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 r 1 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 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 pihakpihak 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 y n dari barisan tersebut yang tidak diketahui kwatitasnya dan diharapkan untuk ditemukan. Barisan sering dinotasikan dengan ( yn)
n=∞ n=0
atau secara singkat ( yn) ataupun yn. Kecuali ditunjukan
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 = f n dan
(3)
anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = f n.
(4)
Barisan-barisan (a n), (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 (f n) adalah nol, maka persamaannya disebut persamaan diferensi nonhomogen. Jika semua anggota-anggota (f n) adalah nol maka persamaannya disebut persamaan diferensi homogen. ( Farlow, 1994; 397)
B. Beberapa Teori Solusi Dasar.
Teorema 3. Jika dua barisan (u n) 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 (u n) 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(u n, vn) dari dua barisan (u n) dan (vn) adalah barisan yang ditentukan dengan determinan
u
C(un, vn) = u
v
n
n +1
v
n
= unvn+1 – un+1vn untuk n = 0, 1, 2, … . (9)
n +1
Jika (un) dan (vn) adalah solusi-solusi persamaan linear homogen, maka casoration C(u n, 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 (w n) dari persamaan (10) dapat dinyatakan sebagai (wn) = c1 (un) + c2 (vn)
(11)
dengan c1 dan c2 adalah suatu konstanta. Bukti : Dipunyai (u n) dan (vn) adalah dua solusi persamaan (10). Jelas kombinasi linear c 1 (un) + c2 (vn) juga merupakan solusi persamaan (11). Akan dicari c 1 dan c2. Dipunyai (un) dan (vn) suatu solusi (10). Ambil sembarang c 1, 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 (u nvn+1 – un+1vn) = 0 bukan barisan Casoration, sehingga u0v1 – u0v1 ≠ 0. Tetapi karena kedua barisan yaitu (w n) dan c1 (un) + c2 (vn) memenuhi persamaan diferensi dan syarat awal yang sama, maka keduanya haruslah barisan yang sama. Dua solusi yang bebas linear (u n) 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) 2
tergantung pada dua akar r 1 dan r2 dari persamaan karakteristik ar +br +c = 0. Karena a, b, dan c real, persamaan karakteristik mempunyai tiga kemungkinan nilai r 1 dan r2, yaitu: 1. Kasus r1 ≠ r2:
Jika r1 dan r2 akar-akar real dan berbeda, maka solusi umum persamaan (12) adalah: n
n
yn = c1r1 + c2r2 .
(n = 0, 1, 2, … )
dengan c 1 dan c2 adalah konstanta. Bukti:
(13)
2
Kasus ini muncul bila diskriminan D = b – 4ac dari persamaan (12) bernilai positif, karena
dengan demikian akar-akarnya adalah r 1 =
r2 =
− b − D
2a
− b + D
dan
2a
. Sehingga r 1n dan r n2 adalah dua barisan dari solusi persamaan diferensi linear
homogen ini. Jika r 1n dan r n2 adalah dua barisan dari solusi persamaan diferensi linear homogen maka setiap kombinasi linear dari barisan tersebut adalah: n
n
yn = c1r1 + c2r2 , dengan c 1 dan c2 sembarang konstan. Jadi setiap kombinasi linear dari barisan r 1n dan r n2 dengan akar-akar real dan berbeda adalah solusi umum dari persamaan (3). 2. Kasus r1 = r2: b
Jika r = r1 = r2 = n
2a
n
yn = c1r + c2nr
, maka solusi umum dari persamaan (12) adalah:
.
(n = 0, 1, 2, … )
(14)
dengan c 1 dan c2 adalah konstanta. Bukti: Dibuktikan dengan mensubstitusikan y n ke dalam persamaan (12) dengan n
n
yn = c1r + c2nr a[c1r
n+2
.
+ c2(n+2)r
n+2
+ ac2nr
n+2
+ bc1r
= (ac1r = (ac1r
n+2
= c1(a r
n+2
n+2
n+1
n+1
+br
(n = 0, 1, 2, … ) n+1
] + b[c1r
n+2
+ ac22r
n+1
) + (bc1r
n
n+2
+ cc1r ) + (ac2nr n
+ r ) + c2n (a r n+2
= c1 0 + c2 0 + (ac22r = 0.
