12 0 3 MB
Abdul Muis Adenan Norrahman
UIN ANTASARI BANJARMASIN
KATA PENGANTAR
Puji dan syukur penulis panjatkan ke hadirat Allah SWT yang telah memberikan kekuatan lahir dan batin sehingga penulis dapat menyelesaikan tulisan bahan ajar ini. Bahan ajar ini merupakan bahan Masalah Nilai Awal dan Nilai Batas yang kental dengan nuansa soal penyelesaian persamaan differensial dan bentuk-bentuk penyelesaian persamaan differensial, dan strategi untuk menyelesaikan masalah persamaan differensial dengan bermacam-macam metode yang kebanyakan diberi syarat awal dan batas. Oleh karena itu, di dalam bahan ajar ini di arahkan lebih kepada penyelesaian yang lebih efektif dari persamaan differensial dari berbagai metode yang telah diajarkan yang lalu. Susunan dalam setiap bab bahan ajar ini berisi penjelasan materi yang dilengkapi dengan contoh soal serta proses penyelesaiannya, dan diakhir setiap bab disajikan soal latihan yang akan dikerjakan oleh pembaca. Bagian awal bahan ajar ini membahas tentang definisi masalah nilai awal dan syarat batas, kedua adalah menyelesaikan persamaan differensial dengan deret pangkat, dilanjutkan dengan pembahasan tentang beberapa bentuk deret, dan terakhir adalah metode pemecahan masalah differensial dengan metode transformasi Laplace. Setelah membaca bahan ajar ini secara seksama, diharapkan pembaca tidak mengalami kesulitan dalam menyelesaikan semua masalah persamaan differensial yang mana pada bahan ajar ini menganjurkan sebelum itu harus menguasai baik itu integral dan turunan sebagai syarat dasar untuk mempelajari bahan ajar persamaan differensial ini. Bahan ajar ini mudah dipahami karena penjelasannya cukup ringkas dan contoh soal yang disertai dengan proses penyelesaiannya memudahkan pembaca untuk memahaminya. Sebagai hasil karya manusia tentunya tak lepas dari kata kesempurnaan. Oleh karena itu, penulis mengharapkan dan menerima dengan senang hati segala kritik dan saran yang membangun demi penyempurnaan bahan ajar ini pada masa yang akan datang. Abdul Muis A. N. 1601251892 i
Banjarmasin, Juni 2019 Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
DAFTAR ISI
1. Masalah Nilai Awal dan Syarat Batas 1.1 Pendahuluan 1.1.1
Tujuan Instruksional Umum
1
1.1.2
Tujuan Instruksionnal Khusus
1
1.2 Penyajian Teori 1.2.1
Definisi Masalah Nilai Awal Dan Syarat Batas
2
1.2.2
Ulasan Bab
6
2. Solusi Deret Pangkat Pada Persamaan Differensial Linier Orde Dua 2.1 Pendahuluan 2.1.1
Tujuan Instruksional Umum
7
2.1.2
Tujuan Instruksional Khusus
7
2.2 Penyajian Teori 2.2.1
Deret Kuasa Dan Fungsi Analitik
8
2.2.2
Titik Biasa Dan Titik Singular
15
2.2.3
Deret Kuasa Sebagai Penyelesaian di Sekitar Titik Biasa
19
2.2.4
Deret Kuasa Sebagai Penyelesaian di Sekitar Titik Singular yang Reguler
28
2.2.5
Metode Frobenius
46
2.2.6
Ulasan Bab
54
3. Deret Fourier 3.1 Pendahuluan 3.1.1
Tujuan Instruksional Umum
56
3.1.2
Tujuan Instruksioal Khusus
56
3.2 Penyajian Teori 3.2.1
Fungsi Periodik
57
3.2.2
Fungsi Genap Dan Ganjil
61
3.2.3
Definisi Deret Fourier
64
3.2.4
Deret Fourier Jangkauan Setengah
73
3.2.5
Ulasan Bab
78
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
ii
4. Transformasi Laplace 4.1 Pendahuluan 4.1.1
Tujuan Instruksional Umum
79
4.1.2
Tujuan Instruksional Khusus
79
4.2 Penyajian Teori 4.2.1
Definisi Integral Tak Wajar
80
4.2.2
Definisi Transformasi Laplace
86
4.2.3
Rumus-Rumus Transformasi Laplace
89
4.2.4
Sifat-Sifat Transformasi Laplace
91
4.2.5
Transformasi Laplace Invers
95
4.2.6
Metode Penyelesaian Pecahan Parsial Dari Transformasi Laplace
98
4.2.7
Transformasi Laplace Untuk Mencari Solusi Persamaan Differensial
103
4.2.8
Ulasan Bab
109
DAFTAR PUSTAKA
110
iii
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
BAB I Masalah Nilai Awal Dan Syarat Batas
1.1 Pendahuluan Bab pertama ini berisi tentang panduan belajar mandiri untuk membahas materi kuliah yaitu Masalah Nilai Awal dan Syarat Batas. 1.1.1 Tujuan Instruksional Umum Kegiatan ini bertujuan untuk memahami tentang masalah nilai awal dan syarat batas dari persanaan differensial biasa.
1.1.2 Tujuan Instruksional Khusus Setelah mempelajari materi berkaitan tentang Masalah Nilai Awal Dan Syarat Batas, diharapkan dapat memahami dan mengetahui: 1. Definisi Masalah Nilai Awal Dan Syarat Batas
1
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
1.2 Penyajian Teori
1.2.1 Definisi Masalah Nilai Awal Dan Syarat Batas
Perhatikan persamaan berikut : y = ex + C, C merupakan konstanta sembarang, berapapun nilainya persamaan y = ex + C tetap merupakan solusi dari persamaan differensial y'' β y = 0. Solusi ini disebut solusi umum dari persamaan differensial, karena mengandung konstanta C berupa nilai khusus, di misalkan 2, 3, -4 atau 0 dan sebagainya, maka akan diperoleh solusi khusus. Nilai khusus yang diberikan pada konstanta sembarang itu bergantung pada persyaratan awal yang diberikan pada fungsi solusi tersebut. Hal ini akan menghasilkan konsep masalah nilai awal. Sehingga memunculkan sebuah definisi masalah nilai awal, yaitu:
Masalah nilai awal untuk persamaan differesial F(x, f(x), fβ(x), β¦, fn(x)) = 0 adalah mencari f(x) yang memenuhi persamaan differensial tersebut dan memenuhi persayaratan berikut: π¦(π₯0 ) = π¦0 π¦β²(π₯0 ) = π¦β²0 . . (πβ1)
π¦ (πβ1) (π₯0 ) = π¦0 (πβ1)
Dimana: π¦0 , π¦β²0 , β¦ , π¦0
suatu konstanta sembarang.
Masalah nilai awal yaitu suatu persamaan differensial yang memenuhi kondisi awal tertentu atau syarat awal yang diberikan.
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2
Tunjukkan bahwa y(x) = e-x + 1 adalah solusi dari masalah nilai awal y' + y = 1, di mana y(0) = 2. Solusi: Pertama, ditunjukkan bahwa y(x) solusi dari persamaan differensial y' + y = 1. Persamaan y(x) = e-x + 1 di turunkan terhadap x, diperoleh : y'(x) = - e-x Kemudian substitusikan y(x) dan y'(x) ke persamaan differensial yang diberikan, diperoleh : y' + y = 1 - e-x + e-x + 1 = 1, maka: 1 = 1 Jadi, y(x) adalah solusi persamaan differensial yang diberikan. Kemudian tunjukkan bahwa y(x) adalah solusi dari masalah nilai awalnya. Perhatikan bahwa : y(x) = e-x + 1 y(0) = e-0 + 1 y(0) = 1 + 1, maka: y(0) = 2 Jadi, benar bahwa y(x) = e-x + 1 adalah solusi dari masalah nilai awal y' + y = 1, di mana y(0) = 2.
Tentukan solusi khusus masalah nilai awal dari π¦ β²β² β 10π¦ β² + 25π¦ = 0 dengan y(0) = -1 dan y'(0) = 5. Solusi: Karena akarnya kembar yaitu: r1 = r2 = 5, maka solusi umumnya adalah π¦(π₯) = πΆ1 π 5π₯ + πΆ2 π₯π 5π₯ . Lalu akan disubstitusikan nilai awalnya untuk memperoleh solusi khusus. Jika y(0) = 1, maka: C1 = -1 dan jika y'(0) = 5, maka: C2 = 10. Sehingga diperoleh solusi khusus β²β²
β²
persamaan differensial dari π¦ β 10π¦ + 25π¦ = 0 yaitu adalah π¦(π₯) = βπ
5π₯
5π₯
+ 10π₯π .
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
3
Pertanyaan mendasar pada 1.2.1.1 yang harus dipikirkan adalah, apakah solusinya ada, apakah tunggal pada interval di mana terdefinisi dan bagaimana mengontruksi solusinya atau bagaimana menggambarkan grafiknya. Jika persamaan itu linier, maka terdapat formulasi umum dari solusinya. Tambahannya untuk persamaa linier terdapat solusi umum (yang memuat sebuah konstanta atau lebih konstanta sembarang) yang memuat solusi, dan kemungkinan titik-titik diskontinu dari solusi dapat dialokasikan titik-titik doskontinu dari koefisien-koefisien. Akan tetapi, dalam kasus tak linier tidak terdapat formulasi yang bersesuaian. Sehingga lebih sulit untuk menyatakan sifat-sifat umum dari solusinya. Maka pada aturan kali ini, yaitu syarat batas didefinisikan sebagai berikut:
Masalah nilai batas dua tititk untuk persamaan differesial F(x, f(x), fβ(x), β¦, fn(x)) = 0 adalah mencari f(x) yang memenuhi persamaan differensial tersebut dan memenuhi salah satu dari: a) π(π) = π΄, π(π) = π΅
Jenis pertama
b) πβ²(π) = π΄, πβ²(π) = π΅
Jenis kedua
c) πβ²(π) = π΄, π(π) = π΅
Jenis campuran
Tentukan solusi khusus masalah nilai batas berikut jika ada: π
a) π¦" + π¦ = π₯;
y(0) = 2 dan π¦ ( 2 ) = 1
b) π¦" + π¦ = π₯;
y(0) = 2 dan π¦(π) = 1
c) π¦" + π¦ = π₯;
y(0) = 2 dan π¦(π) = π β 2
Solusi: Untuk mendapatkan solusi umum persamaan differensial dari π¦" + π¦ = π₯ adalah dengan y = yp + yc. Dengan akarnya adalah imaginer, yaitu Β±1, maka solusi umumnya adalah y(x) = β π΄ πππ π₯ + π΅ π ππ π₯ + β π₯. π¦π
π¦π
π
a) Mempunyai solusi tunggal, yaitu: y(x) = 2 πππ π₯ + (1 β 2 ) π ππ π₯ + π₯ b) Tidak mempunyai solusi c) Tak berhingga banyaknya solusi Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
4
Dalam soal 1-9, periksalah apakah solusi dibawah ini adalah solusi yang bersesuaian. 1. π¦" β π¦ = 0;
y1(t) = et,
2. π¦" + 9π¦ = 0;
y1(x) = sin 3x, y2(x) = cos 3x
3. π¦" β 5π¦β² + 6π¦ = 0;
y1(x) = e2x,
y2(x) = e3x
4. π¦" + π¦ = 0;
y1(x) = sin x,
y2(x) = cos x
5. π¦" β π¦β² β 12π¦ = 0;
y1(x) = e-3x,
y2(x) = e4x
6. π¦" + 2π¦β² β 3π¦ = 0;
y1(x) = e-3x,
y2(x) = ex
7. π¦" + π¦ = sec π‘
0 < π‘ < 2;
y = (cos t) In cos t + t sin t
8. π¦ β²β²β²β² + 4π¦ β²β²β² + 3π¦ = π‘
y1(t) = t/3,
y2(t) = e-t + t/3
9. π‘π¦ β² β π¦ = π‘ 2 ;
y = 3t + t2
π
y2(t) = cosh
Dalam soal 10-20, carilah solusi khusus masalah nilai awal berikut. 10. y'' - 4y' = 0,
di mana : y(0) = -1 dan y(π) = 0
11. y'' + y' = x,
di mana : y'(0) = 0 dan π¦ ( 2 ) = 2
12. y'' + y' = 0,
di mana : y'(0) = 0 dan π¦ ( 2 ) = 0
13. y'' β 4y' + 13y = 0,
di mana : y(0) = 1 dan y'(0) = 0
14. y'' β 4y' + 7y = 0,
di mana : y(0) = -1 dan y'(0) = 0
15. y'' + y' β 2y = 2x,
di mana : y(0) = 1 dan y'(0) = 2
16. y'' + y' = sin x,
di mana : y(0) = 1 dan y'(0) = 0
17. y'' - 5y' + 6y = π π₯ (2π₯ β 3),
di mana : y(0) = 1 dan y'(0) = 3
18. y'' + 16y = 5sin x,
di mana : y(0) = 0 dan y'(0) = 0
19.
π2 π¦ ππ₯ 2
+ 4y = 0,
20. π¦β²β² - y' + y = 0,
π
π
π
di mana : y(0) = 1 dan y'(0) = -1 di mana : y(0) = 1 dan y'(0) = 0
Untuk soal 21-24, carilah solusi khusus masalah nilai batas berikut, jika ada: 21. y'' - 10y' + 25y = 0,
di mana : y(0) = 1 dan y(1) = 0.
22. y'' - 4y' = 0,
di mana : y(0) = -1 dan y(π) = 0.
23. y'' + y' = x,
di mana : y'(0) = 0 dan π¦ ( 2 ) = 2 .
24. y'' + y' = 0,
di mana : y'(0) = 0 dan π¦ ( ) = 0
π
π
π 2
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
5
1.2.2 Ulasan Bab Selesaikan MNB dalam ulasan bab 1-4. 1. π¦" + 16π¦ = 32π₯;
dimana π¦(0) = 0 dan π¦β²(π) = 1
2. π¦" + 16π¦ = 32π₯;
dimana π¦(0) = 0 dan π¦β²(π) = 2π
3. π¦" + 16π¦ = 32π₯;
dimana π¦(0) = 0 dan π¦β² ( 8 ) = 0
4. π¦" + 16π¦ = 32π₯;
dimana π¦(0) β π¦ β² (0) = 1 dan π¦β²(π) = 0
π
5. Syarat-syarat apa yang harus dipenuhi oleh A dan B agar MNB: π¦" + 16π¦ = 32π₯,
0β€π₯β€π
π¦(0) = π΄,
π¦(π) = π΅
Mempunyai tepat satu penyelesaian, tidak mempunyai penyelesaian, mempunyai tak terhingga penyelesaian? 6. Buktikan bahwa MNB: π¦" + 16π¦ = 32π₯,
0β€π₯β€π
π¦(0) = π΄,
π¦β²(π) = π΅
6
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
BAB II Solusi Deret Pangkat Pada Persamaan Differensial Linier Orde Dua
2.1 Pendahuluan Di sini akan dibicarakan suatu metode untuk menyelesaikan persamaan differensial orde dua dengan koefisien variable dengan menggunakan deret tak terhingga. Cara ini disebut metode penyelesaian dengan deret. Di sini kita pusatkan perhatian kita pada deret sebagai penyelesaian persamaan differensial orde dua dengan koefisien variable. Persamaan differensial linier orde dua sering muncul dalam matematika terapan, terutama dalam proses penyelesaian beberapa persamaan differensial parsial yang kuno dalam fisika matematika.
2.1.1 Tujuan Instruksional Umum Kegiatan ini bertujuan untuk dapat menyelesaikan persamaan differensial orde dua koefisien variable dengan menggunakan deret pangkat.
