SOLUSI POLINOMIAL PERSAMAAN INTEGRO-DIFERENSIAL FREDHOLM LINEAR DENGAN KOEFISIEN KONSTAN Imam Taufik1∗ , Syamsudhuha2 , Zulkarnain2 1
Mahasiswa Program Studi S1 Matematika 2 Dosen Jurusan Matematika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Riau Kampus Binawidya Pekanbaru (28293), Indonesia ∗
[email protected]
ABSTRACT This paper discusses how to obtain a polynomial solution of linear Fredhlom integrodifferential equation with constant coefficients using a matrix method. The Linear Fredhlom integro-differential equation with constant coefficients and its initialboundary conditions are tranformed into a matrix, resulting a system of linear equations. Polynomial solutions of linear Fredhlom integro-differential is obtained by solving the system of linear equations. Keywords: linear Fredhlom integro-differential equation, Taylor series, matrix, system of linear equations ABSTRAK Artikel ini membahas solusi polinomial persamaan integro-diferensial Fredhlom linear dengan koefisien konstan yang kondisi awalnya diketahui, dengan menggunakan metode matriks. Persamaan integro-diferensial Fredholm linear beserta syarat awalnya diubah dalam bentuk matriks, sehingga menghasilkan suatu sistem persamaan linear. Solusi polinomial integro-diferensial Fredholm linear diperoleh dengan menyelesaikan sistem persamaan linear tersebut. Kata kunci: persamaan integro-diferensial Fredholm, deret Taylor, matriks, sistem persamaan linear. 1. PENDAHULUAN Persamaan integro-diferensial Fredholm linear muncul dalam berbagai bidang ilmu seperti pertumbuhan populasi [6, h. 272], perambatan gelombang [6, h. 293], reaktor nuklir [6, h. 301], dan viscoelastisitas [6, h. 310]. Salah satu bentuk umum persamaan integro-diferensial Fredholm linear adalah Z b m X (k) K(x, t)y(t)dt; a ≤ x, t ≤ b, (1) Pk y (x) = g(x) + λ k=0
a
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
154
dan nilai awal m−1 X
(aik y (k) (a) + bik y k (b) + cik y (k) (c) = λi ;
i = 0, 1, 2, ..., m − 1,
(2)
k=0
dengan Pk ∈ R, k = 1, 2, 3, · · · , m, g(x) dan K(x, t) adalah fungsi yang terdefinisi pada interval I = [a, b], dimana aik , bik , cik dan λi adalah suatu bilangan konstan. Pada tulisan ini persamaan (1) dengan syarat awal persamaan (2) diselesaikan dengan memisalkan solusi y(x) berupa deret Taylor, dan mentransformasikannya kebentuk sistem persamaan linear sehingga diperoleh solusi polinomial persamaan (1). Pembahasan ini merupakan review dari artikel Kurt et.al.[4] yang berjudul Polynomial solution of high-order linear Fredholm integro-differential equations with constant coeffisients. Untuk pembahasan ini dibagian dua, dibahas bagimana mentranformasikan persamaan integro-diferensial Fredholm linear dengan koefiseien konstan ke sistem persamaan linear dan teknik menyelesaikan sistem persamaan linear tersebut sehingga diperoleh solusi persamaan (1). Pada bagian tiga diberikan dua contoh persamaan integro-diferensial Fredholm linear yang diselesaikan dengan menggunakan metode yang dipaparkan pada bagian dua. 2. SOLUSI POLINOMIAL PERSAMAAN INTEGRO-DIFERENSIAL FREDHOLM LINEAR DENGAN KOEFISIEN KONSTAN Misalkan y(x) adalah solusi polinomal persamaan integro-diferensial Fredholm linear pada persamaan (1) dan diasumsikan y(x) dapat diekspansi dengan deret Taylor yaitu y(x) =
d0 y(c) (x − c)0 d1 y(c) (x − c) dN y(c) (x − c)N + + · · · + . dx0 0! dx1 1! dxN N!
(3)
Persamaan (3) dapat disederhanakan menjadi y(x) =
N X di y(c) (x − c)i i=0
dxi
i!
=
N X
y (i) (c)
i=0
(x − c)i . i!
Persamaan (4) dapat ditulis dalam bentuk perkalian vektor y(x) = 1 (x − c) (x − c)2
···
N (x − c)
y0 y (1) (c) 1! y (2) (c) 2!
.. .
y (N ) (c) N!
(4)
.
