penerapan aljabar linear pada persamaan diferensial

PENERAPAN ALJABAR LINEAR PADA
PERSAMAAN DIFERENSIAL
Abstrak
Persamaan Diferesial merupakan persamaan yang
melibatkan fungsi-fungsi dan turunan-turunan.
Aljabar linear dapat digunakan untuk mencari
solusi partikulir persamaan diferensial (PD) dan
sistem persamaan diferensial.
PENDAHULUAN
 Tulisan ini merupakan suatu telaah untuk
menentukan solusi pertikulir (pemecahan
khusus) persamaan diferensial (PD) dan
sistem persamaan deferensial. Dengan
menggunakan metode matriks yang
merupakan suatu metode relatif yang
memiliki langkah-langkah pengerjaan yang
cukup sederhana untuk mencari solusi
partikulir.
KONSEP PENDUKUNG
Sebagai gambaran awal perhatikan persamaan diferensial
sederhana berikut:
y’ = ay
dimana y = f(x) adalah sebuah fungsi takdiketahui yang akan
ditentukan, y’ = dy/dx adalah turunannya, sedangkan a adalah
sebuah konstanta. Seperti kebanyakan persamaan diferensial
mempunyai takterhingga bayaknya pemecahan; pemecahan
pemecahan tersebut adalah fungsi-fungsi yang berbentuk:
y =ceax
dimana c adalah sembarang konstanta. Masing-masing fungsi
berbentuk seperti ini menyajikan pemecahan dari y’ = ay karena
y’ = caeax = ay
sebaliknya, setiap pemecahan y’ = ay haruslah
merupakan sebuah fungsi berbentuk ceax,
sehingga menjelaskan semua pemecahan y’ = ay.
Kita namakan sebagai pemecahan umum (general sulution) y’ = ay.
Adakalanya kita harus menentukan pemecahan khusus
(particular solution) dari pemecahan umum tersebut.
Misalnya, mengaharuskan pemecahan y’ = ay memenuhi
kondisi tambahan seperti y (0) = 6
yakni , y = 6 bila x = 3, maka pemecahan umum y = ceax
kita dapatkan nilai untuk c, yaitu:
6 = ce 0 = c jadi, y = 6eax
adalah satu-satunya pemecahan y’ = ay yang memenuhi
kondisi y (0) = 6.
Pada bagia ini kita akan coba telaah
bagaimana memecahkan sistem
persamaan diferesial yang berbentuk:
Dimana :
y1 = f1(x), y2 = f2(x), ...,yn= fn (x)
adalah fungsi-fungsi yang akan ditentukan,
dan aij adalah konstanta – konstata. Hal
tersebut dapat dibuat dalam bentuk matrik,
sebagai berikut:
secara lebih singkat dapat kita tulis :
Y’ = AY
utuk memecahkan sistem persamaan tersebut,
dapat dilakukan beberapa langkah sebagai
berikut:

Carilah matrik P yang mendiagonalisasi A

Buatlah subtitusi Y = PU dan Y’ = Pu’ untuk
mendapatkan “sistem diagonalisasi” yang baru
U’ = DU, dimana D = P-1AP

Pecahkanlah U’=DU

Tentukanlah Y dari persamaan Y = PU.
Definisi
Jika A adalah matrik n x n, maka vektor
taknol x di dalam Rn dinamakan vektor
eigen dari A jika Ax adalah kelipatan skalar
dari x; yakni, Ax = x untuk suatu skalar .
skalar  dinamakan nilai eigen atau nilai
karakteristik dari A dan x dikatakan vektor
eigen yang besesuaian dengan .
Persamaan karakteristik
untuk mencari nilai eigen matrik A yang berukuran n x n
maka kita menuliskan kembali Ax = x sebagai
Ax = Ix atau ekuivalen (I – A)x = 0
supaya  menjadi nilai eigen, maka harus ada pemecahan taknol dari
persamaan ini atau seperti yang telah kita bahas dahulu, persamaan
tersebut akan mempunyai pemecahan taknol jika dan hanya jika
det (I – A) = 0
ini dinamakan persamaan karakteristik A; skalar yang memenuhi
persamaan ini adalah nilai eigen dari A. Bila diperluas, maka
determinan det (I – A) adalah polinom  yang kita namakan polinom
karakteristik dari A.
Lebih lanjut menurut Finizio dan Ladas (1988:79)
mendefiniskan bahwa persamaan polinom;
f() = ann + an -1n – 1+ ... + a1 + a0
disebut polinom karakteristik untuk persamaan
diferensial homogen dengan koefisien konstanta,
berbentuk :
an yn + an -1 yn – 1+ ... + a1 y’ + a0 y = 0
dan persamaan f () = 0 disebut persamaan
karakteristik untuk persamaan diferensial
homogen tersebut, akar-akar persamaan
karakteristik itu disebut akar-akar karakteristik.
APLIKASI
Contoh 1:
Selesaikan persamaan diferensial homogen
y” = 0 yang memenuhi syarat awal y (1) = 1
dan y’ (1) = 2.
Penyelesaian:
Untuk meyelesaikan persamaan Diferensial
diatas kita dapat langsung
mengintegralkannya:
(1)
y'   0dx  c1
kemudian kita integralan lagi sehingga
didapat :
(2)
y   c1d  c1x  c2
dengan syarat awal y (1) = 1 dan y’ (1) = 2, maka kita
subtitusikan ke persamaan (1) dan persamaan (2), diperoleh :
c1 + c2 = 1
c1
=2
didapat matrik yang diperbesar sebagai berikut:
1 1 1
1 0 2


dengan menggunakan OBE kita dapat menemukan nilai c1
dan c2, sebagaimana berikut:
1 1 1 b1  b2
1 0 2


