9 Sistem Persamaan Diferensial Orde Satu Linear (Sistem Homogen)

Sistem Persamaan Diferensial
Orde Satu Linear
Sistem Homogen

Nilai Eigen
dan Vektor Eigen
Sistem persamaan diferensial linear homogen:

X  AX
misalkan mempunyai solusi berbentuk

 k1 
 
k2  λt
λt

X
e  Ke
 
 
 kn 

1

Nilai Eigen
dan Vektor Eigen
maka

atau

λt

Kλe  AKe

λt

AK  λK
( A  λI ) K  0

Untuk mencari solusi nontrivial yaitu K ≠ 0, maka haruslah

det( A  λI)  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.

2

Nilai Eigen Real Berbeda

Misalkan λ1, λ2, …, λn adalah nilai-nilai eigen berbeda dari matriks
A dari sistem homogen X’ = AX. Misalkan K1, K2, …, Kn adalah
vektor-vektor eigen yang berkaitan dengan nilai eigen λ1, λ2, …, λn .
Maka solusi umum dari sistem homogen tersebut adalah

X  c1K1e λ1t  c2 K 2 e λ2t 

 cn K n e λnt

3

Contoh 1
Selesaikan

dx
 2x  3y
dt
dy
 2x  y
dt
Jawab:

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

 2 3
A

2
1



4

Persamaan karakteristik:

det( A  λI) 

2 λ

3

2

1 λ

 λ2  3λ  4  ( λ  1)( λ  4)  0

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

( A  (1)I)K  0
 3 3   k1   0 

 k    
 2 2 2  0
5

3k1  3k2  0
 3 3 0  OBE  1 1 0 
 

 

2k1  2k2  0
 2 2 0
0 0 0
diperoleh k1 = -s dan k2 = s dengan s adalah sembarang
bilangan real. Pilih s = -1, maka kita peroleh vektor eigen

1

K1   
 1

• Untuk nilai eigen λ1 = 4

( A  4I)K  0
 2 3   k1   0 

 k    
 2 3   2   0 

6

 2 3 0  OBE  1  32 0 
 


 
2k1  3k2  0
 2 3 0 

0 0 0

2k1  3k2  0

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

 3
K2   
 2
Sehingga kita peroleh dua solusi bebas linear yaitu

 1  t
X1    e
 1

dan

 3  4t
X2    e

 2
7

Jadi, solusi umum dari sistem homogen tersebut adalah

 1  t
 3  4t
X  c1X1  c2 X2  c1   e  c2   e
 1
 2

8

Contoh 2
Selesaikan

dx
 4 x  y  z
dt
dy


 5y  z
x
dt
dz

y  3z
dt

Jawab:
Matriks koefisien dari sistem homogen tersebut adalah

 4 1 1 


A   1 5 1 
 0 1 3 



9

Dengan menggunakan ekspansi kofaktor baris ketiga, kita cari

4  λ
1
1
1
det( A  λI)  1
5 λ
3  λ
0
1
4  λ 1
4  λ
1
 1
 (3  λ)
1
1

1
5 λ
 3  λ  (3  λ)(21  λ  λ2 )
 (3  λ)(1  21  λ  λ2 )
 ( λ  3)( λ2  λ  20)  ( λ  3)( λ  4)( λ  5)  0
10

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

 1

( A  3I 0)   1
0

 1 1

R1  R3

 0 1
0 9


1 0
 1
 R2 R3 
8 1 0    0
1
1 0 0 

 1 1
1 0
 9 R2  R3 
 0 1
0 0  
0 0
0 0 

1

1 0

1 0 0
8 1 0 
1 0

0 0
0 0 
1

11

 1 0 1 0 
 1 0 1 0 

  R1 

 R2  R1
  0 1 0 0    0 1 0 0 
 0 0 0 0
0 0 0 0




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

1
 
K1   0  ,
1
 

1
  3t
X1   0  e
1
 
12

• Untuk nilai eigen λ2 = -4

0

( A  4I 0)   1
0

1 9

 R2  R3
  0 1
0 0


1 0
1
 R1 R2 
9 1 0    0
0
1 1 0 

1 0 
1
 9 R2  R1 
1 0  
 0
0
0 0 

1

9 1 0 

1 1 0
1 1 0 
0 10 0 

1 1 0
0 0 0 

13

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

 10 
 
K 2   1 ,
1
 

• Untuk nilai eigen λ3 = 5

 10 
 
X 2   1 e 4t
1
 

 9 1 1 0 
 1 0 1 0 

 R1 R2 

( A  5I 0)   1 0 1 0    9 1 1 0 
 0 1 8 0 
 0 1 8 0 




14

 1 0 1 0 
 1 0 1 0 

  R2  R3 

9 R1  R2
  0 1 8 0    0 1 8 0 
 0 1 8 0 
0 0 0 0




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

1
 
K3  8 ,
1
 

1
 
X3   8  e5t
1
 
15

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

1
 10 
1
 
 
 