2.1.2 Tujuan Instruksional Khusus Setelah mempelajari materi berkaitan tentang Solusi Deret Pangkat Pada Persamaan Differensial Linier Orde Dua, diharapkan dapat memahami dan mengetahui: 1. Deret Kuasa Dan Fungsi Analitik 2. Titik Biasa Dan Titik Singular 3. Deret Kuasa Sebagai Penyelesaian di Sekitar Titik Biasa 4. Deret Kuasa Sebagai Penyelesaian di Sekitar Titik Singular yang Reguler 5. Metode Probenius 7
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2 Penyajian Teori
2.2.1 Deret Kuasa Dan Fungsi Analitik
Suatu deret deengan bentuk: π0 + π1 (π₯ β π₯0 )2 + β― + ππ (π₯ β π₯0 )π + β― Disebut deret kuasa dalam bentuk kuasa dari (π₯ β π₯0 ) dan dinyatakan oleh: β
β ππ (π₯ β π₯0 )π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . (1) π=0
Bilangan-bilangan π0 , π1 , π2 , β¦ , ππ disebut koefisien dari deret kuasa itu, dan titik x0 disebut pusat dari deret kuasa itu. Kita katakan bahwa persamaan di atas adalah deret kuasa di sekitar titik x0. Kita katakan bahwa suatu deret kuasa (1) konvergen pada sebuah titik tertentu x1, jika ada. Jika limit tidak ada, deret tersebut dikatakan divergen pada titik x1. π
lim β ππ (π₯ β π₯0 )π
πββ
π=0
Jika diketahui deret (1), maka penting mencari semua titik x yang mengakibatkan deret itu konvergen. Untuk mecari ini, kita hitung jari-jari kekonvergenan dari deret kuasa itu. Istilah ini dinyatakan oleh R dan diberikan oleh rumus: π
=
1 π
lim β|ππ |
β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (2)
πββ
atau π
= lim | πββ
ππ | β¦ β¦ β¦ β¦ . . β¦ . β¦ β¦ β¦ (3) ππ + 1
asalkan limit dalam (2) dan (3) ada. Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
8
Jika R = 0, deret (1) hanya konvergen pada pusatnya, x = x0. Jika R = +β, deret (1) konvergen untuk semua x. Akhirnya, jika 0 < π₯ β deret konvergen di dalam selang |π₯ β π₯0 | < π
, yaitu untuk: βπ
+ π₯0 < π₯π
+ π₯0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . (4) Dapat divergen untuk |π₯ β π₯0 | > π
. Selang (4), atau seluruh garis real jika R = β, disebut selang kekonvergenan dari deret (1).
Tentukan selang kekonvergenan dari tiap-tiap deret kuasa berikut: β
β π π
β π (π₯
(π) β π π₯
(π) β(β1)
πβ1
πβ0
π
β 1)
(π) β πβ0
π₯π π!
Solusi: (π) Di sini an = nn dan dari rumus (2), π
=
1 π
lim β|ππ |
πββ
1 =0 lim π
=
πββ
Jadi, deret tersebut konvergen hanya untuk x = 0 dan divergen untuk nilai x lainnya.
(π) Di sini an = (-1)n dan dari rumus (2), π
=
1 π
lim β|(β1)π |
=
1 =1 lim 1
πββ
πββ
Jadi, deret (b) konvergen untuk semua x di dakam selang |π₯ β 1| < 1 yaitu, β1 < π₯ β 1 < 1 atau 0 < π₯ < 2. Deret itu divergen |π₯ β 1| > 1, yaitu π₯ < 0 atau π₯ > 0. Untuk |π₯ β 1| = 1, yaitu x = 0 atau x = 2, kita dapat melihat langsung bahwa deret itu menjadi: β
9
β
β(β1)π (Β±1)π = β (Β±1)π , πβ0
πβ0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Dan kedua deret itu divergen.
(π) Di sini an =
π
= lim | πββ
1 π!
. Akan lebih tepat bila kita gunakan rumus (3). Jadi,
1/π! | = lim (π + 1) = β . πββ 1/(π + 1)!
Jadi, deret konvergen untuk semua x.
Jika R merupakan jari-jari kekonvergenan dari deret kuasa: π
β ππ (π₯ β π₯0 )π π=0
maka untuk setiap x di dalam selang kekonvergenan |π₯ β π₯0 | < π
, jumlah deret itu ada dan menentukan sebuah fungsi, π
π(π₯) = β ππ (π₯ β π₯0 )π ; π’ππ‘π’π |π₯ β π₯0 | < π
β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (5) π=0
Fungsi f(x) yang ditentukan oleh deret kuasa (5) kontinu dan mempunyai turunan dari semua orde. Selanjutnya, turunan π β² (π₯), π"(π₯), β¦ dari fungsi f(x) dapat dicari dengan menurunkan deret (5) suku demi suku. Jadi, β
π
β² (π₯)
= β πππ (π₯ β π₯0 )πβ1 π=1 β
π
β² (π₯)
= β(π β 1)ππ (π₯ β π₯0 )πβ2 π=2
dan seterusnya. Akhirnya, deret-deret untuk π β² (π₯), π"(π₯), β¦ mempunyai jari-jari kekonvergenan R yang sama dengan jari-jari kekonvergenan deret (5) yang semula. Dalam proses pencarian deret kuasa persamaan differensial, sebagai tambahan dari pengambilan turunan deret kuasa, kita dapat menambahkan, mengurangkan, mengalikan, dan Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
10
menyamakan dua atau lebih deret kuasa. Operasi ini dilakukan dalam cara yang mirip dengan operasi polinom. Batasan tambahan untuk deret kuasa adalah bahwa semua operasi itu dilakukan di dalam selang kekonvergenan yang berlaku untuk semua deret. Sebagai contoh, β
β
(π) β ππ (π₯ β π₯0
)π
β
+ β ππ (π₯ β π₯0
π=0
)π
= β(ππ + ππ )(π₯ β π₯0 )π
π=0
β
π=0
β
(π) β ππ (π₯ β π₯0
)π
β
β β ππ (π₯ β π₯0
π=0
)π
= β(ππ β ππ )(π₯ β π₯0 )π
π=0
π=0
β
(π) π(π₯ β π₯0
)π
β
β ππ (π₯ β π₯0
)π
= β πππ (π₯ β π₯0 )π+π
π=0
π=0
β
β
(π) β ππ (π₯ β π₯0
)π
= β ππ (π₯ β π₯0 )π
π=0
π=0
Untuk semua x di dalam selang |π₯ β π₯0 | < π
, maka: ππ = ππ untuk n = 0, 1, 2, β¦ Selanjutnya adalah kita dapat merubah indeks dari suatu deret tanpa merubah jumlah deret tersebut, misalnya: β
β ππ (π₯ β π₯0 )π π=0
Lalu ketika kita akan merubah indeks n ke setiap bilangan k, maka: β
β ππ (π₯ β π₯0 π=0
β
)π
= β ππ+π (π₯ β π₯0 )π+π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (6) π=π
Yang berlaku untuk setiap bilangan k. Cara termudah untuk membuktikan (6) adalah menuliskan kedua deret itu suku demi suku.
11
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Suatu fungsi f dikatakan analitik pada titik x0, jika fungsi ini dapat ditulis sebagai suatu deret kuasa: β
π(π₯) = β ππ (π₯ β π₯0 )π ππππππ π π’ππ‘π’ ππππ β ππππ ππππππ£πππππππ πππ ππ‘ππ β¦ β¦ β¦ β¦ . . . (7) π=0
Di dalam selang kekonvergenannya, deret kuasa (7) dapat diturunkan suku demi suku. Dengan menghitung π(π₯), π β² (π₯), π"(π₯), β¦ pada titik x0 kita peroleh: π(π₯0 ) = π0 , π β² (π₯0 ) = π1 , π " (π₯0 ) = 2π2 , β¦dan secara umum π (π) (π₯0 ) = π! ππ untuk n = 0, 1, 2, 3, β¦ . Jadi, π (π) (π₯0 ) ππ = π! Dan deret kuasa (7) menjadi uraian deret Taylor, β
π(π₯) = β π=0
π (π) (π₯0 ) (π₯ β π₯0 )π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (8) π!
Dari fungsi f dan x0. Jadi, suatu fungsi f pada sebuah titik x0, jika uraian fungsi itu menjadi deret Taylor (8) di sekitar titik x0 ada dan mempunyai jari-jari kekonvergenan yang positif.
Fungsi 3x2 β 7x + 6 analitik pada setiap titik, sedangkan fungsi
π₯ 2 β5π₯+7 π₯(π₯ 2 β9)
analitik pada setiap titik,
kecuali pada titik x = {β3,0,3}. Juga, fungsi ex, sin x, dan cos x analitik pada setiap titik, seperti pada kita lihat uraian deret Taylor fungsi-fungsi itu.
12
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Tentukan jari-jari kekonvergenan deret kuasa dalam soal 1-6. β
1. β 3π (π₯ β 1)π π=0 β
2. β 3π π₯ π π=0 β
3. β π=0 β
4. β π=0 β
5. β π=0 β
6. β π=0
π₯π π! (π₯ + 1)π π+1 (β1)π 2π π₯ (2π)! π₯π 5.7 β¦ (2π + 3)
7. Hitung turunan pertama dan kedua dari deret dalam soal 1-6, cari juga jari-jari kekonvergenan deretderet yang dihasilkan. β
8. Jika π¦(π₯) = β ππ π₯ π , buktikan bahwa: π=0 β
π¦" β π₯π¦ = 2π2 + β[π(π β 1)ππ β ππβ3 ]π₯ πβ2 π=3 β
9. Jika π¦(π₯) = β ππ π₯ π , buktikan bahwa: π=0 β
(1 β π₯)π¦" β π¦β² + π₯π¦ = (2π2 β π1 ) + β[(π + 1)πππ+1 β π2 ππ + ππβ2 ]π₯ πβ1 π=2
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
13
β
10. Jika π¦(π₯) = β ππ (π₯ β 1)π merupakan penyelesaian persamaan differensiaπ π¦ β² = 3π¦, π=0
Buktikan dan carilah penyelesaiannya dari: ππ+1 =
3 π π+1 π β
11. Cari jari β jari kekonvergenan deret β π=0
π = 0, 1, 2, β¦
π₯ 2π+1 2π
Buktikan bahwa fungsi-fungsi dalam soal 12-19 adalah fungsi analitik pada titik π₯0 yang ditunjukkan dengan menghitung uraian deret Taylor di sekitar titik π₯0 dan cari jari-jari kekonvergenan deret tersebut. 12. sin(π₯), π₯0 = π 13. π₯ 2 β 1, π₯0 = β2 14. cos(π₯), π₯0 = 0 15. π π₯ , π₯0 = 1 16.
1 ,π₯ = 0 1 β π₯2 0
17.
1 ,π₯ = 1 π₯+3 0
18.
1 ,π₯ = 0 π₯+3 0
19.
1 , π₯ = β3 π₯ 0
14
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2.2 Titik Biasa Dan Titik Singular
Perhatikan suatu persamaan differensial orde dua dengan koefisien variable dari bentuk: π2 (π₯)π¦" + π1 (π₯)π¦β² + π0 (π₯)π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (1) Di dalam bagian berikut, kita akan mencari deret sebagai penyelesaian persamaan differensial (1) dalam kuasa dari (π₯ β π₯0 ) di mana x0 suatu bilangan riil. Akan kita lihat bahwa bentuk penyelesaian akan sangat tergantung pada macam titik x0 terhadap persamaan differensial tersebut. Sebuah titik x0 dapat merupakan titik biasa atau titik singular, menurut definisi berikut:
Sebuah titik x0 disebut titik biasa dari persamaan differensial (1) jika kedua fungsi, π1 (π₯) π2 (π₯)
dan
π0 (π₯) π2 (π₯)
Analitik pada titik x0. Jika paling sedikit satu fungsi dari (2) tidak analitik pada titik x0, maka disebut sebuah titik singular dari persamaan differensial (1).
Sebagian besar persamaan differensial bentuk (1) yang muncul dalam penerapan, mempunyai koefisien-koefisien π2 (π₯), π1 (π₯), dan π0 (π₯), berbentuk polinom. Sesudah menghapuskan factor bersama (sekutu), fungsi rasional π1 (π₯)/π2 (π₯) dan π0 (π₯)/π2 (π₯) analitik pada setiap titik kecuali pada titik yang menghilangkan penyebut. Titik-titik yang menghilangkan penyebut adalah titik-titik singular dari persamaan differensial itu, dan semua bilangan riil lainnya adalah titik biasa. Dalam hubungan dengan teori mengenai penyelesaian deret adalah penting untuk mengelompokkan titik singular dari suatu persamaan differensial ke dalam dua kategori menurut definisi 2.2.2.2. 15
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Sebuah titik x0 disebut titik singular yang regular dari persamaan differensial (1) jika titik ini adalah sebuah titik singular atau jika paling sedikit satu fungsi dalam (2) tidak analitik pada x0 atau dan kedua fungsi, (π₯ β π₯0 )
π1 (π₯) π2 (π₯)
dan (π₯ β π₯0 )2
π0 (π₯) π2 (π₯)
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..(3)
Analitik pada titik x0. Jika paling sedikit satu fungsi dalam (3) tidak analitik pada x0, maka x0 disebut titik singular tak regular dari persamaan differensial (1).
Carilah titik-titik biasa, titik-titik singular yang regular, titik-titik singular takreguler dari persamaan differensial berikut: (π₯ 4 β π₯ 2 )π¦" + (2π₯ + 1)π¦β² + π₯ 2 (π₯ + 1)π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . . (4) Solusi: π2 (π₯) = π₯ 4 β π₯ 2 ; π1 (π₯) = 2π₯ + 1 ; dan π0 (π₯) = π₯ 2 (π₯ + 1) dengan demikian bahwa: ο· ο·
π1 (π₯) π2 (π₯) π0 (π₯) π2
=
= (π₯)
2π₯+1 π₯ 4 βπ₯ 2 π₯2 (π₯+1) π₯4 βπ₯2
= =
2π₯+1 π₯ 2 (π₯+1)(π₯β1) 1 π₯β1
β¦β¦β¦β¦β¦..(5)
...β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..(5)
Dari kedua persamaan di atas terlihat bahwa setiap bilangan riil, kecuali -1, 0, dan 1 adalah titik biasa dari persamaan differensial (π₯ 4 β π₯ 2 )π¦" + (2π₯ + 1)π¦β² + π₯ 2 (π₯ + 1)π¦ = 0 . Untuk melihat mana dari titik singular -1, 0, dan 1 yang merupakan titik singular yang regular dan mana yang singular takreguler dari persamaan differensial (π₯ 4 β π₯ 2 )π¦" + (2π₯ + 1)π¦β² + π₯ 2 (π₯ + 1)π¦ = 0 , kita perlu memeriksa kedua fungsi dalam (3). Untuk x0 = 0, kedua fungsi dalam (3) menjadi: ο·
(π₯)
2π₯+1 π₯ 4 βπ₯ 2
=
2π₯+1 π₯(π₯+1)(π₯β1)
dan,
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
16
ο·
(π₯ 2 )
π₯2 (π₯+1) π₯4 βπ₯2
=
π₯2 π₯β1
Pernyataan pertama dari (5) tidak analitik pada x = 0, jadi kita simpulkan bahwa titik x0 = 0, adalah sebuah titik singular tak regular untuk persamaan differensial (4). Untuk x0 = 1, kedua fungsi dalam (3) menjadi: 2π₯+1
ο·
(x β 1)
ο·
(x β 1)2
π₯ 4 βπ₯ 2
=
π₯ 2 (π₯+1) π₯ 4 βπ₯ 2
2π₯+1 π₯ 2 (π₯+1)
=xβ1
Dan karena kedua fungsi itu analitik pada x = 1, kita simpulkan bahwa titik x0 = 1 adalah sebuah titik singular yang regular untuk persamaan differensial (4). Akhirnya, untuk x0 = -1, kedua fungsi dalam (3) menjadi: 2π₯+1
ο·
(x + 1)
ο·
(x + 1)2
π₯ 4 βπ₯ 2
=
2π₯+1 π₯ 2 (π₯+1)
(π₯+1)2 π₯β1
Dan karena kedua fungsi itu analitik pada x = -1 (penyebut tidak nol pada x = -1), kita simpulkan bahwa titik x0 = -1 adalah sebuah titik singular yang regular untuk persamaan differensial itu.
