SOLUSI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR TINGKAT DUA
DI TITIK REGULAR SINGULAR DENGAN DERET PANGKAT
Sangadji
1ABSTRACT
The research discusses a method to solve ordinary differential equations of second order at regular singular points by power series. The method for solving ordinary differential equations at ordinary points by power series does not apply in this case. The first method is usually more complicated than the second one. If possible we avoid the singular points. But, these points are often of the great physical interest. The research is supplied with examples to ease the reader to understand..
Keywords: solution of differential equations, regular singular point, power series
ABSTRAK
Penelitian ini membahas metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa tingkat dua di titik-titik regular singular dengan deret pangkat. Metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa di titik-titik ordinari dengan deret pangkat dalam hal ini tidak berlaku. Metode pertama biasanya lebih sulit dari metode kedua. Bila mungkin, kita menghindari titik-titik singular. Tetapi, titik-titik singular ini sering menarik perhatian dalam ilmu fisika. Penelitian ini dilengkapi dengan contoh-contoh untuk mempermudah bagi pembaca dalam memahaminya.
Kata kunci: solusi persamaan diferensial, titik regular singular, deret pangkat
1
PPIN BATAN, Kompleks PUSPIPTEK, Serong-Tangerang, Indonesia sun@batan.go.id
PENDAHULUAN
Bila solusi eksak persamaan diferensial biasa di titik singular regular sulit atau tidak mungkin diperoleh, maka solusinya dapat diperoleh dengan metode deret pangkat. Pandang persamaan diferensial linear tingkat dua homogen
,
0
)
(
)
(
)
(
2 2=
+
+
q
x
y
x
dx
dy
x
p
dx
y
d
... (1)di mana akan dicari solusinya di titik
x
0 dengan deret pangkat. Bilap
(
x
)
danq
(
x
)
keduanya analitik dix
0, maka titikx
0 disebut titik ordinary. Apabila tidak demikian, titikx
0disebut titik singular. Metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa di titik ordinary dengan deret pangkat, dikenal dengan nama metode Frobenius (Simmons et al., 2007). Titik singularx
0 dari persamaan diferensial (1) disebut titik regularsingular bila)
(
)
(
x
−
x
0p
x
dan(
)
2(
)
0q
x
x
x
−
keduanya analitik dix
0.Sebagai contoh, persamaan diferensial
,
0
)
(
5
3
2 2 2=
−
+
y
x
x
dx
dy
x
dx
y
d
... (2)mempunyai titik regular singular di titik
x
=
0
,
karena di samping jelas bahwa titik tersebut titik singular juga berlaku ⋅ ( )= ⋅3 =3x x x p x dan 2 ( ) 2 52⎟=−5 ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⋅ = ⋅ x x x q x keduanya analitik di x=0.
Bila solusi eksak persamaan diferensial biasa di titik regular singular sulit atau tidak mungkin diperoleh, maka solusinya diharapkan dapat diperoleh dengan deret pangkat. Untuk menambah informasi, pembaca dianjurkan membaca daftar pustaka [3] tentang gagasan dari Metode Deret Pangkat. Penelitian relevan: “Series solutions of coupled differential equations with one regular singular point” Tomantschger, K.W. Journal of Computational and Applied Mathematics, v 140, n 1-2, Mar 1, 2001-2, p 773-783, Compendex.
Solusi Persamaan Diferensial Linear Tingkat Dua
dengan Deret Pangkat
Penelitian ini membahas metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa di titik-titik
regular singular dengan deret pangkat. Misalkan persamaan diferensial (1) di atas mempunyai titik
0
=
x sebagai titik regular singular. Misalkan juga
∑
∞ ==
⋅
0)
(
j j jx
p
x
p
x
dan∑
∞ ==
⋅
0 2)
(
j j jx
q
x
q
x
berlaku pada selang nontrivial
(
−
R
,
R
).
Akan dicari solusinya dalam bentuk.
0 0 m j j j j j j mx
a
x
a
x
y
+ ∞ = ∞ =∑
∑
=
=
1 0
)
(
'
+ − ∞ =∑
+
=
j m j jx
a
m
j
y
dan.
)
1
)(
(
''
0 2∑
∞ = − +−
+
+
=
j m j jx
a
m
j
m
j
y
Kemudian, . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 ' ) ( 0 1 0 2 0 0 2 0 0 2 0 1 0 j j j k j k k j m j j j k k k j m j j j j j j m j j m j j j j x j m a p k m a p x x k m a p x x j m a x p x x j m a x p x y x p∑ ∑
∑ ∑
∑
∑
∑
∑
∞ = − = − − ∞ = = − − ∞ = ∞ = − ∞ = − + ∞ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⋅ odi mana digunakan formula hasil kali dua deret pangkat. Untuk menambah pengertian tentang deret pangkat, pembaca disarankan untuk membaca daftar pustaka [2] tentang deret pangkat.
