diferensial homogen koefisien konstan dapat dituliskan dalam notasi matriks berikut x˙ = Ax

(4.1.1)

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

Misalkan solusinya berbentuk x = veλt , dengan v dan λ akan dicari. Jika disubstitusikan ke dalam sistem pd akan menghasilkan λveλt − Aveλt = 0 (A − λI)veλt = 0.

Dicari v solusi SPL di atas yang tak nol. Karena eλt tak pernah nol, maka haruslah det(A − λI) = 0

Jadi diperoleh solusi (4.3.8) adalah x = veλt , dengan v dan λ berturut-turut adalah vektor 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 λ1 , λ2 , · · · , λn dari An×n .

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 eλ1 t , x2 (t) = v2 eλ2 t , · · · , xn (t) = vn eλn 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).

(4.1.2)


4.1.1

37

Kasus: nilai eigen real berbeda

SRP 2011

Contoh 4.1.1. Gunakan metoda nilai eigen untuk mecari solusi sistem pd berikut (sama seperti Contoh 4.0.2). ( ) ( )( ) ( ) ( ) x˙1 4 −3 x1 x1 (0) 2 = , = x˙2 6 −7 x2 x2 (0) −1 Penyelesaian: Dicari nilai eigen dari matriks koefisien A. 4−λ −3 =0 6 −7 − λ λ2 + 3λ − 10 = 0

Diperoleh pasang eigen ( ) ( ) 3 1 λ1 = 2, v1 = dan λ2 = −5, v2 = . 2 3 Solusi umum sistem pd adalah kombinasi linier dari v1 eλ1 t dan v2 eλ2 t atau ( ) ( ) ( ) x(t) 3 1 2t = C1 e + C2 e−5t y(t) 2 3 Jika syarat awal disubstitusikan diperoleh ( ) ( ) ( ) x(t) 3 1 = e2t − e−5t 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

4.1.2

Kasus: nilai eigen kompleks

Perhatikan sistim pd dengan matriks koefisien berelemen bilangan real A yang mempunyai nilai eigen kompleks saling konjugate. Misalkan nilai eigen kompleks tersebut λ = p±qi, dengan p, q ∈ ℜ 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) = veλt = (a + bi) exp(p + qi)t = ept (a cos qt − b sin qt) + iept (b cos qt + a sin qt).


38

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)

SRP 2011

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

dengan C1 , C2 bilangan real. Periksa bahwa dua solusi real di atas juga dapat diperoleh jika diambil ¯ ¯ eλt . bagian real dan imajiner dari v 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 koefisien sistim pd di atas: −1/2 ± i dan vektor eigen yang 1 bersesuaian adalah . Diperoleh dua solusi kompleks ±i (

1 i

)

( (−1/2+i)t

e

dan

1 −i

) e(−1/2−i)t

Perhatikan salah satunya, pisahkan bagian real dan imajinernya, menghasilkan: ( ) ( ) ( −t/2 ) 1 e−t/2 cos t e sin t −t/2 e (cos t + i sin t) = +i i −e−t/2 sin t e−t/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 ′ 1. x (t) = x 4 −1   1 0 0 2. x′ (t) =  2 1 −2  x 3 2 1 ( ) ( ) 1 −5 1 ′ 3. x (t) = x, x(0) = 1 −3 1


4.1.3

39

Kasus: nilai eigen berulang

SRP 2011

Dalam kasus matriks koefisien 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 koefisiennya   mempunyai n.e. λ1 = 2, dan λ2,3 = −1. Vektor eigen yang  bersesuaian   dengan  1 1 0 λ1 adalah  1 . Vektor eigen yang bersesuaian dengan λ2,3 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  e−t dan  1  e−t 1 −1 −1 Sehingga solusi umum sistim pd:       1 1 0 x = C1  1  e2t + C2  0  e−t + C3  1  e−t 1 −1 −1

Catatan: Dalam contoh ini nilai eigen λ = −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 koefisien sistim pd di atas adalah = 2 (akar kembar). Jika kita cari vektor ( λ) 1 eigennya hanya didapat satu v.e. bbl, yaitu ξ = . Jadi hanya didapat satu solusi sistim −1 pd: ( ) 1 (1) x (t) = e2t −1 Solusi sistim pd lainnya dimisalkan berbentuk x(t) = ξte2t + ηe2t

dengan η harus dicari. Jika disubstitusikan ke dalam sistim pd maka η harus memenuhi (A − 2I)η = ξ.

(4.1.3)


SRP 2011

Perhitungan menghasilkan ( ) ( ) ( ) k 0 1 η= = +k −1 − k −1 −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 λ melebihi jumlah vektor eigen bbl yang bersesuaiannya, maka nilai eigen tersebut dikatakan defect. Vektor eigen η yang memenuhi (4.1.3) merupakan contoh dari generalized eigenvector Soal Latihan 4.1.7. Cari solusi sistim pd berikut. ( ) 4 −2 ′ 1. x (t) = 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 e−t y(t) 2 −2

(4.2.1)


41

SRP 2011

dengan C1 , C2 bil real sebarang. Selanjutnya akan digambarkan solusi (4.2.1) ( )pada bidang xy un1 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 diten1 tukan dengan cara berikut. Untuk t −→ ∞, suku C1 e3t menjadi dominan, sedangkan suku 2 ( ) ( ) 1 1 −t e kecil sekali, sehingga x −→ C1 e3t . Jadi untuk t → ∞, semua solusi dengan C2 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˙ −3 x 2 √ = y˙ y 2 −2 mempunyai solusi ( ) ( ) ( √ ) 1 x(t) − 2 −t = C1 √ e + C2 e−4t . y(t) 2 1 Mula-mula misalkan ( ) 1 √ x1 (t) = C1 e−t , 2

( x2 (t) = C2

√ ) − 2 e−4t . 1

pada bidang xy untuk dengan C1 , C2 bil real sebarang. Selanjutnya akan digambarkan solusi (4.2.1) ( ) 1 berbagai nilai konstanta C1 , C2 . Jika C1 > 0, C2 = 0 maka x = C1 √ e−t . Jadi solusinya 2 √ berupa setengah garis y = 2x yang terletak √ di kwadran I, arahnya mendekati titik (0, 0). Sedangkan 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.


mempunyai solusi ( ) ( ) ( ) x(t) cos t sin t −t/2 = C1 e + C2 e−t/2 y(t) − sin t cos t

SRP 2011

Contoh 4.2.3. (Spiral point) Perhatikan sistim pd berikut ( ) ( )( ) x˙ −1/2 1 x = −1 −1/2 y y˙

42

(4.2.2)

dengan C1 , C2 bil real sebarang. Untuk C1 ̸= 0 dan C2 = 0, kurva solusi memenuhi x2 + y 2 = e−t , 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

SRP 2011

Pola trajektori sistim pd adalah tipikal dan bergantung pada jenis nilai eigen matriks koefisiennya. Tiga pola trajektori yang seringkali muncul disajikan pada gambar-gambar di halaman 52 Soal Latihan 4.2.4. Sketsakan kurva-kurva solusi sistim pd berikut di sekitar titik (0, 0). Tentukan tipe titik (0, 0) serta kestabilannya. dy dt

= −2y.