1 0 2
1 0 2 
1 1 1 b  b 0 1  1

 2 1

sehingga didapat c1 = 2 dan c2 = -1.
maka penyelesaian khusus (particular
solution) dari persamaan diferensial diatas
adalah
y = 2x -1
Contoh 2:
Pecahkanlah sistem
y’1 = -2y1 + y2
y’2 = 4y1 + y2
(a) Carilah pemecahan yang memenuhi
(b) kondisi-kondisi awal y1(0) = 1, y2 (0) = 6
Penyelesian:
(a) Matrik koefisien untuk persamaan
tersebut adalah
 2
A 
 4
1

1
untuk mencari matrik P yang
mendiagonalisasi A, maka kita cari vektorvektor eigen dari A yang bebas linear.
1 0  2 1 
I  A   


0 1  4 1  0
0   2 1   2  1 



   4 1   4   1
maka plinom karakteristik dari A adalah
Det I  A 
2
1
4
 1
 2    6
dan persamaan karakteristik dari A adalah
2  6  7  0
maka nilai-nilai eigennya adalah
 = 2 dan  = -3.
menurut definisi,
x 
x   1
 x 2 
adalah vektor eigen A yang bersesuaian
dengan , jika dan hanya jika x adalah
pemecahan taktrivial dari (I – A) = 0, yakni
dari
  2 1  x1  0
.    
 4   1  x2   0
Jika  = 2, maka
 1  x1  0
.    
 4 1  x2  0
4
dengan OBE kita peroleh
 1  x1  0
.    
 4 1  x 2   0  b2  b1
4  1  x1  0
.    
0 0  x 2   0 
4
diperoleh persamaan baru
misal x1 = t maka x2 = 4t.
Sehingga
4 x1  x2  0
x   t 
1
1
      t 
 x 2  4t 
4
jadi,
1
p1   
4
adalah sebuah basis untuk ruang eigen
yang bersesuaian dengan  = 2.
Jika  = -3, maka
1
 1  x1  0
.    
 4  4  x2  0
dengan OBE kita peroleh
1
 1  x1  0
.    
 4  4  x 2  0 b2  4b1
 1  1  x1  0
.    
0 0  x 2  0
diperoleh persamaan baru  x1  x2  0
misal x1 = t maka x2 = -t.
sehingga
jadi,
x   t 
1
1
      t 
 x 2    t 
  1
1
p1   
  1
adalah sebuah basis untuk ruang eigen
yang bersesuaian dengan  = -3.
jadi,
1
P
4
1

1
mendiagonalisasi A, dan
D  P  1 AP
  1  1   2 1 1 1  2 0 
1
D





 5  4 1   4 1 4  1 0  3
kita pecahkan U’ = DU,
U '  DU
 u '  2
u '1  2u1
0   u1 
1


   atau
u ' 2  3u 2
u '  0  3 u 2 
 
 2
didapat pemecahannya adalah
u1  c1e 2 x
atau
u 2  c 2 e  3x

2x 
c
e

U   1


3
x
c2 e

sehingga persamaan Y = PU menghasilkan Y
sebagai pemecahan baru
Y  PU
 y  1
 1  
 y2  4

2 x   c e 2 x  c e  3x 
1   c1e
  1

2


 1 c e  3x  4c e 2 x  c e  3x 
2
1
2



atau
2
x

3
x
y1  c1e  c 2 e
2
x

3
x
y 2  4c1e  c 2 e

(b) Jika kita mensubtitusikan kondisi- kondisi
awal yang diberikan ke dalam pemecahan
umum (general solution) tersebut, kita
dapatkan;
y1 (0) = 1, maka c1 + c2 = 1
y2 (0) = 6, maka 4c1- c1 = 6
dengan OBE, kita dapat ,mencari nilai c1
dan c2
1

4
2 1
1

6
b2  4b1
1

0
2 1
1

0

0 13 9 

1  2 9


 
 9 2 b2 x  19
1 2
1  b  2b
2

 1

2
0 1
9

dengan demikian
c1 = 13
9
dan c2 = 2
9
sehingga dengan kondisi-kondisi awal
diberikan penyelesaian kuhususnya atau
particular solution adalah
2
x

3
x
13
2
y1  e  e
9
9
2
x

3
x
52
2
y2 
c1e  c 2 e
9
9
BUKTI
Contoh 3 :
Pecahkanlah persamaa diferensial y” – y’ – 6y = 0.
Penyelesaian:
Persamaan diferensial ini mempunyai persamaan karakteristik
2 -  - 6 = 0
( - 3) ( + 2) = 0
sehingga nilai karakteristiknya adalah  = 3 dan  = -2
jadi penyelesaian umumnya adalah
y  c1e3x  c2e  2x
atau anda bisa dengan memisalkan y1 = y, dan y2 = y’ sehingga
didapat sistem persamaan diferensial;
y’1 = y2
y’2 = 6y1 + y2 (Silahkan anda coba!)
KESIMPULAN
Sebagaimana diketahui, suatu metode atau
langkah yang ditemukan tidak luput dari
kelebihan dan kelemahan dalam
penggunaannya dan tidak terkecuali dalam
langkah-langkah menentukan solusi partikulir
Persamaan Diferesial Linear tersebut. Akan
tetapi kita sudah dapat melukiskan bahwa
aljabar linear dapat diterapkan untuk
memecahkan sistem persamaan diferensial
tertentu, yang sangat berperan ddan begitu
mendalam.
TERIMA KASIH