Dengan cara yang sama didapat juga
.
1
)
(
0 1 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 j j j k j k k j m j j j k k k j m j j j j j j m j j m j j j jx
a
q
a
q
x
x
a
q
x
x
a
x
q
x
x
a
x
q
x
y
x
q
∑ ∑
∑ ∑
∑
∑
∑
∑
∞ = − = − − ∞ = = − − ∞ = ∞ = − ∞ = + ∞ =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
⋅
Dengan mensubstitusikan
y
"
,
p
⋅
y
'
,
danq
⋅
y
ke persamaan diferensial (1) diperoleh hasil∑
∞ = − + − + + 0 2 ) 1 )( ( j m j jx a m j m j + j j j k k k j m x k m a p x∑ ∑
∞ = = − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 0 0 2 ) ( + 0 0 1 0 0 2 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +∑ ∑
∞ = − = − − j j j k j k k j m x a q a q xDengan membagi
x
m−2 diperoleh hasil[
( )( 1) ( )]
[
( )]
0. 0 1 0 0 0 = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + + + + + + − + +∑
∞∑
= − = − − j j j k k j k j k j m j m j m j p q a m k p q x aTentu saja setiap koefisien dari
x
jharuslah 0, sehingga diperoleh persamaan-persamaan rekursi[
( )( 1) ( )]
[
( )]
0. 1 0 0 0 + + + + = + + − + + − − − =∑
j k j k j k k j m j m j m j p q a m k p q aUntuk
j
=
0
,
persamaan rekursi menjadia
0f
(
m
)
=
0
,
di manaf
(
m
)
=
m
(
m
−
1
)
+
mp
0+
q
0.
Persamaan-persamaan rekursi selanjutnya adalah,
0
)
(
)
1
(
0 1 1 1f
m
+
+
a
mp
+
q
=
a
[
(
1
)
]
0
,
)
(
)
2
(
0 2 2 1 1 1 2f
m
+
+
a
mp
+
q
+
a
m
+
p
+
q
=
a
K[
(
1
)
]
0
,
)
(
)
(
m
+
j
+
a
0mp
+
q
+
+
a
−1m
+
j
−
p
1+
q
1=
f
a
j j jL
j dst.Mengingat
a
0≠
0
,
persamaan rekursi pertama berakibat bahwaf
(
m
)
=
m
(
m
−
1
+
mp
0+
q
0=
0
.
Persamaan ini disebut persamaan indisial. Akar-akar m1,m2 dari persamaan tersebut dinamakan
eksponen dari persamaan diferensialnya di titik-titik regular singular terkait.
Bila akar-akar m1 dan m2 berlainan dan selisihnya bukan bilangan bulat, maka metode solusi kita akan menghasilkan dua solusi yang bebas linear untuk persamaan diferensial (1). Bila m1 dan
2
m selisihnya suatu bilangan bulat, misalnya m1 =m2 + juntuk suatu bilangan bulat
j
≥
1
,
makaprosedur rekursi tidak bisa digunakan karena koefisien
a
j dalam persamaan rekursi yang ke)
1
(
j
+
untuk m2akan bernilai 0-sehingga kita tidak dapat menyelesaikan untuka
j. Untuk kasus2 1 m
m = , juga menimbulkan kesulitan karena metode kita hanya menghasilkan satu solusi. Kita
simpulkan pembicaraan kita dengan suatu teorema di bawah ini serta contoh-contoh soal. Daftar pustaka [1] cukup baik untuk mendapatkan fondasi tentang analisis matematika.
Teorema
Misalkan titik
x
0=
0
adalah titik regular singular untuk persamaan diferensial linear tingkat duay
"
+
p
⋅
y
'
+
q
⋅
y
=
0
.