Definisikan X(x) = [1 (x − c) (x − c)2 JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
···
(x − c)N ],
(5) 155
dan
Y = y0
y (1) (c) 1!
y (2) (c) 2!
y (N ) (c) N!
···
T
sehingga y(x) dapat dituliskan sebagai y(x) = X(x)Y.
(6)
Turunan pertama untuk persamaan (5) adalah X (1) (x) = [0 1 2(x − c)
N (x − c)N −1 ],
···
yang dapat dituliskan sebagai hasil kali antara X(x) dan suatu matrik Bn×n dimana 0 1 ··· 0 0 0 0 0 0 2 ... (1) T 2 N 0 , X (x) = X(x)B = 1 (x−c) (x−c) · · · (x−c) 0 0 0 . . . . .. N .. .. .. 0 0 ··· 0 0 dengan
B=
0 1 0 .. .
0 0 2 .. .
··· ··· ··· ...
0 0 ···
0 0 0 .. .
0 0 0 .. .
N 0
Turunan ke k dari X(x) adalah
.
X (k) (x) = X(x)(B T )k−1 B T X (k) (x) = X(x)(B T )k ,
(7)
dengan k ∈ N . Perhatikan kembali bentuk pada persamaan (6). Karena Y adalah konstanta, maka diperoleh y (k) (x) = X (k) (x)Y, (8) dengan mensubstitusi persamaan (7) ke persamaan (8) diperoleh y (k) (x) = X(x)(B T )k Y. Subsitusikan persamaan (9) ke dalam persamaan (1), sehingga diperoleh Z b m X T i K(x, t)y(t)dt. Pi X(x)(B ) Y = g(x) + λ
(9)
(10)
a
i=0
Selanjutnya nyatakan fungsi K(x, t) sebagai ekspansi Taylor dua variabel disekitar (x, t) = (c, c) sehingga diperoleh K(x, t) =
N X N X
km,n (x − c)m (t − c)n ,
(11)
m=0 n=0
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
156
dengan
1 ∂ m+n K(c, c) ; m, n = 0, 1, 2, · · · , N. (12) m! × n! ∂xm ∂tn Selanjutnya perhatikan persamaan (11) yang dapat ditulis dalam bentuk perkalian vektor menjadi K(x, t) = 1 (x − c) (x − c)2 · · · (x − c)N k0,0 k0,1 k0,2 · · · k0,N 1 k1,0 k1,1 k1,2 · · · k1,N (t − c) k2,0 k2,1 k2,2 · · · k2,N (t − c)2 × . .. .. .. .. .. . . . . . . . . N kN,0 kN,1 kN,2 · · · kN,N (t − c) km,n =
Fungsi K(x, t) selanjutnya ditulis dalam bentuk matriks menjadi K(x, t) = X(x)AX T (t),
(13)
dengan A = [km,n ] X(x) = [1 (x − c) (x − c)2 X(t) = [1 (t − c) (t − c)2
(x − c)N ],
··· ···
(t − c)N ]T .
Perhatikan kembali bentuk integral pada persamaan (1). Subsitusikan persamaan (13) ke (1) sehingga diperoleh Z b Z b X(x)KX T (t)X(t)Y dt K(x, t)y(t)dt = a a Z b Z b T K(x, t)y(t)dt = X(x)A X (t)X(t)dt Y. (14) a
a
Definisikan Q=
Z
b
X T (t)X(t)dt,
(15)
a
selanjutnya
X T (t)X(t) =
X T (t)X(t) =
1 (t − c) (t − c)2 .. . (t − c)N
1 (t − c) (t − c)2 .. .
1 (t − c) (t − c)2
(t − c) (t − c)2 (t − c)3 .. .
(t − c)2 (t − c)3 (t − c)4 .. .
(t − c)N (t − c)N +1 (t − c)N +2
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
···
(t − c)
· · · (t − c)N · · · (t − c)N +1 · · · (t − c)N +2 .. ... . · · · (t − c)2N
N
, 157
sehingga nilai Q pada persamaan(15) adalah Z b Q= X T (t)X(t)dt a (b−c)2 −(a−c)2 (b − c) − (a − c) 2 (b−c)2 −(a−c)2 (b−c)3 −(a−c)3 2 3 (b−c)4 −(a−c)4 (b−c)3 −(a−c)3 Q= 3 4 .. .. . . (b−c)N +1 −(a−c)N +1 N +1
(b−c)N +2 −(a−c)N +2 N +2
Selanjutnya Q dapat ditulis q11 q21 Q = q31 .. .
q12 q22 q32 .. .
