BAB II PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL DENGAN DERET KUASA

BAB II

PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL

DENGAN DERET KUASA

2.1. Fungsi Analitik, Titik Ordiner Dan Titik Singular

Fungsi f (x), dikatakan analitik di x = x0 jika deret Taylor



   0 n n 0 0 ) n ( ! n ) x x ( ) x ( f

konvergen di sekitar titik x = x0.

Contoh :

f (x) = ln x ; akan diselidiki apakah f (x) analitik di x = 1 adalah : f (x) = ln x → f (1) = 0 f’(x) = x 1 → f’(1) = 1 f”(x) = ₂ X 1  → f”(1) = -1 f’’’(x) = ₃ X 2  → f’’’(1) = 2 f(iv)_{(x) = -} 4 x 3 . 2 . 1 → f(iv)_{(1) = -3!} f(n)_{(x) =} n 1 n x )! 1 n ( ) 1 (   → f(n)_{(1) = (-1)}n-1_(n-1)! Deret Taylor : 0 # n ; n ) 1 x ( ) 1 ( ! n ) 1 x ( )! 1 n ( ) 1 ( 0 n n 1 n 0 n n 1 n





      _{ }     =



   _  1 n n 1 n n ) 1 x ( ) 1 ( Pokok Bahasan

 Fungsi Analitik, Titik Ordiner dean Titik Singular

 Power Series Method

 Persamaan dan Polinomial Legendre

 Metode Frobenius

Sehingga untuk deret Taylor dari f(x) = In x di atas, yaitu :



   _  1 n n 1 n n ) 1 x ( ) 1 (

; uji konvergensinya adalah sebagai berikut :

n n a 1 a  = n ) 1 x ( ) 1 ( 1 n ) 1 x ( ) 1 ( n n 1  n 1  n      = x 1 1 n n 1 n n ) 1 x ( 1 n n ) 1 x ( ) 1 (          di sekitar x = 1 → |x – 1| = 0 n n a 1 a  = 0 < 1 ; jadi konvergen Berarti f(x) = In x analitik di x = 1.

Fungsi-fungsi yang analitik di sembarang nilai x diantaranya adalah fungsi-fungsi : Polinomial; sin x; cos x; ex_{; termasuk jumlahan, selisih,} hasil kali, dan hasil bagi dari fungsi-fungsi tersebut. Hasil bagi dari fungsi analitik akan menjadi tidak analitik jika penyebutnya 0.

Contoh : f(x) = x3 _{+ 2x}2 _{+ x + 9,5} f(x) = cos 2x + x4_{+ sin x + 1} f(x) = 2xe-x _{+ tg x} f(x) = 0 f(x) = x cos x 2 x sin 1  dan sebagainya.

Bila persamaan diferensial berbentuk : y” + P (x) y ‘ + Q(x) y = 0 maka didefinisikan :

1. Titik X0 disebut titik ordiner (ordinary point) dari PD di atas jika P(x), dan Q(x) analitik pada x = x0. Jika salah satu atau kedua fungsi tersebut tidak analitik di x=x0, maka x0 disebut titik singular (singular point) dari PD di atas.

2. Titik x0 disebut titik singular teratur (Regular Singular Point) dari PD di atas, jika x0 titik singular dari PD dan fungsi (x-x0) P(x) dan (x-x0)2 Q(x) analitik di x0.

Contoh :

1. PD : y” – xy’ + 2y = 0; selidiki di sekitar x = 0

      2 ) x ( Q x ) x ( P

merupakan fungsi-fungsi polinomial yang analitik

dimana-mana, x = 0 merupakan titik ordiner/biasa. 2. PD : (x2 _{– 4) y” + y = 0 ; di x = 2} P(x) = 0  analitik di mana-mana Q(x) = 4 x 1 2   Q(y) = 0 1  tidak analitik x = 2 merupakan titik singular.