1.

dx dt

= 2x,

2.

dx dt

= −2x,

3.

dx dt

= y,

dy dt

= −x

4.

dx dt

= y,

dy dt

= −5x − 4y

5.

dx dt

= −2x,

dy dt

dy dt

= −y.

= −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.

4.3

Matriks Fundamental

4.3.1

Solusi spd homogen

Perhatikan sistem pd dengan syarat awal x′ = Ax,

x(0) = x0 .

(4.3.1)

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

(1)

x1 (t) · · ·  .. Ψ(t) =  . (1)

xn

···

(n)

x1 .. .

  

(n)

xn

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 = Ψ(t)c ,

dengan vektor konstanta sebarang c = (c1 , · · · , cn ). Vektor konstanta sebarang c dapat dihitung agar solusi memenuhi syarat awal x(t0 ) = x0 atau Ψ(t0 )c = x0 , dan diperoleh c = Ψ(t0 )−1 x0 . Sehingga solusi sistim pd dengan syarat awal (4.3.1) adalah x = Ψ(t)Ψ(t0 )−1 x0 .

(4.3.2)


44 ( =

1 1 4 1

) x(t) dan tentukan solusi yang

SRP 2011

Contoh 4.3.1. Cari matriks fundamental sistem ( ) −1 memenuhi x(0) = . 1

x′ (t)

(

pd x(1) (t)

) e3t = , x(2) (t) = 2e3t ) e−t . Selanjutnya −2e−t

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

e3t e−t 2e3t −2e−t

)(

1 − 4

)(

−2 −1 −2 1

)(

−1 1

)

( =

1 − 4

)(

e3t + 3e−t 2e3t − 6e−t

)

.

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

(4.3.3)

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

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

(4.3.4)

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


45

Sehingga solusi partikular dari SPD tak homogen (4.3.3) adalah (4.3.5)

Jika ditambahkan syarat awal x(0) = x0 maka solusinya menjadi x(t) = Ψ(t)Ψ(0)−1 x0 + Ψ(t)

SRP 2011

∫ xp (t) = Ψ(t) Ψ(t)−1 f (t) dt

∫t 0

Ψ(s)−1 f (s) ds

Periksa kebenaran rumus di atas! Contoh 4.3.3. Tentukan solusi partikular SPD tak homogen ( ) ( 2t ) 2 1 3e x′ = x+ . 0 2 4e2t (

(4.3.6)

) 2 Jika diberikan syarat awal x0 = , tentukan solusinya. Penyelesaian: Jika dihitung matriks −1 ( 2t ) e te2t fundamentalnya adalah Ψ(t) = , sehingga 0 e2t ∫ xp (t) = Ψ(t) Ψ(t)−1 f (t) dt ( 2t ) ∫ ( −2t ) ( 2t ) e te2t e −te−2t 3e = dt 0 e2t 0 e−2t 4e2t ( ) (3t + 2t2 )e2t = . 4te2t −1

x(t) = Ψ(t)Ψ(0) ( = ( =

e2t te2t 0 e2t (2 − t)e2t −e2t

∫ x0 + Ψ(t) )(

t

Ψ(s)−1 f (s) ds

0 )−1 (

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

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


46

Metode koefisien tak tentu

SRP 2011

Metode koefisien tak tentu juga dapat digunakan untuk menyelesaikan sistem pd tak homogen. Perhatikan contoh-contoh berikut. Contoh 4.3.5. Tentukan solusi homogen dan solusi partikular sistem pd ( ) ( −t ) −2 1 2e x˙ = x+ . 1 −2 3t Penyelesaian: Jika dicari solusi sistim pd homogennya adalah ( ) ( ) 1 1 −3t xh = C1 e + C2 e−t . −1 1 Tuliskan suku tak homogen sebagai ( ) ( ) 2 0 −t g(t) = e + t 0 3

Dalam metoda koefisien tak tentu, solusi partikularnya dimisalkan berbentuk xp (t) = ate−t + be−t + ct + d

dengan a, b, c, d akan ditentukan. Substitusikan xp ke dalam sistim pd-nya diperoleh ( ) ( ) 2 0 −t −t −t −t −t −t −ate + ae − be + c = Aate + Abe + Act + Ad + e + t 0 3 Perhatikan persamaan di atas, koefisien dari te−t :

−a = Aa ( ) 2 −t e : a − b = Ab + 0 ( ) 0 t: 0 = Ac + 3 konst : c = Ad

· · · (1) · · · (2) · · · (3) · · · (4)

Dari((1) disimpulkan a vektor eigen dari dengan nilai eigen(−1, diperoleh ) ( A ) yang ( berkorespondensi ) ) 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 te−t + t − 4/3 −t −t xp (t) = te − e + t − 1/3 = . 1 1 2 5 (t − 1)e−t + 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+ , x = . 0 0 2 4e2t −1


47

SRP 2011

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 koefisien tak tentu, solusi partikularnya dimisalkan berbentuk xp (t) = at2 e2t + bte2t + ce2t .

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 koefisien 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. Definisi 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 t2! + · · · 0 = 2 0 1 − t + t2! − · · · ( 4t ) e 0 = . 0 e−t


48

SRP 2011

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.

(4.3.8)

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

(4.3.9)

Bukti: Dengan menggunakan (4.3.7) jelas bahwa matriks exp(At) memenuhi d 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) = Ψ(t)Ψ(0)−1 .

(4.3.10)

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)

∫t 0

exp(At)−1 f (s) ds

(4.3.12)

Periksa! Catatan: Seringkali perhitungan menggunakan matriks fundamental Ψ(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 ( ) ( ) 1 4 2 ′ x, x(0) = . x = 3 −1 −1

Penyelesaian:(Nilai ) eigen dari adalah λ1 = −2, dan λ2 = 5 dan vektor eigen yang bersesuaian ( A) 1 2 adalah v1 = , v2 = . −3 1 ( exp(At) =

e−2t 2e5t −2t −3e e5t

)(

1 2 −3 1

)−1

1 = 7

Selanjutnya solusi mna adalah ( ) ( ) 1 −e−2t + 8e5t 1 x(t) = exp(At) = . −1 3e−2t + 4e5t 7

(

e−2t + 6e5t −2e−2t + 2e5t −2t 5t −3e + 3e 6e−2t + e5t

)


49

4.4

Model Populasi

SRP 2011

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 ′ 2. x (t) = , x= 4 −4 1 ( ) ( ) 1 −5 1 ′ 3. x (t) = , x= 1 −1 −1     −19 12 84 1 5 0 , x =  2  4. x′ (t) =  0 −8 4 32 −1

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

SRP 2011

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

SRP 2011

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

SRP 2011


53

SRP 2011

with λ < 0.

Transformasi Laplace

SRP 2011

Bab 5

Transformasi 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

Definisi 5.1.1. Misalkan f (t) adalah fungsi yang terdefinisi untuk t ≥ 0, maka transformasi Laplace dari f adalah fungsi baru dengan variabel bebas s, yaitu F (s) yang didefinisikan sebagai berikut ∫ ∞ e−st 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 e−st dt = − 1s e−st t=0 = limb→∞ − 1s e−st + 1s .