(b−c)3 −(a−c)3 3 (b−c)4 −(a−c)4 4 (b−c)5 −(a−c)5 5
.. .
··· ··· ··· ...
(b−c)N +3 −(a−c)N +3 N +3
···
q13 q23 q33 .. .
··· ··· ··· ...
qN +1,1 qN +1,2 qN +1,3 · · ·
q1,N +1 q2,N +2 q3,N +3 .. . qN +1,N +1
Q = [qi,j ],
(b−c)N +1 −(a−c)N +1 N +1 (b−c)N +2 −(a−c)N +2 N +2 (b−c)N +3 −(a−c)N +3 N +3
.. .
(b−c)2N +1 −(a−c)2N +1 2N +1
(16)
dengan qi,j =
(b − c)i+j−1 − (a − c)i+j−1 i+j−1
i, j = 1, 2, · · · , N + 1.
Selanjutnya persamaan (14) dapat ditulis menjadi Z b K(x, t)y(t)dt = X(x)AQY.
(17)
(18)
a
Perhatikan kembali persamaan (2) dan persamaan (9) maka didapatkan m−1 X
aik X(a) + bik X(b) + cik X(c) (B T )k Y = λi ,
k=0
(19)
dengan i = 0, 1, 2, · · · , m − 1. Fungsi g(x) didekati dengan ekspansi Taylor dimana
g(x) =
N X n=0
g (n) (c)
(x − c) n!
(x − c) (x − c) (x − c)N (1) (N ) = g (c) + g (c) + · · · + g (c) 0! 1! N! N (x − c) (x − c) + · · · + g (N ) (c) . g(x) = g0 (c) + g (1) (c) 1! N (0)
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
(20)
158
.
Persamaan (20) dapat ditulis dalam bentuk perkalian vektor menjadi g0 g(1) (c) 1! g(2) (c) g(x) = 1 (x − c) (x − c)2 · · · (x − c)N 2! , . ..
(21)
g (N ) (c) N!
dan
g (1) (c) 1!
G = g0
g (2) (c) 2!
···
g (N ) (c) N!
T
.
Jadi dengan menggunakan persamaan (5) maka persamaan (21), dapat ditulis sebagai g(x) = X(x)G.
(22)
Dengan mensubsitusikan persamaan (18) dan (22) kepersamaan (1) diperoleh m X
Pk X(x)(B T )k Y = X(x)G + λX(x)AQY,
(23)
k=0
X(x)I
X m
T k
Pk (B ) Y
k=0
= X(x)I G + λAQY .
(24)
Dengan mengalikan kedua ruas dengan (X(x)I)−1 sehingga persamaan (24) dapat ditulis m X
Pk (B T )k Y = G + λAQY
k=0
m X
Pk (B T )k Y − λAQY = G
k=0
m X k=0
Pk (B ) − λAQ Y = G. T k
(25)
Definisikan W =
m X
Pk (B T )k − λAQ,
(26)
k=0
maka persamaan (25) menjadi W Y = G.
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
(27)
159
Selanjutnya syarat awal yang diberikan pada persamaan (2) dapat ditulis menjadi Ui =
m−1 X
aik X(a) + bik X(b) + cik X(c) (B T )k ,
k=0
(28)
sehingga persamaan (19) menjadi U Y = λi .
(29)
˜ dengan mengganti m baris terakhir matriks W dengan matriks Bentuk matriks W ˜ dengan mengganti m baris terakhir vektor G U . Kemudian bentuk juga matriks G T dengan vektor λ = [λ0 λ1 · · · λm−1 ] , sehingga diperoleh ˜ Y = G. ˜ W ˜ = N + 1, maka Jika rank W
˜ −1 G. ˜ Y =W
Sehingga solusi dari persamaan (1) adalah y(x) = X(x)Y.
3. CONTOH KOMPUTASI Contoh 1 Perhatikan persamaan diferensial linear orde ke 8 y (8) (x) − y(x) = −8ex ,
0≤x≤1
(30)
dengan syarat awal y(0) = 1,
y (1) (0) = 0,
y (2) (0) = −1,
y (3) (0) = −2,
y (4) (0) = −3,
y (6) (0) = −5,
y (7) (0) = −6.
y (5) (0) = −4,
Solusi y(x) dihampiri dengan polinomial Taylor y(x) =
8 X
yn xn ;
n=0
yn =
y (n) (0) . n!
Dari persamaan (30) diperoleh N = 8, c = 0, P0 = −1, g(x) = −8ex , λ = 0.