3. PD : 2x2_{y” + 7x (x + 1)y’ – 3y = 0 ; di titik x = 0} P(x) = x 2 ) 1 x ( 7 x 2 ) 1 x ( x 7 2     P(0) = 0 7 Tidak analitik di x = 0 Q(x) = ₂ x 2 3  _ Q(0) = 0 3  x = 0 titik singular karena :           2 3 ) x ( Q ) 0 x ( ) 1 x ( 2 / 7 ) x ( P ) 0 x ( 2 analitik

maka x = 0 merupakan titik singular teratur.

2.2. Power Seris Method (Penyelesaian PD dengan pendekatan di sekitar titik ordiner)

Teorema 1 :

Bila P, Q, dan R dalam PD : y” + P(x) y’ + Q(x) y = R(x) ……….. (2-1) adalah fungsi analitik di x = x0 (x0 merupakan titik ordiner dari PD) maka setiap penyelesaian dari (1) analitik di x = x0 dan dapat dinyatakan dalam bentuk deret kuasa dari x – x0 :

y =



 0 m m a (x – x0)m = a0y1(x) + a1y2(x) ………... (2-2) a0 dan a1 adalah konstanta sembarang.

Contoh :

1. Selesaikan PD : y” – xy’ + 2y = 0 Penyelesaian :       2 ) x ( Q x ) x ( P

P dan Q analitik di mana-mana, x = 0 merupakan titik

Ordiner. Sehingga y =



 0 m m a (x – 0)m ₌



 0 m m a xm _{merupakan penyelesaian} persamaan differensial. y =



 0 m m

a xm _{= a0 + a1x + a2x}2 _{+ …… + asx}s _{+ …..} y’ =



  1 m m a m xm-1 _{= a1 + 2a2x + 3a3 x}2 _{+ …..} y” =



 2 m

(m – 1) m am xm-2 _{= 2a2 + 2.3a3 x + 3.4a4x}2 _{+ …..} subsitusi y, y’ dan y” ke PD :



 2 m (m – 1) m am xm-2 _{– x}



 1 m m am xm-1 _{+ 2}



 0 m am xm _{= 0}

[1.2a2 + 2.3a3x + 3.4a4x2 _{+ ….. + (s + 1))s + 2)as+2x}s _{+ …..] +} [a1x + 2a2x2 _{+ 3a3x}3 _{+ ….. + sasx}s _{+ …..]+}

2[ao+a1x + 2a2x2 _{+ 3a3x}3 _{+ …… + sasx}s _{+ …..] = 0}

kumpulkan suku-suku yang mengandung x dengan pangkat sama. (2a2 + 2a0) + x(6a3 – a1 + 2 a1) +…..+

[(s + 1) (s + 2) as+2 - sas + 2as] xs _{= 0}

samakan koefisien sisi sebelah kiri dan kanan tanda sama dengan : koefisien x0 _{: 2a2 + 2a0 = 0}  _{a2 = -a0}

koefisien x1 _{: (6a3 – a1 + 2a1) = 0}  _{a3 = -} 6 1

koefisien xs _{: (s+1)(s+2)as+2 - sas+2as= 0}  _{as+2 =} s a ) 2 s ( ) 1 s ( 2 s   

rumus rekursi untuk s = 0,1,2 ….

Dari rumus rekursi bisa ditentukan nilai am untuk sembarang s

s = 0  a2 = 2 a 2 ₀  = -a0 s = 1  a3 = 6 a1  = - 6 1 a1 s = 2  a4 = 0 s = 3  a5 = 1 1 3 a 20 1 a 6 1 20 1 20 a          s = 4  a6 = 0 30 a 2 ₄  s = 5  a7 = 1 1 5 a 1680 1 a 120 1 42 3 42 a 3          s = 6  a8 = 0 63 a 4 0 _ PUPD : y =



