SKRIPSI
Oleh:
IKE NORMA YUNITA NIM. 06510030
JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI
UNIVERSITAS ISLAM NEGERI (UIN) MAULANA MALIK IBRAHIM MALANG
SKRIPSI
Diajukan Kepada:
Universitas Islam Negeri Maulana Malik Ibrahim Malang Untuk Memenuhi Salah Satu Persyaratan dalam
Memperoleh Gelar Sarjana Sains (S.Si)
Oleh:
IKE NORMA YUNITA NIM. 06510030
JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI
UNIVERSITAS ISLAM NEGERI (UIN) MAULANA MALIK IBRAHIM MALANG
! "#
$ %% & ' (
) *
& 0 . & 1 ( 2 ! ' $ 1 ' ( $ " " # " " $ % / 0 $ " - $3 / - %% $ % & $. 0 % 3 ( & % " ( &' '( "
Assalamu’alaikum Warahmatullahi Wabarakatuh
Puji syukur Penulis panjatkan kehadirat Allah SWT yang telah memberikan rahmat dan hidayah- Nya, sehingga Penulis dapat menyelesaikan skripsi yang berjudul “Kajian Teorema Residu pada Persamaan Diferensial Cauchy Euler
Orde-n” untuk memenuhi salah satu persyaratan menyelesaikan Program Sarjana Sains dan Teknologi Universitas islam, negeri (UIN) Maulana Malik Ibrahim Malang. Dalam penyusunan skripsi ini banyak pihak yang telah membantu baik secara langsung maupun tidak langsung, untuk itu penulis mengucapkan terimakasih kepada:
1. Prof. DR. H. Imam Suprayogo, selaku Rektor Universitas Islam Negeri (UIN) Maulana Malik Ibrahim Malang beserta seluruh staf Dharma Bakti Bapak dan Ibu sekalian terhadap Universitas Islam Negeri (UIN) Maulana Malik Ibrahim Malang turut membesarkan dan mencerdaskan penulis.
2. Prof. Drs. Sutiman Bambang Sumitro, SU., D.Sc, selaku Dekan Fakultas Sains dan Teknologi Universitas Islam Negeri (UIN) Maulana Malik Ibrahim Malang beserta staf Bapak dan Ibu sekalian sangat berjasa memupuk dan menumbuhkan semangat untuk maju kepada penulis.
3. Abdussakir, M.Pd, selaku Ketua Jurusan Matematika Universitas Islam Negeri (UIN) Maulana Malik Ibrahim Malang yang telah memotivasi, membantu, dan mengarahkan penulis menyelesaikan penulisan skripsi ini.
4. Hairur Rahman, M.Si selaku dosen pembimbing skripsi di Jurusan Matematika Universitas Islam Negeri (UIN) Maulana Malik Ibrahim Malang.
skripsi ini sehingga tiada dikotomi antara teknologi dan agama.
6. Seluruh Dosen Universitas Islam Negeri (UIN) Maulana Malik Ibrahim Malang, khususnya Dosen Matematika dan Staf yang telah memberikan ilmu kepada penulis selama empat tahun, dan dukungan untuk menyelesaikan penulisan skripsi ini.
7. Bapak dan Ibuku tersayang, adik-adikku dan seluruh keluarga besar di Probolinggoyang telah banyak memberikan do’a, motivasi, dan dorongan dalam penyelesaian skripsi ini baik materiil maupun spiritual.
8. Teman- teman jurusan Matematika khususnya angkatan 2006.
9. Semua pihak yang tidak bisa penulis sebutkan satu-persatu, yang telah membantu dalam menyelesaikan skripsi ini.
Penulis menyadari bahwa skripsi ini masih jauh dari kata sempurna. Oleh karena itu, kritik dan saran semua pihak yang bersifat membangun sangat Penulis harapkan dalam penyempurnaan. Semoga skripsi ini dapat bermanfaat bagi Pembaca.
Wassalamu’alaikum Warohmatullahi Wabarakatuh
Malang, 19 November 2010 Penulis
HALAMAN JUDUL HALAMAN PENGAJUAN LEMBAR PERSETUJUAN LEMBAR PENGESAHAN SURAT PERNYATAAN MOTTO PERSEMBAHAN KATA PENGANTAR ... i
DAFTAR ISI ... iii
ABSTRAKS ... v BAB I PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang ... 1 1.2 Rumusan Masalah ... 3 1.3 Tujuan... 3 1.4 Batasan Masalah ... 4 1.5 Manfaat Penelitian ... 4 1.6 Metode Penelitian ... 5 1.7 Sistematika Penelitian ... 6
BAB II KAJIAN TEORI 2.1 Sistem Bilangan Kompleks ... 7
2.2 Fungsi Kompleks ... 8
2.3 Integral Kompleks ... 15
2.6 Persamaan Diferensial Linear homogen dengan Koefisien
Konstanta ... 27 2.7 Persamaan Cauchy-Euler ... 30 2.8 Solusi umum dari persamaan diferensial linear dengan koefisien
Konstanta ... 36 2.9 Tafsir Al-Qur’an Surah Al-Insyirah ayat 5-6 ... 45
BAB III PEMBAHASAN
3.1 Solusi umum dari persamaan diferensial Cauchy-Euler dengan koefisien konstanta ... 49 3.2 Pemecahan problema secara matematis dan menurut agama islam ... 67 BAB IV PENUTUP 4.1 Kesimpulan ... 72 4.2 Saran ... 74 DAFTAR PUSTAKA BUKTI KONSULTASI BIODATA PENULIS iv
Yunita, Ike Norma. 2010. Aplikasi Residu Untuk Menyelesaikan Persamaan Cauchy-Euler Orde-n. Pembimbing: Hairur Rahman, M.Si; Ach. Nasichuddin, M.A
Kata kunci: Persamaan Differensial Cauchy-Euler, Teorema Residu, Fungsi Kompleks
Persamaan diferensial merupakan sebuah persamaan yang mempunyai derivative dari satu variabel terikat dan satu atau lebih variabel bebas. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial kita perlu mengetahui terlebih dahulu klasifikasinya.
Tidak semua persoalan persamaan diferensial dapat diselesaikan dengan mudah, ada beberapa kesulitan dalam mencari penyelesaiannya. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial yang perlu kita perhatikan adalah bentuk umum dari persamaan diferensial tersebut. Dalam skripsi ini penulis bertujuan untuk mendeskripsikan cara menyelesaikan persamaan diferensial Cauchy-euler orde- n dengan menggunakan teorema residu.
Penyelesaian persamaan diferensial Cauchy-euler homogen orde- n dengan menggunakan Teorema Residu, persamaan diferensial tersebut harus dapat ditulis dalam bentuk:
(
)
( ) 1(
)
1 ( )1 ... 0n n n n
n
ax b y+ +a ax b+ − y − + +a y= mempunyai penyelesaian berbentuk:
( )(
)
( )
Re z f z Ax B y s g z + = dengan( )
(
) (
)
1(
) (
)
1 1 1 ... 1 1 ... 2 ... n n n n g z A z z z n a A z z− z n a Az a − = − − − + − − + + + +disebut persamaan polynomial karakteristik dan f
( )
z adalah fungsi regular.Differential Equation of Orde-n. Pembimbing: Hairur Rahman, M.Si; Ach. Nasichuddin, M.A
Kata kunci: Cauchy-Euler Differential Equation, Teorema of Residues, Complex Function
Differential Equation of represent a equation having derivative the than one variable tied and one or more free variable. To finish we need differential equation shall have knowledge beforehand its classification.