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 , s−a

untuk s > a.

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

54

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE

55

0

Substitusi u = st, (t = u/s, dt = du/s) menghasilkan ∫ ∞ 1 n L{t } = n+1 e−u un du s 0 Penerapan beberapa kali pengintegralan parsial menghasilkan L{tn } = Jadi L{t} =

n! , sn+1

1 , s2

untuk s > 0 (cek!).

L{t2 } =

2 , s3

dst.

Rumusan yang lebih umum berlaku untuk sebarang a ∈ R, a > −1: L{ta } =

Γ(a + 1) , sa+1

untuk s > 0.

SRP 2011

Contoh 5.1.3. Misalkan n bilangan asli ∫ ∞ n L{t } = e−st tn dt

Rumus ∫di atas diekspresikan dalam fungsi gamma. Sedangkan fungsi gamma didefinisikan sebagai: ∞ Γ(x) = 0 e−t tx−1 dt. Sifat-sifat fungsi gamma: √ 1. Γ(1) = 1, dan Γ(1/2) = π. 2. Γ(x + 1) = xΓ(x), untuk x > 0 3. Γ(n + 1) = n! untuk n bilangan bulat positif.

Dengan mencermati sifat-sifat di atas, maka fungsi gamma dapat dipandang sebagai perumuman untuk s > 0. dari fungsi faktorial n!. Coba buktikan L{t1/2 } = Γ(3/2) s3/2 Teorema 5.1.4. (Transformasi Laplace merupakan operator linier) L{af (t) + bg(t)} = aL{f (t)) + bL{g(t)),

untuk setiap

Contoh 5.1.5. L{3t2 + 4t3/2 } = 3

√ 2! Γ(5/2) + 4 5/2 = 6s−3 + 3 πs−5 . 3 s s

a, b ∈ R

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

s , untuk s > k > 0 s2 − k 2

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 L(sinh kt) =

s2


56

SRP 2011

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), maka lim F (s) = 0.

s→∞

Mengingat adanya Teorema 5.1.6 tentang ketunggalan dari transformasi Laplace, maka berikut ini kita dapat mendefinisikan invers dari transformasi Laplace. Definisi 5.1.8. Misalkan F (s) = L(f (t)), maka f (t) disebut invers transformasi Laplace dari F (s), dan dinotasikan: f (t) = L−1 (F (s)) Contoh 5.1.9. L−1 {

2 2 1 1 1 } = e−2t , L−1 { 2 } = sin 3t. } = t2 , L−1 { 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 terdefinisi untuk s > c, untuk suatu bilangan real c. Soal Latihan 5.1.11. 1. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi-fungsi berikut. √ (a) f (t) = t + 3t − e5t (b) f (t) = cos2 2t + cos 2t (c) g(t) = sinh2 3t 2. Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi-fungsi berikut. 3 2 + 5/2 4 s s 5 − 3s (b) X(s) = s4 3s (c) H(s) = 2 s −s−6 s2 (d) Y (s) = 4 s −1 (a) F (s) =


5.2

57

Transformasi masalah nilai awal

SRP 2011

Pada sub bab ini akan dibahas penggunaan transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier dengan koefisien konstan ax′′ (t) + bx′ (t) + cx(t) = f (t)

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

Coba buktikan proposisi di atas menggunakan integral parsial!

Akibat 5.2.2. (Transformasi dari turunan fungsi tingkat tinggi) Misalkan fungsi-fungsi f, f ′ , f ′′ , · · · , f (n−1) masing-masing mempunyai transformasi Laplace untuk s > c maka L{f (n) (t)} ada dan L{f (n) (t)} = sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − sf (n−2) (0) − f (n−1) (0), Contoh 5.2.3. Tentukan solusi masalah nilai awal x′′ − x′ − 6x = 0,

x′ (0) = −1.

x(0) = 2,

untuk

s > c.

Jawab: Jika persamaan diferensial di atas di transformasi, akan diperoleh L{x′′ (t)} − L{x′ (t)} − 6L{x(t)} = 0 s2 X(s) − 2s + 1 − (sX(s) − 2) − 6X(s) = 0 2s − 3 3/5 7/5 = + −s−6 s−3 s+2 Invers dari transformasi Laplace menghasilkan X(s) =

s2

3 7 x(t) = e3t + e−2t 5 5

yang tak lain adalah solusi m.n.a. di atas. Bandingkan hasil ini dengan hasil yang diperoleh dengan cara biasa. Contoh 5.2.4. Carilah solusi m.n.a. x′′ + 4x = sin 3t,

x(0) = 2,

x′ (0) = 0

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


58

ax′′ + bx′ + cx = f (t) Penerapan rumus transf. dari turunan akan menghasilkan fungsi X(s) =

F (s) + ax(0)s + ax′ (0) + bx(0) , as2 + bs + c

SRP 2011

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

yang dapat dicari invers transformasi Laplacenya guna menghasilkan solusi m.n.a. semula. Perhatikan bahwa hal di atas juga berlaku untuk p.d. linier orde−n sebarang dengan fungsi f (t) sebarang asalkan transf. Laplacenya ada. Teorema 5.2.5. (Transformasi dari integral) {∫ t } F (s) , untuk s > c L f (τ )dτ = s 0 } ∫ t { } { ∫ t 1 1 1 −1 −1 = L dτ = eaτ dτ = (eat − 1) Contoh 5.2.6. 1. L s(s − a) s−a a 0 0 { } ∫ t { } ∫ t 1 aτ −1 1 1 −1 −1 2. L = L dτ = )dτ = a12 (eat − at − 1) 0 a (e s2 (s − a) s(s − a) 0

Soal Latihan 5.2.7. 1. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut dengan menggunakan transformasi Laplace. (a) x′′ + 4x = 0, x(0) = 5, x′ (0) = 0 (b) x′′ − x′ − 2x = 0, x(0) = 0, x′ (0) = 2 (c) x′′ + x = cos 3t, x(0) = 1, x′ (0) = 0 (d) x′′ + 3x′ + 2x = 0, x(0) = 0, x′ (0) = 2 (e) x′ = 2x + y, y ′ = 6x + 3y, x(0) = 1, y(0) = −2 (f) x′ + 2y ′ + x = 0, x′ − y ′ + y = 0, x(0) = 0, y(0) = 1 2. Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi 1 1 b. F (s) = 2 2 a. F (s) = s(s2 + 1) s (s − 9)

5.3

Fungsi tangga satuan

Definisi 5.3.1. Unit step function (fungsi tangga satuan) didefinisikan sebagai { 0, untuk t < a ua (t) = u(t − a) = 1, untuk t ≥ a


59

Tunjukkan L{u0 (t)} = 1s , untuk s > 0. Sedangkan

SRP 2011

Perhatikan bahwa fungsi tangga satuan u(t−a) ini dapat diinterpretasikan sebagai kondisi menekan tombol switch on dari suatu alat elektronik pada waktu t = a. Saat t < a fungsi tersebut bernilai 0, sehingga merepresentasikan kondisi alat belum dinyalakan, saat t ≥ a fungsi bernilai 1, dan merepresentasikan kondisi alat sudah menyala. Coba gambarkan u(t − π), u(t), 1 − u(t − 2π), u(t − 1) − u(t − 2)!

e−as , untuk s > 0 dan a > 0. s { 0, jika t < a Perhatikan bahwa u(t − a)f (t − a) = f (t − a), jika t ≥ a Jadi fungsi u(t − a)h(t) dapat diinterpretasikan sebagai fungsi gangguan h(t) yang mulai diberikan saat t = a dan seterusnya. Coba gambarkan tu(t−1), sin(t)(1−(t−1)), cos(2t)(u(t−π)−u(t−3π)). L{ua (t)} =

Proposisi 5.3.2. (Translasi pada sumbu−t) Jika F (s) = L(f (t)) untuk s > c, maka L{u(t − a)f (t − a)} = e−as F (s), Bukti: e−as F (s)

= =(⋆)

e−as ∫ ∞

∫

∫ =

∞

e−st f (t) dt =

s > c + a.

