Docstoc

Persamaan Differensial Linier dan Aplikasinya

Document Sample
Persamaan Differensial Linier dan Aplikasinya Powered By Docstoc
					      PERSAMAAN DIFERENSI LINEAR
                DAN APLIKASINYA




                        SKRIPSI
     Disusun dalam Rangka Menyelesaikan Studi Strata 1
          Untuk Memperoleh Gelar Sarjana Sains


                        Disusun Oleh :


                Nama       : Rina Andriani
                Nim        : 4150401009
                Prodi      : Matematika S1
                Jurusan    : Matematika




FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
           UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG
                            2005
                                         ABSTRAK


Rina Andriani (4150401009), Persamaan Diferensi Linear dan Aplikasinya. Jurusan
Matematika, Fakultas MIPA, Universitas Negeri Semarang 2005.



          Dalam masalah rekayasa di bidang fisika, biologi, matematika, dan terapan-terapan
lainnya, persamaan diferensial sering ditemui dalam bentuk model matematisnya, dimana dalam
masalah-masalah itu ada variabel tak bebas y dan tergantung pada variabel bebas t yang kontinu.
Meskipun demikian, dalam banyak penerapannya variabel bebas bisa diambil sebagai nilai-nilai
diskrit. Hal inilah yang akan membawa kepada apa yang dinamakan dengan Persamaan
Diferensi.
          Permasalahan dalam penelitian ini adalah mencari solusi umum persamaan diferensi
linear orde satu dan dua baik untuk persamaan homogen maupun nonhomogen, serta aplikasinya
dalam bidang biologi. Selain itu juga akan dibahas dua metode untuk mencari solusi persamaan
diferensi linear non homogen yaitu metode koefisien yang tak diketahui dan metode
transformasi-Z. Tujuan dari penelitian ini adalah mendapatkan solusi umum persamaan diferensi
orde satu dan dua baik untuk persamaan homogen maupun nonhomogen serta dapat
menggunakan persamaan diferensi dalam bidang biologi.
          Penelitian ini dilakukan melalui tinjauan pustaka terhadap buku-buku atau literatur.
Dari tinjauan pustaka tersebut, kemudian dibahas materi-materinya secara mendalam.
          Dari hasil pembahasan dapat disimpulkan bahwa untuk mencari solusi umum
persamaan diferensi linear homogen orde satu adalah
             n
          b
yn = c −  , dengan n = 0, 1, 2, … , dan c sembarang konstanta. Dan orde dua adalah
          a
tergantung pada 3 kemungkinan nilai r1 dan r2 yang diperoleh dari persamaan karakteristik dari
persamaan diferensinya. Kemudian solusi umum persamaan diferensi linear nonhomogen dicari
dengan dua metode yaitu: metode diskrit koefisien yang tak diketahui dan transformasi-Z. Dan
persamaan diferensi ini akan diaplikasikan dalam bidang biologi. Persamaan diferensi yang
dibahas disini dapat dikembangkan untuk persamaan diferensi linear dengan orde yang lebih
tinggi ataupun untuk persamaan diferensi nonlinear.
                              MOTTO DAN PERUNTUKAN



MOTTO

“ Jadikanlah sabar dan sholat sebagai penolongmu” (Q.S. Al Baqoroh: 45)

“ Imajinasi lebih berharga daripada sekedar ilmu pasti” (Albert Einstein)

“Disaat kita mau berusaha keberhasilan akan selalu menyertai kita”

“ Failed in strunggle doesn’t mean a decline”




                                       PERUNTUKAN

                                       Puji syukur kepada Allah swt atas terselesainya skripsi ini.

                                       Kuperuntukan karya ini kepada:

                                       1. Bapak dan Ibu tercinta yang telah memberikan kasih

                                           sayangnya .

                                       2. Kakak dan adikku tercinta.

                                       3. Aa’ Sugeng tersayang.

                                       4. Guruku serta dosenku yang telah memberikan pengetahuan

                                           serta ilmunya.
                                    KATA PENGANTAR



       Puji dan syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT., atas limpahan petunjuk dan

karunia-Nya, sehingga penulis dapat menyelesaikan penulisan skripsi yang berjudul “

Persamaan Diferensi Linear dan Aplikasinya”.

       Ucapan terima kasih penulis sampaikan kepada:

1. Dr. H.A.T. Soegito, S.H., M.M. Rektor Universitas Negeri Semarang.

2. Drs. Kasmadi Imam S., M.S. Dekan FMIPA Universitas Negeri Semarang.

3. Drs. Supriyono, M.Si. Ketua Jurusan Matematika FMIPA Universitas Negeri Semarang.

4. Drs. Khaerun, Msi, pembimbing I yang telah memberikan bimbingan dan arahan kepada

   penulis dalam menyusun skripsi ini.

5. Drs. Moch Chotim, M.S, Pembimbing II yang telah memberikan bimbingan, dan arahan

   kepada penulis dalam menyusun skripsi ini.

6. Segenap sivitas akademika di jurusan Matematika FMIPA UNNES.

7. Ayah dan Ibu yang senantiasa mendoakan serta memberikan dorongan baik secara moral

   maupun spiritual dan segala yang ternilai.

8. Kakakku dan adikku yang telah mendorong dalam proses penyelesaian skripsi ini.

9. Sayangku Aa’ Sugeng yang tak henti-hentinya memberikan dorongan serta semangat untuk

   segera menyelesaikan skripsi ini.

10. Sahabat-sahabatku Ajeng, Pooi, dan Sari yang telah memberikan dorongan untuk segera

   menyelesaikan skripsi ini, serta teman-teman kost lumintu dan kost berkah semuanya.
11. Teman-temanku Woro, Lidia, Puput, Nany, Mey, Eli, Dwi, Taufik, Sigit, Ardi, Bowo, Doni

   dan semua angkatan 2001 yang selalu memberiku semangat dan dorongan hingga selesainya

   skripsi ini.

12. Orang-orang yang telah memberikan inspirasi, baik disengaja maupun tidak, serta pihak-

   pihak yang telah memberikan segala dukungan baik langsung maupun tidak langsung,

   material maupun immaterial, hingga proses penyusunan skripsi ini berjalan dengan lancar

   sampai terselesainya skripsi ini.

       Akhirnya penulis berharap semoga skripsi ini bermanfaat.




                                                  Semarang, Agustus 2005

                                                  Penulis
                                                          DAFTAR ISI




HALAMAN JUDUL ........................................................................................ i
HALAMAN PENGESAHAN ..........................................................................ii
ABSTRAK ......................................................................................................iii
MOTTO DAN PERSEMBAHAN................................................................... iv
KATA PENGANTAR ..................................................................................... v
DAFTAR ISI ................................................................................................. vii


BAB I        PENDAHULUAN ............................................................................ 1
             A. Latar Belakang Masalah ................................................................ 1
             B. Permasalahan ................................................................................ 2
             C. Tujuan Penelitian .......................................................................... 2
             D. Manfaat Penelitian ........................................................................ 3
             E. Sistematika Penulisan Skripsi........................................................ 3


BAB II LANDASAN TEORI ....................................................................... 5
             A. Persamaan Diferensi...................................................................... 5
             B. Beberapa Solusi Teori Dasar ........................................................ 6
             C. Masalah Nilai Awal .................................................................... 14
             D. Fungsi ......................................................................................... 15
             E. Derivatif(turunan)…………………………………………………15
             F. Beberapa Definisi dan Toerema dari Barisan dan Deret………….16
             G. Deret Khusus……………………………………………………...19
             H. Transformasi-Z……………………………………………………20


BAB III METODOLOGI PENELITIAN .................................................... 24
             A. Menentukan Masalah ................................................................. 24
             B. Merumuskan Masalah ................................................................ 24
             C. Studi Pustaka .............................................................................. 24
            D. Analisis dan Pemecahan Masalah ................................................ 25
            E. Penarikan Simpulan .................................................................... 25


BAB IV PEMBAHASAN ............................................................................. 26
            A. Mencari solusi umum persamaan diferensi linear homogen ......... 26
            B. Mencari solusi umum persamaan diferensi linear nonhomogen ... 35
            C. Aplikasi persamaan diferensi dalam bidang biologi……………...43


BAB IV PENUTUP ...................................................................................... 45
            A. Simpulan .................................................................................... 45
            B. Saran .......................................................................................... 47


DAFTAR PUSTAKA ..................................................................................... 48
                                             BAB I

                                       PENDAHULUAN



A.   LATAR BELAKANG MASALAH

            Akhir-akhir ini dengan meluasnya penggunaan sirkuit digital, simulasi komputer,

     dan metode numerik, membuat topik ini menjadi penting, karena semua itu menggunakan

     persamaan diferensi sebagai konsep dasarnya.

