PERSAMAAN DIFERENSIAL MASALAH NILAI AWAL DALAM PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA
2. Penyelesaian Persamaan Diferensial
Definisi 2.1.4
Penyelesaian persamaan diferensial tingkat ke- pada interval adalah
suatu fungsi yang mempunyai semua turunan yang diperlukan, yang jika menggantikan
,
′
,
′′
, … ,
menjadikan persamaan diferensial itu suatu identitas.
Contoh 2.1.7
Tunjukkan bahwa fungsi = 2 +
−
adalah penyelesaian dari persamaan diferensial
′
+ − 2 = 0.
Penyelesaian: Diketahui
= 2 +
−
, maka diperoleh
′
= −
−
. Kemudian substitusikan kedua fungsi tersebut ke dalam persamaan diferensial
sehingga diperoleh −
−
+ 2 +
−
− 2 = 0 Ruas kiri dari persamaan tersebut bernilai
0 sama dengan ruas kanan, maka fungsi
= 2 +
−
merupakan penyelesaian dari persamaan diferensial
′
+ −
2 = 0.
Contoh 2.1.8
Tentukan penyelesaian dari persamaan diferensial berikut ini
′
=
3
2
+5
Penyelesaian:
Penyelesaian persamaan tersebut disajikan oleh =
3
2
+5
=
3
2
+5
= 3
2
+ 5
−
1 2
Misalkan =
2
+ 5, maka = 2
atau
2
= , sehingga
= 3
1 2
+ . Karena
=
2
+ 5, maka penyelesaian dari persamaan diferensial tersebut adalah
= 3
2
+ 5
1 2
+ = 3
2
+ 5 +
Persamaan diferensial mempunyai tak hingga banyak penyelesaian. Misalnya pada Contoh 2.1.8 penyelesaiannya berbentuk
= 3
2
+ 5 + , dimana adalah kontanta real. Penyelesaian itu disebut keluarga penyelesaian.
Pemberian nama untuk keluarga penyelesaian adalah berdasarkan banyaknya parameter yang termuat dalam penyelesaian, dalam kasus di atas maka
= 3
2
+ 5 + disebut keluarga berparameter-satu.
Definisi 2.1.5
Suatu keluarga berparameter- dari penyelesaian persamaan diferensial tingkat ke- disebut penyelesaian umum dari persamaan diferensial, jika semua
penyelesaian persamaan diferensial dapat diperoleh dari keluarga berparameter- .
Definisi 2.1.6
Suatu penyelesaian persamaan diferensial tingkat ke- yang diperoleh dari penyelesaian umum dengan menentukan nilai parameter disebut penyelesaian
khusus.
Contoh 2.1.9
Penyelesaian umum dari
′′
+ 9 = 0 adalah keluarga berparameter-dua =
1
cos 3 +
2
sin 3 . Jika diambil
1
= 2 dan
2
= 1, maka penyelesaian khusus dari persamaan diferensial tersebut adalah
= 2 cos 3 + sin 3 .
3. Masalah Nilai Awal
Penyelesaian umum dari persamaan diferensial tingkat ke- memuat konstanta sembarang. Sedangkan, penyelesaian khusus dari suatu persamaan
diferensial diperoleh dari penyelesaian umum dengan memasukkan syarat bantu pada fungsi penyelesaian umum tersebut. Ada dua macam cara penentuan syarat
bantu untuk memperoleh penyelesaian khusus dari suatu persamaan diferensial seperti dijelaskan dalam definisi berikut ini.
Definisi 2.1.7
1 Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui berhubungan
dengan sebuah nilai , syarat itu disebut syarat awal. Persamaan diferensial dengan syarat awalnya disebut masalah nilai awal.
2 Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui berhubungan
dengan dua atau lebih nilai , syarat itu disebut syarat batas atau nilai batas. Persamaan diferensial dengan syarat batasnya disebut masalah nilai batas.
Contoh 2.1.10
a.
′
+ = 3,
0 = 1 merupakan masalah nilai awal. b.
′′
−
′
+ =
3
, 0 = 2, ′ 1 = −1, merupakan masalah nilai batas.
Contoh 2.1.11
Penyelesaian umum dari persamaan diferensial
′
+ = 1 adalah keluarga
berparameter-satu = 1 +
−
. Diberikan syarat bantu 0 = 0, tentukan
penyelesaian khusus dari persamaan diferensial tersebut. Penyelesaian:
Diketahui 0 = 0, maka diperoleh
0 = 1 + =
−1 Jadi penyelesaian khusus dari persamaan diferensial tersebut adalah
= 1 −
−
.