∫

∞

e−s(t+a) f (t) dt

0

0 −sτ

e a

∞

untuk

f (τ − a) dτ

e−sτ u(τ − a)f (τ − a) dτ

a

Pada langkah (⋆) digunakan substitusi τ = t + a, sehingga batas integralnya yang semula t = 0 sampai t = ∞ berubah menjadi τ = a sampai τ = ∞. { −as } −1 e Contoh 5.3.3. 1. Tentukan L . s3 { } { −as } 1 −1 1 2 −1 e t = 3 , maka L = u(t − a) 12 (t − a)2 . Mengingat L 2 s s3 2. Tentukan L{g(t)}, jika diketahui { 0, jika t < 3 g(t) = t2 , jika t ≥ 3

Mula-mula rumusan t2 harus dituliskan dalam variabel t − 3 agar kita dapat menggunakan sifat translasi pada sb−t. Jadi t2 = (t − 3)2 + 6(t − 3) + 9 ≡ f (t − 3),

dengan f (t) = t2 + 6t + 9. Transformasi Laplacenya L(f (t)) = F (s) = L{f (t)} = Menurut rumus translasi pada sb−t ( ) 2 6 9 L{g(t)} = L{u(t − 3)f (t − 3)} = e−3s + + . s3 s2 s

2 s3

+ s62 + 9s .


60

maka F (s) =

SRP 2011

3. Tunjukkan bahwa jika { cos 2t, jika 0 ≤ t < 2π f (t) = 0, jika t ≥ 2π

s(1 − e−2πs ) s2 + 4

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

4. Sebuah sistem yang terdiri dari pegas (k = 4 lb/ft) dan massa (m = 32 lb) mula-mula berada dalam kondisi diam. Pada saat awal t = 0 massa dikenai gaya luar sebesar f (t) = cos 2t, dan pada t = 2π gaya seketika dihentikan. Jika x(t) menyatakan simpangan massa dari posisi setimbang saat t, tentukan x(t). Bagaimanakah gerak sistem untuk t → ∞. Jawab: Masalah nilai awal yang sesuai adalah x′′ + 4x = f (t), x(0) = 0, x′ (0) = 0 dengan { cos 2t, jika 0 ≤ t < 2π f (t) = = (u(t) − u(t − 2π)) cos 2t. 0, jika t ≥ 2π Dari soal no. 3 diperoleh F (s) =

s(1−e−2πs ) . s2 +4

Transform Laplace dari m.n.a.nya adalah

s2 X(s) + 4X(s) = F (s) s(1 − e−2πs ) X(s) = (s2 + 4)2

(5.3.1)

Invers Laplace dari X(s) adalah x(t) = { x(t) =

t 4 sin 2t, untuk 0 ≤ t < 2π 4 sin 2t, untuk t ≥ 2π

t 4

sin 2t −

2π

t−2π 4

sin 2(t − 2π)u(t − 2π) atau

Jadi gerakan massa pada sistem tersebut untuk t cukup besar adalah berupa gerak harmonik 2π 4 sin 2t. Gerakan tersebut merupakan reaksi atas gaya luar f (t) yang berlangsung selama 2π satuan waktu. Ingat bahwa bila gaya luar h(t) = cos 2t berlangsung terus menerus akan terjadi resonansi, dan getaran akan bertambah terus amplitudonya seiring dengan bertambahnya waktu. Teorema 5.3.4. (Translasi sepanjang sumbu−s) Jika F (s) = L{f (t)} untuk s > c, maka L{eat f (t)} = F (s − a),

untuk

s > a + c.

Dengan menggunakan teorema di atas dapat diperoleh rumus berikut. 1. L{eat tn } =

n! , (s − a)n+1

s>a

2. L{eat cos kt} =

s−a , (s − a)2 + k 2

s>a

3. L{eat sin kt} =

k , (s − a)2 + k 2

s>a

Contoh 5.3.5. Tunjukkan bahwa


2. L

−1

{ {

3s + 19 2 s + 6s + 34

}

s2 + 1 s3 − 2s2 − 8s

Soal Latihan 5.3.6.

= 3e−3t cos 5t + 2e−3t sin 5t

}

1 5 17 = − + e−2t + e4t 8 12 24

1. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi berikut.

(a) u1 (t) + 2u3 (t) − 6u4 (t) (b) t4 eπt (c) t3/2 e−4t (d) e−2t sin 3πt (e) e−t/2 cos 2(t − π/4) 2. Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi berikut. 2 se3s 3s + 5 (b) 2 s − 6s + 25 s2 − 2s (c) 4 s + 5s2 + 4 (a)

3. Tentukan solusi m.n.a. berikut. (a) x′′ + 6x′ + 25x = 0, (b) x′′ + 4x′ + 8x = e−t ,

x(0) = 2,

x′ (0) = 3

x(0) = x′ (0) = 0

(c) x′′ + 6x′ + 18x = cos 2t,

5.4

SRP 2011

1. L

−1

61

x(0) = 1,

x′ (0) = −1

Perkalian, turunan dan integral dari transformasi

Definisi 5.4.1. Konvolusi dari fungsi f dan g yang kontinu bagian demi bagian, didefinisikan sebagai ∫ t (f ∗ g)(t) = f (τ )g(t − τ )dτ, t ≥ 0. 0

Proposisi 5.4.2.

1. f ∗ g = g ∗ f

2. f ∗ (g1 + g2 ) = f ∗ g1 + f ∗ g2 3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) 4. f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0 Proposisi 5.4.3. (Transformasi Laplace dari Konvolusi) L{f (t) ∗ g(t)} = L{f (t)}L{g(t)}

⇐⇒

L−1 {F (s)G(s)} = f (t) ∗ g(t)


62

Proposisi 5.4.5. (Diferensial dari Transformasi) L{tf (t)} = −F ′ (s)

⇐⇒

tf (t) = −L−1 {F ′ (s)}.

