9 Sistem Persamaan Diferensial Orde Satu Linear (Sistem Homogen)

Sistem Persamaan Diferensial

Orde Satu Linear

Nilai Eigen

dan Vektor Eigen

Sistem persamaan diferensial linear homogen:

 

X

AX

misalkan mempunyai solusi berbentuk

1

2 λt λt

n

k

k

e

e

k

 

 

 





 

 

 

X

K

maka

λt λt

λe



e

K

AK

atau

(

)

0

λ

λ







AK

K

A

I K

Untuk mencari solusi nontrivial yaitu K ≠ 0, maka haruslah

det(

A



λ

I

)



0

Persamaan dalam variabel λ ini disebut sebagai persamaan karakteristik dan λ disebut sebagai nilai eigen.

Solusi K ≠ 0 yang berkaitan dengan nilai eigen λ disebut vektor eigen.

Nilai Eigen

dan Vektor Eigen

Misalkan λ₁, λ₂, …, λ_n adalah nilai-nilai eigen berbeda dari matriks A dari sistem homogen X’ = AX. Misalkan K₁, K₂, …, K_n adalah

vektor-vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen λ₁, λ₂, …, λ_n . Maka solusi umum dari sistem homogen tersebut adalah

1 2

1 1 2 2

n

λ t λ t λ t

n n

c

e

c

e

c

e





 

X

K

K

K

Nilai Eigen Real Berbeda

Selesaikan

2

3

2

dx

x

y

dt

dy

x

y

dt









Contoh 1

Jawab:

Pertama, kita perlu mencari nilai eigen dan vektor eigen dari matriks koefisien

2

3

2

1





 







A

Persamaan karakteristik:

2

2

3

det(

)

3

4

(

1)(

4)

0

2

1

λ

λ

λ

λ

λ

λ

λ







 

  

 



A

I

Kita peroleh nilai eigen λ₁ = -1 dan λ₂ = 4.

• Untuk nilai eigen λ₁ = -1

1

2

(

( 1) )

0

3

3

0

2

2

0

k

k

 



 





 



 





 





 

 

A

I K

diperoleh k₁ = -s dan k₂ = s dengan s adalah sembarang bilangan real. Pilih s = -1, maka kita peroleh vektor eigen

1 2

1 2

3

3

0

3

3 0

1

1 0

2

2

0

2

2 0

0

0 0

OBE

k

k

k

k







































1

1

1

 

  



 

K

• Untuk nilai eigen λ₁ = 4

1

2

(

4 )

0

2

3

0

2

3

0

k

k







 





 



 







 





 

 

A

I K

diperoleh k₁ = (3/2)s dan k₂ = s dengan s adalah sembarang bilangan real. Pilih s = 2, maka kita peroleh vektor eigen

3

1 2 2

1 2

2

3

0

2

3 0

1

0

2

3

0

2

3 0

0

0

0

OBE

k

k

k

k











 































2

3

2

 

  

 

K

Sehingga kita peroleh dua solusi bebas linear yaitu

1

1

1

t

e



 

  



 

X

dan ₂

3

4

2

t

e

 

  

 

X

Jadi, solusi umum dari sistem homogen tersebut adalah

4

1 1 2 2 1 2

1

3

1

2

t t

c

c

c

 

e



c

 

e







 



 



 

 

X

X

X

Contoh 2

Selesaikan

4

5

3

dx

x

y

z

dt

dy

x

y

z

dt

dz

y

z

dt

 















Jawab:

Matriks koefisien dari sistem homogen tersebut adalah

4

1

1

1

5

1

0

1

3





























A

Dengan menggunakan ekspansi kofaktor baris ketiga, kita cari

2

2

2

4

1

1

det(

)

1

5

1

0

1

3

4

1

4

1

1

( 3

)

1

1

1

5

3

( 3

)( 21

)

( 3

)(1 21

)

(

3)(

20)

(

3)(

4)(

5)

0

λ

λ

λ

λ

λ

λ

λ

λ

λ

λ

λ λ

λ

λ λ

λ

λ λ

λ

λ

λ

 









 

 

 

  

  





     

  

  



 

  

 

  



 

A

I

Kita peroleh nilai eigen λ₁ = -3 , λ₂ = -4 dan λ₃ = 5.