X  c1  0  e 3t  c2  1 e5t  c3  8  e5t
1
1
1
 
 
 

16

Nilai Eigen Berulang
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.
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
λ1t

λ1t

c1K1e  c2 K 2 e 

 cm K m e

λ1t

17

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

X1  K11e λ1t
λ1t

X2  K 21te  K 22 e
m 1

λ1t

m2

t
t
λ1t
λ1t
Xm  K m1
e  K m2
e 
(m  1)!
(m  2)!

 K mm e

dengan Kij adalah vektor kolom yang selalu bisa ditemukan.
18

λ1t

Contoh 3
(Kasus 1)

Selesaikan

 1 2 2 


X   2 1 2  X
 2 2 1 



Jawab:
Dengan menggunakan ekspansi kofaktor kita cari

1 λ
det( A  λI)  2
2

2
1 λ
2

2
2  0
1 λ
19

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 

 OBE 

( A  I 0)   2 2 2 0  
0 0 0 0
 2 2 2 0 
0 0 0 0




Maka k1 = r – s, k2 = r, dan k3 = s, dengan r dan s adalah
sembarang bilangan real.

20

 k1   1   1
     
 k2    1  r   0  s
 k  0  1 
 3    
Pilih r = 1 dan s = 0, dan yang kedua pilih r = 1 dan s = 1,
menghasilkan dua buah vektor eigen bebas linear

1
 
K1   1  ,
0
 

0
 
K2  1
1
 

Catatan: Pemilihan r dan s bebas sehingga menghasilkan dua vektor
bebas linear. K1 dan K2 bebas linear karena K1 bukan kelipatan K2.
21

• Untuk nilai eigen λ3 = 5

 4 2 2 0 
 1 0 1 0 

 OBE 

( A  5I 0)   2 4 2 0  
0 1 1 0
 2 2 4 0 
0 0 0 0




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

1
 
K 3   1 
1
 
22

Jadi solusi umum sistem tersebut adalah

1
0
1
 
 
 
X  c1  1  e t  c2  1  e t  c3  1 e5t
0
1
1
 
 
 
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, …, Kn.

23

Solusi Kedua
(Nilai Eigen Berulang Dua)

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

X 2  Kte λ1t  Pe λ1t
Sekarang substitusikan ke sistem X’ = AX menghasilkan

( AK  λ1K )te λ1t  ( AP  λ1P  K )e λ1t  0
Karena persamaan terakhir ini harus terpenuhi untuk semua t, maka

(A  λ1I)K  0
(A  λ1I)P  K

(*)

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

24

Contoh 4
(Kasus 2)
Selesaikan

 3 18 
X  
X
 2 9 

Jawab:

Persamaan karakteristik

det( A  λI) 

3 λ

18

2

9  λ

 ( λ  3)  0
2

Maka kita peroleh λ1 = λ2 = -3.

25

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

Misalkan

 3  3t
X1    e
1
 p1 
 3
K   , P   
1
 p2 

Untuk mencari solusi kedua kita selesaikan persamaan

( A  λ1I)P  K



6 p1  18 p2  3
2 p1  6 p2  1
26

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

 12 
P 
0
Kita punya solusi kedua yaitu

 3  3t  12  3t
X2    te    e
1
0

Jadi, solusi umum dari sistem homogen adalah

 3  3t  12  3t 
 3  3t
X  c1X1  c2 X2  c1   e  c2   te    e 
1
 0
 1 

27

Nilai Eigen
dengan Perulangan 3
Misalkan λ1 adalah nilai eigen dengan perulangan tiga tetapi hanya
menghasilkan satu vektor eigen. Maka
solusi pertama:

X1  Ke λ1t

solusi kedua:

X 2  Kte λ1t  Pe λ1t
t 2 λ1t
X3  K e  Pte λ1t  Qe λ1t
2

solusi ketiga:

dengan mensusbtitusi X3 ke sistem homogen X’ = AX diperoleh

( A  λ1I )K  0

untuk mencari K

( A  λ1I )P  K

untuk mencari P

( A  λ1I )Q  P

untuk mencari Q

28

Contoh 5

Selesaikan

2 1 6


X   0 2 5  X
0 0 2



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
 
K  0
0
 

29

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

 1 
1
 
 
P   1  , Q    15 
0
 1 
 
 5 
Jadi, solusi umum sistem homogen tersebut adalah
 1  2
 1 
 0  
1
1 
1
  t 2 t   2 t  1  2 t 
  2 t   2 t 
  2t
X  c1  0  e  c2  0  te   1  e   c3  0  e   1  te    5  e 
2
0






 0
 1  



0
0
0
 
  
 
 5  
 
 

30

Review
Bilangan Kompleks
Misalkan λ= α + βi adalah bilangan kompleks dimana α adalah
bagian real dan β adalah bagian imajiner atau kita tulis
Re(λ) = α

dan

Im(λ) = β.

Konjugat dari λ= α + βi adalah

λ  α  βi
Hal ini juga berlaku untuk vektor. Misalkan

1
2
 1  2i 
 1  2i  maka
Re(K )    , Im(K )    , K  
K 


2
3
2
3
i


2
3
i

 
 




31

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

eα  βi  eα e βi  eα (cos β  i sin β )
eα  βi  eα e βi  eα (cos β  i sin β )

32

Nilai Eigen Kompleks
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

X1  [B1 cos βt  B2 sin βt ]eαt
X2  [B2 cos βt  B1 sin βt ]eαt
adalah solusi bebas linear dari X’ = AX pada (-∞,∞).

33

Contoh 6
Selesaikan masalah nilai awal

2 8
2
X  
 X, X(0)   
 1 2 
 1
Jawab:
Persamaan karakteristik:

det(A  λI) 

2 λ

8

1

2  λ

 λ2  4  0

diperoleh nilai eigen λ1 = 2i dan λ2 = - 2i.
34

Untuk nilai eigen λ1 = 2i

( A  (2i)I)K  0
8   k1   0 
 2  2i

 k    
 1 2  2i   2   0 
diperoleh k1 = - (2 + 2i) s, k2 = s, dengan s adalah sembarang
bilangan real. Pilih s = -1 maka

 2  2i   2   2 
K1  
   i 
 1   1  0 
35

maka

 2
 2  dan
B2  Im(K1 )   
B1  Re(K1 )   
0
 1

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

X  c1X1  c2 X 2
 2 

 2 

 2
2
 c1   cos 2t    sin 2t   c2   cos 2t    sin 2t 
0
 1
 1

 0 

 2 cos 2t  2sin 2t 
 2 cos 2t  2sin 2t 
 c1 
  c2 



t
t
cos
2
sin
2




36

Karena

2
X(0)   
 1

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

 2cos 2t  2sin 2t 
X  c1 


cos
2
t



37

Latihan
Untuk 1-5 untuk nilai eigen berbeda.
dx
1.
 x  2y
dt
dy
 4x  3y
dt
2.

dx
 x yz
dt
dy
 2y
dt
dz
 yz
dt
38

3.

10 5 
X  
X
 8 12 

 1 1 0 
4. X   1 2 1  X


 0 3 1



5.

1 1 4


X   0 2 0  X,
1 1 1



1
 
X(0)   3 
0
 
39

Untuk 6-10 untuk nilai eigen berulang.
dx
 3x  y
6.
dt
dy
 9x  3y
dt

 1 3 
7. X  
X
 3 5 

8.

1 0 0


X   0 3 1  X
 0 1 1 



40

9.

1 0 0 


X   2 2 1 X
0 1 0 



10.

0 0 1


X   0 1 0  X,
1 0 0



1
 
X(0)   2 
5
 

41

Untuk 11-15 untuk nilai eigen kompleks.

dx
11.
 6x  y
dt
dy
 5x  2 y
dt

 4 5 
12. X  
X
 5 4 
1 8 
13. X  
X
1 3 
42

14.

 4 0 1


X   0 6 0  X
 4 0 4 



15.

 6 1
X  
 X,
5 4 

 2 
X(0)   
8

43