Jika sifat di atas diterapkan berulang-ulang akan diperoleh L{tn f (t)} = (−1)n F (n) (s), untuk n = 1, 2, 3, · · · . Contoh 5.4.6. Tunjukkan bahwa L{t2 sin kt} =

6ks2 − 2k 3 . (s2 + k 2 )3

SRP 2011

Contoh 5.4.4. Tunjukkan bahwa { } 2 2 1 2 −1 L = − sin 2t − cos 2t. 2 (s + 4)(s − 1) 5 5 5

Proposisi 5.4.7. (Integral dari Transformasi) Jika limt→0 f (t) t ada dan transf. Laplace dari f (t) ada untuk s > c, maka { } ∫ ∞ f (t) F (σ)dσ, untuk s > c L = t s } { t t . Mula-mula diperiksa limt→0 sinh ada dan bernilai 1, sehingga Contoh 5.4.8. Tentukan L sinh t t sifat di atas dapat digunakan. } ∫ ∞ { dσ 1 s+1 sinh t = = − ln . L 2−1 t σ 2 s−1 s Soal Latihan 5.4.9.

1. Tunjukkan bahwa

s2 − k 2 (s2 + k 2 )2 2ks (b) L{t sinh kt} = 2 (s − k 2 ) { } 1 1 −1 (c) L = 3 (sin kt − kt cos kt) 2 2 2 (s + k ) 2k ( ) 2s sin t 1 2. Buktikan L(t sinh t) = 2 dan L = arctan 2 (s − 1) t s (a) L{t cos kt} =

3. Tentukan invers transformasi Laplace dari a. e−πs /(s2 + 1) b. F (s) = (e−s − e−3s )/s2

c. F (s) = se−s /(s2 + π 2 )

4. Tentukan transformasi Laplace dari (a) f (t) = 2 jika 0 ≤ t < 3;

f (t) = 0 jika t ≥ 3

(b) f (t) = sin t jika 0 ≤ t < 3π; (c) f (t) = cos πt/2 jika 3 ≤ t ≤ 5;

f (t) = 0 jika t ≥ 3π

f (t) = 0 jika t < 3 atau t > 5


63

) s + 1 . Cobalah dengan dua cara: menggunakan rumus diferensial dan 5. Hitunglah L ln s rumus integral dari transformasi. −1

(

1. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi-fungsi berikut. √ t sin t te , , t cos 2t, t e2t cos t, e−t cos t, t u(t − 1) t { cos t, 0 ≤ t < π g(t) = 0, t>π 2. Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi-fungsi berikut. e−πs 1 e−s − e−3s , , , s2 + 1 s(s − 1) s2 1 1 + e−πs ln |1 + |, s s2 + 4

5.5

10s − 3 , 25 − s2

−2s − 2 , 2 (s + 2s + 2)2

Gaya luar berupa engineering function

SRP 2011

Soal Latihan 5.4.10. Soal-soal campuran

s2 + 3 (s2 + 2s + 2)2

Proposisi 5.5.1. (Transformasi dari Fungsi Periodik) Misalkan f (t) fungsi periodik dengan perioda p dan kontinu bagian demi bagian untuk t ≥ 0, maka transformasi F (s) ada dan rumusannya ∫ p 1 e−st f (t)dt, s > 0. F (s) = 1 − e−ps 0 Perhatikan Gambar fungsi gelombang persegi f (t) = (−1)⌊t/a⌋ , yang berperioda 2a berikut.

Ingat bahwa fungsi floor ⌊t⌋ menyatakan bilangan bulat terbesar yang nilainya tidak melebihi t. Transfomasi Laplace dari fungsi di atas diperoleh menggunakan rumus transfomasi fungsi periodik seperti diuraikan berikut. ∫ 2a 1 F (s) = e−st f (t)dt 1 − e−2as 0 (∫ a ) ∫ 2a 1 −st −st = e dt + (−1)e dt 1 − e−2as 0 a ([ ] [ ] ) 1 1 −st a 1 −st 2a = − e − − e 1 − e−2as s s 0 a =

1 − e−as 1 as = tanh −as s(1 + e ) s 2


64

SRP 2011

Perhatikan fungsi gelombang segitiga g(t) seperti pada gambar berikut. Jelas bahwa g ′ (t) tak lain adalah fungsi gelombang persegi f (t) = (−1)⌊t/a⌋ , sehingga kita dapat memanfaatkan sifat transformasi dari turunan, L(g ′ (t)) = sG(s) − g(0) 1 as tanh = sG(s) − 0 s 2 1 as G(s) = 2 tanh . s 2

Soal Latihan 5.5.2. Tentukan transform Laplace dari fungsi-fungsi berikut.

5.6

Impuls dan fungsi Delta

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

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

Misalkan gaya f (t) yang mempunyai impuls 1 bekerja untuk waktu t ≥ 0. Misalkan lama waktu gaya tersebut bekerja adalah ε, sehingga sebagai penyederhanaan fungsi f (t) dapat dipilih { 1/ε, jika a ≤ t < a + ε da,e (t) = 0, t lainnya Periksalah bahwa impuls dari da,e (t) adalah 1!

Karena lamanya waktu gaya bekerja tampaknya tidak penting, cenderung kita anggap sebagai impuls sekejap yang terjadi pada saat t = a. Hal ini dapat direpresentasikan oleh fungsi δa (t) = lim da,e (t). ε→0

(5.6.1)


0

SRP 2011

Perhatikan bahwa impuls dari δε (t) adalah tetap 1! ∫ ∞ δa (t)dt = 1,

65

(5.6.2)

yang mana dapat diperoleh langsung dengan menukarkan urutan integral dan limit. Selain itu fungsi δa (t) bernilai 0 untuk t ̸= a dan bernilai ∞ untuk t = a, { +∞, jika t = a δa (t) = (5.6.3) 0, jika t ̸= a Fungsi yang memenuhi sifat (5.6.2) dan (5.6.3) disebut fungsi delta Dirac. Sebenarnya sifat (5.6.2) dan (5.6.3) saling bertentangan; integral dari fungsi yang nilainya nol dimana-mana kecuali di satu titik akan bernilai nol dan tidak mungkin bernilai satu. Penjelasan untuk hal ini adalah: δ(x) bukan benar-benar fungsi, melainkan tergolong sebagai fungsi distribusi. Fungsi δa (t) pertama kali diperkenalkan oleh P.A.M. Dirac (1902-1984). Proposisi 5.6.1. Jika a ∈ [0, ∞), maka ∫ ∞ g(t)δa (t) dt = g(a) 0

Sifat ini dibuktikan dengan menggunakan definisi (5.6.1) dan teorema nilai rata-rata integral, dapat dilihat di buku teks. Selanjutnya transformasi Laplace dari delta Dirac langsung dapat diperoleh dengan menerapkan sifat di atas, sebagai berikut. L{δa (t)} = e−as ,

untuk a ≥ 0

Notasi lain bagi fungsi delta Dirac: δ(t) = δ0 (t),

δ(t − a) = δa (t).

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


66

x′′ + 4x = 8δ2π (t);

x(0) = 3,

x′ (0) = 0.