• Untuk nilai eigen λ₁ = -3

2 3

1 3 9 2 3

1 1

1 0

1 1

1 0

(

3 0)

1

8

1 0

0

1

0 0

0

1

0 0

1

8

1 0

1 1

1 0

1 1

1 0

0

1

0 0

0

1

0 0

0

9

0 0

0

0

0 0

R R

R R  R R

 



 













































 



 









































A

I

2 1 1

1 0

1 0

1

0

1 0

0

1

0 0

0

1

0 0

0

0

0 0

0

0

0 0

R R R

  

 













































Maka k₁ = s, k₂ = 0, dan k₃ = s, dengan s adalah sembarang bilangan real. Pilih s = 1 maka vektor eigen dan vektor solusi yang berkaitan dengan λ₁ = -3 adalah

3

1 1

1

1

0 ,

0

1

1

e

 t

 

 

 

 



 



 

 

 

 

 

K

X

• Untuk nilai eigen λ₂ = -4

1 2

2 3 9 2 1

0

1

1 0

1

9

1 0

(

4 0)

1

9

1 0

0

1

1 0

0

1

1 0

0

1

1 0

1

9

1 0

1

0

10 0

0

1

1 0

0

1

1 0

0

0

0 0

0

0

0 0

R R

R R R R

   





































































































A

I

Maka k₁ = 10 s, k₂ = - s, dan k₃ = s, dengan s adalah sembarang bilangan real. Pilih s = 1 maka vektor eigen dan vektor solusi yang berkaitan dengan λ₂ = -4 adalah

4

2 2

10

10

1 ,

1

1

1

e

 t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

K

X

• Untuk nilai eigen λ₃ = 5

1 2

9

1

1 0

1

0

1 0

(

5 0)

1

0

1 0

9

1

1 0

0

1

8 0

0

1

8 0

R R

 



























 

























A

I

2 3 1 2

9

1

0

1 0

1

0

1 0

0

1

8 0

0

1

8 0

0

1

8 0

0

0

0 0

R R

R R  























































Maka k₁ = s, k₂ = 8s, dan k₃ = s, dengan s adalah sembarang bilangan real. Pilih s = 1 maka vektor eigen dan vektor solusi yang berkaitan dengan λ₃ = 5 adalah

5

3 3

1

1

8 ,

8

1

1

e

t

 

 

 

 



 



 

 

 

 

 

K

X

Jadi, solusi umum dari sistem homogen merupakan kombinasi Linear dari vektor-vektor solusi X₁, X₂, dan X₃ yaitu

3 5 5

1 2 3

1

10

1

0

1

8

1

1

1

t t t

c

e



c

e

c

e

 

 

 

 

 

 



 



 





 

 

 

 

 

 

 

X

Jika m adalah bilangan bulat positif dan (λ – λ₁)m adalah faktor dari persamaan karakteristik akan tetapi (λ – λ₁)m+1 bukan suatu faktor. Maka λ₁ disebut sebagai nilai eigen dengan perulangan m.

Nilai Eigen Berulang

Kasus 1: untuk matriks A berukuran n x n mungkin bisa ditemukan m vektor-vektor eigen bebas linear K₁, K₂, …, K _m dengan m ≤ n. Dengan demikian solusi untuk kasus ini adalah

1 1 1

1 1 2 2

λ t λ t λ t

m m

c

K

e



c

K

e

 

c

K

e

Kasus 2: jika terdapat hanya satu vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen λ₁ , maka m vektor-vektor solusi bebas linear berbentuk

1

1 1

1 1 1

1 11

2 21 22

1 2

1 2

(

1)!

(

2)!

λ t

λ t λ t

m m

λ t λ t λ t

m m m mm

e

te

e

t

t

e

e

e

m

m

 











 





X

K

X

K

K

X

K

K

K

dengan K_ij adalah vektor kolom yang selalu bisa ditemukan.

Contoh 3

(Kasus 1)

Selesaikan

1

2

2

2

1

2

2

2

1











  

















X

X

Jawab:

Dengan menggunakan ekspansi kofaktor kita cari

1

2

2

det(

)

2

1

2

0

2

2

1

λ

λ

λ

λ







 



 





A

I

diperoleh -(λ+1)2(λ-5) = 0. Kita lihat bahwa λ₁ = λ₂ = -1 dan λ₃ = 5.

• Untuk nilai eigen λ₁ = λ₂ = -1

2

2

2 0

1

1 1 0

(

0)

2

2

2 0

0

0

0 0

2

2

2 0

0

0

0 0

OBE























 

































A

I

Maka k₁ = r – s, k₂ = r, dan k₃ = s, dengan r dan s adalah sembarang bilangan real.

1

2

3

1

1

1

0

0

1

k

k

r

s

k



   

 

   





 

   

 

   

 

   

 

Pilih r = 1 dan s = 0, dan yang kedua pilih r = 1 dan s = 1, menghasilkan dua buah vektor eigen bebas linear

1 2

1

0

1 ,

1

0

1

 

 

 

 



 



 

 

 

 

 

K

K

Catatan: Pemilihan r dan s bebas sehingga menghasilkan dua vektor bebas linear. K₁ dan K₂ bebas linear karena K₁ bukan kelipatan K₂.