+ c2(n+1)r
n+1
+ bc2r
n+2
).
n+1
n
n+1
+ bc2nr n+1
+ bc2nr n+1
+br
n
] + c[c1r + c2nr ]
n
n+1
+ bc2r
n
n
n+2
n+1
) + (cc1r + cc2nr ).
n
+ cc2nr ) + (ac22r n+2
+ cr ) + (ac22r
+ bc2r
n+1
+ bc2r
).
).
Jadi bentuk dalam kurung diatas yaitu: n+2
ac22r
n+1
+ bc2r
atau r = -
b
= 0.
.Karena r = -
2a
b
2a
n
berarti persamaan karakteristik dari (12) mempunyai akar-akar n
yang sama dan y n = c1r + c2nr , (n = 0, 1, 2, … ) merupakan solusi dari persamaan (12). i θ
3. Kasus (r1= re
-i θ
, r 2= r e
):
Jika akar-akarnya adalah kompleks sekawan, r 1 = p+iq dan r 2 = p-iq, ditulis dalam bentuk i θ
eksponen sebagai r 1 = re 2 2 r = p + q dan tg
θ
=
-i θ
dan r2 = r e
q p
, dengan
, maka solusi umum dari persamaan (12) adalah:
n
yn = r (c1 cos n θ + c2 sin n θ )
(n = 0, 1, 2, … )
(15)
dengan c 1 dan c2 adalah konstanta. Bukti: 2
Bila diskriminannya kurang dari nol (b – 4ac < 0) maka akar-akarnya
r1 = p+iq dan r2 = p-iq dengan p = i θ
x
e = 1 + x +
ix
x
e = 1 + ix +
2
2!
x
+
= 1 + ix −
2! x
+
2
2!
dan r2 = r e
=
q p
.
3
3!
2 (ix)
θ
−i
+ ...
(ix) 3! x
3
+ ...
3
3!
2a
-i θ
ditulis sebagai r 1 = re 2 2 r = p + q dan tg
b
+ ...
dan q = dengan
D
2a
. Dalam bentuk eksponen r 1 dan r2 dapat
x 2 x 4 + = 1 − 2 ! 4!
x 3 x 5 − ... + i x − + 3 ! 5!
− ...
= cos x + i sin x i θ
e
= cos
θ
+ i sin
θ .
Solusi umum persamaan (12) adalah: n
yn = c1r1 + c2r2
n
i θ n
= c1 (re n
-i θ n
) + c2 (r e
in θ
= c1 r e
n
+ c2 r e
).
-in θ
.
n
n
= c1r (cos n θ + i sin n θ ) + c2r (cos n θ - i sin n θ ). n
= r [ c1 (cos n θ + i sin n θ ) + c2 (cos n θ - i sin n θ )]. n
= r [(c1 cos n θ + c1 i sin n θ ) + (c2 cos n θ - c2 i sin n θ )]. n
= r [(c1 cos n θ + c2 cos n θ ) + (c1 i sin n θ - c2 i sin n θ )]. n
= r [ (c1 + c2) cos n θ + (c1 i – c2i) sin n θ ]. n
= r [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 = f n,
(n = 0, 1, 2, … ).
(an ≠ 0), maka setiap solusi dari persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk (yn) = (hn) + (pn)
(n = 0, 1, 2, … ).
dengan (h n) adalah solusi umum persamaan homogennya.
Bukti: Jika (pn) adalah solusi khusus dari persamaan diferensi linear nonhomogen a nyn+2 + bnyn+1 + cnyn = f n maka anpn+2 + bnpn+1 + cnpn = f n. Akan ditunjukkan bahwa (h n) = (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). = f n - f n = 0. Karena itu (hn) = (yn) – (pn) adalah solusi dari persamaan diferensi anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = 0. Dengan demikian (y n) 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 x 0 ∈ (a,b). Jika
lim
f ( x 0 + h) − f ( x 0 )
h→0
h
maka
ada,
lim
f ( x0 + h) − f ( x 0 )
h→0
h
disebut turunan f di xo dan diberikan lambang f’(xo).