Transformasi Laplace dari m.n.a tersebut menghasilkan s2 X(s) − 3s + 4X(s) = 8e−2πs X(s) =

3s 8e−2πs + . s2 + 4 s2 + 4

Penerapan invers transform menghasilkan x(t) = 3 cos 2t + 4u(t − 2π) sin 2(t − 2π) atau

{ x(t) =

3 cos 2t 3 cos 2t + 4 sin 2t

untuk 0 ≤ t < 2π untuk t ≥ 2π

SRP 2011

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

Jadi untuk waktu yang cukup besar, gerakan massa berupa gerak harmonik dengan amplitudo 5. Contoh 5.6.3. Buktikan bahwa solusi dari kedua masalah nilai awal berikut adalah sama. 1. Suatu sistim pegas massa tanpa redaman diberi kecepatan awal v0 mx′′ + kx = 0,

x(0) = 0,

x′ (0) = v0 .

2. Suatu sistim pegas massa tanpa redaman di beri gaya luar berupa pukulan saat t = 0 dengan momentum mv0 mx′′ + kx = mv0 δ(t),

x(0) = 0,

x′ (0) = 0.

Dari hasil di atas dapat disimpulkan bahwa gangguan berupa fungsi Dirac dengan momentum mv0 sama dengan kecepatan awal v0 .

Soal Latihan 5.6.4. Tentukan solusi m.n.a. berikut. Amati gerakan massa untuk waktu yang cukup besar.

BAB 5. TRANSFORMASI LAPLACE 1. x′′ + 4x = δ(t) + δ(t − π);

x(0) = x′ (0) = 0

f (t) = L−1 {f (t)}

x(0) = x′ (0) = 0

x(0) = 0,

x′ (0) = 1

F (s) = L {f (t)} 1 , s>0 s 1 , s>a s−a n! , s>0 n+1 s Γ(p + 1) , s>0 sp+1 a , s>0 2 s + a2 s , s>0 s2 + a2 a , s > |a| 2 s − a2 s , s > |a| 2 s − a2 b , s>a (s − a)2 + b2 s−a , s>a (s − a)2 + b2 n! , s>a (s − a)n+1 e−cs , s>0 s e−cs F (s)

SRP 2011

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

67

Catatan

1.

1

2.

eat

3.

tn , n = bilangan asli

4.

tp , p > −1

5.

sin at

6.

cos at

7.

sinh at

8.

cosh at

9.

eat sin bt

10.

eat cos bt

11.

tn eat , n = bilangan asli

12.

uc (t)

13.

uc (t)f (t − c)

14.

F (s − c)

16.

ect f (t) ∫t 0 f (t − τ )g(τ )dτ

17.

δ(t − c)

e−cs

18.

f (n) (t)

sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0)

Subbab 5.2

19.

(−t)n f (t)

F (n) (s)

Subbab 5.4

∫t

F (s) s ∫∞ s F (σ)dσ ∫ p 1 e−st f (t)dt 1 − e−ps 0

20.

0

f (τ )dτ

21.

f (t) t

22.

f (t) berperiode p

F (s)G(s)

Subbab 5.1 Subbab 5.1 Subbab 5.1 Subbab 5.1 Subbab 5.1 Subbab 5.1 Subbab 5.1 Subbab 5.1 Subbab 5.3 Subbab 5.3 Subbab 5.3 Subbab 5.3 Subbab 5.3 Subbab 5.3

Subbab 5.4 Subbab 5.6

Subbab 5.2

Subbab 5.4 Subbab 5.5

Deret Fourier

SRP 2011

Bab 6

Dalam kuliah Kalkulus Anda telah mengenal deret Taylor dan deret Maclaurin yang merupakan hampiran bagi fungsi-fungsi kontinu dan diferensiabel. Perhatikan deret Maclaurin berikut 1 = 1 + x + x2 + x3 + · · · , berlaku untuk |x| < 1. 1−x

(6.0.1)

1 Rumus di atas mengatakan bahwa: deret pangkat di ruas kanan akan konvergen ke nilai 1−x untuk |x| < 1. Untuk |x| ≥ 1 deret di ruas kanan tidak konvergen. Selang (−1, 1) disebut sebagai selang 1 . Dari rumus (6.0.1), jika dipilih x = 1/2, maka kekonvergenan dari deret Maclaurin fungsi 1−x diperoleh jumlah tak hingga deret

1+

1 1 1 + ( )2 + · · · = 2 2 1−

1 2

= 2.

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

6.1

Deret Fourier dan kekonvergenannya

Deret Fourier merupakan hampiran bagi suatu fungsi yang periodik. Jika deret Taylor berupa deret pangkat dalam x − a, maka deret Fourier merupakan jumlahan suku-suku sinus dan cosinus. Mula-mula kita perkenalkan definisi suatu fungsi periodik. Suatu fungsi f (t) dikatakan periodik jika terdapat suatu bilangan positif p sehingga f (t + p) = f (t).

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

68

BAB 6. DERET FOURIER

−π

SRP 2011

Teorema 6.1.1. (Keortogonalan fungsi sinus dan cosinus) Untuk m, n bilangan bulat positif berlaku. { ∫ π 0, jika m ̸= n cos mt cos nt dt = π, jika m = n −π { ∫ π 0, jika m ̸= n sin mt sin nt dt = π, jika m = n ∫ −π π sin mt cos nt dt = 0 untuk setiap m dan n

69

Sifat di atas tetap berlaku meskipun interval [−π, π] pada tanda integrasi boleh diganti asalkan panjang interval tetap 2π. Misalkan deret berikut adalah deret Fourier fungsi f (t) berperioda 2π yang kontinu bagian demi bagian. f (t) =

a0 + Σ∞ m=1 (am cos mt + bm sin mt) 2

Konstanta a0 , am , bm , m = 1, 2, · · · disebut koefisien deret Fourier, dan akan dicari. Perhatikan deret di atas, jika setiap suku diintegralkan dengan batas t = −π dan t = π akan menghasilkan ( ∫ π ) ∫ π ∫ π ∫ a0 π ∞ f (t) dt = cos mt dt + bm sin mt dt 1 dt + Σm=1 am 2 −π −π −π −π atau 1 a0 = π

∫

π

f (t)dt. −π

(6.1.1)

Koefisien am dapat dicari dengan cara serupa, tetapi sebelum diintegralkan deret dikalikan dahulu dengan cos nt, menghasilkan ) ( ∫ π ∫ π ∫ ∫ π a0 π ∞ f (t) cos nt dt = cos nt dt+Σm=1 am cos mt cos nt dt + bm sin mt cos nt dt . 2 −π −π −π −π Dengan menerapkan sifat keortogonalan fungsi sinus dan cosinus akan diperoleh ∫ 1 π an = f (t) cos nt dt. π −π

(6.1.2)

Hal di atas berlaku untuk setiap n = 1, 2, · · · . Koefisien bm dapat dicari dengan cara serupa tetapi sebelum diintegralkan deret dikalikan dahulu dengan sin nt, dan penerapan sifat keortogonalan fungsi sinus dan cosinus akhirnya menghasilkan ∫ 1 π bn = f (t) sin nt dt. (6.1.3) π −π untuk n = 1, 2, · · · .


70

a0 + Σ∞ n=1 (an cos nt + bn sin nt) 2

SRP 2011

Definisi 6.1.2. (Deret Fourier dan koefisiennya) Misalkan f (t) adalah fungsi kontinu bagian demi bagian dan berperioda 2π. Deret Fourier dari f (t) adalah (6.1.4)

dengan a0 , an , bn diberikan secara berturut-turut oleh rumus (6.1.1), (6.1.2),(6.1.3) untuk n = 1, 2, · · · .