Not all problem of differential equation can be finished easily, there are some difficulty in searching its solution. To finish equation of differential which need we pay attention is public form of equation of differential. In this thesis the writer having a purpose to depicting of way of finishing equation of order- n Cauchy-euler
differential- by using theorem of residues.
Solving of homogeneous Cauchy-euler differential equation of order- n by using Theorem of Residues, the differential equation have to earn to be written in form:
(
)
( )(
)
1 ( )1 1 ... 0 n n n n n ax b y+ +a ax b+ − y − + +a y=having the solution in form of
( )(
)
( )
Re z f z Ax B y s g z + = Referred( )
(
) (
)
1(
) (
)
1 1 1 ... 1 1 ... 2 ... n n n n g z A z z z n a A z z− z n a Az a − = − − − + − − + + + +is equation of characteristic polynomial andf
( )
z is function of regular.1 BAB I PENDAHULUAN
1.1 Latar Belakang
Matematika adalah ilmu pasti yang kebanyakan orang beranggapan, bahwa matematika merupakan suatu kajian yang rumit dengan angka-angka dan simbolnya. Anggapan-anggapan tersebut sebenarnya kurang tepat sebab ilmu matematika sejatinya telah kita pergunakan setiap hari tanpa kita sadari, misalkan saja dalam berbelanja, meramalkan pengeluaran dan pemasukan penghasilan tiap bulan, yang sebenarnya kita telah memiliki kemampuan matematika secara alamiah.
Persamaan Diferensial adalah sebuah persamaan yang mempunyai derivative dari satu variabel terikat dan satu atau lebih variabel bebas. Jika hanya satu variabel bebasnya, maka disebut persamaan diferensial linear. Sedangkan jika variabel bebasnya lebih dari satu, maka persamaan tersebut adalah persamaan differensial parsial (Baiduri, 2001: 2). Dipersamaan diferensial dikenal juga istilah orde (tingkat) dan derajat (degree). Orde (tingkat) dari suatu persamaan diferensial merupakan turunan tertinggi yang terdapat pada persamaan diferensial tersebut dan derajat (degree) merupakan pangkat dari suatu persamaan diferensial.
Persamaan differensial biasa orde-n dengan variabel terikat y dan variabel
bebas x dapat dinyatakan sebagai berikut :
n
( )
nn n 1( )
nn11 ... 2( )
22 1( )
0( )
( )
d y d y d y dy a x a x a x a x a x y b x dx dx dx dx − − − + + + + + =Dari persamaan diferensial biasa orde-n dikatakan linear jika mempunyai ciri-ciri sebagai berikut :
1. Variabel terikat y dan derivatifnya hanya berderajat satu.
2. Tidak ada perkalian antara y dan derivatifnya serta antara derivatifnya. 3. Variabel terikat y bukan fungsi transenden.
Semakin berkembang dan tumbuhnya suatu teknologi, sebenarnya tidak terlepas dari kajian ilmu matematika, baik dalam hal biologi, informatika, ekonomi dan lain sebagainya.
salah satu persamaan diferensial yang harus dikembangkan dan perlu diteliti lebih lanjut adalah persamaan diferensial Cauchy-Euler
( )
2 2 2 , d y dy ax bx cy h xdx + dx + = Persamaan tersebut tampaknya sederhana, tetapi
untuk menyelesaikan persamaan diferensial bukanlah sesuatu yang mudah, bahkan dapat dikatakan dengan menggunakan cara analitik, tidak dapat ditemukan penyelesaian. Sehingga pemakaian metode-metode pendekatan dalam bilangan kompleks menjadi suatu alternatif yang dapat digunakan. Bilangan kompleks merupakan bilangan yang berbentuk x + yi, dengan x dan y bilangan real. Teorema Residu merupakan salah satu item dalam bilangan kompleks yang saat ini mendapat perhatian cukup banyak dari para peneliti. Teorema Residu adalah salah satu metode sangat penting untuk menyelesaikan persamaan diferensial Cauchy-Euler dan persamaan diferensial parsial.
Berdasarkan uraian diatas peneliti berinisiatif melakukan penelitian terhadap persamaan Cauchy-Euler. Selain itu peneliti juga termotifasi oleh Penelitian sebelumnya yang dilakukan oleh Ike Febri H.P, tahun 2009 yang berjudul aplikasi teorema residu pada persamaan differensial Linier Orde-n, dalam penelitian tersebut bagi peneliti yang ingin melanjutkan disarankan
mengaplikasikan Teorema Residu pada persamaan yang lain. Dari saran tersebut peneliti mencoba meneliti tentang pengaplikasian teorama residu dalam menyelesaikan persamaan differensial Cauchy Euler. Oleh karena itu persamaan yang ada merupakan suatu kajian yang menarik untuk di selesaikan dengan beberapa konsep dalam matematika, yang kini menjadi alat analisis yang penting dalam menyelesaikan masalah, misalkan penggunaan metode residu yang akan kami teliti guna menyelesaikan suatu persamaan Cauchy-Euler. Maka dari itu peneliti tertarik untuk menyelasaikan persamaan differensial Cauchy-Euler dengan menggunakan teorema residu.
Berdasarkan kajian tersebut kami sebagai penulis juga yakin bahwa dalam kesulitan pasti ada kemudahan, dan semua itu diperuntukan bagi orang-orang yang berfikir dan semoga Allah SWT memberikan kemudahan dalam menyelesaikan berbagai persoalan. Hal ini juga tersirat dalam Al-Quran, surah Alam Nasyroh ayat 5-6 yang berbunyi:
(5. Karena Sesungguhnya sesudah kesulitan itu ada kemudahan, 6. Sesungguhnya sesudah kesulitan itu ada kemudahan.)
1.2 Rumusan Masalah
Pada penelitian ini mempunyai permasalahan yang akan kami kaji yaitu, bagaimana cara mengaplikasikan residu untuk menyelesaikan persamaan diferensial cauchy - euler orde-n.
1.3 Tujuan
Berdasarkan rumusan masalah di atas maka penulis bertujuan untuk mendeskripsikan cara mengaplikasikan residu untuk menyelesaikan persamaan
diferensial cauchy - euler orde-n
1.4 Batasan Masalah
Untuk lebih mengarah pada pembahasan dan memperoleh pendalaman materi yang lebih relevan dengan konteks permasalahan, maka dalam penyusunan tugas akhir ini penulis membatasi permasalahan pada penyelesaian persamaan diferensial Cauchy-Euler orde-n dengan koefisien konstanta homogen.
1.5 Manfaat Penelitian 1.5.1 Bagi Pembaca
1. Sebagai referensi bagi pembaca untuk penelitian lebih lanjut, selain itu diharapkan dapat membantu dalam penyelesain suatu permasalahan 2. Sebagai motivasi kepada pembaca agar dapat mempelajari dan
megembangkan Matematika
3. Sebagai sebuah informasi kepada para pembaca bahwa suatu permasalahan bisa diselesaikan dengan menggunakan konsep Matematika.