 0 m

amxm _{= a0 + a1x + a2x}2 _{+ a3x}3 _{+ …..} y = a0 + a1x – a0x2 _- 6 1 a1x3 _{+ 0x}4 _- 120 1 a1x5 _{+ 0x}6 _- 1680 1 a1x7 _{+ ..} y = a0 (1 – x2_{) + a1 }      _{   } ... x 1680 1 x 120 1 x 6 1 x 3 5 7 y = a0y1 + a1y2 y1 = 1 – x2 y2 = x - 6 1 x3 _- 120 1 x5 _- 1680 1 x7 _{- …….} 2. Selesaikan PD : (x2 _{+ 4)y” + xy = x + 2} Penyelesaian :

y” + 4 x 2 x y 4 x x 2 2    

Cek apakah P, Q, dan R analitik di titik x = 0 P(x) = 0  analitik di titik x = 0 Q(x) = 4 x x 2   analitik di titik x = 0 R(x) = 4 x 2 x 2    analitik di titik x = 0

x = 0 merupakan titik ordiner PD, sehingga penyelesaian PD :

y =



 0 m amxm y’ =



 1 m mam xm-1 y” =



 2 m (m – 1) mam xm-2

Substitusikan y : y’ dan y” ke PD : (x2 _{+ 4)}



 2 m (m – 1) mamxm-2 _{+ x}



 0 m amxm _{= x + 2} atau :



 2 m (m – 1)mamxm _{+ 4}



 2 m (m – 1) mamxm-2 ₊



 0 m amxm+1 _{= x + 2} atau :

2a2x2 _{+ 6a3x}3 _{+ 12a4x}4 _{+ 20a5x}5 _{+ …+ (s – 1)sasx}s _{+ …}

8a2 + 24a3x + 48a4x2 _{+ 80a5x}3 _{+ ….+ 4(s + 1)(s + 2) as+2x}s _{+ …} a0x + a1x2 _{+ a2x}3 _{+ a}3_x4 _{+ … + as-1x}s _{+ …. = x + 2}

Persamaan identitas : Koefisien x0 _{: 8a2 = 2}  _{a2 =} 4 1 x1 _{: 24a3 + a0 = 1}  _{a3 =} 24 1 - 24 a0 x2 _{: 2a2 + 48a4 + a1 = 0}  _{a4 = -} 48 2 1 a1       _

xs _{: (s -1)sas + 4 (s + 1)(s + 2)as+2 + as-1 = 0}  as+2 = ) 2 ( ) 1 ( 4 ) 1 ( 1       s s sa s a_{s s}

Rumus rekursif untuk s = 2,3,4…….

Rumus rekursif ini tidak berlaku untuk s = 0 dan s = 1, karena koefisien x0 _{dan x}1 _{dalam ruas kanan PD (1) tidak nol. Sehingga} untuk s = 2,3, …… : s = 2 : a4 = 96 1 48 a 48 2 / 1 a ) 4 )( 3 )( 4 ( a 2 a1  2   1   1  s = 3 : a5 = 320 a 160 1 80 4 / a 4 / 1 4 / 1 ) 5 )( 4 )( 4 ( a 6 a_{2 3 0 0}         Jadi PUPD : y = a0 + a1x + 4 1 x2 ₊        24 a 24 1 0 x3 ₊         93 1 48 a₁ x4 ₊      _{ } 320 a 160 1 0 x5 _{+ …….} y =       _{   } ... x 160 1 x 96 1 x 24 1 x 4 1 2 3 4 5 +         _{ } 0 5 3 a ...) x 320 1 x 24 1 1 1 4 a ... x 48 1 x       _{ } y =                           _c p y 2 1 1 0 y 5 4 3 2 ) x ( y a ) x ( y a ...) x 160 1 x 96 1 x 24 1 x 4 1 (       dengan : y1(x) = 1 - x ... 320 1 x 24 1 3 _ 5 _ y2(x) = x - x4 48 1 + ……

yc = penyelesaian komplementer, yaitu penyelesaian PD Homogen : (x2 _{+ 4)y” + xy = 0}

yp = penyelesaian partikulir, yaitu penyelesaian PD Non - Homogen : (x2 _{+ 4)y” + xy = x + 2}

Bila x = x0 # 0 digunakan transformasi : t = x-x0 x = t + x0 dx = dt  dx dt dt dx  = 1 Sehingga PD : y” + P(x)y’ + Q(x)y = 0 menjadi :

y’ = dt dy dt dy dx dt dt dy dx dy_{  } 1 y” = ₂ 2 2 2 dt y d dt dy dt d dx dy dt d dt dy dx d dx dy dx d dx y d _                     P(x) = P(t + x0) Q(x) = Q(t + x0) Pd menjadi : ₂  2 dt y d P(t + x0) dt dy + Q(t + x0)y = 0

2.3. Persamaan dan Polinomial Legendre

2.5.1. Persamaan Legendre

Persamaan difeensial dengan bentuk umum sebagai berikut :

(1 – x2_{) y – 2xy + n (n + 1) y = 0 ……….... (2.3)} dengan n real : disebut persamaan Legendre.