17
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Tentukan titik-titik singular yang regular, singular takreguler dari persamaan berikut. 1. π₯π¦" β (2π₯ + 1)π¦β² + π¦ = 0
5. (π₯ β 1)2 π¦" β (π₯ 2 β π₯)π¦β² + π¦ = 0
2. π¦" β 2(π₯ β 1)π¦β² + 2π¦ = 0
6. π₯ 2 π¦" β (π₯ + 2)π¦ = 0
3. (1 β π₯)π¦" β π¦β² + π₯π¦ = 0
7. (π₯ β 1)4 π¦" β π₯π¦ = 0
4. 2π₯ 2 π¦" β (π₯ β π₯ 2 )π¦β² β π¦ = 0
8. π₯ 3 (1 β π₯ 2 )π¦" + (2π₯ β 3)π¦β² + π₯π¦ = 0
Jawablah benar atau salah pernyataan soal 9-14 berikut. 9. Titik x0 = -1 merupakan titik singular yang regular untuk persamaan differensial (1 β π₯ 2 )π¦" β 2π₯π¦β² + 12π¦ = 0 10. Titik x0 = 0 merupakan titik biasa untuk persamaan differensial π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 2π¦ = 0 11. Titik x0 = 0 merupakan titik singular untuk persamaan differensial (1 + π₯)π¦" β 2π¦β² + π₯π¦ = 0 12. Titik x0 = 0 merupakan titik singular tak regular untuk persamaan differensial π₯ 3 π¦" β (π₯ + 1)π¦ = 0 13. Titik x0 = 3 merupakan titik biasa untuk persamaan differensial (π₯ + 3)π¦" + π₯π¦β² β π¦ = 0 14. Titik x0 = -3 merupakan titik singular untuk persamaan differensial (π₯ + 3)π¦" + π₯π¦β² β π¦ = 0
18
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2.3 Deret Kuasa Sebagai Penyelesaian di Sekitar Titik Biasa Dalam bagian ini, kita tunjukkan bagaimana menyelesaikan sembarang persamaan differensial linier orde dua dengan koefisien variable yang berbentuk: π2 (π₯)π¦" + π1 (π₯)π¦β² + π0 (π₯)π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (1) Dalam suatu selang di sekitar titik biasa x0. Titik x0 biasanya diatur oleh masalah khusus yang ada, yang mengharuskan kita untuk mencari penyelesaian persamaan differensial (1) yang memenuhi syarat awal berbentuk: π¦(π₯0 ) = π¦0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (2) dan, π¦β²(π₯0 ) = π¦1 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (3) Kita ingat kembali bahwa jika koefisien-koefisien π2 (π₯), π1 (π₯), dan π0 (π₯) berbentuk polinom-polinom dalam x, maka sebuah titik x0 adalah titik biasa dari persamaan differensial (1) bila π2 (π₯0 ) β 0 . Pada umumnya π₯0 adalah titik biasa dari persamaan differensial (1) jika fungsi-fungsi π1 (π₯)/π2 (π₯) dan π0 (π₯)/π2 (π₯) dapat diuraikan menjadi deret kuasa dalam bentuk: β
π1 (π₯) = β π΄π (π₯ β π₯0 )π , π’ππ‘π’π |π₯ β π₯0 | < π
1 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (4) π2 (π₯) π=0
dan, β
π0 (π₯) = β π΄π (π₯ β π₯0 )π , π’ππ‘π’π |π₯ β π₯0 | < π
2 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (5) π2 (π₯) π=0
Dengan jari-jari kekonvergenan π
1 dan π
2 yang positif. Fungsi (4) dan (5) khususnya kontinu di dalam selang |π₯ β π₯0 | < π
, di mana R bilangan terkecil diantara π
1 dan π
2 .
Jika x0 sebuah titik biasa dari persamaan differensial (1), maka penyelesaian umum persamaan differensial itu mempunyai suatu uraian deret kuasa di sekitar x0, β
π¦(π₯) = β ππ (π₯ β π₯0 )π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (6) π=0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
19
Dengan jari-jari kekonvergenan yang positif. Secara lebih tepat, jika π
1 dan π
2 jari-jari kekonvergenan deret (4) dan (5), maka jari-jari kekonvergenan deret (6) sekurang-kurangnya sama dengan minimum dari π
1 dan π
2 . Koefisien an untuk n = 2, 3, β¦ dari deret (6) dapat diperoleh dalam a0 dan a1 dengan mensubstitusikan deret (6) langsung ke dalam persamaan differensial (1) dan dengan menyamakan koefisien dari suku yang berpangkat sama. Akhirnya, jika (6) merupakan penyelesaian masalah nilai awal (1) β (3), maka a0 = y0 dan a1 = y1.
Carilah solusi umum persamaan differensial dari: π¦" β 2(π₯ β 1)π¦β² + 2π¦ = 0β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.(7) di sekitar titik biasa π₯0 = 1! Solusi: Menurut Teorema 1, solusi umum persamaan differensial di atas mempunyai uraian deret kuasa di sekitar π₯0 = 1. Sehingga: β
π¦(π₯) = β ππ (π₯ β 1)π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (8) π=0
Dengan jari-jari kekonvergenan positif. Untuk mencari batas bawah jari-jari kekonvergenan dari deret (8), kita memerlukan jari-jari kekonvergenan π
1 dan π
2 dari uraian fungsi:
π1 (π₯) π2 (π₯)
dan
π0 (π₯) π2 (π₯)
menjadi deret kuasa.. Di sini: π2 (π₯) = 1, π1 (π₯) = β2(π₯ β 1), dan π0 (π₯) = 2. Jadi, ο· ο·
π1 (π₯) π2 (π₯) π0 (π₯) π2 (π₯)
= -2(x β 1) dan, =2
Karena itu, π
1 dan π
2 = β. Jadi, jari-jari kekonvergenan deret (8) juga sama dengan β. Ini berarti, penyelesaian (8) akan konvergen untuk semua x. Koefisien dari deret (8) dapat dicari dengan langsung mensubstitusikan deret itu ke dalam persamaan differensial yang diketahui. Karena (8) merupakan penyelesaian dari persamaan differensial orde dua (7), maka akan memuat dua konstanta
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
20
sembarang. Jelaslah, koefisien π0 dan π1 akan tetap tak ditentukan, sedang konstanta π2 , π3 , β¦ akan ditanyakan dalam π0 dan π1 . Dengan menurunkan (8) suku demi suku akan kita peroleh: β
π¦β²(π₯) = β πππ (π₯ β 1)πβ1 π=1
dan, β
π¦"(π₯) = β π(π β 1)ππ (π₯ β 1)πβ2 π=2
Sekarang kita akan substitusikan π¦(π₯), π¦β²(π₯), dan π¦"(π₯) ke dalam persamaan differensial (7). Maka akan ditulis sebagai berikut: π¦" β 2(π₯ β 1)π¦β² + 2π¦ = 0 β
β πβ2
β π(π β 1)ππ (π₯ β 1)
β πβ1
β 2(π₯ β 1) β πππ (π₯ β 1)
π=2
+ 2 β ππ (π₯ β 1)π = 0
π=1
β
π=0
β
β
π
β(π + 2)(π + 1)ππ+2 (π₯ β 1) β 2 β πππ (π₯ β 1) + 2 β ππ (π₯ β 1)π = 0 π=0
π
π=1 β
π=0 β
β
π
[2π2 + β(π + 2)(π + 1)ππ+2 (π₯ β 1) ] β 2 β πππ (π₯ β 1) + [2π0 + 2 β ππ (π₯ β 1)π ] = 0 π=1
π
π=1 β
π=1 β
π
β
(2π2 + 2π0 ) + β(π + 2)(π + 1)ππ+2 (π₯ β 1) β 2 β πππ (π₯ β 1) + 2 β ππ (π₯ β 1)π = 0 π=1
π
π=1
π=1
β
(2π2 + 2π0 ) + β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 β 2πππ + 2ππ ] (π₯ β 1)π = 0 π=1
Ruas kiri dari persamaan ini merupakan deret kuasa yang identic nol. Jadi, semua koefisien harus nol. Ini berarti, ο·
2π2 + 2π0 = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (9)
ο·
(π + 2)(π + 1)ππ+2 β 2πππ + 2ππ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (10) Untuk n = 1, 2, β¦
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
21
Syarat (10) disebut rumus rekursif sebab ini memungkinkan ππ+2 untuk dihitung jika ππ diketahui. Dengan menggunakan persamaan (9) dan rumus rekursif (10), kita dapat menyatakan koefisien-koefisien π2 , π3 , β¦β¦β¦.. dari deret kuasa itu dalam koefisien π0 dan π1 . Jelaslah dari (9) kita dapatkan: ο·
π2 = βπ0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (11)
dan dari (10) kita peroleh, ο·
ππ+2 =
2(πβ1)
π untuk n = 1, 2, β¦ (π+2)(π+1) π
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.(12)
Dari persamaan (12) kita peroleh: ο·
π3 = 0,
π4 =
ο·
π5 = 0,
π6 =
ο·
π7 = 0,
π8 =
2 4.3 2.3 6.5 2.5 8.7
π2 = β
2 22 π0 = β π0 4.3 4!
π4 = β
22 .3 23 .3 π0 = β π 6.5.4.3 6! 0 22 .5.3
π6 = β 8.7.6.5.4.3 π0 = β
24 .5.3.1 π0 8!
______________________________________________________ Jadi, ο·
π2π+1 = 0, n = 1, 2, β¦
Dan, ο·
π2π =
2π .1.3.5β¦(2πβ3) (2π)!
π0 , n = 2, 3, β¦
Jadi, solusi umum persamaan differensial (7) berbentuk: ο·
π¦(π₯) = π0 + π1 (π₯ β 1) + π2 (π₯ β 1)2 + π4 (π₯ β 1)4 + π6 (π₯ β 1)6 + β―
ο·
π¦(π₯) = π1 (π₯ β 1) + π0 [1 β (π₯ β 1)2 β
22 (π₯ 4!
β 1)4 β
23 .3 (π₯ 6!
β 1)6 β β― ]
Catatan: Seperti yang kita duga, solusi umum itu memuat dua konstan sembarang π0 dan π1 . Karena itu 22
fungsi-fungsi x β 1 dan 1 β (π₯ β 1)2 β 4! (π₯ β 1)4 β
23 .3 (π₯ 6!
β 1)6 β β― merupakan dua solusi bebas
linier dari persamaan (7).
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
22
Selesaikan persamaan differensial berikut dengan masalah nilai awal: (1 β π₯)π¦" β π¦β² + π₯π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ . . β¦ β¦ (13) π¦(0) = 1 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (14) π¦β²(0) = 1 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . β¦ (15) Solusi: Karena syarat awal diberikan pada titik 0, kita tarik pada suatu solusi MNA (13)-(15) di sekitar x0 = 0. Satu-satunya titik singular dari persamaan differensial (13) adalah x = 1, dan dengan demikian titik x = 0 adalah titik biasa. Jadi, MNA (13)-(15) mempunyai penyelesaian tunggal dalam bentuk: β
π¦(π₯) = β ππ π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (16) π=0
Jika pada saat ini kita ingin mencari perkiraan bahwa jari-jari kekonvergenan deret kuasa (16), kita harus menghitung jari-jari kekonvergenan uraian deret kuasa dari fungsi-fungsi
π1 (π₯) π2 (π₯)
dan
π0 (π₯) π2 (π₯)
.
Perhatikan bahwa: β
π1 (π₯) 1 = = β π₯π, π2 (π₯) 1 β π₯
|π₯| < 1
π=0
dan, β
β
π=0
π=0
π0 (π₯) 1 = = π₯ β π₯ π = β π₯ π+1 , π2 (π₯) 1 β π₯
|π₯| < 1
Jadi, deret (16) konvergen paling sedikit untuk |π₯| < 1. Selanjutnya adalah mensubstitusikan (16) langsung ke dalam (13) dan menyamakan koefisiennya, maka diperoleh: 23
(1 β π₯)π¦" β π¦β² + π₯π¦ = 0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
β
β
(1 β π₯) β π(π β 1)ππ π₯
πβ2
β
β β πππ π₯
π=2
πβ1
+ π₯ β ππ π₯ π = 0
π=1
β
π=0 β
β
π
(1 β π₯) β(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ β β(π + 1)ππ+1 π₯ + β ππβ1 π₯ π = 0 π=0
π
π=0
β
π=1
β
β
π
β
π
β(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ β π₯ β(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ β β(π + 1)ππ+1 π₯ + β ππβ1 π₯ π = 0 π=0
π
π=0
β
π=0
β
π=1
β
π
β
β(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ β β(π)(π + 1)ππβ1 π₯ β β(π + 1)ππ+1 π₯ + β ππβ1 π₯ π = 0 π=0
π
π=1
π
π=0
β
π=1
β π
β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ β (π + 1)ππ+1 π₯
π]
+ β[ππβ1 π₯ π β (π)(π + 1)ππβ1 π₯ π ] = 0
π=0
π=1
β
β π
β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 β (π + 1)ππ+1 ] π₯ + β[ππβ1 β (π)(π + 1)ππβ1 ]π₯ π = 0 π=0
π=1
β
β
β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 β (π + 1)ππ+1 ] + β[ππβ1 β (π)(π + 1)ππβ1 ] = 0 π=0
π=1 β
β
(2π2 β π1 ) + β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 β (π + 1)ππ+1 ] + β[ππβ1 β (π)(π + 1)ππβ1 ] = 0 π=1
π=1
β
(2π2 β π1 ) + β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 β (π + 1)ππ+1 + ππβ1 β (π)(π + 1)ππβ1 ] = 0 π=1 β
(2π2 β π1 ) + β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 + ππβ1 β (π + 1)ππ+1 β (π)(π + 1)ππβ1 ] = 0 π=1
Sehingga diperoleh: ο·
2π2 β π1 = 0, dan
ο·
ππ+1 =
π2 ππ βππβ2 (π+1)π
, n = 2, 3, β¦.
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
24
Dari syarat awal (14) kita peroleh π0 = 1, dan dari (15) kita dapatkanπ1 = 1. ο·
π2 =
1 2!
, π3 =
1 3!
, β¦, ππ =
1 π!
Jadi, solusi MNA (13)-(15) berbentuk: β
β π
π¦(π₯) = β ππ π₯ = β π=0
π=0
1 = ππ₯ π!
Menurut Teorema 1, jari-jari kekonvergenan dari penyelesaian (17) paling kecil sama dengan 1. Tetapi, jari-jari kekonvergenan itu dapat lebih besar. Jelaslah, jari-jari kekonvergenan dari penyelesaian (17) sama dengan β. Catatan: Dalam contoh 2.2.3 A dan B kita dapat menghitung semua koefisien an dari solusi deret kuasa itu. Tetapi, ini adalah suatu keistimewaan sebab tidak selalu mungkin seperti itu. Tentu saja, kita selalu mempunyai rumus rekursif yang dapat kita gunakan untuk menghitung koefisien sebanyak mungkin penyelesaian deret kuasa seperti yang kita kehendaki. Pada umumnya, kita hitung koefisien an dari solusi deret kuasa cukup untuk memperoleh suatu βhampiran yang baikβ pada solusi.