Teorema 11. Dipunyai
lim
f ( x0 + h) − f ( x 0 )
h→0
h
= f(xo).
Jika f’(xo) ada maka f kontinu di x = x o.
Bukti: Dipunyai f’(xo) ada. Jelas f’(xo) =
lim
f ( x 0 + h) − f ( x 0 )
h→0
h
.
Tulis f’(xo) = a. ⇔
⇔
⇔
lim x → x o
lim x → x o
lim x → x o
lim x → x o
.
f ( x ) − f ( x 0 ) x − xo
f ( x ) =
= a.
lim x → x o
f ( x ) = f ( xo ) =
= a(x - xo).
lim x → x o
a ( x − x o ).
f ( x) = f ( x o ).
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 sehingga | an – L | <
ε apabila n > N.
Diketahui (an)n∈ A konvergen ke L dan ditulis Limit n→∞
an = L.
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) Barisan
1 2
(2) Barisan 1,
Definisi 12.
,
2 3 n , , …, , … adalah naik. 3 4 n +1 1 2
,
1 3 1 , , …, , … adalah turun. 3 4 n
ε
> 0 terdapat suatu bilangan asli N
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 | <
Jadi (an)n∈ N → a.
ε maka n > no.
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
= u1 + u2 + u3 + … + un + …
n =1
Bilangan – bilangan u1, u2, u3, …, u n , … 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 r
n-1
n =1
Selanjutnya a disebut suku pertama dan r disebut rasio. ∞
Jika | r | < 1 maka deret
∑a r
n-1
kovergen.
n =1
∞
Jika | r | ≥ 1 maka deret
∑a r n =1
n
Jelas Sn =
a (1 − r )
1 − r
Kasus | r | < 1:
.
n-1
divergen.
2
= a + ar + ar + … .
Jelas Sn =
=
=
lim n→∞
Sn . n
lim
a (1 − r )
n→∞
1 − r
a
1 − r
.
. ∞
b. Deret p didefinisikan sebagai:
∑ n =1
1 = p n
1 1 1 + + + …. p p p 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 (y o, y1, y2, … ) adalah fungsi F(z) yang didefinisikan oleh deret infinite: F(z) = Z(yn ) = yo +
y1 z
+
y 2 z
2
+
y 3 z
3
+…
(18)
Transformasi-z adalah pemetaan dari klas barisan ke klas fungsi, sering ditunjukan dengan Z : (yn) → F (z). Barisan semula (y n) disebut juga transformasi kebalikan-Z atau invers transformasi-Z ataupun -1
-1
kebalikan dari F(z). Ditunjukan dengan Z [F(z)]. Jadi (y n) = Z [F(z)].
(Farlow, 1994;413) Contoh Tentukan transformasi-Z dari barisan berikut:
a. (1) = (1, 1, 1, …, 1, … ). 2
n
b. (yn) = (1, r, r , …, r , … ). c. (yn) = (1, 2, 3, …,n, … ). d. (yn) = (0, 1, 1, 1, …, 1, … ). Penyelesaian: a. Z(1) = 1 +
1
+
z
b. Z(yn) = 1 +
c. Z(yn) = 1 +
d. Z(yn) = 0 +
r z
2 z
1 z
1 z
+…=
2
1 1− z
2
+
+
+
r z
2
3 z
2
1 z
2
+…=
+…=
=
−1
1 1
1 − rz −
z
│z│>1.
z − 1
=
z
│z│> r.
z − r
z
│z│>1.
(1 − z ) 2 1
+…=
z
z z − 1
=
1
│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
= (ayo + bzo) +
(ay1 + bz1 ) z
+
(ay 2 + bz 2 ) z
2
+…
bz ay bz ay = (ayo + bzo) + 1 + 1 + 22 + 22 + … z z z z
= ay o
ay1 z
+
az 2 z
2
+ ... + by o
by1 z
+
bz 2 z
2
+ ...
