Sistem Linier Homogen

y_n⁰ = a_n1(t)y₁+ ::: + a_nn(t)y_n+ g_n(t):

Dalam bentuk vektor, persamaan (4.9) menjadi

!y⁰= A!y + !g (4.10)

Sistem ini disebut homogen bila !g = !0 ; sehingga

!y⁰= A!y : (4.11)

Jika !g 6=!0 ; maka persamaan (4.10) disebut nonhomogen.

Theorem 10 : Keujudan dan ketunggalan pada kasus linier

Misalkan a_jk dan g_j pada persamaan (4.10) adalah fungsi dari t yang kontinu pada selang terbuka < t < yang memuat titik t = t0: Maka persamaan (4.10) mempunyai solusi y(t) pada selang yang memenuhi (4.8), dan solusinya tunggal.

Theorem 11 : Prinsip Superposisi atau Kelinieran

Jika y⁽¹⁾ dan y⁽²⁾ adalah solusi dari sistem linier homogen (4.11) pada suatu selang, maka demikian pula dengan kombinasi liniernya, yaitu y = c₁y⁽¹⁾+ c₂y⁽²⁾:

Pada sub bab ini kita akan membahas sistem linier homogen

y⁰ = Ay (4.12)

Asumsikan matriks A = [ajk] ukuran nxn adalah konstan. Akan dicari solusi dari (4.12). Dari bab I yang lalu, diketahui bahwa persamaan y⁰ = ky mem-punyai solusi y = Ce^kt: Untuk mencari solusi (4.12) tersebut, digunakan cara seperti pada persamaan orde I tersebut (bab I).

Ambil

y= xe ^t; (4.13)

dan substitusikan persamaan tersebut ke dalam persamaan (4.12), sehingga diperoleh hasil:

y⁰= xe ^t= Ay = Axe ^t: Bagi persamaan tersebut dengan e ^t; sehingga

Ax= x (4.14)

Solusi nontrivial dari (4.12) adalah bentuk (4.13), dengan adalah nilai eigen dari A dan x adalah vektor eigennya.

Asumsikan A mempunyai basis dari n vektor eigen x⁽¹⁾; :::; x⁽ⁿ⁾yang berkaitan dengan nilai eigen 1; :::; n: Solusi yang berkaitan dengan (4.13) adalah

y⁽¹⁾= x⁽¹⁾e ^1t; :::; y⁽ⁿ⁾= x⁽ⁿ⁾e ^nt (4.15) dan mempunyai Wronskian:

W (y⁽¹⁾; :::; y⁽ⁿ⁾) =

x⁽¹⁾₁ e ^1t ::: x⁽ⁿ⁾₁ e ^nt x⁽¹⁾₂ e ^1t ::: x⁽ⁿ⁾₂ e ^nt

::: ::: :::

x⁽¹⁾n e ^1t ::: x⁽ⁿ⁾n e ^nt

= e ^{1t+:::+ nt}

x⁽¹⁾₁ ::: x⁽ⁿ⁾₁ x⁽¹⁾₂ ::: x⁽ⁿ⁾₂ ::: ::: :::

x⁽¹⁾n ::: x⁽ⁿ⁾n

:

Pada sisi sebelah kanan, fungsi eksponensial tidak pernah nol dan determinan-nya tidak nol karena kolomdeterminan-nya adalah vektor eigen bebas linier yang membentuk basis.

Theorem 12 : Solusi Umum

Jika matriks konstanta A pada sistem (4.12) mempunyai himpunan yang bebas linier dari n vektor eigen, maka solusi yang berkaitan y⁽¹⁾; :::; y⁽ⁿ⁾pada (4.15) membentuk basis solusi dari (4.12) dan solusi umumnya adalah:

y= c1x⁽¹⁾e ^1t+ ::: + cnx⁽ⁿ⁾e ^nt: (4.16) Example 80 : Nilai Eigen Riil Berbeda

Tentukan solusi umum dari sistem linier homogen:

y⁰= Ay = 3 1

1 3 y; sehingga y⁰₁= 3y1+ y2

y₂⁰ = y1 3y2: (4.17) Jawab:

Dengan mensubstitusikan y = xe ^t dan y⁰(t) = xe ^t dan ’menghilangkan’

fungsi eksponensialnya, diperoleh Ax = x: Persamaan karakteristiknya diper-oleh dari:

det(A I) = 3 1

1 3 = ²+ 6 + 8 = 0;

sehingga menghasilkan nilai eigen: ₁= 2 dan ₂= 4:

Dari persamaan (A I) x = 0; diperoleh persamaan:

( 3 )x1+ x2 = 0;

x₁+ ( 3 )x₂ = 0:

Untuk ₁= 2; diperoleh x₁+ x₂= 0 dan x₁ x₂= 0 atau x₁= x₂: Karena kedua persamaan di atas pada dasarnya sama, maka x₁ dan x₂ mem-punyai banyak jawab. Untuk menentukan x1dan x2yang memenuhi persamaan tersebut, dapat diambil sebarang x1dan x2; sehingga darinya dapat ditentukan vektor eigen yang pertama, yaitu x⁽¹⁾= 1

1 :

Untuk ₂ = 4; diperoleh persamaan x₁+ x₂ = 0 atau x₁ = x₂: Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat ditentukan vektor eigen yang ke dua, yaitu x⁽²⁾= 1

1 : Jadi solusi umumnya adalah:

y = y1

y2 = c1y⁽¹⁾+ c2y⁽²⁾ y = c1 1

1 e ^2t+ c2 1

1 e ^4t: | Example 81 : Titik Sadel. Masalah nilai awal

Tentukan solusi umum dari sistem linier homogen berikut ini:

y⁰ = Ay = 2 4

1 3 y; sehingga y₁⁰ = 2y₁ 4y₂

y⁰₂= y₁ 3y₂; (4.18) dan solusi khusus yang memenuhi syarat awal: y1(0) = 3; y2(0) = 0; atau kalau dalam bentuk vektor dinyatakan dengan y(0) = 3

0 : Jawab:

Persamaan karakteristik dari sistem linier tersebut di atas diperoleh dari:

det (A I) = 2 4

1 3 = ²+ 2 = 0;

sehingga diperoleh nilai eigen: ₁= 1 dan ₂= 2:

Sedangkan vektor eigennya, diperoleh dari persamaan:

(A I)x = 2 4

1 3

x1

x2 = 0

0 ; yaitu:

(2 )x₁ 4x₂ = 0;

x1 (3 + )x2 = 0:

Untuk = 1; diperoleh persamaan x₁ 4x₂ = 0, sehingga x₁ = 4x₂: Karena kedua persamaan di atas pada dasarnya sama, maka dapat diambil sebarang x₁ dan x₂ yang memenuhi persamaan di atas, sehingga diperoleh vektor eigen sebagai berikut: x⁽¹⁾= 4

1 :

Dengan cara yang sama, dapat dilakukan untuk = 2; sehingga diperoleh persamaan 4x₁ 4x₂ = 0 atau x₁ x₂ = 0 ) x1 = x₂: Dengan alasan yang

sama, dapat diambil sebarang x₁ dan x₂ sehingga diperoleh vektor eigen yang

Dari syarat awalnya, yaitu y₁(0) = 3 dan y₂(0) = 0 atau kalau dinyatakan secara vektor y(0) = 3

Dari dua persamaan tersebut diperoleh: c₁= 1 dan c₂= 1:

Jadi solusi khususnya adalah y= 4

1 e^t 1

1 e ^2t atau y₁= 4e^t e ^2t y₂= e^t e ^2t:

Suatu sistem yang lebih sederhana yang mempunyai titik sadel (pada titik asal 0) adalah yang merupakan keluarga hiperbola. |

Example 82 : Pusat (Nilai Eigen Kompleks) Tentukan solusi umum dari sistem

y⁰= 0 1

4 0 y; sehingga y₁⁰ = y₂

y⁰₂= 4y₁ : (4.20) Jawab:

Persamaan karakteristik dari sistem persamaan diferensial di atas diperoleh dari determinan karakteristik berikut:

det(A I) = 1

4 = ²+ 4 = 0;

sehingga diperoleh nilai eigen: 1 = 2i dan 2 = 2i: Vektor eigen diperoleh dari persamaan (A I)x = 0; yaitu

x1+ x2 = 0;

4x₁ x₂ = 0:

Untuk 1= 2i; diperoleh persamaan

2ix1+ x2 = 0 ) x²= 2ix1; 4x₁ 2ix₂ = 0 ) 4x1= 2ix₂:

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk menentukan x₁ dan x₂; dapat diambil sebarang bilangan sehingga x₁ dan x₂ tersebut memenuhi per-samaan di atas. Vektor eigen yang diperoleh yaitu: x⁽¹⁾= 1

2i : Untuk ₂= 2i; diperoleh persamaan

2ix1+ x2 = 0 ) x²= 2ix1; 4x₁+ 2ix₂ = 0 ) 4x1= 2ix₂:

Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat dipilih x1 dan x2 sebarang, sehingga diperoleh vektor eigen yang ke dua, yaitu x⁽²⁾ = 1

2i :

Untuk ’menghilangkan’i; perlu diingat bahwa i²= 1, sehingga dengan mengkuadratkan kedua persamaan tersebut di atas diperoleh:

y²₁ = c²₁e^4it+ 2c₁c₂+ c²₂e ^4it; 1

2y2 2

= c²₁e^4it+ 2c1c2 c²₂e ^4it: Dengan menjumlahkan kedua persamaan tersebut, diperoleh:

y₁²+1

4y₂²= 4c1c2= konstanta.

Karena solusinya merupakan solusi kompleks, maka

e^2it= cos 2t + i sin 2t; e ^2it= cos 2t i sin 2t; Dengan cara yang sama, diperoleh:

y⁽²⁾ = 1 sehingga solusi umumnya berubah menjadi:

y = c1y⁽¹⁾+ c2y⁽²⁾

= (c1+ c2) cos 2t

2 sin 2t + i(c1 c2) sin 2t 2 cos 2t :

Apabila solusi tersebut disubstitusikan ke dalam sistem persamaan pada soal di atas, maka dapat diketahui bahwa bagian real dan imajiner yang ada di persamaan [(4.22) dan (4.23)] adalah solusi. Tulis

u= u1

u2 = cos 2t

2 sin 2t ; dan v = v1

v2 = sin 2t 2 cos 2t Solusi real ini membentuk basis, karena Wronskiannya tak nol, yaitu

W (u; v) = cos 2t sin 2t

2 sin 2t 2 cos 2t = 2 cos²2t + 2 sin²2t = 2;

sehingga solusi umum real dari sistem persamaan diferensialnya adalah y= y₁ Example 83 : Titik Spiral (Nilai Eigen Kompleks)

Tentukan solusi umum dari

y⁰= 1 1

1 1 y; sehingga y₁⁰ = y₁+ y₂

y₂⁰ = y₁ y₂: (4.26) Jawab:

Persamaan karakteristiknya diperoleh dari determinan karakteristik:

det(A I) = 1 1

1 1 = ²+ 2 + 2 = 0:

Nilai eigennya diperoleh dari: _1;2 = ¹₂(2) ¹₂p

4 4(2) = 1 i; sehingga

1= 1 + i dan 2= 1 i:

Vektor eigennya diperoleh dari persamaan:

1 1

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk menentukan x₁ dan x₂; dapat diambil sebarang bilangan sehingga x₁dan x₂yang diperoleh, memenuhi kedua persamaan tersebut. Ambil x1 = 1; maka x2 = i; sehingga vektor eigen yang pertama adalah x⁽¹⁾= 1

i :

Untuk ₂= 1 i; maka diperoleh persamaan:

ix1+ x2 = 0 ) x²= ix1; x₁+ ix₂ = 0 ) x1= ix₂:

Dengan alasan yang sama seperti di atas, maka diambil sebarang bilangan untuk x₁ dan x₂ yang memenuhi persamaan di atas. Ambil x₁ = 1; maka x₂ = i;

sehingga vektor eigen yang ke dua adalah x⁽²⁾= 1 i : Jadi solusi umum dari sistem persamaan linier di atas adalah

y = c1y⁽¹⁾+ c2y⁽²⁾; (4.27)

= c₁ 1

i e^{( 1+i) t}+ c₂ 1

i e^{( 1 i) t}: Solusi persamaan linier di atas dapat dinyatakan dalam bentuk:

y⁽¹⁾ = 1

Bagian riil dan imajiner di sebelah kanan persamaan adalah solusi dari (4.26), sebut saja u dan v; dengan

u= e ^tcos t

e ^tsin t dan v= e ^tsin t e ^tcos t : u dan v membentuk basis, karena Wronskiannya tak nol, yaitu

W (u; v) = e ^tcos t e ^tsin t

e ^tsin t e ^tcos t = e ^2t(cos²t + sin²t) = e ^2t: Solusi umum riil yang berhubungan dengan sistem persamaan linier di atas adalah:

Persamaan di atas menggambarkan suatu gra…k spiral. |

4.2.1 Tak ada basis dari vektor eigen yang ada

Apabila didapati kasus dengan A tidak punya basis vektor eigen, maka akan didapatkan solusi bebas linier yang lebih sedikit daripada persamaan (4.12).