Hitunglah lima koefisien pertama dari penyelesaian: β
π¦(π₯) = β ππ π₯ π π=0
Dari MNA: π¦" β 2π₯ 2 π¦β² + 8π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (18) π¦(0) = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . . β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (19) π¦ β² (0) = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (20) Solusi:
25 β
β
β
Jika π¦(π₯) = β ππ π₯ π , ππππ: π¦β²(π₯) = β πππ π₯ πβ1 . Sehingga: π¦"(π₯) = β π(π β 1)ππ π₯ πβ2 . π=0
π=1
π=2
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Substitusikan π¦(π₯), π¦β²(π₯), dan π¦"(π₯) ke persamaan differensial (18). Sehingga persamaannya menjadi sebagai berikut: π¦" β 2π₯ 2 π¦β² + 8π¦ = 0 β
β
β π(π β 1)ππ π₯
πβ2
β
2
β 2π₯ β πππ π₯
π=2
πβ1
+ 8 β ππ π₯ π = 0
π=1
β
π=0 β
β
π
β(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ β 2 β πππ π₯ π=0
π+1
+ 8 β ππ π₯ π = 0
π=1
β
π=0
β
β
π
β(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ β 2 β(π β 1)ππβ1 π₯ + 8 β ππ π₯ π = 0 π=0
π
π=2
β
π=0
β π
β
β(π + 2)(π + 1)ππ+2 π₯ + 8 β ππ π₯ β 2 β(π β 1)ππβ1 π₯ π = 0 π=0
π
π=0
β
π=2 β
β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 + 8ππ
]π₯ π
π=0
β 2 β(π β 1)ππβ1 π₯ π = 0 π=2
β
β
2π2 + 8π0 + [6π3 + 8π1 ]π₯ + β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 + 8ππ π=2
]π₯ π
β 2 β(π β 1)ππβ1 π₯ π = 0 π=2
β
2π2 + 8π0 + [6π3 + 8π1 ]π₯ + β[(π + 2)(π + 1)ππ+2 + 8ππ β 2(π β 1)ππβ1 ]π₯ π = 0 π=2
Sehingga diperoleh: ο·
2π2 + 8π0 = 0 dan 6π3 + 8π1 = 0
ο·
(π + 2)(π + 1)ππ+2 + 8ππ β 2(π β 1)ππβ1 = 0 untuk n = 2, 3, β¦
Dengan cara yang sama seperti contoh sebelumnya, maka diperoleh solusi umumnya yaitu: π¦(π₯) = π0 + π1 π₯ + π2 π₯ 2 + π3 π₯ 3 + π4 π₯ 4 + β― 4 1 π¦(π₯) = π₯ β π₯ 3 + π₯ 4 + β― 3 6
26
Dalam contoh ini, koefisien dapat dihitung, namun bentuk umum koefisien an tidak dapat dirumuskan. Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Selesaikan MNA dalam soal 1-10, dengan menggunakan metode deret kuasa di sekitar titik awal x0. 1. π¦" β 2π¦β² + 4π¦ = 0 2. (1 β π₯
2 )π¦"
di sekitar titik π₯0 = 0
β 2π₯π¦β² + 6π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 0
3. π¦" β 2(π₯ + 2)π¦β² + 4π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = β2
4. (βπ₯ 2 + 4π₯ β 3)π¦" β 2(π₯ β 2)π¦β² + 6π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 2
5. (1 β π₯ 2 )π¦" β π₯π¦β² + π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 0
6. (1 β π₯ 2 )π¦" β π₯π¦β² + 4π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 0
7. π¦" β 2π₯π¦β² + 2π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 0
8. π¦" β 2(π₯ β 1)π¦β² + 2π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 0
9. (1 β π₯ 2 )π¦" β 2π₯π¦β² + 2π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 0
10. (π₯ 2 + 4π₯ + 3)π¦" + 2(π₯ + 2)π¦β² β 2π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = β2
Dalam soal 11-20, hitung empat koefisien pertama dari penyelesaian deret kuasa di sekitar titik awal. 11. π¦" β 2π₯π¦β² + 2π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 0
12. π¦"(π₯ β 1) + π¦β² + 2π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 0
13. (π₯ 2 + 2)π¦" β 3π¦β² + (π₯ β 1)π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 1
14. π₯π¦" β 2(π₯ + 1)π¦β² + 2π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 3
15. π¦"(π₯ β 1) β π₯π¦β² + π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 0
16. π¦" β 2π₯π¦β² + 4π¦ = 0
di sekitar titik π₯0 = 0
17. (1 β π₯ 2 )π¦" β 2π₯π¦β² + 6π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 0
18. (1 β π₯ 2 )π¦" β 2π₯π¦β² + 2π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 0
19. π¦"(π₯ β 1) β π¦β² + 2π₯π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 1
20. π¦"(π₯ β 2) β π₯π¦β² + 4π¦ = 0
disekitar titik π₯0 = 0
27
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2.4 Deret Kuasa Sebagai Penyelesaian di Sekitar Titik Singular yang Reguler Dalam bagian ini, kita perhatikan bagaimana meyelesaikan sembarang persamaan differensial linier orde dua koefisien variable yang berbentuk: π2 (π₯)π¦" + π1 (π₯)π¦β² + π0 (π₯)π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (1) Dalam selang tanpa titik, di sekitar titik singular yang regular x0. Sebuah selang tanpa titik pusat di sekitar x0 adalah suatu himpunan berbentuk 0 < |π₯ β π₯0 | < π
untuk suatu bilangan positif R. Himpunan ini terdiri dari selang |π₯ β π₯0 | < π
, tanpa titik pusat x0.
1111111111111111111111111111 Xo-R Xo Xo+R Akan kita ingat kembali, bahwa bila titik x0 merupakan titik singular yang regular dari persamaan differensial tersebut, maka fungsi-fungsi tersebut adalah: (x β x9)
π1 (π₯) π2 (π₯)
dan (x β x-0)2
π0 (π₯) π2 (π₯)
Yang mempunyai uraian deret kuasa berbentuk: β
π1 (π₯) (π₯ β π₯0 ) = β π΄π (π₯ β π₯0 )π π2 (π₯)
π’ππ‘π’π |π₯ β π₯0 | < π
1 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (2)
π=0
dan, β
(π₯ β π₯0
)2
π1 (π₯) = β π΅π (π₯ β π₯0 )π π2 (π₯)
π’ππ‘π’π |π₯ β π₯0 | < π
2 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (3)
π=0
Dengan jari-jaari kekonvergenan π
1 dan π
2 . Karena titik x0 merupakan titik singular dari persamaan differential (1), pada umumnya, penyelesaian persamaan differensial tersebut takterdefinisi pada x0. Tetapi, persamaan differensial (1) mempunyai dua penyelesaian bebas linier dalam selang tanpa titik pusat 0 < |π₯ β π₯0 | < π
, di mana R adalah nilai terkecil π
1 dan π
2 . Masalah kita dalam bagian ini adalah menghitung kedua penyekesaian ini di dekat setiap titik singular. Sebelum kita kemukakan sebuah teorema yang menggambarikan bentuk kedua penyelesaian bebas linier dari persamaan differensial (1) di dekat sebuah titik singular yang regular, kita kemukakan definisi berikut ini.
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
28
Misalkan bahwa x0 sebuah titik singular yang regular dari persamaan differensial (1) dan misalkan bahwa uraian (2) dan (3) berlaku. Maka persamaan kuadrat: π2 + (π΄0 β 1)π + π΅0 = 0 disebut persamaan indeks dari (1) pada x0. Teorema 2.2.4: (Penyelesaian di dekat sebuah titik singular yang reguler) Misalkan bahwa x0 sebuah titik singular yang regular dari persamaan differensial (1) dan misalkan bahwa uraian (2) dan (3) berlaku. Misalkan pula π1 dan π2 dua akar dari persamaan indeks: π2 + (π΄0 β 1)π + π΅0 = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (4) Yang ditandai sedemikian sehingga π1 β₯ π2 dalam hal kedua akar itu merupakan bilangan riil. Maka salah satu solusi dari persamaan (1) berbentuk: β
π¦1 (π₯) = |π₯ β π₯0
| π1
β ππ (π₯ β π₯0 )π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (5) π=0
Dengan a0 = 1, dan berlaku di dalam selang tanpa pusat 0 < |π₯ β π₯0 | < π
, di mana R = min (π
1 , π
2 ). Suatu penyelesaian kedua yang bebas linier y2(x) dari persamaan (1) dalam selang tanpa pusat 0 < |π₯ β π₯0 | < π
, diperoleh sebagai berikut. Kasus 1: Jika π1 β π2 β bilangan bulat, maka: β
π¦2 (π₯) = |π₯ β π₯0
| π2
β ππ (π₯ β π₯0 )π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (6) π=0
Dengan b0 = 1. Kasus 2: Jika π1 = π2 , maka: β
π¦2 (π₯) = πΆπ¦1 (π₯) πΌπ|π₯ β π₯0
| π2
β ππ (π₯ β π₯0 )π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (7) π=0
Kasus 3: Jika π1 = π2 (bilangan bulat positif), maka: β
π¦2 (π₯) = πΆπ¦1 (π₯) πΌπ|π₯ β π₯0 ||π₯ β π₯0
| π2
β ππ (π₯ β π₯0 )π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (8) π=0
Dengan b0 = 1. Konstanta C kadang-kadang sama dengan nol.
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
29
Seperti dalam hal titik biasa, koefisien dari penyelesaian deret di atas dapat diperoleh dengan substitusi langsung penyelesaian itu ke dalam persamaan differensial tersebut dan koefisiennya disamakan. Mula-mula dihitung penyelesaian (5). Deret dari bentuk persamaan (5) disebut Deret Frobenius. Sebuah penyelesaian kedua dapat dihitung dari (6), (7), atau (8) tergantung bagaimana kasusnya nanti. Sebuah penyelesaian kedua dapat dicari dengan menggunakan reduksi orde.
Carilah solusi umum dari persamaan differensial: 2π₯ 2 π¦" + (π₯ β π₯ 2 )π¦β² β π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (9) di sekitar x0 = 0 Solusi: Di sini π2 (π₯) = 2π₯ 2 , π1 (π₯) = π₯ β π₯ 2 , dan π0 (π₯) = β1. Karena π2 (0) = 0, maka titik π₯0 = 0 merupakan titik singular dari persamaan differensial yang diberikan. Karena, (π₯ β π₯0 )
π1 (π₯) π₯ β π₯2 1 π₯ =π₯ = β π2 (π₯) 2π₯ 2 2 2
dan, (π₯ β π₯0 )2
π1 (π₯) β1 1 = π₯2 2 = β π2 (π₯) 2π₯ 2
Merupakan fungsi analitik (dengan jari-jari kekonvergenan sama dengan β), titik π₯0 = 0 adalah sebuah titik singular yang regular dari persamaan differensial yang diberikan. Di sini π΄0 = β
1 2
,
dan π΅0 =
1 , dank arena itu persamaan indeks dari persamaan differensial yang diberikan pada titik singular 2
regular 0 adalah: 1 1 π2 + ( β 1) π β = 0, yaitu: 2 2 2π2 β π β 1 = 0 30 Akar-akar persamaan indeks itu adalah -1/2 dan 1, dan kita harus membuat akar-akar itu demikian sehingga π1 β₯ π2 , yaitu:
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
π1 = 1 dan π2 = β
1 2
Menurut teorema 2.2.4, satu penyelesaian dari persamaan differensial (9) berbentuk: β
π¦1 (π₯) = π₯ β ππ π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (10) π=0
Dengan π0 = 1. Karena selisih kedua akar persamaan indeks itu bukan bilangan bulat, maka penyelesaian bebas linier π¦2 (π₯) berbentuk (Kasus 1). β
π¦2 (π₯) =
|π₯|β1/2
β ππ π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (11) π=0
Dengan π0 = 1 . Karena π
1 = π
2 = β , maka deret kuasa (10) konvergen untuk semua x. Tetapi, penyelesaian (11) tidak terdefinisi pada x = 0. Penyelesaian (11) ini terdefinisi (menurut teorema 2.2.4) di dalam selang tanpa titik pusat 0 < |π₯| < β yaitu, untuk π₯ < 0 atau π₯ > 0. Sekarang akan kita hitung koefisien-koefisien dari penyelesaian (10) dan (11) dengan substitusi langsung ke dalam persamaan differensial (9) dan menyamakan koefisien-koefisien x yang berpangkat sama. Pertama-tama kita hitung koefisien ππ dari penyelesaian (10). Kita dapatkan: β
β π
π¦(π₯) = π₯ β ππ π₯ = β ππ π₯ π+1 , sehingga: π=0
π=0
β
β π
π¦β²(π₯) = β(π + 1)ππ π₯ dan π¦"(π₯) = β π(π + 1)ππ π₯ πβ1 π=0
π=0
Substitusikan π¦(π₯), π¦β²(π₯),dan π¦"(π₯)ke persamaan (9), sehingga diperoleh: 2π₯ 2 π¦" + (π₯ β π₯ 2 )π¦β² β π¦ = 0 β
β
β
2π₯ 2 β π(π + 1)ππ π₯ πβ1 + (π₯ β π₯ 2 ) β(π + 1)ππ π₯ π β β ππ π₯ π+1 = 0 π=0
π=0
β
2 β π(π + 1)ππ π₯ π=0
β π+1
β
+ β(π + 1)ππ π₯ π=0
π=0
π+1
β β(π + 1)ππ π₯ π=0
β π+2
β β ππ π₯ π+1 = 0 π=0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
31
β
β
β
π
β
π
2 β π(π β 1)ππβ1 π₯ + β πππβ1 π₯ β β(π β 1)ππβ2 π₯ β β ππβ1 π₯ π = 0 π=1
π
π=1
π=2
π=1
atau β
β
2 β π(π + 1)ππ π₯
π+1
β π+1
+ β(π + 1)ππ π₯
π=0
π=0
β
β β(π β 1)ππβ2 π₯ β β ππ π₯ π+1 = 0 π=2
β
π=0
β
β
[2 β π(π + 1)ππ + β(π + 1)ππ β β ππ ] π₯ π=0
β π
π=0
π+1
β β(π β 1)ππβ2 π₯ π = 0
π=0
π=2
Atau pula, β
β
2 β π(π + 1)ππ π₯
π+1
β π+1
+ β(π + 1)ππ π₯
π=0
π=0
β
β
β β πππβ1 π₯
π+1
π=1
β
β
β β ππ π₯ π+1 = 0 π=0
β
[2 β π(π + 1)ππ + β(π + 1)ππ β β πππβ1 β β ππ ] π₯ π+1 = 0 π=0
π=0
π=1
β
π=0
β
[β 2π(π + 1)ππ + (π + 1)ππ β ππ β β πππβ1 ] π₯ π+1 = 0 π=0
π=1
β
β
β 2π(π + 1)ππ + (π + 1)ππ β ππ β β πππβ1 = 0 π=1
π=1
Suku π0 β π0 berhubung dengan jumlah suku-suku n = 0. Dengan menyamakan koefisienkoefisien dengan nol, kita peroleh rumus rekursif, yaitu: β
β
β 2π(π + 1)ππ + (π + 1)ππ = β πππβ1 + ππ π=1
π=1
Maka: 2π(π + 1)ππ + (π + 1)ππ β ππ = πππβ1 32
Sehingga diperoleh: ππ =
πππβ1 1 = , dimana: n = 1, 2, β¦ 2π(π + 1) + (π + 1) β 1 2π + 3 Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Dengan mengambil ππ untuk n = 1, 2, β¦, maka diperoleh satu penyelesaian differensial (9) di dekat π₯0 = 0 berbentuk: π¦1 (π₯) = π₯ (1 +
π₯ π₯2 π₯π + + β―+ + β―) 5 5.7 5.7 β¦ (2π + 3)
atau β
π¦1 (π₯) = π₯ [1 + β π=1
π₯π ] β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (12) 5.7 β¦ (2π + 3)
Selanjutnya, kita hitung koefisien ππ dari penyelesaian (11). Penyelesaian ini terdefinisi di dalam selang tanpa titik pusat 0 < |π₯|, yaitu π₯ > 0 dan π₯ < 0. Mula-mula kita misalkan bahwa π₯ > 0. Maka: β
π¦2 (π₯) = π₯
β1/2
β
1
β ππ π₯ = β ππ π₯ πβ2 , sehingga: π
π=0
π=0
β
β
π=0
π=0
3 5 1 1 3 π¦2 β²(π₯) = β (π β ) ππ π₯ πβ2 dan π¦2 "(π₯) = β (π β ) (π β ) ππ π₯ πβ2 2 2 2
Substitusikan π¦2 (π₯), π¦2 β²(π₯), dan π¦2 "(π₯) ke persamaan differensial (9), sehingga: 2π₯ 2 π¦" + (π₯ β π₯ 2 )π¦β² β π¦ = 0 β
β
β
π=0
π=0
π=0
5 3 1 1 3 1 2π₯ β (π β ) (π β ) ππ π₯ πβ2 + (π₯ β π₯ 2 ) β (π β ) ππ π₯ πβ2 β β ππ π₯ πβ2 = 0 2 2 2 2
β
β(2π β 1)(2π β 3)ππ π₯
πβ
1 2
π=0
β
β
β
π=0
π=0
π=0
1 1 1 1 1 + β (π β ) ππ π₯ πβ2 β β (π β ) ππ π₯ π+2 β β ππ π₯ πβ2 = 0 2 2
β
β
β
β
π=0
π=0
π=0
π=1
β
β
β
β
π=0
π=0
π=0
π=1
β
β
β
β
π=0
π=0
π=0
π=1
1 1 1 3 [β(2π β 1)(2π β 3)ππ + β (π β ) ππ β β ππ ] π₯ πβ2 β β (π β ) ππβ1 π₯ πβ2 = 0 2 2
1 1 3 [β(2π β 1)(2π β 3)ππ + β (π β ) ππ β β ππ β β (π β ) ππβ1 ] π₯ πβ2 = 0 2 2
33 1 3 β(2π β 1)(2π β 3)ππ + β (π β ) ππ β β ππ β β (π β ) ππβ1 = 0 2 2
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
β
β
β
β
π=1
π=1
π=1
π=1
π0 1 3 [3π0 β β π0 ] + β(2π β 1)(2π β 3)ππ + β (π β ) ππ β β ππ β β (π β ) ππβ1 = 0 2 2 2 β
3π0 1 3 [ ] + β [(2π β 1)(2π β 3)ππ + (π β ) ππ β ππ β (π β ) ππβ1 ] = 0 2 2 2 π=1
Seperti sebelum ini, suku pertama di ruas kanan sama dengan nol. Dengan menyamakan tiap koefisien deret itu dengan nol, kita peroleh rumus rekursif. 1 3 (2π β 1)(2π β 3)ππ + (π β ) ππ β ππ β (π β ) ππβ1 = 0 2 2 1 3 [(2π β 1)(2π β 3) + (π β ) β 1] ππ = (π β ) ππβ1 2 2 Jadi, rekursifnya adalah:
ππ =
3 (π β ) ππβ1 2 1 (2π β 1)(2π β 3) + (π β ) β 1 2
=
1 π , dimana n = 1, 2, β¦ 2π πβ1
Dengan mengambil ππ untuk n = 1, 2, β¦, maka diperoleh bentuk umumnya adalah: ππ =
1 2π . π!
