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 banyaknya 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 dari pemecahan umum y = ceax kita dapatkan nilai untuk c, yaitu:
6 = ce0 =
c jadi, y = 6eax
adalah satu-satunya
pemecahan y’ = ay yang memenuhi kondisi y (0) = 6.
Pada bagian 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:
1. Carilah matrik P yang mendiagonalisasi A
2. Buatlah subtitusi Y = PU dan Y’ = PU’ untuk
mendapatkan “sistem diagonalisasi” yang baru U’ = DU, dimana D = P-1AP
3. Pecahkanlah U’=DU
4. Tentukanlah Y dari persamaan Y = PU.
Sebelum kita lanjut ke
proses pemecahan persamaan diferensial, kita sedikit ulas dulu tentang nilai
eigen, vektor eigen, persamaan karakteristik, dan mendiagonalisasi
matrik.
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 = lx untuk suatu skalar l. skalar l dinamakan nilai
eigen atau nilai karakteristik dari A dan x
dikatakan vektor eigen yang besesuaian dengan l.
Nilai eigen dari vektor
eigen mempunyai tafsiran geometrik. Jika l adalah nilai eigen dari A yang bersesuaian dengan x, maka Ax = lx, sehingga perkalian oleh A akan memperbesar x, atau
membalik arah x, yang bergantung pada nilai l.
untuk mencari nilai
eigen matrik A yang berukuran n x n maka kita menuliskan kembali Ax = lx sebagai
Ax = lIx atau ekuivalen (lI – A)x = 0
supaya l menjadi nilai eigen, maka harus ada pemecahan takanol dari persamaan ini
atau seperti yang telah kita bahas dahulu, persamaan tersebut akan mempunyai
pemecahan taknol jika dan hanya jika
det (lI – A) = 0
ini dinamakan persamaan
karakteristik A; skalar yang memenuhi persamaan ini adalah nilai eigen
dari A. Bila diperluas, maka determinan det (lI – A) adalah polinom l yang kita namakan polinom karakteristik dari A.
Lebih lanjut menurut
Finizio dan Ladas (1988:79) mendefiniskan bahwa persamaan polinom;
f(l) = anln + a n -1ln – 1+ ... + a 1l + a 0
disebut polinom
karakteristik untuk persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstanta,
berbentuk :
anyn
+ a n -1 yn – 1+ ... + a 1y’ + a 0 y
= 0
dan persamaan f (l) = 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 menyelesaikan
persamaan diferensial diatas kita dapat langsung mengintegralkannya:
(1)
kemudian kita integralan
lagi sehingga didapat :
(2)
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:
dengan menggunakan OBE
kita dapat menemukan nilai c1 dan c2,
sebagaimana berikut:
sehingga didapat c1 = 2 dan c2
= -1.
maka penyelesaian khusus (particular solution)
dari persamaan diferensial diatas adalah
y = 2x -1
Contoh
2:
(a)
Pecahkanlah sistem
y’1 = -2y1 + y2
y’2 = 4y1 + y2
(b)
Carilah pemecahan yang memenuhi
kondisi-kondisi awal y1(0) = 1, y2 (0) = 6
Penyelesian:
(a) Matrik koefisien untuk persamaan tersebut
adalah
untuk mencari matrik P
yang mendiagonalisasi A, maka kita cari vektor-vektor eigen dari A yang bebas
linear.
maka polinom
karakteristik dari A adalah
dan persamaan
karakteristik dari A adalah
Nilai-nilai eigennya
didapat dari = (l - 2) (l + 3) = 0, maka
nilai-nilai eigennya adalah l = 2 dan l = -3.
menurut
definisi,
adalah vektor eigen A yang bersesuaian dengan l, jika dan hanya jika x
adalah pemecahan taktrivial dari (lI
– A) = 0, yakni dari
Jika l = 2, maka
dengan OBE
kita peroleh
diperoleh persamaan baru , misal x1 = t maka x2 = 4t.
sehingga
,
jadi,
adalah sebuah basis untuk ruang eigen yang bersesuaian dengan
l = 2.
Jika l = -3, maka
dengan OBE
kita peroleh
diperoleh persamaan baru , misal x1 = t maka x2 = -t.
sehingga
,
jadi,
adalah sebuah basis
untuk ruang eigen yang bersesuaian dengan l = -3.
jadi,
mendiagonalisasi A, dan
untuk memecahkan U’ = DU, kita subtitusi Y = PU dan Y’ = PU’ , yaitu
didapat pemecahannya adalah
sehingga persamaan Y = PU menghasilkan Y sebagai pemecahan baru
atau
(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
dengan demikian c1
= dan c2 = , sehingga dengan kondisi-kondisi awal diberikan penyelesaian
kuhususnya atau particular solution adalah
Contoh
3 :
Pecahkanlah
persamaa diferensial y” – y’ – 6y = 0.
Penyelesaian:
Persamaan
diferensial ini mempunyai persamaan karakteristik
l2 - l - 6 = 0
(l - 3) (l + 2) = 0
sehingga
nilai karakteristiknya adalah l
= 3 dan l = -2
jadi
penyelesaian umumnya adalah
.
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 dan begitu mendalam.
DAFTAR PUSTAKA
- Anton, Howard, 1998. Aljabar Linear Elementer. Erlangga. Jakarta.
- Anton, Howard & Rorres Chris, 1987.Penerapan Aljabar Linear. Erlangga.Jakarta.
- Dailami, Zumaldi. Metode matriks:mencari solusi partikulir persamaan diferensial linear orde dua tak homogen dengan koefisien konstanta. Jurnal Matematika, FMIPA-UT
- Elementary Linear Algebra with Applications Version Copyright © 2005 John Wiley & Sons, Inc. All rights reserved. www.wiley.com/college/anton
- Finizio, Joan. & Ladas, Theodora,1988. Persamaan Diferensial Biasa dengan Penerapan Modern.Erlangga.Jakarta.
- Nababan, S.M, 1984. Pendahuluan Persamaan Diferensial Biasa. Karunika Universitas Terbuka, Jakarta.
- Nicholson, Keith W, 2006. Linear Algebra With Applications. McGraw-Hill, Inc. New York.
- Purcell, Edwin J and Vaeberg, Dale. 1987. Kalkulus dan Geometri Analitis Jilid 1. Erlangga. Jakarta.
- Purcell, Edwin J and Vaeberg, Dale. 1987. Kalkulus dan Geometri Analitis Jilid 2. Erlangga. Jakarta.