            Dalam masalah rekayasa dibidang fisika, biologi, matematika, dan terapan-terapan

     lainnya, persamaan diferensial sering ditemui dalam bentuk model matematisnya, dimana

     dalam masalah-masalah itu ada variabel tak bebas y dan tergantung pada variabel bebas t

     yang kontinu. Meskipun demikian, dalam banyak penerapannya variabel bebas bisa diambil

     sebagai nilai-nilai diskrit. Hal inilah yang akan membawa kepada apa yang dinamakan

     dengan Persamaan Diferensi.

            Untuk mendapat solusi-solusi persamaan diferensi tersebut, dapat digunakan versi

     diskrit dari persamaan diferensial seperti metode koefisien tak diketahui (undertermined

     coefficient), metode variansi parameter, transformasi-Z (yang merupakan versi diskrit

     transformasi-laplace), dan lain-lain. Dengan demikian persamaan diferensi merupakan versi

     diskrit dari sebagian besar teknik-teknik persamaan diferensial.

            Dalam penulisan kali ini hanya membahas persamaan diferensi linear orde satu dan

     dua baik untuk persamaan homogen maupun nonhomogen, serta aplikasinya dalam bidang

     biologi. Selain itu juga akan dibahas dua metode untuk mencari solusi persamaan diferensi
                                       1
     linear nonhomogen yaitu metode koefisien yang diketahui dan metode transformasi-Z.
             Dari uraian diatas maka penulis mengangkat judul “ Persamaan Diferensi Linear

     dan Aplikasinya “ , sebagai judul skripsi.



B.   PERMASALAHAN

     1. Bagaimana mendapatkan solusi umum persamaan diferensi linear homogen dengan

       koefisien konstan.

     2. Bagaimana mendapatkan solusi umum untuk persamaan diferensi linear nonhomogen

       dengan koefisien konstan dan dengan menggunakan metode koefisien tak diketahui dan

       metode transformasi-Z.

     3. Bagaimana aplikasi persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.



C.   TUJUAN PENELITIAN

     1. Mendapatkan solusi umum persamaan diferensi linear homogen dengan koefisien

       konstan.

     2. Mendapatkan solusi umum untuk persamaan diferensi linear nonhomogen dengan

       koefisien konstan dan dengan menggunakan metode koefisien tak diketahui dan metode

       transformasi-Z.

     3. Dapat menggunakan persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.




D.   MANFAAT PENELITIAN

             Untuk mendapatkan wawasan dan pengetahuan tentang diferensi linear khususnya

     persamaan diferensi linear dengan orde satu dan orde dua.
E.   SISTEMATIKA PENULISAN SKRIPSI

             Penulisan skripsi ini secara garis besar dibagi menjadi tiga bagian, yaitu bagian

     awal, bagian isi, dan bagian akhir.

     Bagian awal, memuat halaman judul, abstrak, halaman pengesahan, halaman motto,

     halaman persembahan, kata pengantar, dan daftar isi.

     Bagian isi terbagi atas 5 bab, yaitu:

     BAB I    PENDAHULUAN

              Membahas tentang alasan pemilihan judul, permasalahan yang diangkat, tujuan

              penelitian, manfaat penelitian, dan sistematika penulisan skripsi.

     BAB II LANDASAN TEORI

              Mencakup pembahasan materi-materi pendukung yang digunakan dalam

              pemecahan masalah.

     BAB III METODE PENELITIAN

              Memaparkan tentang prosedur atau langkah-langkah yang dilakukan dalam

              penelitian ini meliputi menemukan masalah, perumusan masalah, studi pustaka,

              analisis dan pemecahan masalah, penarikan simpulan.



     BAB IV PEMBAHASAN

               Dalam bab ini berisi pembahasan dan analisis dari penelitian.

     BAB V PENUTUP

              Berisi tentang kesimpulan dari hasil pembahasan dan saran yang ditujukan untuk

              pembaca umumnya dan bagi penulis sendiri khususnya.
   Bagian akhir memuat daftar pustaka sebagai acuan penulisan dan lampiran-lampiran yang

   mendukung kelengkapan skripsi.




                                       BAB II

                                LANDASAN TEORI



A. Persamaan Diferensi

   Definisi 1.
Persamaan diferensi adalah persamaan yang menghubungkan perbedaan suku-suku dari

barisan bilangan-bilangan (y0, y1, y2, …, yn, … ) dengan nilai-nilai yn dari barisan tersebut

yang tidak diketahui kwatitasnya dan diharapkan untuk ditemukan. Barisan sering

                           n=∞
dinotasikan dengan (yn)           atau secara singkat (yn) ataupun yn. Kecuali ditunjukan
                           n=0

dengan cara lain selalu diasumsikan bahwa indeks n adalah bilangan bulat 0, 1, 2, … .

Contoh persamaan diferensi:

(1) yn+1 – 0,08yn = 1.                                                 (1)

(2) yn+2 – yn+1 + yn = 2n + 1.                                         (2)

                                                         ( Farlow, 1994; 396 )

Definisi 2.

Orde persamaan diferensi adalah selisih antara indeks terbesar dan indeks terkecil dari

anggota-anggota barisan yang muncul pada persamaan.

Dari persamaan di atas persamaan (1) adalah persamaan orde satu, dan persamaan (2) adalah

persamaan orde dua.

                                                         ( Farlow, 1994; 396 )




Persamaan-persamaan Diferensi Linear 5

Bentuk umum dari persamaan diferensi linear orde satu dan orde dua berikut-berikut adalah:

anyn+1 + bnyn = fn dan                                                 (3)

anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = fn.                                           (4)

Barisan-barisan (an), (bn), dan (cn) menyatakan koefisien-koefisien yang diberikan dan yn,

yn+1, yn+2 adalah barisan-barisan konstan atau tergantung pada n.
   Jika semua suku-suku dari barisan itu konstan, maka persamaannya dikatakan mempunyai

   koefisien konstan, namun jika tidak persamaan tersebut dikatakan mempunyai koefisien

   variabel.

   Jika tidak semua anggota-anggota dari barisan (fn) adalah nol, maka persamaannya disebut

   persamaan diferensi nonhomogen. Jika semua anggota-anggota (fn) adalah nol maka

   persamaannya disebut persamaan diferensi homogen.

                                                           ( Farlow, 1994; 397)



B. Beberapa Teori Solusi Dasar.

   Teorema 3.

   Jika dua barisan (un) dan (vn) adalah solusi dari persamaan diferensi linear homogen

   Anyn+2 + Bnyn+1 + Cnyn = 0                                            (5)

   maka setiap kombinasi linear dari barisan tersebut yang berbentuk

   c1 (un) + c2 (vn) = (c1 un + c2 vn)

   dengan c1 dan c2 sebarang konstan juga merupakan solusi dari persamaan diferensi (5).



   Bukti:

   Dipunyai (un) dan (vn) adalah solusi-solusi dari persamaan (5).