untuk n = 1, 2, β¦
Jadi,
π¦2 (π₯) =
π β β π₯ π ( ) 1 1 π₯2 π₯π π₯ + + β―+ π + β― ) = π₯ β2 β π = π₯ β2 β 2 2 22 . 2! 2 . π! 2 . π! π!
1 π₯ π₯ β2 (1 +
π=0
π=0
atau 1 π₯
π¦2 (π₯) = π₯ β2 π 2 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (13) Sekarang kita harus menghitung penyelesaian (11) bila π₯ < 0. Untuk ini, kita gunakan pemetaan x = -t di dalam persamaan differensial (9). Dengan menggunakan aturan rantai dan tanda titik untuk 34
turunan t, kita peroleh: π¦β² =
ππ¦ ππ¦ ππ‘ = . = βπ¦ ππ₯ ππ‘ ππ₯
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
dan, π¦" =
π ππ‘ (βπ¦) = π¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (9β²) ππ‘ ππ₯
Jadi, persamaan (9) menjadi: 2π‘ 2 π¦ β (βπ‘ β π‘ 2 )π¦ β π¦ = 0 Karena π₯ < 0 dalam persamaan (9), kita punya π‘ > 0 dalam persamaan (9β). Persamaan indeks dari persamaan (9β) sama dengan persamaan indeks dari persamaan (9). Maka akar-akarnya adalah: π1 = 1 dan π2 = β
1 2 1
Kita hanya tinggal mencari penyelesaian yang sesuai dengan π2 = β karena untuk π1 = 1 kita 2
telah mendapatkan penyelesaiannya. Seperti yang lalu, kita cari suatu penyelesaian berbentuk: β
π¦2 (π‘) = |π‘|
1 2
β
β ππ π‘ π π=0
Karena π‘ > 0 kita peroleh:
π¦2 (π‘) = π‘
β
1 2
β
β ππ π‘ π π=0
Koefisien-koefisien di atas dihitung dengan substitusi π¦2 (π‘) langsung ke dalam persamaan differensial (9β), sehingga kita peroleh: 1
1
π¦2 (π‘) = π‘ β2 π β2 π‘ > 0 Tetapi, π‘ = βπ₯, jadi: 1 π₯
π¦2 (π₯) = (βπ₯)β2 π 2 , π₯ < 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (13β² ) Dari penggangguan (13) dan (13β), kita lihat bahwa untuk π₯ < 0 atau π₯ > 0, kita dapatkan: 1 π₯
π¦2 (π₯) = |π₯|β2 π 2 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . (14) Jadi, penyelesaian umum persamaan differensial (9) berbentuk: Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
35
β
π¦(π₯) = π1 π₯ [1 + β π=1
1 π₯ π₯π ] + π2 |π₯|β2 π 2 5.7 β¦ (2π + 3)
Dimana π1 dan π2 adalah konstanta-konstanta sembarang.
Catatan 2.2.4 A Dapat dibuktikan bahwa jika: β π
π¦(π₯) = π₯ β ππ π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (15β² ) π=0
merupakan penyelesaian dari persamaan (1) untuk π₯ > 0, maka: β π
π¦(π₯) = (βπ₯) β ππ π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . (16) π=0
juga merupakan penyelesaian untuk π₯ < 0. Ini diperlihatkan dalam contoh di atas persamaan (13) dan (13β). Dengan menggabungkan (15) dan (16), untuk π₯ < 0 kita peroleh: β
π¦(π₯) = |π₯|π β ππ π₯ π π=0
36
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Carilah solusi umum dari persamaan differensial: (π₯ β 1)2 π¦" β (π₯ 2 β π₯)π¦β² + π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (17) di sekitar x0 = 1 Solusi: Karena perhitungan di sekitar titik nol lebih mudah, kita ambil t = x β 1 dan kita cari penyelesaian umum dari persamaan hasil pemetaan itu di dekat 0. Dari t = x β 1, kita peroleh x = t + 1, π¦ β² = π¦Μ dan π¦" = π¦Μ . Jadi, persamaan (17) menjadi: π‘ 2 π¦Μ β (π‘ 2 + π‘)π¦Μ + π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (18) Titik π‘0 = 0 adalah titik singular dari persamaan (18), dan karena: π‘
π1 (π‘) β(π‘ 2 + π‘) =π‘ = β1 β π‘ π2 (π‘) π‘2 π‘2
π0 (π‘) 1 = π‘ 2 2 = 1, π2 (π‘) π‘
Maka π‘0 = 0 adalah titik singular yang regular. Di sini π΄0 = β1 dan π΅0 = 1. Karena itu, persamaan indeks berbentuk: π2 β 2π + 1 = 0 dan π1 = π2 = 1. Menurut teorema 2.2.4, satu penyelesaian (17) berbentuk: β
π¦1 (π‘) = π‘ β ππ π‘ π π=1
Dengan π0 = 1 karena π1 β π2 = 0, kedua akar persamaan indeks adalah sama, maka penyelesaian kedua yang bebas linier π¦2 (π‘) berbentuk (Kasus 2). β
π¦2 (π‘) = π¦(π‘)πΌπ [π‘] + |π‘| β ππ π‘ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (19) π=0
Mula-mula kita hitung koefisien ππ dari penyelesaian berikut: Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
37
β
π¦(π‘) = π‘ β ππ π‘ π , sehingga: π=0 β
β
π¦β²(π‘) = π‘ β πππ π‘
πβ1
dan π¦"(π‘) = π‘ β π(π β 1)ππ π‘ πβ2
π=0
π=0
Substitusikan π¦(π‘), π¦β²(π‘), dan π¦"(π‘) ke persamaan (18) dan menyamakan koefisiennya, maka: π‘ 2 π¦Μ β (π‘ 2 + π‘)π¦Μ + π¦ = 0 β
β
2
π‘ . π‘ β π(π β 1)ππ π‘
πβ2
β
(π‘ 2
+ π‘)π‘ β πππ π‘
π=0 β π+1
π+2
β
β β πππ π‘
π=0 β
π=0
β
β β πππ π‘
π=0 β
+ π‘ β ππ π‘ π = 0
π=0
β
β π(π β 1)ππ π‘
β πβ1
π+1
π=0
π=0
β
β
[β π(π β 1)ππ β β πππ + β ππ ] π‘ π=0
π=0
π=0
β
β
β
π=0
π=0
β
β
β
π+1
β β πππ π‘ π+2 = 0 π=0 β
[β π(π β 1)ππ β β πππ + β ππ ] π‘ π=0
+ β ππ π‘ π+1 = 0
π+1
β β(πβ1)ππβ1 π‘ π+1 = 0 π=1
β
β π(π β 1)ππ β β πππ + β ππ β β(πβ1)ππβ1 = 0 π=0
π=0 β
π=0 β
π=1 β
β
π0 + β π(π β 1)ππ β β πππ + β ππ β β(πβ1)ππβ1 = 0 π=1
π=1
π=1
π=1
β
π0 + [β π(π β 1)ππ β πππ + ππ β (πβ1)ππβ1 ] = 0 π=1
Seperti sebelum ini, suku pertama di ruas kanan sama dengan nol. Dengan menyamakan tiap koefisien deret itu dengan nol, kita peroleh rumus rekursif. π(π β 1)ππ β πππ + ππ = (πβ1)ππβ1 [π(π β 1) β π + 1]ππ = (πβ1)ππβ1
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
38
ππ =
(πβ1)ππβ1 ππβ1 = dimana n = 1, 2, β¦ π(π β 1) β π + 1 π β 1
Jadi, dengan mengambil π0 = 1, kita dapatkan bahwa: β
π‘ π‘2 π‘π π‘π π¦1 (π‘) = π‘ (1 + + + β― + ) = π‘ β β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (20) 1! 2! π! π! π=0
atau π¦1 (π‘) = π‘π π‘ Selanjutnya, kita hitung koefisien ππ dari penyelesaian (19). Dengan mensubstitusikan ke dalam (19) kita substitusikan π¦1 (π‘) dari persamaan (20), dan untuk π‘ > 0, kita peroleh: β
β
β
β
π=0
π=1
π=0
π=1
π‘π π‘ π+1 π¦2 (π‘) = π‘ (β ) πΌπ (π‘) + π‘ β ππ π‘ π = (β ) πΌπ (π‘) + π‘ β ππ π‘ π+1 π! π! β
β
β
π=0
π=0
π=1
(π + 1)π‘ π π‘π π¦2 β²(π‘) = π‘ (β ) πΌπ (π‘) + β + β(π + 1)ππ π‘ π π! π! β
β
β
β
π=0
π=0
π=1
π=0
π(π + 1) πβ1 (π + 1)π‘ πβ1 ππ‘ πβ1 π¦2 "(π‘) = π‘ (β π‘ ) πΌπ (π‘) + β +β + β(π + 1)πππ π‘ πβ1 π! π! π! Sehingga: β
β
β
β
π=0
π=0
π=1
π=0
π(π + 1) π+1 (π + 1)π‘ πβ1 ππ‘ π+1 (π‘) π‘ π¦2 = π‘ (β π‘ ) πΌπ +β +β + β(π + 1)πππ π‘ π+1 π! π! π! 2
β
β
β
π=0
π=0
π=0
β
β
β
π=0
π=0
π=0
π(π + 1) π+2 π‘ π+1 βπ‘ π¦2 = (β β π‘ ) πΌπ (π‘) + β β + β β(π + 1)ππ π‘ π+2 π! π! 2
(π + 1) π+1 π‘ π+1 βπ‘ π¦2 = (β β π‘ ) πΌπ (π‘) + β β + β β(π + 1)ππ π‘ π+1 π! π! 2
β
β
1 π¦2 = (β π‘ π+1 ) πΌπ (π‘) + β ππ π‘ π+1 π! π=0
π=0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
39
Mudah dilihat bahwa koefisien dari In (t) sama dengan nol. (Hal ini terjadi dalam semua contoh mengenai Kasus 2). Juga seperti biasanya, jumlah semua suku yang sesuai dengan n = 0 sama dengan nol. Jadi, dengan menyamakan koefisien-koefisien dengan nol, kita peroleh: π+1 π 1 1 + β β + (π + 1)πππ β πππβ1 β (π + 1)ππ + ππ = 0 dimana n = 1, 2, β¦ π! π! (π β 1)! π1 Dengan menyederhanakannya, kita peroleh: π + π2 ππ β πππβ1 = 0 π! atau ππ =
1 1 ππβ1 β , π π. π!