Catatan: Mengingat keortogonalan fungsi sin dan cos berlaku untuk sebarang interval dengan panjang 2π, maka interval pengintegralan pada rumus koefisien deret Fourier dapat diubah asalkan panjang intervalnya tetap 2π. Untuk lebih jelasnya, untuk menghitung an dapat digunakan rumus 1 an = π

∫

2π

0

1 f (t) cos nt dt atau an = π

∫

3π/2

f (t) cos nt dt, −π/2

atau interval pengintegralan dengan panjang 2π lainnya. Hal yang sama juga berlaku untuk rumus a0 dan bn . Contoh 6.1.3. Tentukan deret Fourier fungsi berperiode 2π berikut. { −1, jika − π < t < 0 f (t) = 1, jika 0 < t < π Jawab: a0 = an = bn

1 π 1 π

∫

π

f (t)dt = ∫

−π 0

1 π

∫

0

(−1)dt + −π

1 (−1) cos nt dt + π −π

∫

1 π

∫

π

(1)dt = 0 0

π

cos nt dt = 0 0

∫ ∫ 1 0 1 π 2 2 = (−1) sin nt dt + sin nt dt = (1 − cos nπ) = (1 − (−1)n ) π −π π 0 nπ nπ { 4/(nπ), jika n ganjil = 0, jika n genap

Jadi diperoleh d. Fourier bagi f (t) adalah ( ) 4 1 1 1 4 sin(2n − 1)t sin t + sin 3t + sin 5t + sin 7t + · · · = Σ∞ π 3 5 7 π n=0 2n − 1

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

Contoh 6.1.4. Tentukan deret Fourier fungsi berperiode 2π berikut. { t, jika 0 < t < π f (t) = 0, jika π < t < 2π


71

0.5

K3

K2

K1

0

1

t

K0.5

2

3

K1.0

f t

,

$$$$$$S

(t),

2

−−−−S t 5

1.0

0.5

K

K

4

2

0

K K

2

4

t

0.5

1.0

Jawab: a0 = an = = bn =

1 π 1 π {

∫ ∫

2π 0

1 f (t)dt = π

π

t cos nt dt = 0

∫

π

t dt = 0

π 2

1 ((−1)n − 1) n2 π

2/(n2 π), jika n ganjil 0, jika n genap ∫ 1 π 1 (−1)n+1 t sin nt dt = − cos nπ = π 0 n n

Jadi d. Fourier bagi f (t) adalah n+1 sin nt π cos nt 2 ∞ (−1) − Σ∞ + Σ n=1 4 π n ganjil n2 n

SRP 2011

1.0

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

BAB 6. DERET FOURIER { 1. f (t) = 2. f (t) =

0, −π < t < 0 t2 , 0 < t < π

3. f (t) = t, 0 < t < 2π 4. g(s) = | sin s|, −π < s < π

6.2

SRP 2011

{

3, −π < t < 0 −2, 0 < t < π

72

Deret Fourier bagi fungsi berperioda 2L dan Kekonvergenan Deret Fourier

Misalkan f (t) fungsi kontinu bagian demi bagian, berperioda 2L, terdefinisi untuk setiap t, maka deret Fourier bagi f (t) adalah ( ) a0 nπt nπt ∞ + Σn=1 an cos + bn sin (6.2.1) 2 L L dengan a0 =

1 L

an =

1 L

bn =

1 L

∫

L

f (t)dt

(6.2.2)

−L

∫

L

f (t) cos

nπt dt L

f (t) sin

nπt dt L

−L

∫

L

−L

untuk n = 1, 2, 3, · · · .

(6.2.3)

(6.2.4)

( ) Rumus di atas dapat diperoleh dengan cara berikut. Misalkan g(u) ≡ f Lu π . Perhatikan bahwa fungsi g(u) berperiode 2π. Deret Fourier bagi g(u) dapat diperoleh dari rumus (6.1.4-6.1.3). Apabila hasil dituliskan kedalam variabel t dan fungsi f (t) akan langsung menghasilkan rumus deret Fourier bagi fungsi berperiode 2L, (6.2.1-6.2.4). Periksa kebenaran hal ini!

—Fourier claimed (without proof) in 1822 that any function f(x) can be expanded in terms of sines in this way, even discontinuous function. This turned out to be false for various badly behaved f (x), and controversy over the exact conditions for convergence of the Fourier series lasted for well over a century, until∫ the question was finally settled by Carleson (1966) and Hunt (1968): any function f (x) where |f (x)|p dx is finite for some p > 1 has a Fourier series that converges almost everywhere to f (x) [except at isolated points]. At points where f (x) has a jump discontinuity, the Fourier series converges to the midpoint of the jump. So, as long as one does not care about crazy divergent functions or the function value exactly at points of discontinuity (which usually has no physical significance), Fouriers remarkable claim is essentially true.—Teorema 6.2.1. (Kekonvergenan Deret Fourier (fenomena Gibbs)) Misalkan f (t) adalah fungsi yang licin bagian demi bagian, berperiode 2L, maka deret Fourier (6.2.1) konvergen


73

1. ke nilai f (t) untuk setiap titik di mana fungsi f kontinu, dan 1 2

SRP 2011

2. ke nilai

(f (t0 +) + f (t0 −)) bagi tiap titik t0 di mana fungsi f diskontinu.

Catatan: 12 (f (t0 +) + f (t0 −)) menyatakan nilai rata-rata dari limit kiri dan limit kanan fungsi f di titik t0 . Jika f kontinu di t, jelas dipenuhi pula f (t) = 12 (f (t+) + f (t−)).

Teorema di atas dapat dikatakan juga sebagai berikut. Deret Fourier dari fungsi licin bagian demi bagian f (t) konvergen untuk setiap t ke nilai rata-rata 21 (f (t+) + f (t−)). Sehingga untuk selanjutnya dapat kita tulis ) ( nπt a0 nπt ∞ + Σn=1 an cos + bn sin , f(t) = 2 L L dengan perjanjian bahwa nilai fungsi f (t) di titik-titik diskontinu t0 didefinisikan sebagai nilai rata-rata 1 (f (t0 +) + f (t0 −)) . 2

(6.2.5)

Contoh 6.2.2. Misalkan f (t) fungsi yang periodik dengan perioda 2, dengan f (t) = t2 untuk 0 < t < 2. Definisikan f (t) = 2 untuk t bilangan genap (agar merupakan rata-rata dari lim kiri dan lim kanan). Tentukan deret Fourier bagi f (t). Jawab: Koefisien deret Fourier bagi f (t) adalah ∫ 2 t2 dt = 8/3 a0 = 0 ∫ 2 4 an = t2 cos nπt dt = 2 2 n π 0 ∫ 2 4 bn = t2 sin nπt dt = − nπ 0

Catatan: sebagai batas integrasi dapat digunakan selang [0, 2], atau lainnya, asalkan panjangnya satu perioda. Diperoleh deret Fourier: ( ) cos nπt sin nπt 4 4 ∞ f (t) = + Σn=1 − . 3 π n2 π n Perhatikan deret Fourier di atas, jika disubstitusikan t = 0, akan menghasilkan f (0) =