   Jadi         Anun+2 + Bnun+1 + Cnun = 0                               (6)

   dan         Anvn+2 + Bnvn+1 + Cnvn = 0                                (7)

   Akan dibuktikan bahwa

               c1 (un) + c2 (vn) = (c1 un + c2 vn)

   juga merupakan solusi dari persamaan (5)
sehingga

An[c1un+2 + c2vn+2] + Bn[c1un+1 + c2vn+1] + Cn[c1un + c2vn]

= [ Anc1un+2 + An c2vn+2] + [Bnc1un+1 + Bn c2vn+1] + [Cnc1un + Cn c2vn]

= [ Anc1un+2 + Bnc1un+1 + Cnc1un] + [An c2vn+2 + Bn c2vn+1 + Cn c2vn]

= c1[Anun+2 + Bnun+1 + Cnun] + c2 [An vn+2 + Bn vn+1 + Cn vn]

= c1 0 + c2 0

=0+0

= 0.

Jadi c1 (un) + c2 (vn) = (c1 un + c2 vn) juga merupakan solusi dari persamaan diferensi (5).

                                                             ( Farlow, 1994; 400 )




Berikut disajikan definisi dan barisan yang bebas linear.

Definisi 4.

Dua barisan (un) dan (vn), n ≥ 0 dikatakan bebas linear jika dan hanya jika

A un + B vn = 0    ∀ n = 0, 1, 2, ... berakibat A = B = 0.                 (8)

Jika ada konstanta A dan B yang keduanya tidak sama dengan nol sedemikian hingga

persamaan (8) dipenuhi untuk semua n ≥ 0 maka kedua barisan itu dikatakan tak bebas

linear.

                                                             ( Farlow, 1994; 400 )

Definisi 5.

Casoration C(un, vn) dari dua barisan (un) dan (vn) adalah barisan yang ditentukan dengan

determinan
                  u           v
                      n           n
C(un, vn) =                           = unvn+1 – un+1vn untuk n = 0, 1, 2, … . (9)
              u           v
                  n +1        n +1

Jika (un) dan (vn) adalah solusi-solusi persamaan linear homogen, maka casoration C(un, vn)

dari dua barisan itu selalu nol atau tidak pernah nol untuk semua n.



Teorema 6.

Jika (un) dan (vn) adalah dua solusi yang bebas linear dari

anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = 0                                                    (10)

maka setiap solusi (wn) dari persamaan (10) dapat dinyatakan sebagai

(wn) = c1 (un) + c2 (vn)                                                      (11)

dengan c1 dan c2 adalah suatu konstanta.

Bukti :

Dipunyai (un) dan (vn) adalah dua solusi persamaan (10). Jelas kombinasi linear c1 (un) + c2

(vn) juga merupakan solusi persamaan (11).

Akan dicari c1 dan c2.

Dipunyai (un) dan (vn) suatu solusi (10).

Ambil sembarang c1, c2 ∈ R.

Bangun c1(un) + c2(vn).

Tulis c1(un) + c2(vn) = (wn).

(wn) adalah sembarang solusi persamaan (10).

Karena itu c1 dan c2 akan memenuhi dua suku pertama

w0 = c1u0 + c2v0

w1 = c1u1 + c2v1
Dari uji kebebasan linear, bentuk (unvn+1 – un+1vn) = 0 bukan barisan Casoration, sehingga

u0v1 – u0v1 ≠ 0. Tetapi karena kedua barisan yaitu (wn) dan c1 (un) + c2 (vn) memenuhi

persamaan diferensi dan syarat awal yang sama, maka keduanya haruslah barisan yang sama.

Dua solusi yang bebas linear (un) dan (vn) disebut suatu himpunan basis dari solusi, dan

himpunan semua kombinasi solusi ini disebut solusi umum dari persamaan (10).

                                                         ( Farlow, 1994; 401 )




Solusi Persamaan Diferensi

Solusi dari persamaan diferensi adalah suatu barisan sederhana yang memenuhi persamaan

diferensi untuk semua nilai n = 0, 1, 2, … .

Teorema 7.

Solusi umum persamaan diferensi orde dua.

ayn+2 + byn+1 + cyn = 0.          (n = 0, 1, 2, … )                     (12)

tergantung pada dua akar r1 dan r2 dari persamaan karakteristik ar2+br +c = 0.

Karena a, b, dan c real, persamaan karakteristik mempunyai tiga kemungkinan nilai r1 dan r2,

yaitu:

1. Kasus r1 ≠ r2:

Jika r1 dan r2 akar-akar real dan berbeda, maka solusi umum persamaan (12) adalah:

yn = c1r1n + c2r2n.        (n = 0, 1, 2, … )                            (13)

dengan c1 dan c2 adalah konstanta.

Bukti:
Kasus ini muncul bila diskriminan D = b2 – 4ac dari persamaan (12) bernilai positif, karena

                                                  −b+ D
dengan demikian akar-akarnya adalah r1 =                dan
                                                    2a

       −b− D
r2 =                      n
             . Sehingga r 1 dan r n adalah dua barisan dari solusi persamaan diferensi linear
                                  2
         2a

                    n
homogen ini. Jika r 1 dan r n adalah dua barisan dari solusi persamaan diferensi linear
                            2


homogen maka setiap kombinasi linear dari barisan tersebut adalah:

yn = c1r1n + c2r2n, dengan c1 dan c2 sembarang konstan.

                                            n
Jadi setiap kombinasi linear dari barisan r 1 dan r n dengan akar-akar real dan berbeda adalah
                                                    2


solusi umum dari persamaan (3).

2. Kasus r1 = r2:

                       b
Jika r = r1 = r2 = -      , maka solusi umum dari persamaan (12) adalah:
                       2a

yn = c1rn + c2nrn      .      (n = 0, 1, 2, … )                                (14)

dengan c1 dan c2 adalah konstanta.

Bukti:

Dibuktikan dengan mensubstitusikan yn ke dalam persamaan (12) dengan

yn = c1rn + c2nrn      .      (n = 0, 1, 2, … )

a[c1rn+2 + c2(n+2)rn+2] + b[c1rn+1+ c2(n+1)rn+1] + c[c1rn + c2nrn]

= (ac1rn+2 + ac2nrn+2 + ac22rn+2) + (bc1rn+1 + bc2nrn+1 + bc2rn+1) + (cc1rn + cc2nrn).

= (ac1rn+2 + bc1rn+1 + cc1rn) + (ac2nrn+2 + bc2nrn+1 + cc2nrn) + (ac22rn+2 + bc2rn+1).

= c1(a rn+2 + b rn+1 + rn) + c2n (a rn+2 + b rn+1 + crn) + (ac22rn+2 + bc2rn+1).

= c1 0 + c2 0 + (ac22rn+2 + bc2rn+1).

= 0.
Jadi bentuk dalam kurung diatas yaitu:

ac22rn+2 + bc2rn+1 = 0.

             b                b
atau r = -      .Karena r = -    berarti persamaan karakteristik dari (12) mempunyai akar-akar
             2a               2a

yang sama dan yn = c1rn + c2nrn, (n = 0, 1, 2, … ) merupakan solusi dari persamaan (12).

3. Kasus (r1= rei θ , r2= r e-i θ ):

Jika akar-akarnya adalah kompleks sekawan, r1 = p+iq dan r2 = p-iq, ditulis dalam bentuk

eksponen sebagai r1 = rei θ dan r2 = r e-i θ , dengan

                                q
r = p 2 + q 2 dan tg θ =          , maka solusi umum dari persamaan (12) adalah:
                                p

yn = rn (c1 cos n θ + c2 sin n θ )            (n = 0, 1, 2, … )           (15)

dengan c1 dan c2 adalah konstanta.

Bukti:

Bila diskriminannya kurang dari nol (b2 – 4ac < 0) maka akar-akarnya

                                         b           D
r1 = p+iq dan r2 = p-iq dengan p = -        dan q =    . Dalam bentuk eksponen r1 dan r2 dapat
                                         2a         2a

ditulis sebagai r1 = rei θ dan r2 = r e-i θ dengan

                                q
r = p 2 + q 2 dan tg θ =          .
                                p

 x         x2 x3
e = 1+ x +   +   + ...
           2! 3!

                 (ix) 2 (ix) 3
eix = 1 + ix +         +       + ...
                   2!     3!

                  x2    x3
     = 1 + ix −      − i + ...
                  2!    3!
       x2 x4                    x3 x5       
    = 1 −
            +   − ...  + i  x −
                                   +   − ... 
                                               
          2! 4!                 3! 5!       