dimana n = 1, 2, β¦
Jadi, π¦2 (π‘) = π1 (π₯ β 1)π π₯β1 + π2 [(π₯ β 1)π π₯β1 πΌπ |π₯ β 1| + (π₯ β 1) β
(π₯ β 1)3 ] 4
40
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Carilah solusi umum dari persamaan differensial: π₯ 2 π¦" β (π₯ + 2)π¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (21) di sekitar x0 = 0 Solusi: Di sini π2 (π₯) = π₯ 2 , π1 (π₯) = 0, dan π0 (π₯) = β(π₯ + 2) . Titik π₯0 = 0 merupakan titik singular dari persamaan differensial (21) karena π2 (0) = 0. Karena: (π₯ β π₯0 )
π1 (π₯) =0 π2 (π₯)
dan (π₯ β π₯0 )2
π0 (π₯) β(π₯ + 2) = π₯2 = β2 β π₯ π2 (π₯) π₯2
Titik π₯0 = 0 adalah titik singular yang regular. Persamaan indeks berbentuk (di sini π΄0 = 0 dan π΅0 = β2). Maka: π2 β π β 2 = 0 dan akar-akarnya adalah π1 = 2 dan π2 = β1. Menurut teorema 2.2.4, satu penyelesaian dari persamaan differensial (21) berbentuk: β 2
π¦1 (π₯) = π₯ β ππ π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (22) π=0
Dengan π0 = 1. Karena π1 β π2 = 3, beda kedua akar persamaan indeks itu merupakan bilangan bulat positif, maka penyelesaian kedua yang bebas linier π¦2 (π₯) berbentuk (Kasus 3). β
π¦2 (π₯) = πΆπ¦1 (π₯)πΌπ |π₯| + π₯
β1
β ππ π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (23) π=0
dengan π0 = 1 dan C mungkin sama dengan nol. Mula-mula kita hitung koefisien ππ dari penyelesaian (22). Kita dapatkan: β
β
π¦1 (π₯) = π₯ 2 β ππ π₯ π = β ππ π₯ π+2 , sehingga: π=0
π=0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
41
β
β
π¦1 β²(π₯) = β(π + 2)ππ π₯
π+1
dan π¦1 "(π₯) = β(π + 2)(π + 1)ππ π₯ π
π=0
π=0
Substitusikan π¦1 (π₯), π¦1 β²(π₯), dan π¦1 "(π₯) ke persamaan (21), maka diperoleh: π₯ 2 π¦" β (π₯ + 2)π¦ = 0 β
β
2
π
π₯ β(π + 2)(π + 1)ππ π₯ β (π₯ + 2) β ππ π₯ π+2 = 0 π=0
π=0
β
β
β(π + 2)(π + 1)ππ π₯
π+2
β
β β ππβ1 π₯
π=0
π+2
β 2 β ππ π₯ π+2 = 0
π=1
β
π=0
β
β
[β(π + 2)(π + 1)ππ β 2 β ππ ] π₯ π=0
π=0
β
β
π+2
β β ππβ1 π₯ π+2 = 0 π=1
β
β(π + 2)(π + 1)ππ β 2 β ππ β β ππβ1 = 0 π=0
π=0
π=1
β
β
β
[2π0 β 2π0 ] + β(π + 2)(π + 1)ππ β 2 β ππ β β ππβ1 = 0 π=1 β
π=1
π=1
β
β(π + 2)(π + 1)ππ = β 2ππ + ππβ1 π=1
π=1
Maka diperoleh rumus rekursifnya adalah: (π + 2)(π + 1)ππ = 2ππ + ππβ1 Sehingga: ππ =
2ππ + ππβ1 ππβ1 = (π + 2)(π + 1) π(π + 3)
π’ππ‘π’π π = 1, 2, β¦
1
Kita ambil π0 = 1, maka: π1 = 4 dan seterusnya. Karena itu, π₯3 π₯4 π¦1 (π₯) = π₯ + + +β― 4 40 2
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
42
Selanjutnya adalah menghitung koefisien ππ dari penyelesaian (23). Kita lakukan ini untuk π₯ > 0 . Dengan mensubstitusikan π¦1 (π₯) dalam (23), kita peroleh: β
π¦2 (π₯) = πΆπ¦1 (π₯)πΌπ |π₯| + π₯
β1
β ππ π₯ π π=0
Maka: β
π₯3 π₯4 π¦2 (π₯) = πΆ (π₯ + + + β― ) πΌπ (π₯) + β ππ π₯ πβ1 4 40 2
π=0
Sehingga: β
3π₯ 2 π₯ 3 3π₯ 2 π₯ 3 π¦2 β²(π₯) = πΆ (2π₯ + + + β― ) πΌπ (π₯) + πΆ (2π₯ + + + β― ) + β(π β 1)ππ π₯ πβ2 4 10 4 10 π=0
dan, π¦2 "(π₯) = πΆ (2 +
3π₯ 3π₯ 2 3π₯ π₯ 2 π₯ 3π₯ 2 + + β― ) πΌπ (π₯) + πΆ (2 + + + β― ) + πΆ (1 + + + β―) 2 10 4 10 2 40 β
+ β(π β 1)(π β 2)ππ π₯ πβ3 π=0
Substitusikan π¦2 (π₯), π¦2 β²(π₯), dan π¦2 "(π₯) ke persamaan differensial semula. Maka diperoleh rumus rekursifnya adalah: πΆ (3π₯ 2 +
5π₯ 3 + β― ) + [(βπ0 β 2π1 ) + (βπ1 β 2π2 )π₯ β π2 π₯ 2 β β― ] = 0 4
atau (βπ0 β 2π1 ) + (βπ1 β 2π2 )π₯ + (3πΆ β π2 )π₯ 2 β β― = 0 Dengan mengambil π0 = 1 dan menyamakan koefisien-koefisien ini dengan nol dan pada akhirnya didapat penyelesaiannya adalah: π¦2 (π₯) =
1 π₯3 π₯4 1 1 1 + β― ) πΌπ |π₯| + ( β + π₯ + β― ) (π₯ 2 + + 12 4 40 π₯ 2 4
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
43
Soal 2.2.4 Dalam soal 1-11, carilah bentuk dari dua penyelesaian bebas linier di dekat x0 = 0. 1
1. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 9) π¦ = 0
7. π₯π¦" + 3π¦β² + 4π₯ 3 π¦ = 0
2. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + π₯ 2 π¦ = 0
8. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 4)π¦ = 0
3. π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + π¦ = 0
9. π₯(1 β π₯)π¦" + (2 β 3π₯)π¦β² β π¦ = 0
1
π¦
4. π₯ 2 π¦" + π₯(1 β π₯)π¦β² β 16 = 0
10. π₯ 2 π¦" + 3π₯(1 β π₯)π¦β² + π¦ = 0
5. π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 2π¦ = 0
11. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 1)π¦ = 0
6. π₯ 2 π¦" + 4π₯(1 β π₯)π¦β² + 2π¦ = 0 Dalam soal 12-17, hitung penyelesaian taktrivial, yang bebas dari logaritma, di sekitar x0 = 0 1
1
12. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 9) π¦ = 0
15. π₯(1 β π₯)π¦" + (2 β 3π₯)π¦β² β π¦ = 0
13. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 4)π¦ = 0
16. π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + π¦ = 0
14. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + π₯ 2 π¦ = 0
17. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 2)π¦ = 0
Dalam soal 18 dan 19, cari dua solusi bebas linier di dekat titik x0 = 0. 1 9
18. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β ) π¦ = 0
19. π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + π¦ = 0
Dalam soal 20-28, jawablah benar atau salah. 20. Persamaan indeks dari persamaan differensial: π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β π2 )π¦ = 0
pada x0 = 0 adalah π2 β π2 = 0
21. Persamaan indeks dari persamaan differensial: π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 3π¦ = 0 pada x0 = 0 adalah π2 = 0 22. Persamaan differensial: π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 3π¦ = 0 mempunyai dua solusi bebas linier di dekat x0 = 0 berbentuk: β
π¦1 (π₯) = β ππ π₯ π=0
β π
πππ π¦2 (π₯) = β ππ π₯ π π=0
23. Satu solusi dari persamaan differensial: 1 π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β ) π¦ = 0 6
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
44
Di dekat titik x0 = 0 mengandung logaritma. 24. Persamaan indeks dari persamaan differensial: π₯ 2 π¦" β (π₯ 2 β π₯)π¦β² + π¦ = 0
pada x0 = 0 adalah π2 β 2π + 1 = 0
25. Persamaan indeks dari persamaan differensial: π₯ 2 π¦" β (π₯ 3 + π₯ 2 + π₯)π¦β² + (4π₯ + 1)π¦ = 0 pada x0 = 0 adalah π2 β 2π + 1 = 0 26. Persamaan differensial: 1
π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 6) π¦ = 0 Mempunyai dua solusi bebas linier di dekat x0 = 1 berbentuk: β
β ππ (π₯ β 1)π π=0
27. Persamaan differensial: 2
π₯(1 β π₯)π¦" + (3 β 3π₯) π¦β² β π¦ = 0 mempunyai dua solusi bebas linier di dekat x0 = 1 berbentuk: β
β
π¦1 (π₯) = β ππ π₯
π
πππ π¦2 (π₯) = π¦1 (π₯)πΌπ|π₯| + β ππ π₯ π )
π=0
π=0
28. Persamaan differensial: 2
π₯(1 β π₯)π¦" + (3 β 3π₯) π¦β² β π¦ = 0 mempunyai dua solusi bebas linier di dekat x0 = 1 berbentuk: β
β
π¦1 (π₯) = β ππ (π₯ β 1)π πππ π¦2 (π₯) = π¦1 (π₯)πΌπ|π₯ β 1| + β ππ (π₯ β 1)π π=0
π=0
29. Buktikan bahwa titik x0 = 0 merupakan titik singular yang regular untuk persamaan differensial: π₯π¦" β π¦β² + 4π₯ 3 π¦ = 0 Dalam hal ini, beda akar-akar persamaan indeks merupakan bilangan bulat. Cari solusi bebas linier dan dalam proses itu C = 0 dalam rumus (8).
45
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2.5 Metode Frobenius
2.2.5.1 Persamaan Bessel Persamaan differensial: π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β π2 ) = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (1) Dimana p suatu konstanta, disebut persamaan differensial Bessel orde-p. Penyelesaian persamaan Bessel disebut fungsi Bessel, sangat penting dalam matematika terapan terutama dalam fisika matematika. Sebelum kita pelajari penyelesaian (1), kita tunjukkan secara singkat bagaimana persamaan Bessel muncul dalam penerapan yang khusus. Metode yang penting dari pemisahan variable dalam penyelesaian persamaan differensial juga disebutkan dalam proses itu. Penyebaran suku dalam tabung Jika kita tahu penyebaran suku dalam sebuah tabung, pada saat t = 0, maka dalam fisika dibuktikan bahwa π’ = π’(π‘, π, π‘) pada titik (π, π) pada setiap saat t memenuhi persamaan differensial parsial (dalam koordinat polar): π’ππ +
π’π π’ππ π’π‘ + 2 = β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (2) π π π
Di sini kita andaikan bahwa suhu tidak bergantung dari ketinggian tabung. Besaran k dalam persamaan (2) adalah suatu konstanta yang tergantung pada penghantaran panas dan, pada umumnya, juga bergantung pada bahan pembuat tabung. Sekarang kita gunakan metode pemisahan variable untuk menyelesaiakn persamaan differensial parsial (2). Menurut meyode ini, kita andaikan bahwa persamaan (2) mempunyai sebuah penyelesaian π’ = π’(π‘, π, π‘) yang merupakan hasilkali dari sebuah fungsi dari r, sebuah fungsi dari π, dan sebuah fungsi dari t, yaitu: π’(π‘, π, π‘) = π
(π)πΜ (π)π(π‘) β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (3) Di mana fungsi-fungsi R, π, dan T yang mau ditentukan. Seperti akan kita lihat di bawah ini, fungsi R akan memenuhi persamaan Bessel (1). Dengan mensubstitusikan (3) ke dalam (2) dan simbol r, π, dan t dihapuskan, kita peroleh:
46
1 1 1 π
ΞΈT+ R'ΞΈT+ 2 RQπ = π
ππ β² β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (4) r r π Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Langkah yang penting dalam metode pemisahan variable adalah dimungkinkan menuliskan kembali persamaa (4) demikiansehingga variabelnya terpisah. Jelaslah, kita dapat menulis persamaan (4) sebagai berikut: π2
π
" π
β² π 2 π β² π +π β = β β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (5) π
π
ππ π
Ruas kiri dari persamaan (5) merupakan fungsi yang bebas dari π, sedang ruas kanan merupakan fungsi hanya dari π saja. Satu-satunya jalan bahwa hal ini dapat terjadi adalah jika kedua ruas dari persamaan (5) merupakan k konstanta, katakana π2 . Maka kita peroleh persamaan: π" + π2 π = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (6) dan π2
π
" π
β² π 2 π β² +π β = π2 π
π
ππ
atau π
" 1 π
β² π2 1 π β² + β = β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (7) π
π π
π2 π π Sekarang ruas kiri dari persamaan (7) merupakan sebuah fungsi hanya dari r saja, sedangkan ruas kanan merupakan fungsi dari t. Jadi, kedua ruas dari persamaan (7) sama dengan konstan. π" + π2 ππ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (8) dan π 2 π
" + ππ
β² + (π2 π 2 β π2 )π
= 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (9) Fungsi πΜ (π) dan T(t) dari penyelesaian (3) dapat dengan mudah dicari dengan menyelesaikan persamaan differensial (6) dan (8) yang sederhana. Untuk mencaari fungsi R(r) dari penyelesaian (3), kita harus juga menyelesaikan persamaan (9). Jika kita buat pemetaan π₯ = ππ dan kita ambil π¦(π₯) = π
(π), kita peroleh: π
=
ππ
ππ₯ . = ππ¦ β² πππ ππ₯ ππ
π
=
d dx π₯2 (Ξ»y') =Ξ»2 y = 2 π¦" dx dr π
Dengan mensubstitusikan π
β² dan π
" ke dalam persamaan (9), kita peroleh persamaan Bessel (1).
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
47
Sekarang kita kembali mencari penyelesaian dari persamaan (1) di dekat π₯0 = 0. Meskipun p dapat merupakan bilangan kompleks, untuk kemudahannya, kita andaikan bahwa π β₯ 0. Kita peroleh: π2 (π₯) = π₯ 2 , π1 (π₯) = π₯, π0 (π₯) = π₯ 2 β π2 . Karena π2 (0) = 0, titik π₯0 = 0 merupakan sebuah titik singular. Tetapi, π₯
π1 (π₯) π0 (π₯) = 1 πππ π₯ 2 = βπ2 + π₯ 2 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (10) π2 (π₯) π2 (π₯)
Dan dengan demikian π₯0 = 0 merupakan sebuah titik singular yang regular dengan persamaan indeks π2 β π2 = 0. Kedua akar persamaan indeks ini adalah π1 = π dan π2 = βπ. Jadi, satu penyelesaian dari persamaan Bessel berbentuk: β
π¦1 (π₯) =
|π₯|π
β ππ π₯ π
β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (11)
π=0
Dari persamaan (10) dan teorema 2.2.4 penyelesaian dari persamaan (1) di dekat 0 benar sah untuk [π₯] > 0 , yaitu untuk π₯ > 0 dan π₯ < 0 . Bentuk penyelesaian kedua yang bebas linier dari persamaan (1), π¦2 (π₯), tergantung pada nilai π1 β π2 = 2π sesuai Kasus 1, 2, dan 3 dari teorema 2.2.4. Dan pada akhirnya diperoleh penyelesaian (11) adalah sebagai berikut: β π
π¦1 (π₯) = π0 π₯ [1 + β π=1
(β1)π π₯ 2π ] β¦ β¦ β¦ . (12) 22π π! (π + 1)(π + 2) β¦ (π + π)
Dan deret ini konvergen untuk semua x. Bila 2π β bilangan bulat, penyelesaian kedua dari persamaan (1) yang bebas linier dapat di dapat jika kita ganti p oleh βp dalam persamaan (12). Jadi, β
π¦2 (π₯) = π0 π₯
βπ
[1 + β π=1
(β1)π π₯ 2π ] β¦ β¦ β¦ β¦ (13) 22π π! (π + 1)(π + 2) β¦ (βπ + π)
Dan deret ini konvergen untuk π₯ > 0 atau π₯ < 0. Dalam teori mengenai fungsi Bessel konstanta π0 dalam penyelesaian (12) diambil sama dengan: π0 =
1 ππ ΙΌ(π
48 + 1)
Di mana ΙΌ adalah fungsi gamma, yaittu fungsi yang didefinisikan oleh integral: Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
β
ΙΌ(π) = β« π₯ πβ1 π βπ₯ ππ₯ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (14) 0
Dengan pilihan konstanta π0 ini, penyelesaian (12) disebut fungsi Bessel dari jenis pertama orde-p dan dinyatakan oleh Jp(x). Jika kita gunakan identitas: ΙΌ(π + π + 1) = (π + π)(π + π β 1) β¦ (π + 2)(π + 1)ΙΌ(π + 1) β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (15) Kita peroleh rumus: β
π½π (π₯) = β π=0
(β1)π π₯ 2π+π ( ) β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (16) π! ΙΌ(π β π + 1) 2
1 βπ (1 2
Penyelesaian (12) dengan π0 = ( )
β π) juga merupakan fungsi Bessel jenis pertama orde-p
dinyatakan oleh π½βπ (π₯). Jelaslah, β
π½βπ (π₯) = β π=0
(β1)π π₯ 2πβπ ( ) β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (17) π! ΙΌ(π β π + 1) 2
Jadi, π½π (π₯) selalu merupakan penyelesaian dari persamaan Bessel (1). Selanjutnya, nila 2p bukan bilangan bulat, fungsi π½π (π₯) dan π½βπ (π₯) merupakan penyelesaian yang bebas linier dari persamaan Bessel. Ambil p = 0 atau bila 2p adalah bilangan bulat positif, penyelesaian kedua yang bebas linier dari persamaan Bessel berturut-turut berbentuk: β
π¦2 (π₯) = π¦1 (π₯)πΌπ |π₯| + β ππ π₯ π=0
β π
dan π¦2 (π₯) = πΆπ¦1 (π₯)πΌπ |π₯| +
|π₯|βπ
β ππ π₯ π π=0
dan dapat diperoleh dengan substitusi deret-deret yang sesuai langsung ke dalam persamaan differensial itu. Penyelesaian (1) semacam itu dengan pilihan konstanta π0 yang tepat dikenal sebagai fungsi Bessel jenis kedua.