4 4 1 + Σ∞ 3 π 2 n=1 n2

Selanjutnya diperoleh sebagai hasil sampingan, yaitu jumlah deret berikut Σ∞ n=1

1 1 1 π2 1 = 1 + + + + · · · = . n2 22 32 42 6

Jika disubstitusikan t = 1, akan menghasilkan f (1) =

4 4 (−1)n + 2 Σ∞ . n=1 3 π n2

(6.2.6)


74

dan diperoleh jumlah deret (−1)n+1 1 1 1 π2 = 1 − + − + · · · = . n2 22 32 42 12

SRP 2011

Σ∞ n=1

(6.2.7)

Jika (6.2.6) dan (6.2.7) dijumlahkan dan dibagi dua akan menghasilkan jumlah deret 1+

1 1 1 π2 + + + · · · = . 32 52 72 8

Soal Latihan 6.2.3. Bagi fungsi-fungsi periodik berikut, aturan fungsinya diberikan untuk satu perioda, di setiap titik diskontinu fungsi f (t) didefinisikan menurut rumus (6.2.5). Tentukan deret Fouriernya. { −2, −3 < t < 0 1. f (t) = 2, 0
4. f (t) = t, 0 < t < 2. Dari deret Fourier yang diperoleh hitunglah jumlah deret 1−

6.3

1 1 1 1 + − + − ··· 3 5 7 9

Deret Fourier bagi Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil

Fungsi f (t) dikatakan genap jika f (−t) = f (t),

untuk setiap t,

dan fungsi f (t) dikatakan ganjil jika f (−t) = −f (t),

untuk setiap t.

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

∫a ∫a Selanjutnya coba buktikan sifat berikut. Jika f (t) fungsi genap, maka −a f (t)dt = 2 0 f (t)dt. Jika ∫a f (t) fungsi ganjil, maka −a f (t)dt = 0. Sekarang akan diamati koefisien-koefisien deret Fourier fungsi genap f (t). Karena f (t) genap, maka f (t) cos(nπt/L) juga genap, sedangkan f (t) sin(nπt/L) ganjil. Sehingga rumus koefisien deret Fourier menjadi ∫ 2 L a0 = f (t)dt (6.3.1) L 0 ∫ 2 L an = f (t) cos(nπt/L)dt (6.3.2) L 0 bn = 0. (6.3.3)


75

Akhirnya, deret Fourier bagi fungsi genap f (t) hanya terdiri dari suku cos(nπt/L) dan konstanta: a0 + Σ∞ n=0 an cos(nπt/L), 2

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

SRP 2011

f (t) =

Secara analog dapat ditunjukkan deret Fourier bagi fungsi ganjil f (t) hanya terdiri dari suku sin(nπt/L): f (t) = Σ∞ n=0 bn sin(nπt/L), dengan 2 bn = L

6.4

∫

L

f (t) sin(nπt/L)dt

(6.3.4)

0

Perluasan ke Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil

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

f E (t ) ® -L L

t

-L

fO (t ) ®

fE (t) =

a0 + Σ∞ n=0 an cos(nπt/L), 2

dengan a0 , an diberikan oleh (6.3.1,6.3.2). fO (t) = Σ∞ n=0 bn sin(nπt/L), dengan bn diberikan oleh (6.3.4).

L

t

(6.4.1)

(6.4.2)

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


L

t

SRP 2011

f(t)

76

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

a0 + Σ∞ n=0 an cos(nπt/L) 2

dengan an =

2 L

∫

L

f (t) cos(nπt/L)dt 0

untuk n = 0, 1, · · · . Sedangkan deret Fourier sinus dari f (t) adalah f (t) = Σ∞ n=0 bn sin(nπt/L), dengan 2 bn = L

∫

L

f (t) sin(nπt/L)dt 0

(6.4.3)

(6.4.4)

Contoh 6.4.1. Misalkan f (t) = t, 0 < t < L. Tentukan deret Fourier sinus dan deret Fourier cosinusnya. Sketsakan grafik fungsi perluasan ganjil dan genap berperiode 2L dari f (t) terhadap mana kedua deret di atas konvergen. Langsung dari rumus dapat diperoleh [ ] ∫ 2 1 2 L 2 L t dt = t =L a0 = L 0 L 2 0 ∫ ∫ nπ nπt 2L 2 L an = t cos dt = 2 2 u cos u du L 0 L n π 0 { 2L untuk n ganjil − n4L nπ 2 π2 = [u sin u + cos u] = 0 2 2 0 untuk n genap n π Jadi deret Fourier cosinus dari f adalah ( ) L 4L πt 1 3πt 1 5πt − 2 cos + 2 cos + 2 cos + ··· . 2 π L 3 L 5 L

Selain itu, deret Fourier cosinus di atas konvergen ke f (t) untuk 0 < t < L ( ) L 4L πt 1 3πt 1 5πt − 2 cos + 2 cos + 2 cos + · · · = t, untuk 0 < t < L. 2 π L 3 L 5 L


77

SRP 2011

Coba sketsakan pada selang [−2L, 2L] ke fungsi mana deret Fourier di atas konvergen. Selanjutnya deret Fourier sinus dari f adalah ( ) 2L πt 1 2πt 1 3πt sin − sin + sin − ··· . π L 2 L 3 L Selain itu, deret Fourier sinus di atas konvergen ke f (t) untuk 0 < t < L ( ) 2L πt 1 2πt 1 3πt sin − sin + sin − · · · , untuk 0 < t < L. π L 2 L 3 L

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

Catatan: Sama seperti yang berlaku untuk deret Taylor, deret Fourier dari suatu fungsi periodik f (t) dapat didiferensialkan dan dapat diintegralkan suku demi suku, selanjutnya deret-deret ∫t tersebut konvergen berturut-turut ke f ′ (t) dan 0 f (τ ) dτ . Soal Latihan 6.4.2. 1. Diketahui fungsi g(t) berperiode 2π dan fungsi h(t) berperiode 4π berikut. { 1, −π < t < 0 g(t) = 0, 0 < t < π  0,    1, h(t) = 0,    1,

−2π < t < −π −π < t < 0 0
Sketsakan fungsi g(t) dan h(t) pada selang [−3π, 3π]. Tentukan deret Fourier bagi g(t) dan h(t). Bandingkan hasilnya, apakah sama? Jelaskan. 2. Sketsakan fungsi-fungsi berperiode 2π berikut, kemudian tentukan deret Fouriernya. (a) f1 (t) = sin t (b) f2 (t) = | sin t|, 0 < t < 2π (c) f3 (t) = sin t, 0 < t < π, (deret Fourier cosinusnya)

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

3. Diketahui fungsi berperiode 2 dengan f (t) = t, 0 < t < 2. Tentukan deret Fourier bagi f (t). Gunakan hasilnya untuk membuktikan jumlah deret 1−

1 1 1 1 π + − + − ··· = 3 5 7 9 4

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

2011. Oleh: Dr. Sri Redjeki P

Recommend Documents