1.5.2 Bagi Mahasiswa
1. Melatih untuk mengola dan menggabungkan beberapa sumber teori dan menuangkanya ke dalam bentuk pemikiran yang lebih matang untuk diterapkan.
2. Memperoleh kepuasan intelektual, karena dapat meningkatkan keterampilan dalam mengorganisasikan serta mneyajikan fakta secara jelas dan sistematis.
3. Mampu mengkaji dan menganalisis tentang masalah euler sehingga dapat diaplikasikan dalam kehidupan sehari-hari.
1.6 Metode Peneltian
Metode penelitian yang digunakan dalam penulisan ini adalah metode penelitian “kajian kepustakaan” atau “literature study”. Pembahasan yang dilakukan dengan mempelajari buku-buku yang berkaitan dengan masalah penelitian ini.
Dalam penelitian ini, langkah-langkah umum yang dilakukan penulis adalah sebagai berikut:
1. Mengumpulkan dan mempelajari literatur yang berupa buku-buku, makalah, dan dokumentasi yang berkaitan dengan masalah penelitian yang akan digunakan dalam menyelesaikan persamaan diferensial Cauchy-euler. 2. Menentukan pokok permasalahan dari literatur utama berupa cara mencari solusi dan karakteristik dari residu kompleks pada persamaan diferensial homogen Cauchy-euler orde-n.
3. Menentukan nilai g (z).
4. Menentukan persamaan karakteristik. 5. Memberikan contoh.
6. Memberikan kesimpulan akhir dari hasil pembahasan. 1.7 Sistematika Penelitian
BAB I: Pendahuluan, yang terdiri atas latar belakang, rumusan masalah, batasan masalah, tujuan penelitian, manfaat penelitian, metode penelitian dan sistematika penelitian.
BAB II: Kajian Pustaka, yang terdiri atas berbagai landasan teori yang mendasari pembahasan tentang permasalahan yang diteliti. Adapun teori yang digunakan adalah pengertian persamaan differensial, persamaan differensial euler dan teorema residu.
BAB III: Metode Penelitian, berisi tentang prosedur atau langkah-langkah yang digunakan untuk mencari solusi persamaan differensial euler orde-n dengan menggunakan teorema residu. Pembahasan, pada bagian ini akan dibahas bagaimana hasil dari penelitian ini.
BAB IV: Penutup, terdiri atas kesimpulan dan saran-saran yang berkaitan dengan permasalahan yang dikaji.
BAB II KAJIAN PUSTAKA
2.1 Sistem Bilangan Kompleks
Bilangan Kompleks z didefenisikan oleh z= a +bi , dengan a dan
b
adalah bilangan real dan i adalah satuan imajiner yang mempunyai nilai −1, di mana a dinamakan bagian real dan b merupakan bagian imajiner.
Diperkenalkannya bilangan kompleks karena tidak ada bilangan real x yang
memenuhi persamaan polynomial x2 +1=0 atau persamaan yang serupa dengan persamaan tersebut. Dengan adanya bilangan kompleks, maka semua persamaan kuadrat akan mempunyai penyelesaian.
Dua bilangan kompleks a +bi dan c+di dikatakan sama jika dan hanya jika
c
a= dan b=d . Nilai absolute dari suatu bilangan kompleks a+bi didefinisikan
sebagai a+bi = a2+b2 . Kompleks sekawannya dari suatu bilangan kompleks
bi
a
+
adalah bilangan a−bi dinyatakan dengan z* atau z.Dalam mengoperasikan bilangan kompleks dilakukan seperti operasi dalam aljabar bilangan real dengan menggantikan i2 dengan
1
− . Sistem bilangan
kompleks diperkenalkan dengan menggunakan konsep pasangan terurut bilangan nyata
( )
a,b . Jadi sistem bilangan kompleks didefinisikan sebagai himpunan semua pasangan dengan operasi tertentu yang sesuai (Murray R. Spiegel, 1965:136).Operasi-operasi dasar dalam bilangan kompleks:
1. Penjumlahan
(
a+bi) (
+ c+di)
=a+bi+c+di=(
a+c) (
+ b+d)
i3. Perkalian
(
a+bi)(
c+di)
=ac+adi+bci+bdi2 =(
ac−bd) (
+ ad +bc)
i m(
a+bi) (
= ma+mbi)
4. Pembagian 2 2 2 2 i d c bdi bci adi ac di c di c di c bi a di c bi a − − + − = − − ⋅ + + = + +(
)
i d c ad bc d c bd ac d c i ad bc bd ac 2 2 2 2 2 2 + − + + + = + − + + =Pengertian bilangan kompleks z sudah dikenalkan, supaya dapat memecahkan beberapa persamaan secara aljabar. Sekarang akan belajar mendefinisikan fungsi f
( )
z pada variabel kompleks (Mitrinovie, dan Keekie, 1983).2.2 Fungsi Kompleks
Jika f
( )
z yang bernilaikan bilangan kompleks maka disebut fungsi kompleks. Sebuah fungsi f adalah suatu aturan padanan yang menghubungkan tiap objek x dalam suatu himpunan yang disebut daerah asal atau daerah domain dengan sebuah nilai unik f( )
x dari himpunan kedua. Jika D⊂ C maka f :D→Cjika untuk setiap z∈D maka diperoleh f
( )
z ∈C. Jika setiap himpunan bilangan kompleks yang dapat menyatakan nilai sebuah variabel z terdapat satu atau lebih variabel w, maka w dinamakan fungsi dari variabel kompleks z yang ditulis sebagai w= f( )
z .Suatu fungsi bernilai tunggal jika untuk setiap nilai z terdapat hanya satu nilai w dan jika lebih dari satu nilai w untuk setiap nilai z, maka dinamakan suatu fungsi bernilai banyak. Jika w=u+iv (di mana u dan v real) adalah suatu fungsi bernilai tunggal dari z=x+iy (di mana x dan y real), maka dapat ditulis
(
x iy)
f iv
dilihat setara dengan
( )
x,y,u
u= v=v
( )
x,yDengan demikian diperoleh pernyataan berikut:
Jika diberikan fungsi bernilai kompleks dari variabel kompleks f
( )
zmaka w= f
( ) ( ) ( )
z =u x,y +iv x,y dengan u dan v fungsi real dari dua variabel realx dan y. Fungsi u
( )
x,y dan v( )
x,y berturut-turut dinamakan bagian real dan bagian imajiner fungsi f( )
z . (R.Soemantri,1994: 41)Contoh 2.2.1 Jika z=x+iy maka w= f
( )
z =z2( )
z z(
x yi)
x y ixy f w= = 2= + 2= 2− 2+2( )
z(
x y)
ixy u iv f w= = 2− 2 −2 = − dengan u( )
x,y =x2−y2 v( )
x,y =2xyDiberikan fungsi kompleks f dengan domain definisi daerah D. Dalam hal
ini dibahas pengertian limit fungsi f untuk variabel z mendekati titik z0.
Definisi 2.2.1.