49
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2.5.2 Persamaan Laguerre Persamaan differensial: π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + ππ¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (1) Dengan p merupakan konstanta, disebut persamaan Laguerre. Seperti akan kita lihat di bawah, jika konstanta p merupakan bilangan bulat taknegatif, satu dari penyelesaian persamaan differensial (1), di dekat titik π₯0 = 0 , berbentuk polinom. Bila dinormalkan secara tepat, penyelesaian-penyelesaian berbentuk polinom disebut polinom Laguerre. Polinom Laguerre sangat berguna dalam mekanika kuantum dari atom hidrogen. Titik π₯0 = 0 adalah titik singular yang regular dari persamaan differensial (1) dengan persamaan indeks π2 = 0. Karena π1 = π2 = 0, persamaan differensial tersebut mempunyai penyelesaian berbentuk: β
π¦1 (π₯) = β ππ π₯ π untuk β β < π₯ < β. π=0
Dengan memilih π0 = 1, pembaca dapat membuktikan bahwa: ππ = (β1)π
π(π β 1) β¦ (π β π + 1) untuk n = 1, 2, β¦ (π!)2
β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (2)
Jadi, satu penyelesaian dari persamaan Laguerre adalah: β
π¦1 (π₯) = 1 + β(β1)π π=1
π(π β 1) β¦ (π β π + 1) π π₯ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (3) (π!)2
yang konvergen untuk semua x. Dari persamaan (2) kita lihat bahwa jika p merupakan bilangan bulat taknegatif k, koefisien ππ akan lenyap untuk π β₯ π + 1. Dalam hal ini penyelesaian dari (3) merupakan polinom berderajat k. Polinom ini yang dikalikan oleh k!. Dinyatakan oleh πΏπ (π₯) dan disebut polinom Laguerre. Sebagai contoh 1, 1, -x, 2 β 4x + x2, dan 6 β 18x + 9x2 β x3 berturut-turut merupakan polinom Laguerre πΏ0 (π₯), πΏ1 (π₯), πΏ2 (π₯) dan πΏ3 (π₯). 50
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2.5.3 Persamaan Hipergeometrik dari Gauss Persamaan differensial: π₯(1 β π₯)π¦" + [π β (π + π + 1)π₯]π¦β² β πππ¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (1) Dengan a, b, dan c konstanta-konstanta, disebut persamaan differensial hipergeometrik dari Gauss atau disingkat persamaan hipergeometrik. Persamaan (1) sangat penting dalam teori dan praktik, karena banyak persamaan differensial linier orde dua dapat direduksi ke persamaan ini dank arena banyak fungsi khusus dihubungkan sangat dekat dengan penyelesaian persamaan ini. Kita andaikan bahwa c bukan suatu bilangan bulat. Persamaan indeks dari (1) di dekat titik singular yang regular π₯0 = 0 adalah: π2 + (π β 1)π = 0. 0, dan 1 β c adalah akar kedua persamaan indeks itu. Karena c bukan bilangan bulat, selisih kedua akar itu tidak bulat. Jadi, menurut teorema 2.2.4, persamaan (1) mempunyai dua penyelesaian yang bebas linier berbentuk: β
β
π¦1 (π₯) = β ππ π₯
π
πππ
π¦2 (π₯) =
π=0
|π₯|1βπ
β ππ π₯ π π=0
Pembaca dapat membuktikan bahwa: ππ =
π(π + 1) β¦ (π + π β 1)π(π + 1) β¦ (π + π β 1) π0 untuk n = 1, 2, 3, β¦ π! π(π + 1) β¦ (π + π β 1)
β¦ β¦ β¦ β¦ . (2)
Jadi, dengan memilih π0 = 1, kita peroleh penyelesaian: π¦1 (π₯) = 1 +
ππ π(π + 1)π(π + 1) 2 π₯+ π₯ β¦ , |π₯| < 1 β¦ β¦ β¦ β¦ (3) π 2π(π + 1)
Penyelesaian berbentuk deret (3) disebut deret hipergeometrik dan dinyatakan oleh F(a, b, c; x). Jadi, β
πΉ(π, π, π; π₯) = 1 + β π=1
π(π + 1) β¦ (π + π β 1)π(π + 1) β¦ (π + π β 1) π₯ π β¦ β¦ β¦ β¦ (4) π(π + 1) β¦ (π + π β 1) π! 51
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Dan konvergen di dalam selang [π₯] < 1. Adalah penting untuk memperhatikan bahwa banyak fungsi dapat diperoleh dari fungsi hipergeometrik untuk berbagai nilai dari konstanta a, b, dan c. Sebagai contoh, πΉ(π, π, π; 0) = 1 π₯ lim πΉ (π, π, π; ) = π π₯ πββ π πΉ(βπ, ππ; βπ₯) = (1 + π₯)π πΉ(π + 1, βπ, 1; π₯) merupakan polinom berderajat k untuk k bilangan bulat taknegatif. π₯πΉ(1,1,2; βπ₯) = πΌπ(1 + π₯)
52
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Soal 2.2.5 Dalam soal 1-4, carilah rumus rekursif untuk koefisien-koefisien dari deret Frobenius sebagai solusi di dekat titik x0 yang diberikan. 1. (π₯ β 1)2 π¦" β (π₯ + 1)π¦ = 0, di dekat x0 = 1 2. (π₯ + 1)2 π¦" β (π₯ + 3)π¦ = 0, di dekat x0 = -1 3. π₯ 2 π¦" β (π₯ 2 + π₯)π¦β² + π¦ = 0, di dekat x0 = 0 4. 2(π₯ + 3)2 π¦" β (π₯ 2 + 5π₯ + 6)π¦β² β π¦ = 0, di dekat x0 = -3 5. Buktikan bahwa setiap persamaan differensial yang berbentuk: (π₯ β π΄)(π₯ β π΅)π¦" + (πΆπ₯ + π·)πβ² + πΈπ¦ = 0, dengan A, B, C, dan D konstanta-konstanta dan A β B dapat dipetakan menjadi persamaan Gauss dengan pemetaan x = A + (B β A)x. 6. Reduksilah persamaan differensial ke persamaan hipergeometrik dari Gauss dengan pemetaan yang ditunjukkan dalam soal 34. 1
(a) (π₯ β 1)(π₯ + 2)π¦" + (π₯ + 2) π¦β² + 2π¦ = 0 1 4
(b) (π₯ 2 β ) π¦" + 2π¦β² β 6π¦ = 0 7. Selesaikan fungsi Bessel jenis pertama yang berkaitan dengan persamaan Bessel dalam soal berikut. 1 9
(a) π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β ) π¦ = 0 (b) π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + π₯ 2 π¦ = 0 (c) π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 4)π¦ = 0 8. Selesaikan poliom Laguerre yang berkaitan dengan persamaan Laguerre dalam soal berikut. (a) π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + π¦ = 0 (b) π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 2π¦ = 0 (c) π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 3π¦ = 0 9. Selesaikan deret Hipergeometrik yang berkaitan dengan persamaan Gauss dalam soal berikut. 1
(a) π₯(1 β π₯)π¦" + (2 β 3π₯) π¦β² β π¦ = 0 3
(b) π₯(1 β π₯)π¦" + (4 β 4π₯) π¦β² β 2π¦ = 0
53
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
2.2.6 Ulasan Bab Selesaikan MNA dalam ulasan bab 1-4, dengan menggunakan metode deret kuasa di sekitar titik awal yang diberikan. 1. π¦" β π₯π¦ = 0
dimana π¦(0) = β1 dan π¦ β² (0) = 0
2. (1 β π₯ 2 )π¦" β π₯π¦β² + 9π¦ = 0
dimana π¦(0) = 0 dan π¦ β² (0) = β3
3. π¦" β 2π₯π¦ + 6π¦ = 0
dimana π¦(0) = 0 dan π¦ β² (0) = β12
4. (1 β π₯ 2 )π¦" β 2π₯π¦β² + 12π¦ = 0
dimana π¦(0) = 0 dan π¦ β² (0) = β3
Hitunglah empat koefisien pertama dari penyelesaian deret kuasa persamaan differensial dalam ulasan bab 5-8 di sekitar titik awal. 5. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + π₯ 2 π¦ = 0
dimana π¦(1) = 1 dan π¦ β² (1) = 0
6. (1 β π₯ 2 )π¦" β π₯π¦β² + π¦ = 0
dimana π¦(β6) = 4 dan π¦ β² (β6) = 1
7. (1 β π₯ 2 )π¦" + π₯π¦β² + π¦ = 0
dimana π¦(6) = 4 dan π¦ β² (6) = β1
8. π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 2π¦ = 0
dimana π¦(2) = 0 dan π¦ β² (2) = 0
Cari bentuk dua penyelesaian yang bebas linier dari persamaan differensial dalam ulasan bab 9-14, di dekat π₯0 yang diberikan. Apa yang dapat anda katakan tentang jari-jari kekonvergenan dari penyelesaian itu tanpa menyelesaikan persamaan itu? 9. π¦" β π₯π¦ = 0; π₯0 = 0 1
10. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 4) π¦ = 0; π₯0 = 0 1 4
11. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β ) π¦ = 0; π₯0 = 1 12. (1 β π₯ 2 )π¦" β π₯π¦β² + 16π¦ = 0; π₯0 = 0 13. (1 β π₯ 2 )π¦" β π₯π¦β² + 16π¦ = 0; π₯0 = β1 14. π₯(3 β π₯)π¦" + (1 β 3π₯)π¦β² β π¦ = 0; π₯0 = 8 Hitung deret Frobenius sebagai penyelesaian dalam ulasan bab 15-18, di dekat titik π₯0 = 0. 15. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 9)π¦ = 0 1
16. π₯ 2 π¦" + π₯π¦β² + (π₯ 2 β 4)π¦ = 0 54
17. π₯π¦" + (1 β π₯)π¦β² + 3π¦ = 0 1
18. π₯(1 β π₯)π¦" + (3 β 2π₯) π¦β² + 2π¦ = 0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
19. Turunkan deret Taylor untuk fungsi cos (x) dengan menyelesaikan MNA, sebagai berikut denngan syarat awal yaitu: π¦" + π¦ = 0,
π¦(0) = 1,
π¦ β² (0) = 0
Dengan menggunakan metode deret kuasa. 20. Turunkan deret Taylor untuk fungsi e-x dengan menyelesaikan MNA, sebagai berikut denngan syarat awal yaitu: π¦" β π¦ = 0,
π¦(0) = 1,
π¦ β² (0) = β1
Dengan metode deret kuasa.
55
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
BAB III Deret Fourier
3.1 Pendahuluan Dalam kehidupan, kita jumpai peristiwa fisis saat cuci tangan, terbentuk gelembung adanya gradasi warna. Munculnya akibat inferensi gelombang cahaya. Seperti diketahui, dikenal sifat dualisme cahaya, artinya selain bersifat partikel, memiliki sifat gelombang. Pola inferensi pada permukaan gelembung sabun adalah superposisi gelombang cahaya. Yakni, bergabungnya beberapa gelombang, baik memiliki amplitude sama atau berbeda, dan membentuk resultan gelombang. Deret Fourier dengan prinsip yang sama dengan cara memisahkan sebuah fungsi periodik menjadi sebuah himpunan gelombang sinus dan cosinus. Melalui deret Fourier, kita wakilkan sebuah fungsi sebagai kombinasi linier.
3.1.1 Tujuan Instruksional Umum Kegiatan ini bertujuan untuk memahami tentang Deret Fourier serta dapat menyelesaikan beberapa masalah tentang Deret Fourier dan grafiknya.
3.1.2 Tujuan Instruksional Khusus Setelah mempelajari materi berkaitan tentang Deret Fourier, diharapkan dapat memahami dan mengetahui: 1. Fungsi Periodik 2. Fungsi Genap Dan Ganjil 3. Definisi Deret Fourier 4. Deret Fourier Jangkauan Setengah 56
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
3.2 Penyajian Teori
3.2.1 Fungsi Periodik
Suatu fungsi f(x) dikatakan fungsi periodik dengan periode T jika untuk setiap x berlaku: f(x + T) = f(x)
Fungsi f(x) = sin x mempunyai periode T = 2π, 4π, 6π, β¦ sebab: Solusi: sin(π₯) = sin(π₯ + 2π) = sin(π₯ + 4π) = sin(π₯ + 6π) = β― Bilangan T paling kecil dianggap sebagai periode suatu fungsi. Dalam contoh ini, fungsi f(x) = sin (x) mempunyai 2π. Dan sebagai bukti bahwa: ο·
sin(π₯) = sin(π₯ + 2π)
ο·
sin(π₯) = sin(π₯) cos(2π) + cos(π₯) sin(2π)
ο·
sin(π₯) = sin(π₯)
Dan seterusnya, sehingga terbukti bahwa: sin(π₯) = sin(π₯ + 2π) = sin(π₯ + 4π) = sin(π₯ + 6π) = β―.
Fungsi f(x) = sin (nx), dengan n suatu bilangan bulat positif adalah fungsi periodik dengan periode
2π π
,
sebab: Solusi: 2π 2π π (π₯ + ) = sin (π (π₯ + )) = sin(ππ₯ + 2π) = sin(ππ₯) = π(π₯) π π
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
57
Ilustrasi untuk n = 2 dapat dilihat pada gambar.
Gambar 3.1: Grafik Fungsi f(x) = sin (2x) dan periodenya. Kita dapat membuat fungsi yang didefinisikan pada suatu interval menjadi fungsi periodik. Artinya, fungsi y = f(x) dengan π₯ β [π, π] diperluas menjadi π¦ = πΜ(π₯) dengan π₯ β β, yaitu: π(π₯) πΜ(π₯) = { π(π₯ β π)
ππππ π₯ β [π, π] ππππ π₯ β [π, π]
Kita sebut teknik ini dengan periodisasi fungsi.
Fungsi f(x) = cos (nx) dengan n suatu bilangan bulat positif adalah fungsi periodik dengan periode
2π π
,
sebab: Solusi: π (π₯ +
2π 2π ) = cos (π (π₯ + )) = cos(ππ₯ + 2π) = cos(ππ₯) = π(π₯) π π
Sehingga fungsi periodik adalah T =
2π π
.
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
58
Fungsi f(x) = tan (x) mempunyai periode T = π, sebab: Solusi: Bilangan T dianggap sebagai periode suatu fungsi. Dalam contoh ini, fungsi f(x) = tan (x) mempunyai π. Dan sebagai bukti bahwa: ο·
tan(π₯) = tan(π₯ + π)
ο·
tan(π₯) =
ο·
tan(π₯) =
ο·
tan(π₯) = tan π₯
tan(π₯)+tan(π) 1βtan(π₯)tan (π) tan(π₯)+0 1βtan(π₯) (0)
Jadi, terbukti bahwa fungsi tan (x) mempunyai peride T = π.
Berikut ini adalah contoh fungsi-fungsi periodik dalam bentuk grafik:
Fungsi f(x) dikatakan kontinu pada setiap segmen, bila f(x) hanya kontinu pada interval-interval tertentu dan diskontinu pada titik-titik yang banyaknya berhingga. Harga f(x) di titik-titik diskontinu ditentukan dengan menghitung harga limit fungsi f(x) untuk x mendekati titik diskontinu.
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
59
Tentukan periode dari fungsi berikut. 1.
π(π₯) = sin(2π₯)
2.
π(π₯) = tan(2π₯) + πππ 2 (π₯)
3.
π(π₯) = cos(4π₯)
4.