    = cos x + i sin x

ei θ = cos θ + i sin θ .



Solusi umum persamaan (12) adalah:

yn = c1r1n + c2r2n

= c1 (rei θ )n + c2 (r e-i θ )n.

= c1 rn ein θ + c2 rn e-in θ .

= c1rn (cos n θ + i sin n θ ) + c2rn (cos n θ - i sin n θ ).

= rn [ c1 (cos n θ + i sin n θ ) + c2 (cos n θ - i sin n θ )].

= rn [(c1 cos n θ + c1 i sin n θ ) + (c2 cos n θ - c2 i sin n θ )].

= rn [(c1 cos n θ + c2 cos n θ ) + (c1 i sin n θ - c2 i sin n θ )].

= rn [ (c1 + c2) cos n θ + (c1 i – c2i) sin n θ ].

= rn [C1 cos n θ + C2 sin n θ ].

Dengan C1 = c1 + c2 dan C2 = c1 i – c2 i.



Teorema 8.

Jika (pn) adalah solusi khusus dari persamaan nonhomogen

anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = fn,           (n = 0, 1, 2, … ).

(an ≠ 0), maka setiap solusi dari persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk

(yn) = (hn) + (pn)                     (n = 0, 1, 2, … ).

dengan (hn) adalah solusi umum persamaan homogennya.
   Bukti:

   Jika (pn) adalah solusi khusus dari persamaan diferensi linear nonhomogen anyn+2 + bnyn+1 +

   cnyn = fn

   maka anpn+2 + bnpn+1 + cnpn = fn.

   Akan ditunjukkan bahwa (hn) = (yn) – (pn) adalah solusi persamaan diferensi homogen.

   anhn+2 + bnhn+1 + cnhn = an (yn+2 – pn+2) + bn(yn+1 – pn+1) + cn (yn - pn).

                          = an yn+2 – an pn+2 + bnyn+1 – bn pn+1 + cn yn - cn pn.

                          = (an yn+2 + bnyn+1+ cn yn) – (an pn+2 + bn pn+1+ cn pn).

                          = fn - fn

                          = 0.

   Karena itu (hn) = (yn) – (pn) adalah solusi dari persamaan diferensi

   anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = 0.

   Dengan demikian (yn) dapat ditulis sebagai:

   (yn) = ((yn) – (pn)) + (pn)

       = (hn) + (pn).

   Teorema terbukti.



C. Masalah Nilai Awal.

   Masalah menemukan suatu solusi untuk persamaan diferensi yang diberikan syarat awalnya

   disebut “ masalah nilai awal “.

   Bilamana bentuk masalah menggunakan persamaan orde satu atau dua, sering diasumsikan

   bahwa satu anggota pertama atau dua anggota pertama dari barisannya yang diketahui.

   Untuk persamaan orde satu, bentuk yn+1 diselesaikan dalam bentuk yn, kemudian dapat
   ditentukan nilai-nilai y1, y2, y3, … dengan satu syarat awal y0. Sedangkan untuk persamaan

   orde dua bentuk yn+2 diselesaikan dalam bentuk yn+1 dan yn, kemudian ditentukan nilai-nilai

   y2, y3, y4, … dengan dua syarat awal y0 dan y1.

                                                               ( Farlow, 1994; 398 )



D. Fungsi

   Dipunyai pengaitan R : A → B.

   R merupakan fungsi jika dan hanya jika :

   (a) ∀ x ∈ A ∃ y ∈ B ∋ y = R(x) dan

   (b) ∀ x1, x2 ∈ A, x1 = x2, f(x1) = f(x2).



E. Derivatif (turunan)

   Definisi 9.

   Dipunyai f : (a, b) → R fungsi kontinu dan x0 ∈ (a,b).

           limf ( x 0 + h) − f ( x 0 )
   Jika                                ada,
          h→0            h

             lim
               f ( x 0 + h) − f ( x 0 )
   maka                                 disebut turunan f di xo dan diberikan lambang f’(xo).
           h→0            h



   Teorema 11.

                   lim
                     f ( x 0 + h) − f ( x 0 )
   Dipunyai                                   = f(xo).
                 h→0            h

   Jika f’(xo) ada maka f kontinu di x = xo.
   Bukti:

   Dipunyai f’(xo) ada.

                     limf ( x 0 + h) − f ( x 0 )
   Jelas f’(xo) =                                .
                    h→0            h

   Tulis f’(xo) = a.

                          lim       f ( x) − f ( x0 )
                ⇔               .                     = a.
                     x → xo              x − xo

                          lim                    lim
                ⇔                f ( x) =              = a(x - xo).
                      x → xo                x → xo

                          lim                            lim
                ⇔                f ( x) = f ( xo ) =            a ( x − x o ).
                     x → xo                            x → xo

                    lim
                            f ( x) = f ( xo ).
               x → xo

   Jadi f kontinu di titik x = xo.



F. Beberapa definisi dan teorema dari barisan dan deret

   Pengertian Barisan:

   Dipunyai fungsi f : A → R.

   Jelas Rf = ( f(1), f(2), f(3), … )

            = ( f(1), f(3), f(2), … )

   Perhatikan ( f(1), f(2), f(3), …) ≠ ( f(2), f(1), f(3), …).

   Ekspresi ( f(1), f(2), f(3), …) disingkat (f(n))n ∈ A disebut barisan yang dibangun oleh fungsi

   f.



   Contoh
Suatu barisan disajikan dengan 5 unsur pertama, yaitu: (2, 4, 6, 8, 10, … ).

Jelas (2, 4, 6, 8, 10, … ) = (2.1, 2.2, 2.3, 2.4, … ).

Jadi (2, 4, 6, 8, 10, … ) = (2n)n ∈ A.



Definisi 10.

Barisan (an) mempunyai limit L ⇔ untuk setiap ε > 0 terdapat suatu bilangan asli N

sehingga | an – L | < ε apabila n > N.

Diketahui (an)n ∈ A konvergen ke L dan ditulis

 Limit
         an = L.
n→∞



Definisi 11.

Barisan an dikatakan

i. naik apabila an < an+1 untuk semua n.

ii. turun apabila an > an+1 untuk semua n.

suatu barisan yang naik atau turun disebut monoton.

Contoh :

           1 2 3      n
(1) Barisan , , , …,      , … adalah naik.
           2 3 4     n +1

                   1 1 3    1
(2) Barisan 1,      , , , …, , … adalah turun.
                   2 3 4    n




Definisi 12.
Bilangan C disebut batas bawah barisan (an) apabila C ≤ an untuk semua bilangan bulat

positif n dan bilangan D disebut batas atas barisan (an) apabila an ≤ D untuk semua bilangan

bulat positif n.



Definisi 13.

Barisan (an) dikatakan terbatas jika dan hanya jika barisan terbatas tersebut mempunyai

batas atas dan batas bawah.



Teorema 14.

Suatu barisan yang monoton terbatas adalah konvergen.

Bukti :

Dipunyai barisan (an) monoton naik dan terbatas di atas.

Tulis A = (an : n ∈ N ) ⊆ R.

Jelas A terbatas di atas.

Tulis a = sup A.

Ambil sembarang ε > 0.

Jelas a – ε bukan suatu batas atas A.

Pilih n0 ∈ N ∋ a – ε < an 0 .

Dipunyai (an)n ∈ N monoton naik.

Jelas an > an 0 ∀ n > no.

Jadi a – ε < an 0 < an ≤ a < ε.

Jadi ∀ ε > 0 ∃ no ∈ N ∋ | an – a | < ε maka n > no.

Jadi (an)n ∈ N → a.
   Jadi (an) adalah suatu barisan yang konvergen.



   Definisi 15.

   Dipunyai (un) suatu barisan dan

   Sn = u1 + u2 + u3 + … + un

   Barisan (sn) disebut deret tak hingga.

   Deret tak hingga ini dinyatakan dengan :

    ∞

   ∑u
   n =1
          n   = u1 + u2 + u3 + … + un + …


   Bilangan – bilangan u1, u2, u3, …, un , … disebut suku–suku deret tak hingga, sedangkan

   bilangan–bilangan s1, s2, s3, … disebut jumlah parsial deret tak hingga.



