solusi persamaan diferensial linear tingkat dua di titik regular

SOLUSI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR TINGKAT DUA
DI TITIK REGULAR SINGULAR DENGAN DERET PANGKAT
Sangadji1
ABSTRACT
The research discusses a method to solve ordinary differential equations of second order at
regular singular points by power series. The method for solving ordinary differential equations at
ordinary points by power series does not apply in this case. The first method is usually more
complicated than the second one. If possible we avoid the singular points. But, these points are often
of the great physical interest. The research is supplied with examples to ease the reader to
understand..
Keywords: solution of differential equations, regular singular point, power series
ABSTRAK
Penelitian ini membahas metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa tingkat
dua di titik-titik regular singular dengan deret pangkat. Metode untuk menyelesaikan persamaan
diferensial biasa di titik-titik ordinari dengan deret pangkat dalam hal ini tidak berlaku. Metode
pertama biasanya lebih sulit dari metode kedua. Bila mungkin, kita menghindari titik-titik singular.
Tetapi, titik-titik singular ini sering menarik perhatian dalam ilmu fisika. Penelitian ini dilengkapi
dengan contoh-contoh untuk mempermudah bagi pembaca dalam memahaminya.
Kata kunci: solusi persamaan diferensial, titik regular singular, deret pangkat
1
PPIN BATAN, Kompleks PUSPIPTEK, Serong-Tangerang, Indonesia
[email protected]
118
Jurnal Mat Stat, Vol. 9 No. 2 Juli 2009: 118-125
PENDAHULUAN
Bila solusi eksak persamaan diferensial biasa di titik singular regular sulit atau tidak mungkin
diperoleh, maka solusinya dapat diperoleh dengan metode deret pangkat. Pandang persamaan
diferensial linear tingkat dua homogen
d2y
dy
+ p( x)
+ q( x) y ( x) = 0, ......................................................................................... (1)
2
dx
dx
di mana akan dicari solusinya di titik x0 dengan deret pangkat. Bila p (x) dan q (x) keduanya analitik
di x0 , maka titik x0 disebut titik ordinary. Apabila tidak demikian, titik x0 disebut titik singular.
Metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa di titik ordinary dengan deret pangkat,
dikenal dengan nama metode Frobenius (Simmons et al., 2007). Titik singular x0 dari persamaan
diferensial (1) disebut titik regular singular bila
( x − x 0 ) p( x) dan ( x − x0 ) 2 q( x) keduanya analitik di x0 .
Sebagai contoh, persamaan diferensial
d 2 y 3 dy 5
+
−
y ( x) = 0, ............................................................................................... (2)
dx 2 x dx x 2
mempunyai titik regular singular di titik x = 0, karena di samping jelas bahwa titik tersebut titik
singular juga berlaku x ⋅ p ( x) = x ⋅
3
⎛ 5 ⎞
= 3 dan x 2 ⋅ q ( x) = x 2 ⋅ ⎜ − 2 ⎟ = −5 keduanya analitik di x = 0.
x
⎝ x ⎠
Bila solusi eksak persamaan diferensial biasa di titik regular singular sulit atau tidak mungkin
diperoleh, maka solusinya diharapkan dapat diperoleh dengan deret pangkat. Untuk menambah
informasi, pembaca dianjurkan membaca daftar pustaka [3] tentang gagasan dari Metode Deret
Pangkat. Penelitian relevan: “Series solutions of coupled differential equations with one regular
singular point” Tomantschger, K.W. Journal of Computational and Applied Mathematics, v 140, n 12, Mar 1, 2002, p 773-783, Compendex.
Solusi Persamaan Diferensial Linear Tingkat Dua
dengan Deret Pangkat
Penelitian ini membahas metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa di titik-titik
regular singular dengan deret pangkat. Misalkan persamaan diferensial (1) di atas mempunyai titik
x = 0 sebagai titik regular singular. Misalkan juga
∞
∞
x ⋅ p ( x) = ∑ p j x dan x 2 ⋅ q( x) = ∑ q j x j
j
j =0
j =0
berlaku pada selang nontrivial (− R, R). Akan dicari solusinya dalam bentuk
y=x
∞
m
∑a
j =0
∞
x = ∑ a j x j +m .