Diberikan fungsi f dengan domain D dan z0 titik limit D. Bilangan L disebut
limit f untuk z mendekati z0, dan ditulis
( )
z L f z z→ 0 = limJika untuk setiap ε >0 yang diberikan , terdapat δ >0, sehingga untuk semua
D
Contoh 2.2.2
Jika f
( )
z = z2. Buktikan bahwa( )
20 0 limf z z z z→ = Penyelesaian:
Kita harus menunjukkan bahwa jika diberikan ε >0 kita dapat menentukan
δ (yang secara umum bergantung pada ε ) sehingga − 2 <ε
0 2 z z bilamana
δ
< − < 0 0 z zJika δ ≤1 maka 0< z−z0 <
δ
mengakibatkan{
0 0} (
0)
0 0 0 0 2 0 2 z z z z z z z 2z z z 2z 1 2z z − = − + <δ − + <δ − + <δ +Ambil δ yang terkecil diantara 1 dan
ε
/(
1+2z0)
, maka kita mempunyaiε < − 2 0 2 z z bilamana z−z0 <
δ
Setelah kita bahas pengertian limit fungsi di atas, maka dalam hal ini akan kita bahas pengertian kekontinuan suatu fungsi.
Definisi 2.2.2.
Diberikan fungsi f dengan domain definisi suatu daerah D dan titik z0∈D.
Fungsi f dikatakan kontinu di z0 jika
( )
( )
0 0lim f z f z z
z→ =
Dengan kata lain, jika f “kontinu” pada z0, maka harus memiliki sebuah
nilai limit pada z0 dan nilai limit tersebut seharusnya f
( )
z0Sebuah fungsi f dikatakan “kontinu” pada sebuah himpunan S jika fungsi
Contoh 2.2.3
Buktikan bahwa
f
( )
z
=
z
2 kontinu diz
=
z
0 Menurut contoh 2.2.2( ) ( )
2 0 0 0 lim f z f z z z z→ = = sehingga f( )
z kontinu di 0z
z
=
. Cara lainKita harus menunjukkan bahwa jika ε >0, diberikan maka terdapat δ >0 (bergantung pada ε ) sehingga
( ) ( )
− = − 2 <ε0 2 0 z z z f z f bilamana
δ
< −z0 zKontinuitas telah dibicarakan secara singkat pada hal di atas, sebagian besar sebagai bagian dari latar belakang yang diperlukan untuk membicarakan turunan (derivative) fungsi kompleks.
Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan z0 suatu titik di
dalam D. Jika diketahui bahwa nilai limit:
( ) ( )
0 0 0 lim z z z f z f z z − − →Jika limitnya ada, maka nilai limit ini dinamakan turunan atau derivative fungsi f di titik z0, dan diberikan cara tulis f'
( )
z0 . Jika nilai limit f'( )
z0 ini ada, fungsi f dikatakan terdiferensial di z0. Kerap kali nilai f( ) ( )
z − f z0 dinyatakan dengan ∆f dan z−z0 dengan ∆z sehingga z=z0+∆z dan( )
(
) ( )
( ) ( )
0 0 0 0 0 00 lim lim lim
' z z z f z f z z f z z f z f z f z z z z − − = ∆ − ∆ + = ∆ ∆ = → → ∆ → ∆ .
Jika f terdiferensial di semua titik di dalam D maka f dikatakan terdiferensial pada D (R.Soemantri,1994: 60).
Contoh 2.2.4
Tentukan turunan dari w= f
( )
z =z3 −2z dititik 0 z z= Penyelesaian:( )
z f(
z z) ( )
z f z f z ∆ − ∆ + =∆→ 0 0 0 lim '(
)
(
)
{
}
z z z z z z z z ∆ − − ∆ + − ∆ + = → ∆ 0 3 0 0 3 0 0 2 2 lim( ) ( )
z z z z z z z z z z z z ∆ + − ∆ − − ∆ + ∆ + ∆ + =∆→ 0 3 0 0 3 2 0 2 0 3 0 0 2 2 2 3 3 lim lim3 3( )
2 3 2 2 0 2 0 3 0 0 + ∆ + ∆ − = − = → ∆z z z z z zDisamping kekontinuan, syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di z0 =x0 +iy0 adalah apa yang di namakan syarat Cauchy-Riemann.
Jika fungsi f
( ) ( ) ( )
z =ux,y +ivx,y terdiferensial di z0 =x0+iy0, maka: 1. Misal ∆z=(
∆x,0)
=∆x( )
(
) ( )
z z f z z f z f z ∆ − ∆ + =∆→ 0 0 0 lim '[
(
) (
)
]
[
(
) (
)
]
x y x iv y x u y x x iv y x x u x ∆ + − ∆ + + ∆ + = → ∆ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , , , lim(
) (
)
(
) (
)
∆ − ∆ + + ∆ − ∆ + = → ∆ x y x v y x x v i x y x u y x x u x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , , , lim(
0, 0)
x(
x0,y0)
v i y x x u ∂ ∂ + ∂ ∂ =2. Sedangkan untuk ∆z=
(
0,∆y)
=i∆y, maka( )
z f(
z z) ( )
z f z f z ∆ − ∆ + = → ∆ 0 0 0 lim '(
) (
)
[
]
[
(
) (
)
]
y i y x iv y x u y y x iv y y x u y ∆ + − ∆ + + ∆ + = → ∆ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , , , lim(
) (
)
(
) (
)
∆ − ∆ + + ∆ − ∆ + = → ∆ i y y x v y y x v i y i y x u y y x u y 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , , , lim(
) (
)
(
) (
)
∆ − ∆ + − ∆ − ∆ + =∆→ y y x u y y x u i y y x v y y x v y 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , , , lim(
0, 0)
y(
x0,y0)
u i y x y v ∂ ∂ − ∂ ∂ =Dari dua hasil penurunan fungsi f
( ) ( ) ( )
z =u x,y +iv x,y diz
0=
x
0+
iy
0 untuk(
x)
xz= ∆ =∆
∆ ,0 dan ∆z=
(
0,∆y)
=i∆y, maka didapatkan persamaan:x v y u y v x u ∂ ∂ − = ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ , (2.2.1.1)
Bentuk persamaan diatas dinamakan Persamaan Cauchy Riemann (Persamaan C-R). Jadi dapat disimpulkan, fungsi f
( ) ( ) ( )
z =u x,y +iv x,y akan diferensial di z0 =x0+iy0 bila dan hanya bila bagian real dan bagian imajiner dari( )
zf , u dan v berlaku Persamaan C-R (Danang Mursita, 2005: 52-53). Syarat agar f
( )
z analitik disuatu daerah, selain f( )
z berhingga dan diferensiabel, persamaan Cauchy-Riemann harus berlaku di daerah itu.Jika turunan f '
( )
z ada disemua titik z dari suatu daerah R, maka f( )
zdikatakan analitik dalam R dan ditanyakan sebagai fungsi analitik dalamR. Suatu fungsi f
( )
z dikatakan analitik disuatu titik z0 jika terdapat suatu lingkunganδ
< −z0
z sehingga f '
( )
z ada disetiap titik pada lingkungan tersebut. Contoh 2.2.5( )
z z4(
)
3 3 4 2 2 4 3 3 4 2 2 4 4 4 3 2 2 2 3 4 4 4 4 3 3 2 2 2 2 3 4 4 4 4 6 4 4 6 4 6 4 4 6 4 xy y x v y y x x u xy y x i y y x x z y iy x y x iy x x z y i y i x y i x iy x x z − = + − = − + + − = + − − + = + + + + = 2 3 12 4x xy x u = − ∂ ∂ 12x2y 4y3 x v= − ∂ ∂ 3 4 12y y y u =− + ∂ ∂ x y x y v =4 3−12 2 ∂ ∂ Karena 4x3 12xy2 y v y u = − ∂ ∂ = ∂ ∂ dan y u y y x x v ∂ ∂ − = − = ∂ ∂ 12 2 4 3 maka f( )
z = z4adalah analitik di z=x+iy, untuk setiap x,y∈R Contoh 2.2.6
( )
z zz f = dimana z=x+iy dan z=x−iy( )
z zz(
x iy)(
x iy)
f = = + − 2 2 2 2 xyi xyi y x y x − + − = − = 0 2 2+ = =x y dan v u y y u x x u 2 , 2 = ∂ ∂ = ∂ ∂ 0 , 0 = ∂ ∂ = ∂ ∂ y v x v 0 2 = ∂ ∂ ≠ = ∂ ∂ y v x x u 2 =0 ∂ ∂ ≠ = ∂ ∂ x v y y uJadi f
( )
z =zz tidak analitik di z≠0Jika f
( )
z analitik disemua titik pada suatu daerah R dan C suatu kurva2.3 Integral Kompleks
Definisi integral kompleks adalah sama dengan definisi integral fungsi nyata dengan mengganti interval integrasi dengan suatu lintasan. Integral fungsi
kompleks f
( )
z sepanjang C didefenisikan dengan C f( )
zdz, dengan C adalahlintasan integrasi. Definisi 2.3.1.