• Untuk nilai eigen λ₃ = 5

4

2

2 0

1

0

1 0

(

5 0)

2

4

2 0

0

1

1 0

2

2

4 0

0

0

0 0

OBE

 





















 





































A

I

Maka k₁ = s, k₂ = -s, dan k₃ = s, dengan s adalah

sembarang bilangan real. Pilih s = 1, maka vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen λ₃ = 5 adalah

3

1

1

1

 

 

 

 

 

 

K

Jadi solusi umum sistem tersebut adalah

5

1 2 3

1

0

1

1

1

1

0

1

1

t t t

c

e



c

e



c

e

 

 

 

 

 

 



 



 



 



 

 

 

 

 

 

X

Catatan: Pada contoh 3, kita lihat bahwa A adalah matriks simetri yaitu AT _{= A. Bisa ditunjukkan bahwa jika matriks A n x n dalam} sistem X’ = AX adalah matriks simetri dengan entri-entri bilangan real maka kita selalu bisa menemukan n vektor-vektor eigen

bebas linear yaitu K₁, K₂, …, K_n.

Solusi Kedua

(Nilai Eigen Berulang Dua)

Misalkan λ₁ adalah nilai eigen dengan perulangan dua tetapi hanya menghasilkan satu vektor eigen. Maka solusi kedua adalah

1 1

2

λ t λ t

te

e





X

K

P

Sekarang substitusikan ke sistem X’ = AX menghasilkan

1 1

1 1

(

AK



λ

K

)

te

λ t



(

AP



λ

P



K

)

e

λ t



0

Karena persamaan terakhir ini harus terpenuhi untuk semua t, maka

1

1

(

)

(

)

(*)

λ

λ









A

I K

0

A

I P

K

Ini berarti K adalah vektor eigen A dan untuk memperoleh solusi kedua X₂ kita perlu menyelesaikan persamaan (*) untuk vektor P.

Contoh 4

(Kasus 2)

Selesaikan

3

18

2

9







  









X

X

Jawab:

Persamaan karakteristik

2

3

18

det(

)

2

9

(

3)

0

λ

λ

λ

λ









 







A

I

Maka kita peroleh λ₁ = λ₂ = -3.

Untuk nilai eigen λ₁ = λ₂ = -3 kita peroleh satu solusi

3 1

3

1

t

e



 

  

 

X

Misalkan 1

2

3

,

1

p

p





 



 

  

 





K

P

Untuk mencari solusi kedua kita selesaikan persamaan

1 2

1

1 2

6

18

3

(

)

2

6

1

p

p

λ

p

p















A

I P

K

dari persamaan terakhir ini, kita peroleh p₁ = 3p₂ + 1/2 dan p₂ = s, dengan s sembarang bilangan real. Kemudian kita pilih s = 0,

sehingga

1 2

0

 

  

 

P

Kita punya solusi kedua yaitu

1

3 2 3

2

3

1

0

t t

te



 

e



 



 

  

 

 

X

Jadi, solusi umum dari sistem homogen adalah

1

3 3 2 3

1 1 2 2 1 2

3

3

1

1

0

t t t

c

c

c

 

e



c



 

te



 

e











 





 



 



 



 

 



X

X

X

Nilai Eigen

dengan Perulangan 3

Misalkan λ₁ adalah nilai eigen dengan perulangan tiga tetapi hanya menghasilkan satu vektor eigen. Maka

solusi kedua: 1 1

2

λ t λ t

te

e





X

K

P

solusi ketiga: 1 1 1

2

3

2

λ t λ t λ t

t

e

te

e







X

K

P

Q

dengan mensusbtitusi X₃ ke sistem homogen X’ = AX diperoleh

1 1 1

(

)

(

)

(

)

λ

λ

λ













A

I K

0

A

I P

K

A

I Q

P

28

untuk mencari K

untuk mencari P

untuk mencari Q solusi pertama: 1

1

λ t

e



Contoh 5

Selesaikan

2

1

6

0

2

5

0

0

2









  











X

X

Jawab:

Persamaan karakteristik: (λ-2)3 = 0, maka kita peroleh nilai eigen berulang tiga, yaitu λ₁ = λ₂ = λ₃ = 2.