Jika masing-masing ruas dibagi dengan (1-x2_{); PD menjadi :}

y - y 0 x 1 ) 1 n ( n ' y x 1 x 2 2 2     

Terlihat bahwa x = 0 merupakan titik ordiner dari PD; sehingga PD diatas bisa diselesaikan dengan penderetan disekitar titik ordiner, dengan mengambil : y =



 0 m amxm _{……….. (2-4)} y’ =



 1 m mamxm-1 _{……….. (2-5)} y” =



 2 m (m -1)mamxm-2 _{……… (2-6)}

substitusikan y, y’ dan y” ke PD : (1-x2₎



 2 m (m -1)mamxm-2 _{– 2x}



 1 m mamxm-1 _{+ n(n – 1)}



 0 m amxm _{= 0 ……….. (2-7)} atau



 2 m (m -1)mamxm-2 _-



 2 m (m -1)mamxm _{– 2}



 1 m mamxm _{+ n(n + 1)}



 0 m amxm _{= 0}

Atau 1.2.a2 + 2.3.a3 + 3.4.a4x2 _{+ ….. + (s + 1)(s + 2)as+2 x}s _{+ …..} - 1.2a2x2 _{– 2.3a3x3 – 3.4a4x4 - …… -2sasx}s _{- ……}

- 2.1a1x – 2.2a2x2 _{– 2.3a3x}3 _{- ….. -2.sasx}s _{- ……..}

+ n(n = 1)a0 + n(n + 1)a1x + n(n + 1)a2x2 _{+ ….+ n(n + 1)asx}s _{+ …} = 0

kumpulkan x dengan pangkat yang sama, diperoleh persamaan :

koefisien x0 _{: 1(2)a2 + n(n + 1)a0 = 0}  _{a2 = -}

0 a 2 ) 1 n ( n 

koefisien x1 _{: 2(3)a3 – 2(1)a1 + n(n + 1)a1 = 0}

6a3 + (- 2 + n(n + 1)a1 = 0  a3 = - a1 6 ) 2 n )( 1 n (  

Koefisien xs _{: (s + 1)(s + 2)as + 2 + [-s(s – 1) – 2s + n(n + 1)]as = 0}

as+2 = - a_s ) 2 s )( 1 s ( ) 1 s n )( s n (      ………. (2-8) rumus rekursif untuk s = 0,1,2,3,…….

dari rumus rekursif bisa diturunkan :

s = 0;a2 = - 0





a0 ! 2 1 n n a ) 2 ( 1 ) 1 n ( n     s = 1;a3 = - 1 a1 ! 3 ) 2 n )( 1 n ( a ) 3 ( 2 ) 2 n )( 1 n (       s = 2;a4 = - 2 a0 ! 2 ) 1 n ( n ) 4 ( 3 ) 3 n )( 2 n ( a ) 4 ( 3 ) 3 n )( 2 n (             = a0 ! 4 ) 3 n )( 1 n ( n ) 2 n (   