P1 = P2 = P3 = P4 = P5 = P6 = 0,
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
P8 = 1,
160
Berdasarkan persamaan (26) diperoleh W = −I + (B T )8 . Kemudian dengan persamaan (21) diperoleh 1 1 4 − − G = −8 − 8 − 4 − 3 3 15
1 − 90
1 − 630
1 − 5040
T
.
Dari syarat awal pada persamaan (28) diperoleh Ui =
m−1 X
aik X(a) + bik X(b) + cik X(c) (B T )k ,
k=0
sehingga diperoleh aik = 1 dan bik = cik = 0 kemudian matriks nilai awal adalah Ui = aik X(a)(B T )k ,
i, k = 0, 1, 2, 3, · · · , m − 1.
˜ dan dari matriks G dan [λi ] diperSelanjutnya, dari matriks W dan U diperoleh W ˜ oleh G, yaitu T ˜ = −8 1 0 −1 −2 −3 −4 −5 −6 G , sehingga
˜ | G] ˜ = [W
−1 1 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0 0 0
0 0 0 2 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 40320 −8 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 6 0 0 0 0 0 −2 . 0 24 0 0 0 0 −3 0 0 120 0 0 0 −4 0 0 0 720 0 0 −5 −6 0 0 0 0 5040 0
˜ ) = 9 sehingga W ˜ punya invres. Selanjutnya perhatikann bahwa rank (W Jadi ˜Y =G ˜ W ˜ −1 G, ˜ Y =W sehingga
Y = 1 0
1 − 2
1 − 3
1 − 8
1 − 30
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
1 − 144
1 − 840
1 − 5760
T
.
161
Solusi persamaan (30) adalah y(x) = X(x)Y 1 1 1 1 6 1 7 1 8 1 x − x − x. y(x) = 1 − x2 − x3 − x4 − x5 − 2 3 8 30 144 840 5760 Contoh 2 Perhatikan persamaan integro-diferensial Fredhlom linear berikut Z 1 2 (xt + x2 t2 )dt. y(x) = (x + 1) +
(31)
−1
Dari persamaan (31) diperoleh P0 = 1,
g(x) = (x + 1)2 ,
K(x, t) = xt + x2 t2 .
λ = 1,
Dengan menggunakan persamaan (26) diperoleh W = (B T )0 − AQ, dengan 0 1 0 BT = 0 0 2 . 0 0 0
Selanjutnya untuk menentukan ekspansi Taylor K(x, t), digunakan persamaan (12), sehingga diperoleh 0 0 0 A = 0 1 0 . 0 0 1 Dari persamaan (17) diperoleh
2 Q= 0 2 3
0 2 3 0
2 3 0 2 5
.
Kemudian dari persamaan (21) diperoleh G = [1 2 1]T
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
162
Solusi Y diperoleh dari persamaan (27), yaitu WY = G Y = (I − KQ)−1 G −1 1 0 0 1 Y = 0 3 0 2 = 10 5 1 0 9 3
1 6 . 25 9
Jadi, solusi persamaan integro-diferensial Fredhlom linear persamaan (31) adalah y(x) = X(x)Y y(x) = 1 + 6x +
25 2 x. 9
DAFTAR PUSTAKA [1] Anton, H.1995. Aljabar Linear Elementer, 5th Ed, Terj. Dari Elementary Linear Algebra, 5th Ed, Oleh Pantur Silaban & Nyoman Susila I. Penerbit Erlangga, Jakarta. [2] Burden, R. L. & J. D. Faires. 2001. Numerical Analysis. 9th Ed. Brooks Cole, New York . [3] Jacob, B. 1990. Linear Algebra, W.H. Freeman and Company, New York. [4] Kurt N., M. Sezer. 2008. Polynomial solution of high-order linear Fredholm integro-differential equations with constant coefficients. Journal of the Franklin Institute. 345:839-850 [5] Lay, D. C. 2012. Linear Algebra and Its Applications, 4th Ed. Addison-Wesley, Boston. [6] Laksmikhantham, V & M. R. M. Rao. 1995. Theory of Integro-Differential Equations. Gordon and Breach Science Publishers, Amsterdam. [7] Supranto, J. 1993. Pengantar Matriks. Lembaga Penerbit Fakultas Ekonomi Universitas Indonesia, Jakarta. [8] Wazwaz, A. M. 2011. Linear and Nonlinear Integral Equations. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg.
JOM FMIPA Volume 2 No. 1 Februari 2015
163