G. Deret khusus

                                                   ∞
   a. Deret geometri didefinisikan sebagai:        ∑ a rn-1 = a + ar + ar2 + … .
                                                   n =1


   Selanjutnya a disebut suku pertama dan r disebut rasio.

                                  ∞
   Jika | r | < 1 maka deret      ∑ a rn-1 kovergen.
                                  n =1


                                    ∞
   Jika | r | ≥ 1 maka deret      ∑ a rn-1 divergen.
                                   n =1



                 a (1 − r n )
   Jelas Sn =                 .
                    1− r



   Kasus | r | < 1:
                    lim
   Jelas Sn =           Sn.
                   n→∞

                    lim a (1 − r n )
               =                     .
                   n→∞     1− r

                    a
               =        .
                   1− r

                                         ∞
                                               1       1     1     1
   b. Deret p didefinisikan sebagai:     ∑
                                         n =1   p
                                                  =
                                                        p
                                                          +
                                                              p
                                                                +
                                                                    p
                                                                      + ….
                                              n       1     2     3


   Dengan p adalah suatu konstanta, kovergen untuk p > 1 dan divergen untuk

    p ≤ 1. Deret dengan p = 1 disebut deret harmonik.



H. Transformasi-Z.

   Definisi 16.

   Transformasi-Z dari barisan (yo, y1, y2, … ) adalah fungsi F(z) yang didefinisikan oleh deret

   infinite:

                             y1   y2  y3
   F(z) = Z(yn ) = yo +         + 2 + 3 +…                                    (18)
                             z    z   z

   Transformasi-z adalah pemetaan dari klas barisan ke klas fungsi, sering ditunjukan dengan Z

   : (yn) → F (z).

   Barisan semula (yn) disebut juga transformasi kebalikan-Z atau invers transformasi-Z ataupun

   kebalikan dari F(z). Ditunjukan dengan Z-1[F(z)]. Jadi (yn) = Z-1[F(z)].



                                                             (Farlow, 1994;413)

   Contoh

   Tentukan transformasi-Z dari barisan berikut:
a. (1) = (1, 1, 1, …, 1, … ).

b. (yn) = (1, r, r2, …, rn, … ).

c. (yn) = (1, 2, 3, …,n, … ).

d. (yn) = (0, 1, 1, 1, …, 1, … ).

Penyelesaian:

                 1   1       1         z
a. Z(1) = 1 +      + 2 +…=      −1
                                   =                                  │z│>1.
                 z   z     1− z      z −1

                 r  r2         1        z
b. Z(yn) = 1 +     + 2 +…=        −1
                                     =                                │z│> r.
                 z   z     1 − rz      z−r

                 2    3        z
c. Z(yn) = 1 +     + 2 +…=                                            │z│>1.
                 z   z     (1 − z ) 2

                 1   1     1 z        1
d. Z(yn) = 0 +     + 2 +…=        =                                   │z│>1.
                 z   z     z z −1   z −1



Sifat-sifat Transformasi-Z.

Sifat-sifat berikut dipenuhi oleh transformasi-Z yaitu:

1. Sifat linear.

    Z(ayn+bzn) = a Z(yn) + b Z(zn).

    Bukti:

    Z(ayn+bzn) = Σ (ayn+bzn) z-n.

                                     (ay1 + bz1 ) (ay 2 + bz 2 )
                   = (ayo + bzo) +               +               +…
                                          z            z2

                                    ay bz   ay    bz 
                   = (ayo + bzo) +  1 + 1  +  22 + 22  + …
                                    z   z  z       z 

                         ay az               by bz        
                   = ay o 1 + 22 + ... + by o 1 + 22 + ...
                          z   z               z   z       
                 = a Z(yn) + b Z(zn). Terbukti.

2. Sifat pergeseran.

    a. Z(yn+1) = z Z(yn) – z yo.

    Bukti:

                     y 2 y3 y4
    Z(yn+1) = y1 +      +  +   + ...
                     z z2 z3

                 y   y2 y3       
             = z  1 + 2 + 3 + ...
                 z z     z       

                       y   y2 y3       
             = z  y o + 1 + 2 + 3 + ... − zy o .
                        z z    z       

             = z Z(yn) – z yn.

   Terbukti.

       b. Z(yn+1) = z2 Z(yn) – z2yo – zy1.

    Bukti:

                      y3 y 4 y5
    Z(yn+2) = y2 +      +   +   + ...
                      z z2 z3

                   y 2 y3 y 4     
             = z2  2 + 3 + 4 + ...
                  z    z  z       

                        y   y 2 y3      
             = z2  y o + 1 + 2 + 3 + ... − z 2 y o − zy1
                         z z    z       

             = z2 Z(yn) – z2 yo – zy1. Terbukti.

3. Sifat derivatif

                  d
   Z(nyn) = -z       F(z).
                  dz

   dengan (yn) = (yo, y1, y2, … ).
         (yn+1) = (y1, y2, y3, … ).

         (yn+2) = (y2, y3, y4, … ).

Bukti:

                  y1 2 y 2 3 y 3
Z(nyn) = 0yo +      + 2 + 3 + ...
                  z   z     z

                 y1 2 y   3y       
         = -z 0 − 2 − 32 − 43 + ...
                 z    z    z       

                      y    y 2 y3     
              d  y o + 1 + 2 + 3 + ...
         = -z                         
                        z z     z
                           dz

                d
         = -z      F(z).
                dz

Terbukti.




                                      BAB III

                            METODOLOGI PENELITIAN
        Pada penelitian ini metode yang penulis gunakan adalah studi pustaka. Langkah-

langkah yang dilakukan adalah sebagai berikut :

A. Menentukan Masalah.

  Dalam tahap ini dilakukan pencarian sumber pustaka dan memilih bagian dalam sumber

  pustaka tersebut yang dapat dijadikan sebagai permasalahan.

B. Merumuskan Masalah.

   Tahap ini dimaksudkan untuk memperjelas permasalahan yang telah ditemukan, yaitu :

  1. Bagaimana mendapatkan solusi umum persamaan diferensi linear homogen dengan

       koefisien konstan.

  2. Bagaimana mendapatkan solusi umum untuk persamaan diferensi linear nonhomogen

       dengan koefisien konstan dan dengan menggunakan metode koefisien tak diketahui

       dan metode transformasi-Z.

  3. Bagaimana aplikasi persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.

C. Studi Pustaka.

   Dalam tahap ini dilakukan kajian sumber-sumber pustaka dengan cara mengumpulkan

   data atau informasi yang berkaitan dengan permasalahan, mengumpulkan konsep

   pendukung seperti definisi dan teorema serta membuktikan teorema-teorema yang
                                 24
   diperlukan untuk menyelesaikan permasalahan. Sehingga didapat suatu ide mengenai

   bahan dasar pengembangan upaya pemecahan masalah.

D. Analisis dan Pemecahan Masalah.

  Analisis dan pemecahan masalah dilakukan dengan langkah-langkah sebagai berikut :

   1. Mencari solusi umum persamaan diferensi linear:

       a. Untuk persamaan diferensi linear homogen.
       b. Untuk persamaan diferensi linear nonhomogen.

      Solusi umum persamaan diferensi linear nonhomogen dicari dengan dua metode yaitu

      :

       (i). Metode diskrit koefisien yang tak diketahui.

       (ii).Transformasi-Z.

   2. Pembahasan aplikasi persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.

E. Penarikan Simpulan.

  Tahap ini merupakan tahap akhir dari penelitian. Penarikan simpulan dari permasalahan

  yang dirumuskan berdasarkan studi pustaka dan pembahasannya.
                                           BAB IV

                                      PEMBAHASAN



A. MENCARI SOLUSI UMUM PERSAMAAN DIFERENSI LINEAR HOMOGEN.

  a. Persamaan Diferensi Orde Satu.