Jika f
( )
z berharga tunggal dan kontinu di dalam sebuah Rmaka integral dari( )
zf sepanjang lintasan C dalam R dari titik z1 ke titik z2 di mana z1 = x1+iy1
dan z2 = x2 +iy2 adalah
( )
= (( ))(
+)(
+)
C y x y x u iv dx idy dz z f 2,2 1 , 1 (( )) (( )) + + + = 2,2 1 , 1 2 , 2 1 , 1 2 y x y x y x y x vdx udy i vdy i udx (( )) (( )) − + + = 2,2 1 , 1 2 , 2 1 , 1 y x y x y x y x vdx udy i vdy udx (Murray R Spigel, 1964:104) Contoh 2.3.1 Hitunglah ( )(+ ) + i i z dz 4 2 12 sepanjang garis lurus i + 1 dan 2+ 4i Penyelesaian: ( ) ( )
(
) (
)
( ) ( ) + + = + + 4 , 2 1 , 1 2 4 2 1 2dz x iy dx idy z i i = ( )( )2,4(
− +)(
+)
1 , 1 2 2 y 2ixy dx idy x = ( )( )(
x −y)
dx− xydy+i( )( )2,4 xydx+(
x −y)
dy 1 , 1 2 2 4 , 2 1 , 1 2 2 2 2Garis yang menghubungksn (1,1) dan (2,4) mempunyai persamaan
( )
1 1 2 1 4 1 − − − = − x y atau y= x3 −2Maka kita mendapatkan
(
)
[
]
(
)
{
− − − −}
+{
(
−)
+[
−(
−)
]
}
=− − = = 2 1 2 1 2 2 2 2 6 3 86 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 3 x x x dx x x dx x x x dx x x dx i Jadi ( )( i)z dz i i 3 6 86 4 2 1 2 =− − + +Dalam sub bab 2.2 telah disebutkan bahwa penyelidikan tentang fungsi kompleks sangat tergantung pada turunan kompleks. Dibawah ini akan disajikan nilai fungsi analitik disuatu titik ke dalam bentuk integral lintasan tertutup tunggal.
Rumus Integral Cauchy:
Jika fungsi f didefinisikan dan analitik di dalam dan pada lintasan tertutup tunggal C dan z0 sembarang titik di dalam C maka:
( )
= Cz−( )
z dz z f i z f 0 0 2 1 πTurunan ke n dari f
( )
z di z= z0 diberikan( )
( )
( )
(
−)
= C n+ n dz z z z f i n z f 1 0 0 2 ! π atau( )
(
−)
+ =( )
C n n n z if dz z z z f ! 2 0 1 0 π (Murray R Spigel, 1965:141) Contoh 2.3.2 Hitunglah − Cz idz z2 Penyelesaian( )
, 0 ,( )
0 1 2 = =− =z z i f z z f( )
[
f z]
i i dz i z z C 2π 0 2π 2 − = = −Titik z0 dikatakan titik singular jika f
( )
z tidak bersifat analitik di z0. Kesingularitasan dari suatu fungsi kompleks dapat dilihat dari deret Laurentnya.Teorema 2.3.1 (Teorema Laurent)
Jika f analitik dalam domain D=
{
z:r2< z−z0 <r1}
dan z titik sembarang didalam domain ini, maka:
( )
(
)
(
)
− + − = ∞ = ∞ = − 0 0 1 0 n n n n n n z z a z z a z f (1) Dengan( )
(
−)
= = C n+ n dz n z z z f i a 0,1,2,... 2 1 1 0 π (2)( )
(
−)
= = − + −n C n dz n z z z f i a 1,2,... 2 1 1 0 π (3)Dan
C
sembarang lintasan tertutup tunggal di dalam domain tersebut yang mengelilingi z0 dan berarah positif.Penulisan deret Laurent dapat disederhanakan menjadi:
( )
(
)
n n an z z z f = ∞ − −∞ = 0 (4) Dimana( )
(
)
, 0, 1, 2, 3,... 2 1 1 0 ± ± ± = − = + dz n z z z f i an π C n (5)Deret ruas kanan (1) dinamakan deret Laurent untuk fungsi f
( )
z dan juga dikatakan ekspansi Laurent dari f dalam pangkat(
z−z0)
. Deret (1) dinamakan deret Laurent dengan(
−)
∞ = − 1 0 n n n z za dinamakan bagian utama dan bagian
(
)
n n an z−z∞
Contoh 2.3.3 1. Untuk
( ) ( )( )
2 1 1 − − = z z zf , tentukan deret Laurentnya untuk 1< z <2. Fungsi
( )
zf dapat dipisahkan menjadi
( )
1 1 2 1 − − − = z z z f Penyelesaian:
Untuk 1< z <2 maka 1/z <1 dan z/2 <1, jadi
(
−)
=− − = − = − = − ∞ = + ∞ =0 +1 0 1 1 / 1 1 1 1 1 1 2 2 / 1 2 1 2 1 n n n n n z z z z dan z z z Dengan demikian:( )
1(
1 2)
2 1 1 2 1 1 0 1− < < − = − − − = ∞ = ∞ = + z z z z z z f n n n n n2. Tentukan deret Laurent dari fungsi
(
)
3 2 1 − z e z Penyelesaian:(
1)
3, 1 2 = − z z e z misalkan z − 1= u, maka z = 1+u( )
− = = + +( ) ( ) ( )
+ + 4! +... 2 ! 3 2 ! 2 2 2 1 1 4 3 2 3 2 2 3 2 3 2 u u u u u e e u e z e z u(
) (
)
3(
1)
... 2 3 4 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 3 2 + − + + − + − + − = e e z z e z e z eDengan deret Laurent ini, maka kesingularan dari suatu fungsi dapat ditentukan dengan jenis-jenisnya.