Contoh 2.1.12
Selesaikan masalah nilai awal berikut ini
′
=
2
0 = 2
Penyelesaian: Penyelesaian persamaan diferensial tersebut disajikan oleh
=
2 −2
= Ruas kiri dari persamaan di atas mudah untuk diintegralkan langsung. Sedangkan
untuk ruas kanan digunakan pengintegralan parsial dengan dimisalkan = dan
= sehingga
= dan
= , maka
−2
= −
−1
= −
−
−1
= −
+ =
−1 − +
Diketahui bahwa 0 = 2, sehingga = 1 2
. Jadi penyelesaian dari masalah nilai awal tersebut adalah
=
−2 2
−2 +1
Berikut ini diberikan definisi mengenai syarat Lipschitz yang akan digunakan dalam pembuktian teorema eksistensi dan ketunggalan.
Definisi 2.1.8
Fungsi , dikatakan memenuhi syarat Lipschitz terhadap variabel pada
himpunan ⊂ �
2
jika ada konstanta 0 dengan
,
1
− ,
2 1
−
2
Apabila ,
1
dan ,
2
di . disebut konstanta Lipschitz untuk .
Contoh 2.1.13
Tunjukkan bahwa , = 1 − 2 memenuhi syarat Lipschitz pada interval
= , |1
2, −2
5 .
Penyelesaian: Untuk sembarang titik
,
1
dan ,
2
di , maka ,
1
− ,
2
= 1 − 2
1
− 1 − 2
2
= 1 − 2
1
−
2
= 1 − 2
1
−
2
5
1
−
2
Maka memenuhi syarat Lipschitz pada terhadap variabel . Sedangkan,
konstanta Lipschitznya adalah 5.
4. Teorema Eksistensi dan Ketunggalan
Bentuk umum dari masalah nilai awal adalah sebagai berikut
′
= , , =
2.1 Andaikan masalah nilai awal tersebut mempunyai titik awal
, pada titik
0, 0, maka
′
= , , 0 = 0 2.2
Secara umum, jika titik awalnya tidak berada pada titik 0, 0 , maka dapat
ditranslasi agar titik ,
berada pada titik 0, 0. Berikut ini akan disajikan pembuktian dari teorema eksistensi dan ketunggalan, dimana masalah nilai awal
yang memenuhi syarat yang disebutkan dalam teorema nanti akan mempunyai penyelesaian dan penyelesaian tersebut adalah tunggal.
Teorema 2.1.1
Jika dan
� �
kontinu pada bidang �:
, , maka ada suatu interval
dimana ada penyelesaian tunggal =
� dari masalah nilai awal 2.2.
Bukti: Andaikan ada
= � , yaitu fungsi yang terdiferensial dan memenuhi masalah
nilai awal. Oleh karena itu, =
� merupakan fungsi kontinu dan karena kontinu, maka
[ , � ] merupakan fungsi yang kontinu pada . Jadi dengan
mengintegralkan
′
= , dari = 0 sampai ke sembarang nilai , diperoleh � = [ , � ]
2.3 yang disebut persamaan integral.
Ketika = 0, maka
� 0 = 0, yang memenuhi syarat awal. Andaikan ada fungsi kontinu
= � yang memenuhi persamaan integral 2.3, maka fungsi
ini juga memenuhi masalah nilai awal 2.2. Karena fungsi yang diintegralkan pada persamaan 2.3 kontinu, maka berdasarkan teorema dasar kalkulus
diperoleh bahwa � terdiferensial dan �
′
= [ , � ]. Oleh karena itu, masalah nilai awal 2.2 ekuivalen dengan persamaan integral 2.3, sehingga
penyelesaian yang memenuhi persamaan integral juga memenuhi masalah nilai awal. Penyelesaian dari persamaan integral tersebut tidak dapat dihitung secara
eksplisit, maka digunakan metode iterasi Picard untuk mencari hampirannya. Metode tersebut dimulai dengan menentukan syarat awal
� 0 = 0. Kemudian
�
1
diperoleh dengan mensubstitusikan �
untuk � pada ruas kanan persamaan 2.3, sehingga diperoleh
�
1
= [ , � ]
�
1
0 = 0 �
2
diperoleh dari �
1
�
2
= [ , �
1
] �
2
0 = 0 dan secara umum,
�
+1
= [ , � ] �
+1
0 = 0 Jadi setiap anggota barisan
� = � ,
�
1
, �
2
, … , � , … memenuhi syarat awal.
