PENERAPAN ALJABAR LINEAR PADA PERSAMAAN DIFERENSIAL

Presentasi berjudul: "PENERAPAN ALJABAR LINEAR PADA PERSAMAAN DIFERENSIAL"— Transcript presentasi:

1 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.

2 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.

3 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

4 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.

5 Pada bagia ini kita akan coba telaah
bagaimana memecahkan sistem persamaan diferesial yang berbentuk: Dimana :

6 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:

7 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.

8 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 .

9 Ax = Ix atau ekuivalen (I – A)x = 0
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.

10 f() = ann + an -1n – 1+ ... + a1 + a0
Lebih lanjut menurut Finizio dan Ladas (1988:79) mendefiniskan bahwa persamaan polinom; f() = ann + an -1n – a1 + a0 disebut polinom karakteristik untuk persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstanta, berbentuk : an yn + an -1 yn – 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.

11 APLIKASI Contoh 1: Selesaikan persamaan diferensial homogen y” = 0 yang memenuhi syarat awal y (1) = 1 dan y’ (1) = 2.

12 Penyelesaian: Untuk meyelesaikan persamaan Diferensial diatas kita dapat langsung mengintegralkannya: (1) kemudian kita integralan lagi sehingga didapat : (2)

13 dengan syarat awal y (1) = 1 dan y’ (1) = 2, maka kita subtitusikan ke persamaan (1) dan persamaan (2), diperoleh : c1 + c2 = 1 c = 2 didapat matrik yang diperbesar sebagai berikut: dengan menggunakan OBE kita dapat menemukan nilai c1 dan c2, sebagaimana berikut:

14 sehingga didapat c1 = 2 dan c2 = -1.
maka penyelesaian khusus (particular solution) dari persamaan diferensial diatas adalah y = 2x -1

15 Contoh 2: Pecahkanlah sistem y’1 = -2y1 + y2 y’2 = 4y1 + y2 Carilah pemecahan yang memenuhi kondisi-kondisi awal y1(0) = 1, y2 (0) = 6

16 (a) Matrik koefisien untuk persamaan tersebut adalah
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.

17 maka plinom karakteristik dari A adalah
dan persamaan karakteristik dari A adalah

18 maka nilai-nilai eigennya adalah
 = 2 dan  = -3. menurut definisi, adalah vektor eigen A yang bersesuaian dengan , jika dan hanya jika x adalah pemecahan taktrivial dari (I – A) = 0, yakni dari

19 Jika  = 2, maka dengan OBE kita peroleh

20 diperoleh persamaan baru
misal x1 = t maka x2 = 4t. Sehingga jadi, adalah sebuah basis untuk ruang eigen yang bersesuaian dengan  = 2.

21 Jika  = -3, maka dengan OBE kita peroleh

22 diperoleh persamaan baru
misal x1 = t maka x2 = -t. sehingga jadi, adalah sebuah basis untuk ruang eigen yang bersesuaian dengan  = -3.

23 jadi, mendiagonalisasi A, dan

24 kita pecahkan U’ = DU, didapat pemecahannya adalah sehingga persamaan Y = PU menghasilkan Y sebagai pemecahan baru

25 atau

26 (b) Jika kita mensubtitusikan kondisi-
(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

27 dengan demikian c1 = dan c2 =

28 sehingga dengan kondisi-kondisi awal diberikan penyelesaian kuhususnya atau particular solution adalah BUKTI

29 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 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!)

30 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.

31 TERIMA KASIH