j
j
j =0
Solusi Persamaan Diferensial …... (Sangadji)
119
Dengan mudah diperoleh
∞
y ' = ∑ ( j + m)a j x j + m −1
j =0
dan
∞
y ' ' = ∑ ( j + m)( j + m − 1)a j x j + m −2 .
j =0
Kemudian,
p ( x) ⋅ y ' =
⎞
⎞⎛ ∞
1⎛ ∞
⎜ ∑ p j x j ⎟⎜ ∑ a j (m + j ) x m + j −1 ⎟
⎟
⎟⎜
x ⎜⎝ j =0
⎠
⎠⎝ j =0
⎞
⎛ ∞
⎞⎛ ∞
= x m − 2 ⎜⎜ ∑ p j x j ⎟⎟⎜⎜ ∑ a j (m + j ) x j ⎟⎟
⎠
⎝ j =0
⎠⎝ j =0
∞
⎛ j
⎞
= x m − 2 ∑ ⎜⎜ ∑ p j − k a k (m + k ) ⎟⎟x j
j =0 ⎝ k =0
⎠
=x
m−2
⎛ j −1
⎞
⎜⎜ ∑ p j − k a k (m + k ) + po a j (m + j ) ⎟⎟x j .
∑
j =0 ⎝ k =0
⎠
∞
di mana digunakan formula hasil kali dua deret pangkat. Untuk menambah pengertian tentang deret
pangkat, pembaca disarankan untuk membaca daftar pustaka [2] tentang deret pangkat.
Dengan cara yang sama didapat juga
⎛ ∞
⎞⎛ ∞
⎞
⎜ ∑ q j x j ⎟⎜ ∑ a j x m + j ⎟
⎜
⎟⎜
⎟
⎝ j =0
⎠⎝ j =0
⎠
⎛ ∞
⎞⎛ ∞
⎞
= x m − 2 ⎜⎜ ∑ q j x j ⎟⎟⎜⎜ ∑ a j x j ⎟⎟
⎝ j =0
⎠⎝ j =0
⎠
q ( x) ⋅ y =
1
x2
∞
⎛ j
⎞
= x m − 2 ∑ ⎜⎜ ∑ q j − k a k ⎟⎟ x j
j =0 ⎝ k =0
⎠
j
−
1
∞
⎛
⎞
= x m − 2 ∑ ⎜⎜ ∑ q j − k a k + q 0 a j ⎟⎟x j .
j =0 ⎝ k =0
⎠
Dengan mensubstitusikan y" , p ⋅ y ' , dan q ⋅ y ke persamaan diferensial (1) diperoleh hasil
∞
∞
⎛ j
⎞ j
⎛ j −1
⎞
m−2
m−2
j + m−2
+
+
⎜⎜ ∑ q j − k a k + q 0 a j ⎟⎟x j = 0
⎜
⎟
+
x
p
a
(
m
k
)
x
x
(
j
+
m
)(
j
+
m
−
1
)
a
x
∑
∑
∑
j
⎜ ∑ j −k k
⎟
j =0 ⎝ k =0
j =0
j =0 ⎝ k =0
⎠
⎠
∞
Dengan membagi x m − 2 diperoleh hasil
j −1
⎫ j
⎧
⎨a j [(m + j )(m + j − 1) + (m + j ) p 0 + q 0 ] + ∑ a k (m + k ) p j − k + q j − k ⎬x = 0.
∑
j =0 ⎩
k =0
⎭
∞
120
[
]
Jurnal Mat Stat, Vol. 9 No. 2 Juli 2009: 118-125
Tentu saja setiap koefisien dari x j haruslah 0, sehingga diperoleh persamaan-persamaan rekursi
j −1
[
]
a j [(m + j )(m + j − 1) + (m + j ) p 0 + q 0 ] + ∑ a k (m + k ) p j − k + q j − k = 0.
k =0
Untuk j = 0, persamaan rekursi menjadi a 0 f (m) = 0, di mana f (m) = m(m − 1) + mp 0 + q 0 .
Persamaan-persamaan rekursi selanjutnya adalah
a1 f (m + 1) + a 0 (mp1 + q1 ) = 0,
a 2 f (m + 2) + a 0 (mp 2 + q 2 ) + a1 [(m + 1) p1 + q1 ] = 0,
K
a j f (m + j ) + a 0 (mp j + q j ) + L + a j −1 [(m + j − 1) p1 + q1 ] = 0, dst.