Suatu titik
z
0 dinamakan singularitas atau titik singular bagi fungsi f jika dan hanya jika f tidak analitik padaz
0 dan setiap lingkunganz
0 memuat palingsedikit satu titik yang membuat f tersebut analitik. Jenis-jenis Singularitas:
1. Singularitas Kutub
Jika bagian utama yaitu
(
)
(
)
n n z z a z z a z z a 0 2 0 2 0 1 ... − + + − + − − − − dengan ≠0 −n adan n adalah bilangan bulat positif, maka z=z0 dinamakan suatu kutub bertingkat n. Contoh 2.3.4
( )
3 1 z zf = memiliki kutub bertingkat 3 di z=0
2. Titik Cabang
Suatu titik z=z0 dinamakan titik cabang dari fungsi bernilai banyak
( )
zf . Jika cabang f
( )
z bertukar bilamana z menggambarkan suatu lintasan tertutup disekitar z0. Jika z0 adalah titik cabang, maka sembarang lingkarandengan pusat z dan berjari-jari cukup kecil yang dapat kita lukis mulai dari suatu titik pada satu cabang fungsi bernilai ganda akan berakhir pada suatu titik pada cabang yang lain.
Contoh 2.3.5
( )
(
)
( )( )
{
}
1/2 2 / 1 2 1 i z i z z z f w + − = + = =Titik z= ±i merupakan titik cabang dari f
( )
z , bilamana suatu titik z bergerak mengelilingi CDari definisi singularitas di atas, suatu titik z0 merupakan singularitas fungsi
( )
zf , bila f gagal menjadi analitik di z0 sementara setiap lingkunganz0 memuat
paling sedikit satu titik dimana f analitik. Titik z0 dinamakan titik singular
0 >
r , sehingga f
( )
z dapat dituliskan kedalam deret Laurent dengan domainr z z− < < 0 0 . Contoh 2.3.6
Tentukan titik singularitas dari f
( )
z =1/z dan nyatakan dalam deret Laurent Penyelesaian:Titik z=0 adalah titik singularitas terasing dari fungsi f
( )
z =1/z, sebab untukr
= r
>
0
, jika diuraikan ke dalam deret Laurent maka berbentuk( )
1( ) ( )
1 12 ... + − + − − = z z z f dalam domain 0 < z <1. 2.4 ResiduDengan melihat koefisien dari deret Laurent untuk n=−1 pada persamaan (5) yaitu a−1 yang diberikan rumus:
( )
= − i Cf zdz a π 2 1 1Dengan C sembarang jalur tertutup sederhana, yang mengelilingi z0
berorientasi positif dan seluruhnya terletak di dalam sekitar z0 tersebut.
Selanjutnya nilai a−1 yang merupakan koefisien pada deret Laurent dari
0
1 z
z− dinamakan residu f di titik singularitas terasing z0.
Residu fungsi f di titik singularitas terasing z0 diberikan dengan notasi
[
0]
Res f z , dari definisi tersebut diperoleh: ,
[
0]
1 Res f,z a− =[
]
= C f( )
zdz i z f s π 2 1 , Re 0Maka C f
( )
z dz=2πiRes[
f,z0]
Contoh 2.4.1 Hitung C z dz z e2 , dimana C adalah lingkaran satuan z =1, dengan orientasi
positif. Dari ... ! 3 ! 2 1 1 1 ... ! 2 1 1 1 2 2 2 2 = + + + = + + + + z z z z z z e z z Didapatkan bahwa Re 2,0 =1 z e s z . Maka, = ⋅ = C z z i z e s i dz z e π π 2 0 , Re 2 2 2
Untuk singularitas yang banyaknya berhingga, maka residu dapat dicari dengan menggunakan teorema dibawah ini.
Teorema 2.4.1.
Jika fungsi f analitik di dalam dan pada lintasan tertutup tunggal yang
berorientasi positif C kecuali di titik-titik singular yang berhingga banyaknya di
dalam C maka:
( )
=C f z dz 2πi Res
Dengan Res merupakan jumlah residu fungsi f di titik singular di dalam C.
Jika singular dari fungsi f
( )
z merupakan kutub berorde n maka residu dapat dicari dengan menggunakan teorema dibawah ini:Teorema 2.4.2.
Jika fungsi analitik di semua titik dalam dan pada kurva tertutup sederhana kecuali di z= z0 yang merupakan kutub berorde n , sehingga
( )
(
)
...(
)
2 ... 0 2 0 1 0 1 0 + − + − + + − + = − − z z a z z a z z a a z f = ∞(
−)
− = n k k k z z a 0 Maka a−1 =Res[
f,z0]
(
)
(( ))[
(
z z) ( )
f z]
dz d n n n n z z 1 0 1 0 lim ! 1 1 − − = − − → (J.D.Poliouras, 1975: 259)Untuk berturut-turut n=1,2,3 dari rumus tersebut didapat:
[
]
[
(
) ( )
]
[
]
[
(
) ( )
]
[
]
[
(
z z) ( )
f z]
dz d z f s z f z z dz d z f s z f z z z f s z z z z z z 3 0 2 2 0 0 2 0 0 0 0 0 0 lim 2 1 , Re lim , Re lim , Re − = − = − = → → → Contoh 2.4.2 Hitung(
−)(
+)
C z dz z z e 2 42 , dimana C diberikan dengan z =5 Penyelesaian:
Singularitas kutub dari
(
)(
)
2 4 2 + − z z ezadalah z=2 dan z=−4 untuk kutub di 2 = z orde 1
[ ]
(
)(
) (
2)
4 2 lim 2 , Re = →2 − + 2 z− z z e f s z z(
4)
36 lim2 2 2 e z ez z + = = →Untuk kutub di z = −4 orde 2
[
]
(
)(
) (
z)
dz z z e dz d f s z z 2 2 4 2 4 4 lim 4 , Re + + − = − − →(
z)
dz e dz d z z 2 lim 4 − = − →(
)
(
)
36 7 2 2 lim 2 4 4 − − → − = − − − = e z e e z z z z Jadi diperoleh(
−2)(
+4)
2 dz =2 i(
Res[ ]
f,2 +Res[
f,−4]
)
z z e C z π = +− − 36 7 36 2πi e2 e 4 Teorema 2.4.3.Jika titik a adalah titik reguler f, maka Re
( )
=0=asf z z
(D.S Mitinovie and J.D Keekie,1983:7) 2.5 Persamaan Diferensial
Definisi 2.5.1 Persamaan diferensial adalah sebuah persamaan yang
mengandung derivative atau deferensial dari suatu atau lebih variabel terikat satu atau lebih variabel bebas. Jika hanya satu variabel bebasnya, maka persamaannya disebut persamaan diferensial biasa. Sedangkan jika variabel bebasnya lebih dari satu maka persamaannya disebut persamaan diferensial parsial (Baiduri, 2001: 2). Sedangkan menurut Vinizio (1998: 1) persamaan diferensial adalah persamaan yang memuat turunan satu atau beberapa fungsi yang tidak diketahui.