Misalkan deret pangkat untukx
⋅
p
(
x
)
danx
2⋅
q
(
x
)
mempunyai jari-jari konvergensi R>0.Misalkan persamaan indisialf
(
m
)
=
m
(
m
−
1
+
mp
0+
q
0=
0
mempunyai akar-akar m1,m2 dengan m2 ≤m1., maka persamaan diferensial tersebut mempunyai paling sedikit satusolusi berbentuk
∑
∞ = = 0 1 1 j j j m x a x y pada selang(
−R,R)
.Dalam hal m1 −m2bukan nol atau bilangan bulat positif, maka persamaan diferensial tersebut mempunyai solusi kedua yang independen
∑
∞ = = 0 2 2 j j j m x b x y pada selang(
−R,R)
. Contoh 1:Solusi:
Perlu diperhatikan bahwa persamaan indisial adalah
m
(
m
−
1
)
+
2
m
=
0
ataum
2+
m
=
0
yang akar-akarnya jelas m1 =0 dan m2 =−1.Bersesuaian dengan m1 =0, solusinya berbentuk , 0 j j jx a y
∑
∞ = = dan turunannya , ' 1 1 − ∞ =∑
= j j jx ja y dan juga . ) 1 ( " 2 2 − ∞ =∑
− = j j jx a j j yDengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensialnya diperoleh
. 0 2 ) 1 ( 0 1 1 2 2 = + + −
∑
∑
∑
∞ = ∞ = − − ∞ = j j j j j j j j j x a x x ja x a j j xDengan mengatur indeks dan dimulai dengan
j
=
1
dan pangkatnya dalam bentukx
j,
maka dapat dihasilkan[
]
(
( 1 2( 1))
0. 2 1 1 1 1 +∑
+ + + + = ∞ = + − j j j j j j j a x aa sehingga diperoleh persamaan-persamaan
rekursi 0 1 = a dan
a
j+1[
j
(
j
+
1
)
+
2
(
j
+
1
)
]
+
a
j−1=
0
,
j
=
1
,
2
,
K
atauK
,
2
,
1
,
0
)
1
)(
2
(
1 1+
+
+
−=
=
+j
j
a
j
a
j j yaitu.
,
2
,
1
,
)
1
)(
2
(
1 1=
−
+
+
=
K
− +j
j
j
a
a
j j Jadia
j=
0
untukj
ganjil, dan juga diperoleh, 2 3 4 5 6 7 , 2 3 4 5 , 2 3 4 6 2 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ − = ao a ao a ao a dst.
Jadi kita peroleh satu solusi Frobenius
.
sin
1
!
5
!
3
1
!
7
1
!
5
1
!
3
1
1
5 3 6 4 2 1x
x
a
x
x
x
x
a
x
x
x
a
y
⋅
⋅
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
+
−
⋅
⋅
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
−
−
+
=
o o oL
L
Bersesuaian dengan m2 =−1,solusinya berbentuk , 0 1 0 1
∑
∑
∞ = − ∞ = − = = j j j j j jx b x b x y dan turunannya, ) 1 ( ' 2 0 − ∞ =
∑
− = j j jx b j y dan juga . ) 2 )( 1 ( " 3 0 − ∞ =∑
− − = j j jx b j j yDengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensialnya diperoleh
. 0 ) 1 ( 2 ) 2 )( 1 ( 0 0 2 2 0 = + − + − −
∑
∑
∑
∞ = ∞ = − − ∞ = j j j j j j j j jx j b x b x b j jDengan mengatur indeks dan dimulai dengan
j
=
2
dan pangkatnya dalam bentukx
j−2,
maka dapat dihasilkan[
]
, 0 ) 0 ( 2 ) 1 ( 2 ) 1 )( 0 ( ) 2 )( 1 ( ) 1 ( 2 ) 2 )( 1 ( 1 1 2 0 1 1 2 0 2 2 2 = − − − − − − − − = + − + − − − − − − − ∞ = −∑
x b x b x b x b x b b j b j j j j j j jsehingga persamaan-persamaan rekursinya adalah
0
)
1
(
2
)
2
)(
1
(
j
−
j
−
b
j+
j
−
b
j+
b
j−2=
atau(
(
j
−
1
)(
j
−
2
)
+
2
(
j
−
1
)
)
b
j=
−
b
j−2 atau,
)
1
(
j
−
b
j=
−
b
j−2j
yaitu , 2,3, . ) 1 ( 2 K = − − = − j j j b bj jJadi dapat diperoleh
, 1 2 3 4 5 6 , 1 2 3 4 , 1 2 0 6 0 4 0 2 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − = b b b b b
b dst. Juga dapat diperoleh
, 1 2 3 4 5 6 7 , 1 2 3 4 5 , 2 3 1 7 1 5 1 3 =− ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ b b b b b
b dst. Jadi hasil-hasil ini memberikan
solusi . sin 1 cos 1 ! 5 1 ! 3 1 1 ! 4 1 ! 2 1 1 1 1 0 5 3 1 4 2 0 x x b x x b x x x x b x x x b y ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + −+ ⋅ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + −+ ⋅ ⋅ = L L
Kita telah mendapatkan solusi pertama
(
1
/
x
)
sin
x
.
Dalam proses perhitungan kedua dengan, 1
2 =−
m mendapatkan mendapatkan lagi solusi tersebut dan menemukan solusi baru yang linear
independen
(
1
/
x
)
cos
x
.