Mengingat a 0 ≠ 0, persamaan rekursi pertama berakibat bahwa f (m) = m(m − 1 + mp 0 + q 0 = 0.
Persamaan ini disebut persamaan indisial. Akar-akar m1 , m 2 dari persamaan tersebut dinamakan
eksponen dari persamaan diferensialnya di titik-titik regular singular terkait.
Bila akar-akar m1 dan m 2 berlainan dan selisihnya bukan bilangan bulat, maka metode solusi
kita akan menghasilkan dua solusi yang bebas linear untuk persamaan diferensial (1). Bila m1 dan
m 2 selisihnya suatu bilangan bulat, misalnya m1 = m 2 + j untuk suatu bilangan bulat j ≥ 1, maka
prosedur rekursi tidak bisa digunakan karena koefisien a j dalam persamaan rekursi yang ke
( j + 1) untuk m 2 akan bernilai 0-sehingga kita tidak dapat menyelesaikan untuk a j . Untuk kasus
m1 = m 2 , juga menimbulkan kesulitan karena metode kita hanya menghasilkan satu solusi. Kita
simpulkan pembicaraan kita dengan suatu teorema di bawah ini serta contoh-contoh soal. Daftar
pustaka [1] cukup baik untuk mendapatkan fondasi tentang analisis matematika.
Teorema
Misalkan titik x 0 = 0 adalah titik regular singular untuk persamaan diferensial linear tingkat
dua y"+ p ⋅ y '+ q ⋅ y = 0. Misalkan deret pangkat untuk x ⋅ p (x) dan x 2 ⋅ q ( x) mempunyai jari-jari
konvergensi R > 0. Misalkan persamaan indisial f (m) = m(m − 1 + mp 0 + q 0 = 0 mempunyai akarakar m1 , m 2 dengan m 2 ≤ m1 . , maka persamaan diferensial tersebut mempunyai paling sedikit satu
solusi berbentuk y1 = x m1
∞
∑a
j =0
j
x j pada selang (− R, R ).
Dalam hal m1 − m 2 bukan nol atau bilangan bulat positif, maka persamaan diferensial tersebut
mempunyai solusi kedua yang independen
∞
y 2 = x m2 ∑ b j x j
j =0
pada selang (− R, R ).
Contoh 1:
Carilah dua solusi deret Frobenius yang independen dari persamaan diferensial xy"+2 y '+ xy = 0.
Solusi Persamaan Diferensial …... (Sangadji)
121
Solusi:
Perlu diperhatikan bahwa persamaan indisial adalah m(m − 1) + 2m = 0 atau m 2 + m = 0 yang akarakarnya jelas m1 = 0 dan m 2 = −1.
Bersesuaian dengan m1 = 0, solusinya berbentuk
∞
y = ∑ a j x j , dan turunannya
j =0
∞
y ' = ∑ ja j x j −1 , dan juga
j =1
∞
y" = ∑ j ( j − 1)a j x j − 2 .
j =2
Dengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensialnya diperoleh
∞
∞
∞
j =2
j =1
j =0
x ∑ j ( j − 1)a j x j − 2 + 2∑ ja j x j −1 + x ∑ a j x j = 0.
Dengan mengatur indeks dan dimulai dengan j = 1 dan pangkatnya dalam bentuk x j , maka
dapat dihasilkan
∞
2a1 + ∑ (a j +1 [ j ( j + 1 + 2( j + 1)] + a j −1 )x j = 0. sehingga diperoleh persamaan-persamaan
j =1
rekursi
a1 = 0 dan a j +1 [ j ( j + 1) + 2( j + 1)] + a j −1 = 0, j = 1,2, K atau
a j +1 ( j + 2)( j + 1) + a j −1 = 0, j = 1,2,K yaitu
a j −1
a j +1 = −
, j = 1,2, K. Jadi a j = 0 untuk j ganjil, dan juga diperoleh
( j + 2)( j + 1)
a
ao
ao
, a6 = −
, dst.
a2 = − o , a4 = −
3⋅ 2
5⋅ 4⋅3⋅ 2
7 ⋅6⋅5⋅ 4⋅3⋅ 2
Jadi kita peroleh satu solusi Frobenius
1
1
⎛ 1
⎞
y1 = ao ⎜1 − x 2 + x 4 − x 6 − + L⎟
5!