π(π₯) = tan(β2π₯)
5.
π(π₯) = cos(β2π₯)
60
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
3.2.2 Fungsi Genap Dan Ganjil
i. Fungsi ganjil jika π(βπ₯) = βπ(π₯) untuk setiap x β β, ii. Fungsi genap jika π(βπ₯) = π(π₯) untuk setiap x β β.
Fungsi f(x) disebut fungsi genap jika π(βπ₯) = π(π₯) untuk setiap x.
Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat genap merupakan fungsi genap. Jika f(x) fungsi genap, maka: π
π
β« π(π₯)ππ₯ = 2 β« π(π₯)ππ₯ βπ
0
Fungsi f(x) disebut fungsi ganjil jika π(βπ₯) = βπ(π₯) untuk semua x.
61
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpanglat ganjil merupakan fungsi ganjil. Jika f(x) fungsi ganjil, maka: π
β« π(π₯)ππ₯ = 0 βπ
Berikut adalah beberapa contoh fungsi genap dan fungsi ganjil. a. Fungsi f(x) = cos (x) merupakan fungsi genap, sebab cos (-x) = cos x. b. Fungsi f(x) = sin (x) merupakan fungsi ganjil, sebab sin (-x) = -sin (x). c. Fungsi f(x) = x3 merupakan fungsi ganjil, sebab (-x)3 = -x3. d. Fungsi f(x) = x2 merupakan fungsi genap, sebab (-x)2 = x2. e. Fungsi f(x) = ex bukan merupakan fungsi genap ataupun ganjil, sebab e-x β ex dan e-x β -ex. Berikut adalah ilusrasi grafis fungsi genap dan fungsi ganjil.
Gambar 3.2.2 A: Periodisasi fungsi f(x) = x2, π β [π, π].
62
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Tentukan apakah fungsi-fungsi berikut ini merupakan fungsi genap, ganjil, atau bukan keduanya. 1. π(π₯) = π₯ 4 β 2π₯ 2 + 5 2. π(π₯) =
π₯ 3 β5π₯ π₯ 2 +1
3. π(π₯) = βπ₯ 2 β 2π₯ β 1 4. π(π₯) = π₯ 2 β 2 5. π(π₯) = π₯ 2 β 2π₯ 6. π(π₯) = 2π₯ 4 + 7π₯ 3 β π₯ 2 + 9
63
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
3.2.3 Definisi Deret Fourier Dalam beberapa permasalahan yang berhubungan dengan gelombang, pendekatan dengan deret Fourier yang suku-sukunya memuat sinus dan cosinus sering digunakan. Dengan mengekspansikan ke dalam bentuk deret Fourier. Suatu fungsi periodik bisa dinyatakan sebagai jumlah dari beberapa fungsi harmonis, yaitu fungsi dari sinus dan cosinus (fungsi sinusoidal).
Misalkan fungsi f(x) periodic dengan periode 2L. Jika fungsi ini terdefinisi pada interval (π, π + 2πΏ) dengan c suatu konstanta, maka fungsi ini dapat disajikan dalam bentuk deret: β
π0 πππ₯ πππ₯ + β (ππ cos ( ) + ππ sin ( )) 2 πΏ πΏ π=1
Dengan koefisien Fourier ππ dan ππ adalah: π+2πΏ
π+2πΏ
1 πππ₯ 1 πππ₯ ππ = β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ πππ ππ = β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ πΏ πΏ πΏ πΏ π
π
Secara khusus, jika fungsi f didefinisikan pada interval (L, -L), yaitu bersesuaian dengan c = -L, maka koefisien deret Fourier di atas menjadi: πΏ
πΏ
βπΏ
βπΏ
1 πππ₯ 1 πππ₯ ππ = β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ πππ ππ = β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ πΏ πΏ πΏ πΏ
Misalkan π: [βπΏ, πΏ] β β. Jika f genap, maka: πΏ
2 πππ₯ ππ = β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ πππ ππ = 0 πΏ πΏ 0
Jika f ganjil, maka:
64 πΏ
2 πππ₯ ππ = 0 πππ ππ = β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ πΏ πΏ 0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Bukti. Akan dibuktikan untuk kasus f ganjil. Karena f ganjil, maka: f(-x) = -f(x). πΏ
1 πππ₯ ππ = β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ πΏ πΏ βπΏ
0
πΏ
1 πππ₯ πππ₯ ππ = [ β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ + β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ ] πΏ πΏ πΏ βπΏ
0
0
πΏ
1 ππ(βπ₯) πππ₯ ππ = [β« π(βπ₯) cos ( ) π(βπ₯) + β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ ] πΏ πΏ πΏ πΏ
0
πΏ
πΏ
1 πππ₯ πππ₯ ππ = [β β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ + β« π(π₯) cos ( ) ππ₯ ] πΏ πΏ πΏ 0
0
ππ = 0 Selanjutnya, πΏ
1 πππ₯ ππ = β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ πΏ πΏ βπΏ
0
πΏ
1 πππ₯ πππ₯ ππ = [ β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ + β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ ] πΏ πΏ πΏ βπΏ
0
0
πΏ
1 ππ(βπ₯) πππ₯ ππ = [ β« π(βπ₯) sin ( ) ππ₯ ] ) π(βπ₯) + β« π(π₯) sin ( πΏ πΏ πΏ βπΏ πΏ
0
πΏ
1 πππ₯ πππ₯ ππ = [β« π(π₯) sin ( ) π(βπ₯) + β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ ] πΏ πΏ πΏ 0
0
πΏ
2 πππ₯ ππ = β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ πΏ πΏ βπΏ
65
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
(Syarat atau Kondisi Dirichlet) 1. π(π₯) terdefinisi dan bernilai tunggal, kecuali pada beberapa titik yang banyaknya berhingga pada interval (-L, L). 2. f(x) periodic dengan perioda 2L. 3. f(x) dan πβ²(π₯) merupakan fungsi yang kontinu pada setiap segmen pada interval (-L, L).
Maka deret Fourier dengan koefisien Fourier konvergen konvergen ke: (a) f(x), bilamana x adalah suatu titik kekontinuan. (b)
π(π₯+0)βπ(π₯β0) 2
bilamana x adalah suatu titik ketakkontinuannya.
Catatan: Syarat 1, 2, dan 3 yang dinyatakan pada f(x) adalah syarat cukup tetapi bukan syarat perlu, dan secara umum dalam prakteknya dipenuhi.
Berikut ini nilai integral yang memuat fungsi sinus dan cosinus yang sering digunakan dalam menentukan koefisien deret Fourier. πΏ
πππ₯ β« sin ( ) ππ₯ = 0, πΏ
βπΏ πΏ
πΏ
πππ₯ β« cos ( ) ππ₯ = 0 πΏ
βπΏ
πΏ
πππ₯ πππ₯ πππ₯ πππ₯ 0 β« cos ( ) cos ( ) ππ₯ = β« sin ( ) sin ( ) ππ₯ = { πΏ πΏ πΏ πΏ πΏ
βπΏ
βπΏ
ππππ π β π ππππ π = π
66
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Tentukan deret Fourier untuk fungsi: β1 π(π₯) = { 1
ππππ β 5 < π₯ < 0 ππππ 0 < π₯ < 5
Dan diluar interval [β5,5] dilakukan periodisasi dengan periode = 10. Solusi: Diperhatikan bahwa fungsi ini adalah ganjil dengan 2L = 10, lihat gambar berikut. 1
0
-1 -5
0
5
Gambar 3.2.2: Grafik fungsi f Oleh Karena itu, berdasarkan teorema 3.2.2, diperoleh ππ = 0 dan, 5
2 πππ₯ ππ = β« π(π₯) sin ( ) ππ₯ 5 πΏ 0
5
2 πππ₯ ππ = β« sin ( ) ππ₯ 5 5 0
67
2 5 πππ₯ 5 ππ = [β cos ( )] 5 ππ 5 0
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
ππ = β
2 [cos(ππ) β cos(0)] ππ
ππ = β
2 [cos(ππ) β 1] ππ
Jadi, diperoleh deret Fourier untuk fungsi ini adalah: β
π(π₯) = β β π=1
2 πππ₯ [cos(ππ) β 1] sin ( ) ππ 5
Ekspansikanlah fungsi π(π₯) = π₯ 2 pada interval (0,2π) dalam deret Fourier jika fungsi tersebut diperiodisasi dengan periode 2π. Solusi: Dengan integral sederhana untuk mencari π0 . Sehingga: 2π
1 1 (2π)3 8π 2 2 π0 = β« π₯ ππ₯ = [ ]= π π 3 3 0
Dalam soal ini kita mempunyai L = π. Dengan mengambil c = 0, maka dengan menggunakan teknik integral parsial untuk mencari ππ dan ππ diperoleh: 2π
1 1 sin(ππ₯) β cos(ππ₯) β sin(ππ₯) 2π 4 ππ = β« π₯ 2 cos(ππ₯) ππ₯ = [π₯ 2 ( ) β 2π₯ ( )] = 2 , )+ 2( 2 3 π π π π π 0 π
π β 0.
0
dan, 2π
1 1 βcos(ππ₯) β sin(ππ₯) cos(ππ₯) 2π 4π ππ = β« π₯ 2 sin(ππ₯) ππ₯ = [π₯ 2 ( ) β 2π₯ ( )] =β )+ 2( 2 3 π π π π π 0 π 0
Karena f(x) = x2 kontinu di dalam interval (0,2π), maka untuk setiap x β (0,2π) berlaku: β
4π 2 4 4π 4π 2 π(π₯) = + β ( 2 cos(ππ₯) β sin(ππ₯)) = + [(4 cos(π₯) β 4π sin(π₯) + β― ) + β― ] 3 π π 3 π=1
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
68
Diketahui fungsi f(x) sebagai berikut. 0 π(π₯) = { 1
βπ 0.
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
87
Soal 4.2.2 Dengan menggunakan definisi 4.2.2, tentukan transformasi Laplace fungsi berikut ini. 1. π(π‘) = cos(2π‘)
9. π(π‘) =
π‘ cos(ππ‘) 2π 3π‘
2. π(π‘) = 2π‘ + 1
10. π(π‘) = π
3. π(π‘) = (sin(ππ‘) β cos(ππ‘))2
11. π(π‘) = β4 β π‘ 2
4. π(π‘) = 6 sin(2π‘) β cos(4π‘)
12. π(π‘) = βπ‘ 2 + 16
5. π(π‘) = π‘ cos(ππ‘)
13. π(π‘) = βπ‘ 2 β 2
6. π(π‘) = π‘ sin(ππ‘)
14. π(π‘) = (sec(ππ‘) β cos(ππ‘))2
7. π(π‘) = π‘ 6
15. π(π‘) =
8. π(π‘) = π‘ sinh(ππ‘)
16. π(π‘) = π‘ cosh(ππ‘)
π‘ sin(ππ‘) 2π
88
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
4.2.3 Rumus-Rumus Transformasi Laplace
Jika f(t) adalah fungsi yang kontinu secara sebagian-sebagian atau parsial dalam setiap interval 0 β€ π‘ β€ π dan eksponensial berorde πΎ untuk π‘ > π, maka transformasi Laplace F(s) ada untuk setiap π > πΎ.
Berdasarkan definisi 4.2.2 dan teorema 4.2.3, dapat ditentukan secara ringkas transformasi Laplace dari beberapa fungsi sederhana yang disajikan dalam table di bawah ini: No.
π(π‘)
πΉ(π ) = β{π(π‘)}
Domain πΉ(π )
1
πΆ
πΆ π
π >0
2
π‘
1 π 2
π >0
3
π‘π
4
π ππ‘
5
sin(ππ‘)
6
cos(ππ‘)
7
sinh(ππ‘)
8
cosh(ππ‘)
π! π π+1 1 π βπ
π >0
π >π
π + π2
π >0
π + π2 π π 2 β π2
π >0
π 2 π 2
π 2
π β π2
π > |π| π > |π|
(Buktikan table transformasi Laplace di atas menggunakan definisi 4.2.2) 89
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Soal 4.2.3 Carilah pemetaan Laplace dari tiap fungsi dalam soal 1-10 1. 5 β 8π‘ 3 2. π‘ cos(3π‘) 3. π π‘ cos(3π‘) 4. π 3π‘ cos(2π‘) β π π‘ sinh(5π‘) 1
5. β« π π‘ cos(2π‘)ππ‘ 0 1
6. β« cosh(π) cos(π‘ β π)ππ‘ 0 π‘
7. βπ‘ β« π β5(π‘βπ) π‘ ππ‘ 0
90
Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
4.2.4 Sifat-Sifat Transformasi Laplace Teorema 1 : (Sifat Linier) Jika π1 (π‘), π2 (π‘), β¦, ππ (π‘) masing-masing mempunyai transformasi Laplace πΉ1 (π ), πΉ2 (π ), β¦, πΉπ (π ) dan π1 , π2 , β¦, ππ adalah konstanta-konstanta sembarang, maka : β{π1 π1 (π‘) + π2 π2 (π‘) + ππ ππ (π‘)} = π1 πΉ1 (π ) + π2 πΉ2 (π ) +β¦β¦β¦+ ππ πΉπ (π ) Contoh : Carilah β{4π 5π‘ + 6π‘ 3 β 3 sin 4π‘ + 2 cos 2π‘} Penyelesaian : Langkah 1 Sesuai dengan teorema 1 sifat linier yaitu : β{π1 π1 (π‘) + π2 π2 (π‘) + ππ ππ (π‘)} = π1 πΉ1 (π ) + π2 πΉ2 (π ) +β¦β¦β¦+ ππ πΉπ (π ), maka : ο·
β{4π 5π‘ + 6π‘ 3 β 3 sin 4π‘ + 2 cos 2π‘} = 4β{π 5π‘ } + 6β{π‘ 3 } - 3β{sin 4π‘} + 2β{cos 2π‘}
Langkah 2 ο·
β{4π 5π‘ + 6π‘ 3 β 3 sin 4π‘ + 2 cos 2π‘} = 4β{π 5π‘ } + 6β{π‘ 3 } - 3β{sin 4π‘} + 2β{cos 2π‘}
ο·
β{4π 5π‘ + 6π‘ 3 β 3 sin 4π‘ + 2 cos 2π‘} = 4(π β5) + 6(π 4 ) - 3(π 2 +16) + 2(π 2 +4)
ο·
β{4π 5π‘ + 6π‘ 3 β 3 sin 4π‘ + 2 cos 2π‘} = π β5 + π 4 - π 2 +16 + π 2 +4
1
4
3!
36
12
4
4
π
2π
36
12
2π
Jadi, hasil dari β{4π 5π‘ + 6π‘ 3 β 3 sin 4π‘ + 2 cos 2π‘} adalah π β5 + π 4 - π 2 +16 + π 2 +4.
Teorema 2 : (Sifat Translasi Pertama) Jika β{π(π‘)} = F(s) maka β{π ππ‘ π(π‘)} = F(s β a), untuk s > a. Contoh : Hitunglah β{π β2π‘ sinh 4π‘} ! Penyelesaian : Langkah 1
91
β{π β2π‘ sinh 4π‘} dari sini diperoleh pula bahwa : ο·
π ππ‘ = π β2π‘ , maka a = -2 dan π(π‘) = sinh 4π‘, maka a = 4 Abdul Muis Adenan Norrahman | Masalah Nilai Awal Dan Nilai Batas
Langkah 2 ο·
β{π ππ‘ π(π‘)} = F(s β a)
ο·
β{π β2π‘ sinh 4π‘} = (π β(β2))2 β(4)2
ο·
β{π β2π‘ sinh 4π‘} = (π +2)2 β16
4
4
4
Jadi, hasil dari β{π β2π‘ sinh 4π‘} adalah (π +2)2 β16.
Teorema 3 : (Sifat Translasi Kedua) π(π‘ β π) Jika β{π(π‘)} = F(s) dan g(t) = { 0
π‘>π π‘ π‘