s = 3;a5 = - 3 a1 ! 3 ) 5 ( 4 ) 2 n )( 1 n ( ) 4 n )( 3 n ( a ) 5 ( 4 ) 4 n )( 3 n (         = a1 ! 5 ) 4 n )( 2 n )( 1 n )( 3 n (     PU.PD : y = a0 + a1x + 4 0 3 1 2 0 a x ! 4 ) 3 n )( 1 n ( n ) 2 n ( x a ! 3 ) 2 n )( 1 n ( x a ! 2 ) 1 n ( n                       + _     _ 5  1 x a ! 5 ) 4 n ( ) 2 n )( 1 n )( 3 n ( ………..… (2-9) atau y = a0 _        _ 1 _    3 _ 4 2 x ! 3 ) 2 n )( 1 n ( x a ... x ! 4 ) 3 n )( 1 n ( n ) 2 n ( x ! 2 ) 1 n ( n 1        ... x ! 5 ) 4 n )( 2 n )( 1 n )( 3 n ( 5 atau y = a0y1 (x) + a1y2(x) ……… (2-10) dengan : y1(x) = 1 -  2     4  x ! 4 ) 3 n )( 1 n ( n ) 2 n ( x ! 2 ) 1 n ( n ………. (2-11) y2(x) = 1 -   3      5  x ! 5 ) 4 n )( 2 n ( ) 1 n )( 3 n ( x ! 3 ) 2 n ( ) 1 n ( ….. (2-12) 2.5.2. Polinomial Legendre

Dalam beberapa aplikasi, parameter n dalam persamaan Legendre adalah bilangan bulat positif (n ≥ 0). Jika n adalah bilangan bulat positif, untuk s = n sisi kanan persamaan (1-15) sama dengan nol, dan

an+2 = 0 : an+4 = 0 ; an+6 = 0; an+8 = ; …….. sehingga,

- jika n genap; persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu polinomial derajat n dalam x

- jika n ganjil ; Persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu polinomial derajat n dalam x.

Untuk n genap maupun ganjil polinomial derajat n yang terjadi disebut polinomial Legendre, ditulis dengan Pn(x). Bentuk umum dari Pn(x) bisa diturunkan dengan cara sebagai berikut :

Rumus rekursif (1-8) diperoleh

as = - a_{s 2} ) 1 s n )( s n ( ) 2 s )( 1 s (       ; s ≤ n – 2 ……….. (2.13)

sehingga untuk s = 0; 1; 2; 3; …….; n – 1, nilai as dapat dinyatakan dalam an (n adalah pangkal terhitung dari x dalam polinomial).

Koefisien an merupakan konstanta sembarang, dipilih sebagai berikut :

an =     2 n ) ! n ( 2 )! n 2 ( 1

pemilihan nilai an ini dilakukan agar untuk sembarang polinomial Pn(x);

harga Pn(1) = 1, sehingga : an-2 = -

)! 2 n ( )! 1 n ( 2 )! 2 n 2 ( n     an-4 = - )! 4 n ( )! 2 n ! 2 2 )! 4 n 2 ( a ) 3 n 2 ( 4 ) 3 n )( 2 n ( n 2 n         an-2m = (-1)m )! m 2 n ( )! m n ( ! m 2 )! m 2 n 2 ( n   

sehingga Pn(x) yang merupakan penyelesaian dari persamaan Legendre bisa dinyatakan secara umum :

Pn(x) =



 0 m (-1)m ₌ n 2m n x )! m 2 n ( )! m n ( ! m 2 ) m 2 n 2 ( _    …………... (2-15) = n 2 n n 2 n x )! 2 n ( )! 1 n ( ! 1 2 )! 2 n 2 ( x ) ! n 2 )! n 2 ( _     + - …. dengan : M = 2 n

untuk n genap dan M = 2

1 n

untuk n ganjil.

Beberapa polinomial Legendre orde n :

P0(x) = 1 P1(x) = x P2(x) = 2 1 (3x2 _{– 1) P3(x) =} 2 1 (5x3 _{– 3x)} P4(x) = 8 1 (35x4 _{– 30x}2 _{+ 3) P5(x) =} 8 1 (63 x 5 – 70x3 _{+ 15x)} ; n = 0 ; n = 1; 2; 3; 4 ………. (2-14)

Secara grafis Pn (x) bisa digambarkan sebagai berikut :

Rumus-rumus rekursif untuk polinomial Legendre :

1. Pn+1(x) = 1 n 1 n 2   x Pn(x) - 1 n n  Pn-1(x) 2. P’n+1(x) – P’n-1(x) = (2n = 1)Pn(x)

Rumus polinomial Legendre Pn(x) bisa dituliskan dalam bentuk formula Rodrigues sebagai berikut :

Pn(x) = 2 n 1 n n n n P (x 1) dx d ! n 2 1  

Dua buah polinomial Legendre yang berbeda akan saling tegak lurus pada interval -1 < x <1 ; sehingga : 1.