7!
⎝ 3!
⎠
3
5
⎞
1 ⎛
x
x
= ao ⋅ ⋅ ⎜⎜ x −
+
− L⎟⎟
x ⎝
3! 5!
⎠
1
= ao ⋅ ⋅ sin x.
x
Bersesuaian dengan m 2 = −1, solusinya berbentuk
∞
∞
j =0
j =0
y = x −1 ∑ b j x j = ∑ b j x j −1 , dan turunannya
122
Jurnal Mat Stat, Vol. 9 No. 2 Juli 2009: 118-125
∞
y ' = ∑ ( j − 1)b j x j − 2 , dan juga
j =0
∞
y" = ∑ ( j − 1)( j − 2)b j x j −3 .
j =0
Dengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensialnya diperoleh
∞
∞
∞
j =0
j =0
j =0
∑ ( j − 1)( j − 2)b j x j −2 + ∑ 2( j − 1)b j x j −2 + ∑ b j x j = 0.
Dengan mengatur indeks dan dimulai dengan j = 2 dan pangkatnya dalam bentuk x j − 2 , maka dapat
dihasilkan
∑ [( j − 1)( j − 2)b
∞
j =2
j
]
+2( j − 1)b j + b j − 2 x j − 2
= −(−1)(−2)b0 x − 2 − (0)(−1)b1 x −1 − 2(−1)b0 x − 2 − 2(0)b1 x −1 = 0,
sehingga persamaan-persamaan rekursinya adalah
( j − 1)( j − 2)b j + 2( j − 1)b j + b j − 2 = 0 atau
j ( j − 1)b j = −b j − 2 , yaitu b j = −
b j −2
j ( j − 1)
(( j − 1)( j − 2) + 2( j − 1))b j = −b j − 2
atau
, j = 2, 3, K.
Jadi dapat diperoleh
b0
b0
b0
, b4 =
, b6 = −
, dst. Juga dapat diperoleh
2 ⋅1
4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
b
b1
b1
b3 = − 1 , b5 =
, b7 = −
, dst. Jadi hasil-hasil ini memberikan
3⋅ 2
5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
b2 = −
solusi
1 ⎛ 1
1
1⎛
1
1
⎞
⎞
y = b0 ⋅ ⋅ ⎜1 − x 2 + x 4 − + L⎟ + b1 ⋅ ⎜ x − x 3 + x 5 − + L⎟
x ⎝ 2!
4!
x⎝
3!
5!
⎠
⎠
1
1
= b0 ⋅ ⋅ cos x + b1 ⋅ ⋅ sin x.
x
x
Kita telah mendapatkan solusi pertama (1 / x) sin x. Dalam proses perhitungan kedua dengan
m 2 = −1, mendapatkan mendapatkan lagi solusi tersebut dan menemukan solusi baru yang linear
independen (1 / x) cos x. Perlu dicatat bahwa (1 / x) cos x. singular di 0 sedangkan (1 / x) sin x tidak.
Contoh 2:
Persamaan diferensial 4 x 2 y"−8 x 2 y '+(4 x 2 + 1) y = 0 mempunyai hanya satu solusi deret Frobenius.
Carilah solusi umumnya.
Solusi:
Persamaan indisialnya yaitu
m(m − 1) + m ⋅ 0 +
Solusi Persamaan Diferensial …... (Sangadji)
1
=0
4
123
atau 4m 2 − 4m + 1 = 0, yang memberikan akar-akar indisial terulang m1 = m 2 = 1 / 2.