Contoh 2.5.1
1. x e x
dx
dy =2cos2 −3 − persamaan diferensial orde-1
2. xy ex dx y d + 2 = 3 3
persamaan diferensial orde-3
3. +2 =0 ∂ ∂ + ∂ ∂ u t u x
Orde dari persamaan diferensial adalah derivative/turunan tertinggi yang terdapat/termuat dalam persamaan diferensial tersebut. Sedangkan derajat dari persamaan diferensial ditentukan oleh pangkat tertinggi dari turunan yang tertinggi yang ada dalam persamaan diferensial tersebut (Baiduri, 2001: 4). Contoh 2.5.2
1. y x
dx dy− =
persamaan diferensial orde-1 berderajat 1
2. 2 3 0 2 2 3 3 = − + + − y x dx dy dx y d dx y
d persamaan diferensial orde-3 berderajat 2
Persamaan diferensial biasa dapat digolongkan sebagai persamaan linear maupun tak linear, sebagai contoh :
1. 22 +5 +6y=0 dx
dy dx
y
d persamaan diferensial linear
2. y''+5y'+6y2 =0 persamaan diferensial tak linear 3. y''−3yy'+2y=0 persamaan diferensial tak linear
Suatu persamaan diferensial biasa berorde n akan mempunyai bentuk sebagai berikut :
( ) F
(
x y( )
x y( )( )
x y( )( )
x)
y n = , , 1 ,..., n−1 (2.5.1.1)
dengan y ,y( )1,...,y( )n
1 nilainya ditentukan oleh x. Penyelesaian umum dari
persamaan (2.5.1.1) biasanya akan mengandung tetapan n sebarang.
Secara umum persamaan diferensial mempunyai bentuk sebagai berikut :
( )
( )
( )
( )
a( )
x y b( )
x dx dy x a dx y d x a dx y d x a dx y d x a n n nn n n + − + + + + = − − 2 1 0 2 2 1 1 1 ... (2.5.1.2)berikut :
1. variabel terikat y dan derivatifnya hanya berderajat satu.
2. tidak ada perkalian antara y dan derivatifnya serta antara derivatifnya. 3. variabel terikat y bukan fungsi transenden.
Jika persamaan diferensial orde n bukan dalam bentuk (2.5.1.2), maka disebut persamaan diferensial biasa orde n tak linear. Jika b
( )
x =0, maka (2.5.1.2) merupakan persamaan diferensial homogen. Jika an( )
x =an(
n=0,1,2,...)
, maka(2.5.1.2) disebut persamaan diferensial dengan koefisien konstanta. Jika an
( )
xberupa variabel, maka persamaan (2.5.1.2) merupakan persamaan diferensial dengan koefisien variabel (Baiduri, 2001:05).
Definisi 2.5.2.
Misalkan y1,y2,...,yn merupakan penyelesaian-penyelesaian persamaan
diferensial, Wronski (W) didefenisikan sebagai determinan matrik dengan elemen-elemen matrik berupa y1,y2,...,yn yang diferensiabel sampai n −1 dan
kontinu pada selang
[ ]
a,b . Wronski (W) ditulis sebagai berikut :(
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 ( )1 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1, ,..., − − − = n n n n n n n y y y y y y y y y y y y WPersamaan diferensial linear mempunyai sifat pentingnya yaitu y1,y2,...,yn
merupakan penyelesaian dari (2.5.1.1), maka c1.y1+c2.y2+...+cnyn juga
merupakan penyelesaian dengan tetapan ci sebarang.
Jika y1,y2,...,yn merupakan n penyelesaian yang bebas linear satu sama lain
dari persamaan diferensial homogen.
( )
( )
1 ... 1( )
0( )
0 1 1 + + + = + − −− a x y dx dy x a dx y d x a dx y d x a n n nn n nmaka untuk setiap pilihan-pilihan konstanta c1,c2,...,cn kombinasi linear
y=c1y1+c2y2 +...+cnyn
suatu penyelesaian juga (Finizio,1982: 67-68).
Contoh 2.5.3
Tentukan solusi umum homogen jika diketahui solusi basis dari 0 4 ' 4 '' '' ' −y + y− y=
y adalah
{
ex,cos2x,sin2x}
Jawab: 0 4 ' 4 '' '' ' −y + y− y= y
Solusi basis: Y ex,Y cos2x,Y sin2x
3 2
1 = = =
Maka Solusi umum homogen: Y C ex C cos2x C sin2x
3 2
1 + +
= Teorema 2.5.2.
Jika y1,y2,...,yn merupakan persamaan diferensial orde n
( )
( )
1 ... 1( )
0( )
0 1 1 + + + = + − −− dx a x y dy x a dx y d x a dx y d x a n n nn n nyang didefenisikan pada selang
[ ]
a,b , dikatakan bebas linear jika(
y1,y2,...,yn)
≠0W untuk setiap x dalam selang
[ ]
a,b dimana W adalah Wronski(Finizio: 1982: 69).