 1 1 Pm(x)Pn(x)dx ; m # 2 2.



 1 1 Pn2_{(x)dx =} 1 n 2 1 

2.5.3. Deret Polinomial Legendre

Jika f(x) memenuhi syarat Dirichet dalam interval -1 < x < 1, maka f(x) bisa diekspansikan kedalam suatu deret Legendre yang berbentuk :

f(x) =





0 k

Syarat Dirichlet untuk deret polonomial Legendre :

1. f(x) terdefinisi dan bernilai tunggal kecuali pada beberapa titik yang jumlahnya berhingga dalam interval (01, 1).

2. f(x) periodik dengan perioda 2

3. f(x) dan f’(x) kontinu bagian demi bagian pada (-1,1) maka deret f(x) =





0 k

Ak Pk (x) konvergen ke :

a. (f(x) jika x titik kontinu.

b. 2 ) x ( f ( ) x ( f   

; jika x titik diskontinu

Bukti :



 1 1 Pm(x) f(x) dx =



 0 k Ak



 1 1 Pm Pk(x) dx



 1 1 Pm(x) f(x) dx = Amm



 1 1 P2_{m(x) dx =} 1 m 2 2  Am Am = 1 m 2 2  _



1 1 Pm(x) f(x) dx (2-17) Contoh : f(x) =         0 x 1 ; 0 1 x 0 ; 1

Ekspansikan f(x) ke dalam deret Polinomial Legendre :

Deret polinomial Legendre f(x) =



 0 k AkPk(x) Ekspansikan dengan Ak = 2 1 k 2 



 1 1 Pk(x) f(x) dx k = 0 → A0 = 2 1



 1 1 P0(x) f(x) dx = 2 1



1 0 1.1 dx = 2 1 k = 1 → A1 = 2 3



 1 1 P1(x) f(x) dx = 2 3



1 0 x.1 dx = 4 3 k = 2 → A2 = 2 5



1 P2(x) f(x) dx = 2 5



1 3x2₂1 dx = 0

k = 3 → A3 = 2 7



 1 1 P3(x) f(x) dx = 2 7



1 0 2 x 30 x 5 3  dx = - 16 7 k = 4 → A4 = 2 9



 1 1 P4(x) f(x) dx = 2 9



1 0 8 3 x 30 x 35 4  2  dx = 0 k = 5 → A5 = 2 11



 1 1 P5(x) f(x) dx = 2 11



1 0 2 x 15 x 70 x 63 5  9  dx = 32 11 dan seterusnya f(x) = 2 1 P0(x) + 4 3 P1(x) - 16 7 P3(x) + 32 11 P5(x) - + ………… Soal Latihan :

Selesaikan persamaan diferensial berikut : 1. y” + 2y’ + 4xy = 0

2. (1 – x2_{)y’ = 2xy}

3. (x + 1)y’ – (2x + 3)y = 0 4. (1 – x2_{)y” – 2xy’ + 2y = 0}

5. Selesaikan PD : y” + y = 0 dengan penderetan disekitar titik x = 1 Jawaban : 1. y = -2 + a3x3 2. y = a0(1 + x2 _{+ x}4 _{+ …) =} 2 0 x 1 a  3. y = a0 (1 + 3x + x2 ₊ 3 10 x3 _{+ 2x}4 _{+ …)} 4. y = a1x + a0 (1 – x2 _- 3 1 x4 _- 5 1 x6 _- 7 1 x8 _{- ….)} 5. y = a0(1 - ! 4 t ! 2 t2 _ 4 = + …) + a1 (t - ! 5 t ! 3 t3 _ 5 - + …) = a0 cos (x – 1) + a1 sin (x – 1)