Bersesuaian dengan m1 = m 2 = 1 / 2, solusinya berbentuk
∞
∞
j =0
j =0
y = x 1 / 2 ∑ a j x j = ∑ a j x j +1 / 2 dan turunannya
∞
y ' = ∑ ( j + 1 / 2)a j x j −1 / 2 , dan juga
j =0
∞
y" = ∑ ( j + 1 / 2)( j − 1 / 2)a j x j −3 / 2 .
j =0
Dengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensialnya diperoleh
∞
4 x 2 ⋅ ∑ ( j + 1 / 2)( j − 1 / 2)a j x j −3 / 2
j =0
∞
∞
j =0
j =0
− 8 x 2 ⋅ ∑ ( j + 1 / 2)a j x j −1 / 2 + (4 x 2 + 1) ⋅ ∑ a j x j +1 / 2 = 0
atau
∞
∞
∞
∞
j =0
j =0
j =0
j =0
∑ (2 j + 1)(2 j − 1)a j x j +1 / 2 − ∑ (8 j + 4)a j x j +3 / 2 + ∑ 4a j x j +5 / 2 + ∑ a j x j +1 / 2 = 0.
Dengan mengatur indeks dan dimulai dengan j = 2 dan pangkatnya dalam bentuk x j +1 / 2 , maka dapat
dihasilkan
∑ [(2 j + 1)(2 j − 1)a
∞
j =2
j
]
− (8 j − 4)a j −1 + 4a j − 2 + a j x j +1 / 2
= −1 ⋅ (−1)a 0 x 1 / 2 − 3 ⋅ 1 ⋅ a1 x 3 / 2 + 4a 0 x 3 / 2 − a 0 x 1 / 2 − a1 x 3 / 2
atau
∑ [4 j
∞
j =2
2
]
a j − (8 j − 4)a j −1 + 4a j − 2 x j +1 / 2 = x 3 / 2 (4a 0 − 4a1 ).
Kemudian dapat diperoleh persamaan-persamaan rekursinya yaitu
a1 = a 0 ,
(2 j − 1)a j −1 − a j − 2
,
aj =
j2
yang menghasilkan
a2 =
a0
a
a
a
, a 3 = 0 , a 4 = 0 , a 5 = 0 , dst. Jadi kita peroleh solusi deret Frobenius dari
2!
3!
4!
5!
persamaan diferensial di atas yaitu
⎞
⎛
x x2 x3 x4
y1 ( x) = x 1 / 2 ⋅ ⎜⎜1 + +
+
+
+ L⎟⎟ = x 1 / 2 ⋅ e x .
⎠
⎝ 1! 2! 3! 4!
124
Jurnal Mat Stat, Vol. 9 No. 2 Juli 2009: 118-125
Persamaan indisial memberikan hanya satu akar terulang m1 = m 2 = 1 / 2. Dapat diperiksa
bahwa solusi kedua yang independen dalam hal ini berbentuk
y 2 ( x) = ln x ⋅ x 1 / 2 ⋅ e x , dan solusi umumnya berbentuk
y = Ax1 / 2 e x + B ln x ⋅ x1 / 2 ⋅ e x .
PENUTUP
Bila solusi eksak persamaan diferensial biasa di titik regular singular x = 0 sulit atau tidak
mungkin diperoleh, maka solusinya diharapkan dapat diperoleh dengan deret pangkat yang berbentuk
∞
∞
j =0
j =0
y = x m ∑ a j x j = ∑ a j x j + m , di mana nilai m dicari dari persamaan indisial.
Dengan metode deret pangkat, solusi persamaan diferensial xy"+2 y '+ xy = 0,
adalah y = A ⋅
1
1
⋅ cos x + B ⋅ ⋅ sin x, di mana A dan B adalah konstan sembarang.
x
x
Juga dengan metode deret pangkat, persamaan diferensial
4 x 2 y"−8 x 2 y '+ (4 x 2 + 1) y = 0,
mempunyai solusi
y = Ax1 / 2 e x + B ln x ⋅ x 1 / 2 ⋅ e x ,
dengan A dan B konstan sembarang.
DAFTAR PUSTAKA
Bartle, R.G., and Sherbert, D.R. (2000). Introduction to real analysis, 3rd ed., John Wiley & Sons, Inc.
Fitzpatrick, P.M. (1996). Advanced calculus, Boston: P W S Publishing Company.
Kreyszig, E. (2006). Advanced engineering mathematics, 9th ed., New York: John Wiley and Sons Inc.
Simmons, G.F., and Krantz, S.G. (2007). Differential equations: Theory, technique, and practice,
Boston, USA: McGraw-Hill International Edition.
Solusi Persamaan Diferensial …... (Sangadji)
125