    Bentuk umum dari persamaan diferensi linear orde satu dengan koefisien konstan adalah:

             ayn+1 + byn = 0                                      (A.1)

    dengan a dan b sembarang konstanta.

    Solusi dari persamaan ini dapat ditemukan dengan mencoba menuliskannya dalam bentuk:

             yn = rn                                              (A.2)

    dengan r ≠ 0 dan r konstanta yang tidak diketahui.

    Persamaan (A.2) disubstitusikan ke dalam persamaan (A.1), didapat

             arn+1 + brn = 0

             rn(ar + b) = 0

                                                                                b
    Dari sini diperoleh ar+b= 0 yang disebut persamaan karakteristik dan r=-      yang disebut
                                                                                a

    akar persamaan karakteristik, dengan a ≠ 0. Maka solusi umum persamaan (A.1) adalah:

                           n
                     b
             yn = c −                                           (A.3)
                     a

    dengan c adalah sembarang konstanta.

                                      (A.3) diberikan maka persamaan (A.1) disebut masalah
    Jika suku pertama yo dari barisan 26

    nilai awal dan solusi yang dihasilkan oleh masalah nilai awal itu adalah:

                               n
                      b
             yn = yo −                                          (A.4)
                      a
Contoh

Cari solusi dari masalah nilai awal dan gambarkan grafik dari 5 suku pertama solusi-

solusinya

1. yn+1 – 2yn = 0       y0 = 1

2. yn+1 – 0.5yn = 0     y0 = 1

selidiki juga barisannya konvergen atau divergen.

Penyelesaian

1. Persamaan karakteristik dari yn+1 – 2yn = 0 adalah r – 2 = 0 sehingga diperoleh r = 2.

Dengan demikian solusi dari persamaan diferensinya adalah yn = c2n dan solusi dari

masalah nilai awal adalah yn = 2n.

yo = 1

y1 = 21 = 2

y2 = 22 = 4

y3 = 23 = 8

y4 = 24 = 16
     18        yn
     16
     14
     12
     10
      8
      6
      4
      2
      0                                                       n
           0                 1   2       3         4          5



  (yn) = (2n│n =0, 1, 2,…).

  Barisannya monoton naik, mempunyai batas bawah, dan tidak punya batas atas, sehingga

  tidak terbatas.

  Jadi barisan yn divergen.



2. Persamaan karakteristik dari yn+1 – 0.5yn = 0 adalah r – 0.5 = 0 sehingga   r= 0.5. Dengan

  demikian solusi dari persamaan diferensinya adalah yn=c(0.5)n dan solusi dari masalah

  nilai awal adalah yn= (0.5)n.

  yo = 1

                    1
  y1 = 0.5 =
                    2

                        1
  y2 = (0.5)2 =
                        4

                        1
  y3 = (0.5)3 =
                        8

                         1
  y4 = (0.5)4 =
                        16
     1.2        yn

        1

     0.8

     0.6

     0.4

     0.2

        0                                                    n
            0          1        2             3          4       5



            1
   (yn) = (( )n │n = 0, 1, 2, … ).
            2

  Barisannya monoton turun dan terbatas (mempunyai batas atas dan batas bawah).

  Jadi barisan yn konvergen.



b. Persamaan Diferensi Orde Dua.

  Pandang persamaan diferensi linear homogen dengan koefisien konstan

  ayn+2 + byn+1 + cyn = 0.           (n = 0, 1, 2, … )                 (A.5)

  dengan a, b, dan c sembarang konstanta.

  Untuk menyelesaikan persamaan ini, dengan mencoba suatu solusi dalam bentuk yn = rn

  dengan r ≠ 0 dan r konstanta yang tidak diketahui.

  Dengan mensubtitusikan yn = rn ke dalam persamaan (A.5) diperoleh:

  rn (arn + br + c) = 0.

  persamaan ini memenuhi untuk semua n = 0, 1, 2, … jika dan hanya jika r memenuhi

  persamaan karakteristik
ar2 + br + c = 0.                                                    (A.6)

Solusi umum persamaan (A.5) dapat dilihat dari teorema 3.

Contoh

1. Cari solusi dari masalah nilai awal berikut dan gambarkan grafik dari lima suku pertama

    solusinya

    yn+2 + yn+1 – 6yn = 0,                       yo = 1, y1 = 0.

Penyelesaian:

Dicari dulu solusi umum dari persamaan diferensi. Persamaan karakteristiknya adalah:

r2 + r – 6 = (r-2)(r+3) = 0,

dengan akar-akar real dan tak sama yaitu r1 = 2, r2 = -3. Sehigga solusi umumnya adalah:

yn = c12n + c2(-3)n                      (n = 0, 1, 2, … ).

Substitusikan ke dalam syarat awal yang diberikan didapat:

yo = c1 + c2 = 1.

y1 = 2c1 – 3c2 = 0.

                      3       2
Dengan solusi c1 =      , c2 = . Dengan demikian solusi masalah nilai awal adalah:
                      5       5

         3 n   2
  yn =     2 +   (-3)n                   (n = 0, 1, 2, … ).
         5     5

5 suku pertama solusinya adalah:

y1 = 0

       3        2
y2 =     (2)2 +   (-3)2 = 6
       5        5

       3        2
y3 =     (2)3 +   (-3)3 = -6
       5        5
       3        2
y4 =     (2)4 +   (-3)4 = 42
       5        5


   50          yn

   40

   30

   20

   10

       0                                                   n
           0        1          2     3          4          5
  -10



2. Cari solusi dari masalah nilai awal berikut dan gambarkan grafik dari 5 suku pertama

solusi-solusinya.

yn+2 – 6yn+1 + 9y = 0,                yo = 2, y1 = 15.

Selidiki juga barisannya konvergen atau divergen.

Penyelesaian:

Dicari lebih dulu solusi umum persamaan diferensi. Persamaan karakteristiknya adalah:

r2 – 6r + 9 = (r - 3)2 = 0.

Dengan akarnya adalah r1 = r2 = 3.

Jadi solusi umumnya adalah:

yn = c1 3n + c2 n 3n                  (n = 0, 1, 2, … ).

Substitusikan persamaan ini ke dalam syarat awal yang diberikan didapat:

yo = c1 = 2

y1 = 3c1 + 3c2 = 15

dengan c1 = 2 dan c2 = 3. Dengan demikian solusi dari masalah nilai awal semula adalah:
yn = 2 (3n ) + 3 n (3n )                  (n = 0, 1, 2, … ).

5 suku pertama solusinya adalah:

yo = 2.

y1 = 15.

y2 = 2 (32 ) + 3 (2) (32 ) = 72.

y3 = 2 (33 ) + 3 (3) (33 ) = 297.

y4 = 2 (34 ) + 3 (4) (34 ) = 1134.


   1200           yn

   1000

    800

    600

    400

    200

          0                                                    n
              0        1            2       3           4      5



(yn) = (2 (3n ) + 3 n (3n ) │n = 0, 1, 2, … ).

Barisannya adalah barisan yang monoton naik, mempunyai batas bawah dan tidak

mempunyai batas atas, sehingga tidak terbatas.

Jadi barisannya divergen.

3. Cari solusi masalah nilai awal berikut dan gambarkan grafik dari 5 suku pertama

solusinya.

yn+2 – 2yn+1 + 2yn = 0,                   yo = 1, y1= 0.

Selidiki juga apakah barisannya konvergen atau divergen.

Penyelesaian:
Dicari dulu solusi umum persamaan diferensi. Persamaan karakteristiknya adalah r2 - 2r + 2

= 0, dengan akar-akarnya adalah r1= 1+ i, r2 = 1 – i. Dalam bentuk eksponen dapat ditulis r1

                                                                    π
= rei θ dan r2 = r e-i θ , dengan r =        2 dan θ = arc tg 1 =       .
                                                                    4

Dengan demikian solusi umumnya adalah:

                   nπ           nπ 
yn = ( 2 )n c1 cos    + c 2 sin
                    4            4 
                                    

         n
         2             nπ          nπ 
  =2             c1 cos 4 + c 2 sin 4  .              (n = 0, 1, 2, … ).
                                      

Substitusikan persamaan ini ke dalam syarat awal yang diberikan:

yo = c1 = 1

             1
         1      1      
y1 = 2 2  2c1 +   2c 2 
         2      2      

   = c1 + c2 = 0.

atau c1 = 1 dan c2 = -1.

                   n
                  nπ       nπ 
Jadi yn = 2 2 cos    − sin      ,                      (n = 0, 1, 2, … ).
                   4        4 
                               

yo = 1.

y1 = 0.