Dengan menyelesaikan (A – 2I)K = 0, kita peroleh vektor eigen:

1

0

0

 

 

  

 

 

K

Selanjutnya, selesaikan (A – 2I)P = K kemudian (A – 2I)P = K kita peroleh vektor eigen:

1 5 1 5 1 1 1 , 0          _{ }  _{ }         P Q

Jadi, solusi umum sistem homogen tersebut adalah

2

2 2 2 2 2 ₁ 2

1 2 3 5

1 5

1 1 1 1 1 0

0 0 1 0 1

2

0 0 0 0 0

t t t t t t t

c e c te e c e te e

Review

Bilangan Kompleks

31

Misalkan λ= α + βi adalah bilangan kompleks dimana α adalah bagian real dan β adalah bagian imajiner atau kita tulis

Konjugat dari λ= α + βi adalah

λ α βi 

Re(λ) = α dan Im(λ) = β.

Hal ini juga berlaku untuk vektor. Misalkan

1 2

2 3

i

i



    _   

K maka Re( ) 1 , Im( ) 2 , 1 2

2 3 2 3

i

i



       _{ }  _{ }  _{ }

 

     

32

Formula Euler: merepresentasikan bentuk kompleks kedalam fungsi-fungsi real.

(cos sin )

(cos sin )

α βi α βi α

α βi α βi α

e e e e β i β

e e e e β i β



 

  

Nilai Eigen Kompleks

33

Misalkan λ₁ = α + i β adalah nilai eigen kompleks dari matriks A dari sistem homogen X’ = AX dan K₁ adalah vektor eigen yang

berkaitan dengan nilai eigen λ₁. Kemudian misalkan B₁ = Re(K₁) dan B₂ = Im(K₁). Maka

1 1 2

2 2 1

[

cos

sin

]

[

cos

sin

]

αt

αt

βt

βt e

βt

βt e









X

B

B

X

B

B

Contoh 6

34

Selesaikan masalah nilai awal

2 8 2

, (0)

1 2 1

   

  _{ }  _{ }

  

   

X X X

Persamaan karakteristik: Jawab:

2

2 8

det( ) 4 0

1 2

λ

λ λ

λ



    

  

A I

35

Untuk nilai eigen λ1 = 2i

1

2

(

(2 ) )

0

2

2

8

0

1

2

2

0

i

k

i

k

i







 





 



 





 



 





 

 

A

I K

diperoleh k₁ = - (2 + 2i) s, k₂ = s, dengan s adalah sembarang bilangan real. Pilih s = -1 maka

1

2

2

2

2

1

1

0

i

i





  

 





  





 







  

 

36 maka 1 1

2

Re(

)

1

 



  



 

B

K

₂

Im(

₁

)

2

0

 



  

 

B

K

dan

Karena α = 0, maka solusi umum dari sistem tersebut adalah

1 1 2 2

1 2

1 2

2

2

2

2

cos 2

sin 2

cos 2

sin 2

1

0

0

1

2 cos 2

2 sin 2

2 cos 2

2 sin 2

cos 2

sin 2

c

c

c

t

t

c

t

t

t

t

t

t

c

c

t

t







 

 





 

 







 



 







 



 







 

 

 

 













































37

Karena

2

(0)

1

 

  



 

X

diperoleh c₁ = 1 dan c₂ = 0. Oleh solusi dari masalah nilai awal tersebut adalah

1

2 cos 2

2sin 2

cos 2

t

t

c

t







 









38

Latihan

1.

Untuk 1-5 untuk nilai eigen berbeda.

2

4 3

dx

x y

dt dy

x y

dt

 

 

2.

2

dx

x y z

dt dy

y dt

dz

y z

dt

  



39

4.

3. 10 5

8 12



 

   _ 

 

X X

1 1 0

1 2 1

0 3 1



 

 

     _ 

 

X X

5.

1 1 4 1

0 2 0 , (0) 3

1 1 1 0

   

   

  _{ }  _{ }

   

   

40

7. 6.

1 3

3 5



    _   

X X

8.

1 0 0

0 3 1

0 1 1

 

 

     _ 

 

X X

Untuk 6-10 untuk nilai eigen berulang.

3

9 3

dx

x y

dt dy

x y

dt

 

41

9.

1 0 0

2 2 1

0 1 0

 

 

  _  _

 

 

X X

10.

0 0 1 1

0 1 0 , (0) 2

1 0 0 5

   

   

  _{ }  _{ }

   

   

42

12. 11.

4 5

5 4

      _   

X X

13. 1 8

1 3

      _   

X X

Untuk 11-15 untuk nilai eigen kompleks.

6

5 2

dx

x y

dt dy

x y

dt

 

43

14.

4 0 1

0 6 0

4 0 4

 

 

    _ 

 

X X

15. 6 1 _{, (0)} 2

5 4 8

 

   

  _{ }  _{ }

   