Jika pada suatu tahap, misalnya = ,
�
+1
= � , maka �
+1
= [ , � ] �
+1
= � � = [ , � ]
sehingga � merupakan penyelesaian dari persamaan integral 2.3. Jadi � juga
merupakan penyelesaian dari masalah nilai awal 2.2 karena masalah nilai awal dan persamaan integral tersebut adalah ekuivalen.
Pembuktian bahwa persamaan integral tersebut mempunyai penyelesaian dan tunggal akan dilakukan dalam beberapa langkah:
2.4
a. Pertama, akan dibuktikan bahwa semua anggota barisan � ada. Dari teo-
rema tersebut diketahui bahwa dan
� �
kontinu hanya pada bidang �:
, . Anggota dari barisan
� tidak dapat dihitung secara eksplisit dan jika pada suatu tahap, misal
= grafik dari = � memuat titik yang berada di
luar bidang �, maka perhitungan untuk �
+1
tidak dapat dilakukan karena memuat perhitungan
, pada titik yang tidak diketahui kontinuitasnya. Oleh karena itu, diperlukan batasan untuk agar semua anggota barisan tersebut terde-
finisi. Karena kontinu di dalam �, maka terbatas dalam � dan ada bilangan
positif sedemikian sehingga
, untuk setiap
, di �. Karena , � sama dengan �
′ +1
, maka nilai maksimum gradien dari grafik per- samaan
= �
+1
adalah . Karena grafik tersebut memuat titik 0,0 , maka grafik ini terletak pada daerah arsiran Gambar 2.1.1. Akhirnya diperoleh batasan
untuk , yaitu dimana
= min , . Oleh karena itu, dengan adanya
batasan untuk , maka semua anggota barisan � terdefinisi.
Gambar 2.1.1
kiri, kanan b.
Kedua, akan dibuktikan bahwa barisan � konvergen. Misalkan , �
−1
dan , � adalah dua titik sembarang di dalam �. Dengan meng- x
x x
x x
x x
x
gunakan teorema nilai rata-rata pada dan menganggap , sebagai fungsi
dari , maka diperoleh , �
−1
− , � =
� �
, � �
−1
− � 2.5 dimana
� berada di antara �
−1
dan � . Karena
� �
kontinu di dalam �,
maka terbatas di dalam �, sehingga ada bilangan positif sedemikian sehingga
� �
, untuk setiap
, di dalam � 2.6
Dari 2.5 dan 2.6 berlaku bahwa untuk setiap pasang titik , �
−1
dan , � di dalam �, fungsi memenuhi syarat
, �
−1
− , � �
−1
− � 2.7 Suatu fungsi yang terdefinisi di dalam suatu himpunan
� dan memenuhi syarat 2.7 untuk suatu konstanta positif
dan setiap pasang titik , �
−1
dan , � di dalam � disebut kontinu Lipschitz dalam di � dengan konstanta
Lipschitz . Selanjutnya akan dibuktikan bahwa
� , untuk = 0, 1, 2, … ada di dalam dan kontinu pada interval ini serta memenuhi ketaksamaan
� untuk
, = 0, 1, 2,
… 2.8 Pembuktian ini adalah untuk menunjukkan bahwa barisan 2.4 benar terdefinisi.
Dibuktikan dengan induksi: Untuk
= 0, �
= 0 kontinu dalam karena fungsi konstan kontinu
dimana-mana. Jadi �
= 0 , sehingga 2.8 benar untuk
= 0. Misalkan
� kontinu dalam dan bahwa 2.8 berlaku untuk
= , ma- ka
, � kontinu dalam pada interval . Karena untuk
= + 1,
�
+1
terdefinisi oleh 2.4, maka kontinu pada interval karena integral
dari fungsi kontinu akan kontinu juga dan diperoleh �
+1
= , � , �
. Dipilih
= , maka diperoleh
�
+1
= Terbukti bahwa 2.8 berlaku untuk semua .
Berikutnya akan dibuktikan pula dengan induksi bahwa untuk ketaksa-
maan berikut ini berlaku untuk = 0, 1, 2,
… � − �
−1
−1 −1
2.9 Untuk
= 1 �
1
− � = , �
= Jadi 2.9 benar untuk
= 1. Misalkan 2.9 benar untuk
= , yaitu dimisalkan untuk
� − �
−1
−1 −1
2.10 Untuk
= + 1
Berdasarkan 2.4 dan 2.7, maka �
+1
− � = , � − , �
−1
, � − , �
−1
� − �
−1
Berdasarkan 2.10, maka diperoleh �
+1
− �
=
+1
+1
+1
+1
Jadi 2.9 benar untuk =
+ 1, sehingga ketaksamaan tersebut berlaku untuk semua .