Tunjukkan bahwa Y Ce x C e2x 2
1 +
= − adalah solusi umum homogen dari
0 2 ' ''−y− y= y Jawab: x x Y e e Y 2 2 1= − , =
(
)
(
) (
)
0 3 2 2 , 2 2 2 2 2 1 ≠ = ⋅ − − ⋅ = − = − − − − x x x x x x x x x e e e e e e e e e Y Y W Karena Y =e−x 1 dan x e Y 22 = bebas linear maka
x x C e e C Y 2 2 1 + = − solusi umum homogen y''−y'−2y=0
2.6 Persamaan Diferensial Linear Homogen dengan Koefisien Konstanta Misalkan persamaan diferensial linear homogen orde ke n adalah
[ ]
( ) ( ) ... ' 0 1 1 1 0 + + + + = =a y a y − a − y a y y L n n n n (2.6.1.1)Menurut Kartono (1994) Dengan a0,a1,...,an adalah konstanta real. Ini adalah
wajar untuk memperkirakan dari pengetahuan tentang persamaan diferensial linear orde 2 dengan koefisien konstanta dan bahwa y=erx adalah selesaian
persamaan (2.6.1.1) untuk nilai r yang bersesuaian. Bukti: jika y=erx Maka rx re y'= rx e r y ''= 2 rx e r y'''= 3 ( )n rnerx y =
Substitusi kepersamaan (2.6.1.1)
[ ]
rx n rx n rx n rx n rx a r e a r e a re a e e L = + − + + −1 + 1 1 0 ... e[
a r a r a r a]
erxZ( )
r n n n n rx + + + + = = − −1 1 1 0 ... (2.6.1.2) Untuk semua rUntuk nilai-nilai r sehingga Z(r)=0, selanjutnya L
[ ]
erx =0 dan y=erx adalahselesaian persamaan (2.6.1.1). Polynomial Z(r) disebut polynomial karakteristik dari persamaan diferensial (2.6.1.1). Berdasarkan suatu polynomial berderajat n
mempunyai n buah akar, misalkan r1,r2,...,rn dengan demikian polynomial
karakteristiknya dapat ditulis :
( )
r a(
r r)(
r r) (
r rn)
Z = 0 − 1 − 2 ... − (2.6.1.3)
Menurut Baiduri (2001) Berdasarkan jenis akar-akar dari persamaan karakteristik ada 3 kasus yang perlu diperhatikan didalam menentukan solusi umum:
1. Akar-akarnya real dan berbeda
n n r r r r r1 ≠ 2 ≠ 3 ≠..., −1 ≠ Maka solusi basis:
x ir i e
y = , i=1,2,...,n Dan solusi umumnya :
= = n i ciyi y 1 ,ci konstanta Contoh 2.6.1
Jawab: Persamaan karakteristiknya:
(
)(
)
3 , 4 , 0 0 3 4 0 12 3 2 1 2 3 − = = = = + − = − − r r r r r r r r r Solusi basisnya: x x y e e y e y 3 3 4 2 0 1= =1, = , = − Solusi umumnya: x x c e e c c y 3 3 4 2 1 − + + = 2. Akar-akarnya real dan saman r r r r1 = 2 = 3 =...= Solusi basisnya: rx i i x e y = −1 i=1,2,3,...,n Solusi umumnya: = = n i ciyi y 1 Contoh 2.6.2
Tentukan solusi umum y'''−3y''+3y'−y=0 Jawab: Persamaan karakteristiknya;
( )
1 0 1 0 1 3 3 3 2 1 3 2 3 = = = = − = − + − r r r r r r r Solusi basisnya: y ex y xex y x2ex 3 2 1= , = , = Solusi umumnya: x x x c xe c x e e c y 2 3 2 1 + + =3. Akar kompleks
Jika ri =α ±βi (kompleks), maka salah satu solusi basisnya
x e y αxcosβ 1 = dan y e x x β α sin 1 =
Jika r=α±βi sebanyak m, maka solusi basisnya
x e x x e x x xe x
eαxcosβ , αxcosβ , 2 αxcosβ ,..., n−1 αxcosβ
x e x x e x x xe x
eαxsinβ , αxsinβ , 2 αxsinβ ,..., n−1 αxsinβ
Contoh 2.6.3
Tentukan solusi umum y'''−y''+9y'−9=0 Jawab: Persamaan karakteristikanya:
( )
(
)
i r r r r r r r r 3 , 1 0 9 1 0 9 9 3 2 1 2 2 3 ± = = = = − − = − + − Solusi basisnya: x y x y e y x, cos3 , sin3 3 2 1 = = = Solusi umumnya: x c x c e c y x cos3 sin3 3 2 1 + + = 2.7 Persamaan Cauchy-Euler Definisi 2.7.1Suatu persamaan linier orde-2 bisa ditunjukkan dalam persamaan berikut:
( )
2 2 2 , d y dy ax bx cy h x dx + dx + = (2.7.1.1)Dimana a,b, dan c adalah konstanta yang disebut persamaan Cauchy-Euler. Contoh pada persamaan diferensial
2
3
x y
" 2 ' 7
−
xy
+
y
=
sin
x
Adalah persamaan Cauchy-Euler, sedangkan persamaan 2 " 3 ' 11y − xy + y=3x−1 bukan persamaan Cauchy-Euler, karena koefisien dari "y adalah 2, yang mana
bukan konstanta dari x2.
Untuk menyelesaikan persamaan Cauchy-Euler homogen, kita substitusikan
x e
=
t,
dengan menstransformasikan persamaan (2.7.1.1) ke suatu persamaan dengan koefisien konstan.
Contoh (2.7.1):
Carilah solusi umum dari persamaan 2 2 2 3x d y 11xdy 3y 0, x 0. dx + dx − = > Jawab :
Kita subsitusikan x e= untuk di trasformasikan ke persamaan di atas dengan t
variabel bebasnya adalah t. ; t dy dy dx dy dy e x dt = dx dt = dx = dx Maka dy dy x dx = dt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . t d y d xdy dx dy x d dy dt dt dx dt dx dt dx dy xd y dx dy xd ye dt dx dt dt dx dy x d y dt dx d y d y dy x dx dt dt = = + = + = + = + = −
Substitusikan 2 2 2 2 3 11 3 0 3 8 3 0. d y dy xdy y dt dt dx d y dy y dt dt − + − = + − = Misal dy/dt = r
(
)(
)
2 1 2 3 8 3 0. 3 1 3 0 1 3 3 r r r r r r + − = − + = = ∨ = −( )
( )
( )
( )
1 3 3 3 3 1 2 1 2 1 3 3 1 2 0 t t t t y t c e c e c e c e y x c x c x untuk x − − − = + = + = + >Untuk mencari solusi umum seperti pada persamaan dengan koefisien konstanta, maka harus mencari solusi persamaan homogen dan solusi partikulir, yp. Solusi yp ini dapat dicari dengan metode koefisien tak tentu atau metode variasi parameter. Sedangkan solusi homogen yh, dapat dilakukan dengan substitusi ax b e+ = atau t
(
)
ry= ax b+ , disini kita akan menggunakan substitusi atau
(
)
r y= ax b+ sebagai solusi(
)
(
)
1 1 1 ... 0 n n n n n ax b+ y +a ax b+ − y − + +a y= (2.7.1.2) Sehingga diperoleh:(
)
1(
)(
)
2(
)(
) (
)(
)
' r , " 1 r ,..., n 1 2 ... 1 r n y = r ax b+ − y =r r− ax b+ − y =r r− r− r n− + ax b+ −(
) ( )(
1
2 ...
) (
1
)
1( ) (
1 ...
2 ...
)
0
r nax b r r
+
−
r
−
r n
− + +
a r r
−
r n
− + + +
a
=
karena0
ax b
+ >
, maka(
1)(
2 ...) (
1)
1(
1 ...) (
2 ...)
n 0 r r− r− r n− + +a r r− r n− + + + = a (2.7.1.3) Persamaan (2.7.1.3) disebut persamaan karakteristik (2.7.1.2). sebagai ilustrasi (2.7.1.3) kita ambil beberapa nilai n. misal n = 2, maka (2.7.1.3) berbentuk:(
1)
1 2r r− +a r a+
Untuk n = 3, maka (2.7.1.3) berbentuk:
(
1)(
2)
1(
1)
2 3 0r r− r− +a r r− +ra + = dan seterusnya. a
Seperti pada persamaan orde-n debgan koefisien konstanta, solusi umum (2.7.1.2) tergantung dari jenis akar-akar persamaan karakteristik (2.7.1.3) sebagai berikut:
1. Akar-akarnya real dan berbeda;
r r
1 2, ,...,
r
nSolusi barisnya adalah
(
)
1(
)(
)
2(
)(
) (
)(
)
' r , " 1 r ,..., n 1 2 ... 1 r n
y =r ax b+ − y = r r− ax b+ − y = r r− r− r n− + ax b+ −
Dan solusi umumnya
1 n n i i i i
y
c y
dengan c R
==
∈
2. Akar-akarnya real dan kembar yang berkelipatan n Solusi barisnya