Perlu dicatat bahwa(
1
/
x
)
cos
x
.
singular di 0 sedangkan(
1
/
x
)
sin
x
tidak.Contoh 2:
Persamaan diferensial
4
x
2y
"
−
8
x
2y
'
+
(
4
x
2+
1
)
y
=
0
mempunyai hanya satu solusi deret Frobenius. Carilah solusi umumnya.Solusi:
Persamaan indisialnya yaitu
0
4
1
0
)
1
(
m
−
+
m
⋅
+
=
m
atau
4
m
−
4
m
+
1
=
0
,
yang memberikan akar-akar indisial terulang m1 =m2 =1/2.Bersesuaian dengan m1 =m2 =1/2,solusinya berbentuk
2 / 1 0 0 2 / 1 + ∞ = ∞ =
∑
∑
= = j j j j j jx a x a x y dan turunannya , ) 2 / 1 ( ' 1/2 0 − ∞ =∑
+ = j j jx a j y dan juga . ) 2 / 1 )( 2 / 1 ( " 3/2 0 − ∞ =∑
+ − = j j jx a j j yDengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensialnya diperoleh
0
)
1
4
(
)
2
/
1
(
8
)
2
/
1
)(
2
/
1
(
4
2 / 1 0 2 2 / 1 0 2 2 / 3 0 2=
⋅
+
+
+
⋅
−
−
+
⋅
+ ∞ = − ∞ = − ∞ =∑
∑
∑
j j j j j j j j jx
a
x
x
a
j
x
x
a
j
j
x
atau . 0 4 ) 4 8 ( ) 1 2 )( 1 2 ( 1/2 0 2 / 5 0 2 / 3 0 2 / 1 0 = + + + − − + ∞ + = + ∞ = + ∞ = + ∞ =∑
∑
∑
∑
j j j j j j j j j j j jx j a x a x a x a j jDengan mengatur indeks dan dimulai dengan
j
=
2
dan pangkatnya dalam bentukx
j+1/2,
maka dapat dihasilkan[
]
2 / 3 1 2 / 1 0 2 / 3 0 2 / 3 1 2 / 1 0 2 / 1 2 2 1 4 1 3 ) 1 ( 1 4 ) 4 8 ( ) 1 2 )( 1 2 ( x a x a x a x a x a x a a a j a j j j j j j j j − − + ⋅ ⋅ − − ⋅ − = + + − − − + + ∞ = − −∑
atau[
4 (8 4) 4]
(4 0 4 1). 2 / 3 2 / 1 2 2 1 2 a a x x a a j a j j j j j j − − + = − + ∞ = − −∑
Kemudian dapat diperoleh persamaan-persamaan rekursinya yaitu
,
0 1a
a
=
,
)
1
2
(
2 2 1j
a
a
j
a
j=
−
j−−
j− yang menghasilkan , ! 5 , ! 4 , ! 3 , ! 2 0 5 0 4 0 3 0 2 a a a a a a aa = = = = dst. Jadi kita peroleh solusi deret Frobenius dari
persamaan diferensial di atas yaitu
. ! 4 ! 3 ! 2 ! 1 1 ) ( 1/2 4 3 2 2 / 1 1 x e x x x x x x x y ⎟⎟= ⋅ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + + + ⋅ = L
Persamaan indisial memberikan hanya satu akar terulang m1 =m2 =1/2.Dapat diperiksa bahwa solusi kedua yang independen dalam hal ini berbentuk
,
ln
)
(
1/2 2 xe
x
x
x
y
=
⋅
⋅
dan solusi umumnya berbentuk.
ln
1/2 2 / 1 x xe
x
x
B
e
Ax
y
=
+
⋅
⋅
PENUTUP
Bila solusi eksak persamaan diferensial biasa di titik regular singularx=0 sulit atau tidak mungkin diperoleh, maka solusinya diharapkan dapat diperoleh dengan deret pangkat yang berbentuk
, 0 0 m j j j j j j m x a x a x y + ∞ = ∞ =
∑
∑
== di mana nilai m dicari dari persamaan indisial.
Dengan metode deret pangkat, solusi persamaan diferensial
xy
"
+
2
y
'
+
xy
=
0
,
adalah
1
cos
1
sin
x
,
x
B
x
x
A
y
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
di mana
A
dan
B
adalah konstan sembarang.
Juga dengan metode deret pangkat, persamaan diferensial
,
0
)
1
4
(
'
8
"
4
x
2y
−
x
2y
+
x
2+
y
=
mempunyai solusi,
ln
1/2 2 / 1 x xe
x
x
B
e
Ax
y
=
+
⋅
⋅
dengan A dan B konstan sembarang.
DAFTAR PUSTAKA
Bartle, R.G., and Sherbert, D.R. (2000). Introduction to real analysis, 3rd ed., John Wiley & Sons, Inc.
Fitzpatrick, P.M. (1996). Advanced calculus, Boston: P W S Publishing Company.
Kreyszig, E. (2006). Advanced engineering mathematics, 9th ed., New York: John Wiley and Sons Inc.
Simmons, G.F., and Krantz, S.G. (2007). Differential equations: Theory, technique, and practice, Boston, USA: McGraw-Hill International Edition.