Langkah selanjutnya dalam pembuktian ini yaitu menunjukkan bahwa barisan � konvergen seragam ke suatu limit fungsi pada interval
. Barisan � dapat dinyatakan sebagai jumlahan dari deret berikut
� − �
−1 ∞
=1
2.11 Jadi deret 2.11 dan barisan
� mempunyai sifat-sifat kekonvergenan yang sama. Berdasarkan 2.9, maka deret 2.11 dipengaruhi oleh deret dengan suku-
suku konstanta
−1
∞ =1
Deret terakhir ini adalah konvergen dan dapat dinyatakan dalam bentuk yang lebih sederhana
−1
∞ =1
=
∞ =1
= − 1.
Menurut uji − Weierstrass, deret 2.11 konvergen mutlak dan seragam pada
interval . Oleh karena itu, barisan
� konvergen seragam pada interval . Jadi dengan menyatakan limit fungsi dengan
� , maka diperoleh � = lim
→∞
� 2.12 c.
Ketiga, akan dibuktikan bahwa � memenuhi persamaan integral, sehingga merupakan penyelesaian dari masalah nilai awal 2.2. Berdasarkan 2.4, maka
� memenuhi syarat awal � 0 = 0, = 0, 1, 2, …
Diambil limit dari kedua ruasnya, maka untuk → ∞ diperoleh � 0 = 0. �
kontinu pada interval karena
� merupakan limit seragam dari fungsi kontinu
� di dalam interval untuk
= 0, 1, 2, …. Berdasarkan 2.8,
dengan mengambil limit dari kedua ruasnya juga bila → ∞, maka untuk
�
Jadi fungsi ,
� benar terdefinisi dan kontinu pada interval , sehing-
ga , �
ada. Berdasarkan 2.7, untuk diperoleh
, � − , � � − �
Karena barisan � konvergen seragam ke � pada interval
, maka barisan
, � juga konvergen seragam ke , � dan akibatnya lim
→∞
, � =
, � 2.13
Diambil limit pada kedua ruas dari 2.4 bila → ∞ dan berdasarkan 2.12 dan
2.13, diperoleh � = , �
2.14 Jadi terbukti bahwa
� memenuhi persamaan integral dan berarti merupakan penyelesaian dari masalah nilai awal 2.2.
d. Terakhir, akan dibuktikan bahwa � merupakan penyelesaian tunggal dari
masalah nilai awal 2.2. Misalkan ada penyelesaian lain dari masalah nilai awal 2.2, yaitu
� , maka �
′
− �
′
= , � − , � 2.15 Karena kedua penyelesaian tersebut memenuhi syarat awal, maka
� 0 = 0 = � 0 , sehingga dengan mengintegralkan kedua ruas 2.15 dari 0 sampai , dipe-
roleh � − � = , � − , �
2.16
Kemudian berdasarkan 2.7 maka diperoleh � − �
� − � 2.17
Misalkan = � − �
2.18 dimana
0 = 0 2.19 0 untuk
0. 2.20
Berdasarkan 2.17 dan 2.18 maka diperoleh ′
atau
′
− 0 2.21
Kalikan kedua ruas pertidaksamaan 2.21 dengan faktor pengintegralan
−
, maka diperoleh
− ′
−
− ′
−
− −
′ 0 Integralkan kedua ruas 2.22 dari
0 sampai dan berdasarkan 2.19, maka dipe- roleh
−
0 untuk Karena
−
tidak pernah bernilai kurang dari atau sama dengan nol, maka 0 untuk
0, sehingga berdasarkan 2.20, diperoleh bahwa
atau ≡ 0 2.23
Jadi berdasarkan 2.18 dan 2.23 dapat diambil kesimpulan bahwa � = � ,
sehingga terbukti bahwa � merupakan penyelesaian tunggal dari masalah nilai
awal 2.2. 2.22
Persamaan diferensial pada masalah nilai awal yang diberikan dalam contoh-contoh
sebelumnya dapat
diselesaikan secara
analitik dengan
menggunakan metode pengintegralan langsung. Namun, masih ada beberapa metode analitik lain yang juga dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan
diferensial tersebut, antara lain yaitu Metode Faktor Integral, Metode Substitusi, Metode Bernoulli. Akan tetapi masih tetap ada persamaan diferensial yang rumit
jika diselesaikan secara analitik. Oleh karena itu, dibutuhkan metode numerik untuk menentukan penyelesaian hampiran pendekatan untuk persamaan
diferensial tersebut.