          2
          2         2π      2π 
y2 = 2           cos 4 − sin 4  = -2.
                               

          3
             3π      3π 
y3 = 2 2 cos    − sin  = -4.
              4       4 
            4
           2
             4π       4π 
   y4=2 cos    − sin      =-4.
             4        4 
                         


       2        yn

       1

       0                                                         n
            0         1             2          3             4       5
       -1

       -2

       -3

       -4

       -5



   (yn) = (1, 0, -2, -4, -4, … ).

   Barisan ini bukan barisan monoton. Jadi barisannya divergen.




B. MENCARI SOLUSI UMUM PERSAMAAN DIFERENSI LINEAR NONHOMOGEN.

  Misalkan persamaan diferensi linear nonhomogen dengan koefisien konstan

  ayn+2 + byn+1 + cyn = fn,             (n = 0, 1, 2, … ).               (B.1)

  dengan a, b, dan c sembarang konstanta.

  Solusi umum dari persamaan ini adalah jumlah dari solusi umum persamaan homogennya

  ditambah sembarang solusi khusus dari persamaan (B.1).
a. Metoda Diskrit Koefisien yang Tak Diketahui.

Metode diskrit koefisien yang tak diketahui ini adalah cara untuk menentukan solusi khusus

dari persamaan diferensi yang bagian nonhomogennya mempunyai bentuk tertentu seperti

dalam tabel (B.1) berikut ini. Ide dasar metode ini adalah mengamsumsikan bahwa pn suatu

bentuk yang mirip dengan bentuk fn, yang mengandung koefisien yang tidak diketahui dan

yang harus ditentukan melalui substitusi pn ini ke dalam persamaan semula.

Tabel B.1 Solusi khusus dari ayn+2 + byn+1 + cyn = fn.



                    fn                       Bentuk solusi khusus pn

 1. a (konstanta)                    A

 2. ank (k = bil bulat)              Aonk + A1nk-1+ … + Ak-1n+Ak

 3. a bn                             A bn

 4. a cos bn                         A cos bn + B sin bn

 5. a sin bn                         A cos bn + B sin bn



Ada dua aturan yang harus dipenuhi jika menggunakan metoda ini yaitu:

1. Jika fn terdiri beberapa faktor, maka solusi khusus adalah jumlah solusi khususnya untuk

   tiap-tiap faktor dalam fn.

2. Jika suatu faktor dari solusi khusus adalah kelipatan dari solusi homogen, maka semua

   faktor-faktor dalam solusi khusus harus dikalikan dengan pangkat bilangan bulat positif

   terendah n untuk menjamin bahwa tidak ada kelipatannya.

Contoh

1. Cari Solusi dari masalah nilai awal berikut:
yn+2 – 4yn+1 + 4yn = n +1          yo = 3 y1 = 6

Penyelesaian:

Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r2 – 4r + 4 = 0, dengan akar-akar

yang sama r1 = r2 = 2.

Dengan demikian solusi umum dari persamaan homogennya adalah:

hn = c1 2n + c2 n 22                       (n = 0, 1, 2, … ).

Dengan melihat tabel (B.1) nomor 1 dan 2, dicoba solusi khusus yang berbentuk pn = An + B.

Dengan mensubstitusikan pn ke dalam persamaan diferensinya, didapat:

An – 2A + B = n + 1                           (n = 0, 1, 2, … ).

Karena persamaan ini harus memenuhi untuk semua nilai n, maka untuk nilai n = 0 dan n = 1

juga dipenuhi sehingga didapat A=1, B=3 dan solusi khusus menjadi pn = n + 3.

Dengan demikian solusi umum persamaan diferensi adalah:

yn = c1 2n + c2 n 2n + n + 3.

Substitusikan kedalam syarat awalnya:

yo = c1 + 3 = 3

y1 = 2 c1= + 2 c2 + 1 + 3 = 6

didapat:

c1 = 0 dan c2 = 1.

Jadi solusi dari masalah nilia awal adalah:

yn = n 2n + n + 3, dengan n = 0, 1, 2, …



2. Cari solusi dari masalah nilai awal berikut:

yn+2 – 3yn+1 + 2yn =2n             yo = 2, y1 = 4.
Penyelesaian:

Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r2 – 3r + 2 = 0 dengan akar-

akarnya r1 = 1, r2 = 2.

Solusi homogennya adalah:

hn = c1 + c2 2n                   (n = 0, 1, 2, 3, …).

Solusi khusus dicari dengan mencoba pn = A 2n. Namun 2n ada dalam solusi homogennya,

jadi harus dikalikan lagi dengan n dan didapat pn = A n 2n.

Substitusikan persamaan ini ke dalam persamaan diferensinya, didapat:

A (n+2) 2n+2 – 3 A (n+1)2n+1 + 2An2n = 2n.

[4(n+2) A – 6 (n+1) A + 2nA] 2n = 2n, atau

     1
A=     .
     2

Dengan demikian pn = n 2n-1 adalah solusi khusus dan solusi umumnya adalah:

yn = c1 + c2 2n + n 2n-1          (n = 0, 1, 2, 3, …).

Substitusikan ke dalam syarat awalnya:

yo = c1 + c2 = 2.

y1 = c1 + 2c2 + 1 = 4.

didapat:

c1 = c2 = 1.

Jadi solusinya masalah nilai awal adalah:

yn = 1 + 2n + n 2n-1              (n = 0, 1, 2, 3, …).



3. Cari solusi umum dari masalah nilai awal berikut:
                 nπ                                          3
yn+2 – yn = sin                               yo = 2, y1 =     .
                 2                                           2

Penyelesaian:

Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r2 – 1 = 0 dengan akar-akarnya

r1 = 1, r2 = -1.

Solusi umum persamaan homogennya adalah:

hn = c1 + c2 (-1)n                      (n = 0, 1, 2, 3, …).

                                       nπ           nπ 
Untuk solusi khusus dicoba pn = A cos      + B sin     .
                                       2            2 

Substitusikan pn kedalam pesamaan diferensinya, didapat:

       (n + 2)π           (n + 2)π           nπ           nπ         nπ 
A cos            + B sin            - A cos      - B sin      = sin     .
           2                  2              2            2          2 

Dengan rumus-rumus trigonometri didapat:

        nπ           nπ           nπ           nπ         nπ 
-A cos      - B sin      - A cos      - B sin      = sin     .
        2            2            2            2          2 

          nπ           nπ         nπ 
-2 A cos      - 2 sin      = sin     .
          2            2          2 

                                                1
Didapat -2A = 0 dan -2B = 1 atau A = 0 dan B = - .
                                                2

                                      1      nπ 
Solusi khususnya adalah pn = -          sin                        (n = 0, 1, 2, 3, …).
                                      2      2 

Dan solusi umum persamaan diferensinya adalah:

                       1      nπ 
yn = c1 + c2 (-1)n -     sin                          (n = 0, 1, 2, 3, …).
                       2      2 

Substitusikan ke dalam syarat awalnya:

yo = c1 + c2 = 2.
                  1  3
y1 = c1 – c2 -      = .
                  2  2

Didapat c1 = 2 dan c2 = 0.

Jadi solusi masalah nilai awal adalah:

           1      nπ 
yn = 2 -     sin                               (n = 0, 1, 2, 3, …).
           2      2 



b. Transformasi-Z.