Bagaimanakah mencari basis solusi dalam kasus seperti ini ? Misalkan adalah nilai eigen yang dobel dari A [diperoleh dari det (A I) yang mempunyai faktor ( )²]; dengan hanya diperoleh satu vektor eigen x (bukan dua vek-tor yang bebas linier seperti biasanya), sehingga hanya didapatkan satu solusi y⁽¹⁾ = xe ^t: Solusi ke dua dapat dicari dari persamaan (4.12) dengan jalan mensubstitusikan:

y⁽²⁾ = xte ^t+ ue ^t (4.29)

ke dalam persamaan (4.12). Turunan pertama dari solusi ke dua tersebut adalah y⁽²⁾⁰= xe ^t+ xte ^t+ ue ^t= Ay⁽²⁾= Axte ^t+ Aue ^t:

Dari persamaan di atas diperoleh:

xte ^t= Axte ^t; sehingga x= Ax; dan xe ^t+ ue ^t= Aue ^t; sehingga x + u = Au:

Jadi

(A I) u = x (4.30)

Meskipun det (A I) = 0; persamaan liniernya selalu dapat diselesaikan untuk u:

Example 84 :

Tentukan solusi umum dari

y⁰= Ay = 4 1 1 2 y:

Jawab:

Persamaan karakteristik dari sistem linier di atas diperoleh dari determinan karakteristik berikut ini, yaitu

det (A I) = 4 1

1 2 = ² 6 + 9 = ( 3)²= 0;

yang mempunyai akar dobel = 3:

Vektor eigen diperoleh dari persamaan

(4 )x1+ x2 = 0;

x₁+ (2 )x₂ = 0:

Untuk = 3; diperoleh persamaan

x1+ x2 = 0 ) x¹= x2; x₁ x₂ = 0 ) x1= x₂:

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk mencari x₁dan x₂; dapat diambil sebarang bilangan.

Ambil x₁ = 1; maka x₂ = 1; sehingga vektor eigen yang pertama adalah x⁽¹⁾= 1

1 : Dari persamaan (4.30), diperoleh:

(A 3I) u = x

1 1

1 1 u = 1

1 ; sehingga u₁+ u₂= 1 u₁ u₂= 1 :

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka kita dapat mengambil sebarang u₁ dan u₂ yang memenuhi persamaan tersebut di atas. Dengan mengambil u= 0

1 ; akan memberikan jawaban untuk sistem persamaan linier di atas sebagai berikut, yaitu:

y = c₁y⁽¹⁾+ c₂y⁽²⁾

= c1 1

1 e^3t+ c2 1

1 t + 0

1 e^3t: |

Jika A mempunyai tripel nilai eigen dan hanya satu vektor eigen x bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen tersebut, maka solusi ke dua didapatkan dari (4.29) dengan u yang memenuhi persamaan (4.30), dan solusi ke tiganya berbentuk:

y⁽³⁾ =1

2xt²e ^t+ ute ^t+ ve ^t; (4.31) dengan u memenuhi persamaan (4.30) dan v yang ditentukan dari

(A I)v = u; (4.32)

yang selalu dapat diselesaikan.

Apabila A mempunyai tripel nilai eigen dan dua vektor eigen x⁽¹⁾; x⁽²⁾ yang bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen tersebut, maka ketiga solusi yang bebas linier tersebut adalah

y⁽¹⁾= x⁽¹⁾e ^t; y⁽²⁾= x⁽²⁾e ^t; y⁽³⁾= xte ^t+ ue ^t (4.33) dengan x adalah kombinasi linier dari x⁽¹⁾ dan x⁽²⁾; sehingga

(A I)u = x; (4.34)

dapat diselesaikan untuk u:

4.2.2 Latihan

Tentukan solusi umum dari sistem persamaan diferensial berikut ini:

1. y₁⁰ = y2

y₂⁰ = y1

2. y₁⁰ = 2y₁+ 3y₂ y₂⁰ =¹₃y₁+ 2y₂ 3. y₁⁰ = 4y1 6y2

y₂⁰ = y1+ y2

Selesaikan masalah nilai awal berikut:

4.

y₁⁰ = 2y2

y₂⁰ = 2y1

y1(0) = 9; y2(0) = 15:

5.

y₁⁰ = 2y₁+ 4y₂ y₂⁰ = y₁+ 2y₂

y₁(0) = 4; y₂(0) = 4:

6.

y₁⁰ = y1+ 4y2

y₂⁰ = 3y₁ 2y₂ y₁(0) = 3; y₂(0) = 4