Persamaan diferensi dapat juga diselesaikan dengan transformasi-Z. Untuk memahami

transformasi-Z, pandang barisan bilangan-bilangan (yo, y1, y2, … ) dan bangun suatu deret

infinite dari variabel-variabel z sebagai berikut:

            ∞
                                     y1   y2  y3
Z(yn ) =   ∑y
           n =0
                  n   z − n = yo +
                                     z
                                        + 2 + 3 +…
                                          z   z
                                                                        (B.2)


Deret ini akan konvergen untuk │z│> R untuk beberapa bilangan R yang tergantung pada

(yn) dan pada daerah yang terdefinisi pada fungsi z. Fungsi z ini yang disebut transformasi-Z

barisan (yn).

Z(yn) adalah fungsi z yang sering ditunjukan dengan F(z). Sebagian barisan dan transformasi-

Z ditunjukan dalam tbel B.2 berikut ini.

Tabel B.2 Macam-macam transformasi-Z.



                      (yn)                            F(z)

 1. (1)                                     z
                                          z −1

 2. (rn)                                   z
                                          z−r
 3. (n)                                      z
                                         ( z − 1) 2

 4. (n2)                                 z ( z + 1)
                                         ( z − 1) 3

 5. Uk(r)                                   z
                                           k
                                         z (z − r)

 6. (sin bn)                                 z sin b
                                           2
                                         z − 2 z cos b + 1

 7. (cos bn)                               z ( z − cos b)
                                           2
                                         z − 2 z cos b + 1




Barisan Uk (r) disebut pergeseran barisan geometri yang mempunyai k suku pertama “0”

diikuti denagn 1, r, r2, r3, … .

Contoh

Uo (r) = (1, r, r2, r3, …),

U1 (r) = (0, 1, r, r2, r3, …),

U2 (r) = (0, 0, 1, r, r2, r3, …), dst.



Invers transformasi-Z dapat ditemukan dengan menggunakan tabel (B.2).

Contoh

                                                        1
Cari invers transformasi-Z dari fungsi F(z) =              .
                                                      z −1

Penyelesaian:
Bagi pembilang dan penyebut dengan z, didapat:

           1
F(z) =
         z −1

         1       1
    =
         z           1
             1−
                     z

         1  1 1          
    =      1 + + 2 + ... 
         z    z z        

             1 1    1
    =0+       + 2 + 3 + ... .
             z z   z

Dengan demikian invers transformasi-Z adalah (0, 1, 1, 1, … ).



Dengan menggunakan transformasi-Z ini suatu masalah nilai awal akan dirubah menjadi

persamaan lain yang lebih sederhana yang kemudian diselesaikan dengan sifat-sifat

transformasi-Z. Hasil-hasil yang diperoleh ditransformasikan kembali sehingga diperoleh

solusi dari masalah semula.

Contoh

Cari solusi dari masalah nilai awal berikut:

yn+2 – 4yn+1 + 4yn = n + 1,         yo = 3,          y1 = 6.

Penyelesaian:

Z(yn+2 – 4yn+1 + 4yn) = Z(n + 1).

Z(yn+2) – 4Z(yn+1) + 4Z(yn) = Z(n) + Z(1).

                                                      z        z
z2 Z(yn) – z2yo – zy1 - 4[z Z(yn)-zyo] +Z(yn) =           +           .
                                                  ( z − 1) ( z − 1) 2

             2           2           z2
Z(yn) (z-2) – z yo –zy1 + 4zyo =            .
                                 ( z − 1) 2
  Dengan memasukan nilai dari yo dan y1 didapat:

                2      2            z2
  Z(yn) (z-2) – 3z – 6z + 12z =            .
                                ( z − 1) 2

                                         z2
  Z(yn) (z-2)2 – (3z2 – 6z) =                   .
                                     ( z − 1) 2

          z 2 + (3 z 2 − 6 z )( z − 1) 2
  Z(yn) =                                .
              ( z − 1) 2 ( z − 2) 2

            3 z 4 − 12 z 3 + 16 z 2 − 6 z
  Z(yn) =                                 .
                  ( z − 1) 2 ( z − 2) 2

            ( z 3 − 4 z 2 + 4 z ) + (3 z 4 − 6 z 3 + 24 z 2 − 12 z ) + (2 z 3 − 4 z 2 + 2 z )
  Z(yn) =                                                                                     .
                                           ( z − 1) 2 ( z − 2) 2

            z ( z − 2) 2 + 3 z ( z − 2) 2 ( z − 1) + 2 z ( z − 1) 2
  Z(yn) =                                                           .
                            ( z − 1) 2 ( z − 2) 2

                z           3z        2z
  Z(yn) =            2
                       +         +           .
            ( z − 1)     ( z − 1) ( z − 2) 2

  Inverskan kedua sisi persamaan didapat:

            z               3z        2z 
  yn = Z-1           2
                        +         +           .
            ( z − 1)     ( z − 1) ( z − 2) 2 

            z                 3z          -1      2z 
  yn = Z-1  (z − 1) 2  + Z-1            +Z            2 
                                                               .
                              ( z − 1)        ( z − 2) 

  yn = n + 3 + n 2n.



C. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSI DALAM BIDANG BIOLOGI.

  Dalam bidang biologi ini persamaan diferensi adalah alat yang ideal untuk mempelajari

  populasi biologi, karena banyak spesies tumbuhan dan hewan yang berubah dalam periode
 setiap tahun. Contohnya sekawanan rusa yang berubah setiap tahun karena pekawinan dan

 kelahiran dalam habitatnya. Demikian juga untuk hewan-hewan liar yang lain, perubahan

 jumlah populasi umumnya berlaku pada interval waktu tahunan. Karena itu persamaan

 diferensi dipilih untuk mempelajari perubahan dalam bidang biologi.

 Contoh

 Pengawasan industri penangkapan ikan.

 Seorang ahli biologi perikanan mempelajari akibat dari penangkapan ikan pada populasi air

 tawar. Populasi ikan dalam suatu danau awalnya berjumlah 1 juta dan kecepatan

 pertumbuhannya 4% per tahun. Peraturan memperbolehkan untuk menangkap ikan sebanyak

 80000 ikan per tahun. Dengan syarat ini berapakah ukuran populasi ikan di masa yang akan

 datang.

 Penyelasaian:

 Jika yn adalah ukuran populasi ikan pada akhir tahun ke n maka masalah nilai awal yang

 menggambarkan populasi ikan di masa yang akan datang:

 yn+1 – yn = 0.04yn       –   80000,              yo = 1000000.



 perubahan    pertumbuhan penangkapan             ukuran populasi
populasi ikan alami       ikan

 Solusi dari persamaan ini adalah:

  yn = 1000000 (1.04)n – 2000000 [(1.04)n - 1].

 = 1000000 (1.04)n + 2000000 -2000000(1.04)n.

 = 2000000 – 1000000(1.04)n.

 = 1000000 [ 2 – (1.04)n ].

 Jadi solusinya adalah:
yn = 1000000 [ 2 – (1.04)n ].

Aplikasi dalam bidang biologi ini dapat dirangkum sebagai berikut:

Jika suatu populasi biologi tumbuh dengan kecepatan k per periode waktu dan jika populasi

berkurang secara periodik sejumlah d maka persamaan diferensi yang menggambarkan

ukuran populasi pada akhir periode ke n (yn) adalah:

yn+1 = (1 + k) yn – d .

dengan solusinya:

                   d
yn = yo (1+k)n -     [ (1+k)n – 1 ].            (n = 0, 1, 2, 3, … ).
                   k
                                     DAFTAR PUSTAKA



Campbell, S.L. (1994). An Introduction to Differential Equations and Their Applications.

     California : Wadsworth Publishing Company.

Farlow, S.J. (1994). An Introduction to Differential Equations and Applications. New York :

     McGraw-Hill, Inc.

Kreyszig, E. (1988). Advanced Engineering Mathematics. New York : Jonh Wiley & Sons, Inc.

Leithold, L. (1991). Kalkulus dan Ilmu Ukur Analitik. Jakarta : Penerbit Erlangga.

Spiegel, M. R. (1974). Advanced Calculus. New York : McGraw-Hill, Inc.

				
DOCUMENT INFO
Shared By:
Categories:
Tags:
Stats:
views:7525
posted:5/20/2010
language:Indonesian
pages:51