= a Z(yn) + b Z(zn). Terbukti. 2. Sifat pergeseran. a. Z(yn+1) = z Z(yn) – z yo. Bukti: Z(yn+1) = y1 +
y 2
+
z
y 3 z
+
2
y 4 z
+ ...
3
y y y = z 1 + 22 + 33 + ... z z z
= z y o +
y1 z
+
y 2 z
2
+
y 3 z
3
+ ... − zy o .
= z Z(yn) – z yn. Terbukti. 2
2
b. Z(yn+1) = z Z(yn) – z yo – zy1. Bukti: Z(yn+2) = y2 +
y 3 z
+
y 4 z
2
+
y 5 z
3
+ ...
y y 2 y = z 22 + 33 + 44 + ... z z z y y y 2 = z y o + 1 + 22 + 33 + ... − z 2 y o − zy1 z z z 2
2
= z Z(yn) – z yo – zy1. Terbukti. 3. Sifat derivatif Z(nyn) = -z
d dz
F(z).
dengan (yn) = (yo, y1, y2, … ).
(yn+1) = (y1, y2, y3, … ). (yn+2) = (y2, y3, y4, … ). Bukti: y1
Z(nyn) = 0yo +
z
+
2 y 2 z
+
2
3 y 3 z
3
+ ...
3 y y 2 y = -z 0 − 21 − 32 − 43 + ... z z z
d y o +
= -z
= -z
y1 z
+
y 2 z
2
+
y 3 z
3
+ ...
dz d dz
F(z).
Terbukti.
BAB III METODOLOGI PENELITIAN
Pada penelitian ini metode yang penulis gunakan adalah studi pustaka. Langkahlangkah 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: n
yn = r
(A.2)
dengan r ≠ 0 dan r konstanta yang tidak diketahui. Persamaan (A.2) disubstitusikan ke dalam persamaan (A.1), didapat n+1
ar
n
+ br = 0
n
r (ar + b) = 0 Dari sini diperoleh ar+b= 0 yang disebut persamaan karakteristik dan r=-
b a
yang disebut
akar persamaan karakteristik, dengan a ≠ 0. Maka solusi umum persamaan (A.1) adalah:
b yn = c − a
n
(A.3)
dengan c adalah sembarang konstanta. Jika suku pertama y o dari barisan 26 (A.3) diberikan maka persamaan (A.1) disebut masalah nilai awal dan solusi yang dihasilkan oleh masalah nilai awal itu adalah:
b yn = yo − a
n
(A.4)
Contoh
Cari solusi dari masalah nilai awal dan gambarkan grafik dari 5 suku pertama solusisolusinya 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 y n+1 – 2yn = 0 adalah r – 2 = 0 sehingga diperoleh r = 2. n
Dengan demikian solusi dari persamaan diferensinya adalah y n = c2 dan solusi dari n
masalah nilai awal adalah y n = 2 . yo = 1 1
y1 = 2 = 2 2
y2 = 2 = 4 3
y3 = 2 = 8 4
y4 = 2 = 16
yn
18 16 14 12 10 8 6 4 2
n
0 0
1
n
(yn) = (2
2
3
4
5
│n =0, 1, 2,…).
Barisannya monoton naik, mempunyai batas bawah, dan tidak punya batas atas, sehingga tidak terbatas. Jadi barisan y n divergen.
2. Persamaan karakteristik dari y n+1 – 0.5yn = 0 adalah r – 0.5 = 0 sehingga n
r= 0.5. Dengan
demikian solusi dari persamaan diferensinya adalah y n=c(0.5) dan solusi dari masalah n
nilai awal adalah y n= (0.5) . yo = 1 y1 = 0.5 =
1 2
2
y2 = (0.5) =
3
y3 = (0.5) =
4
y4 = (0.5) =
1 4 1 8 1 16
yn
1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0
n 0
(yn) = ((
1
1 2
n
)
2
3
4
5
│n = 0, 1, 2, … ).
Barisannya monoton turun dan terbatas (mempunyai batas atas dan batas bawah). Jadi barisan y n 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 y
n
n
= r
dengan r ≠ 0 dan r konstanta yang tidak diketahui. n
Dengan mensubtitusikan y n = r ke dalam persamaan (A.5) diperoleh: n
n
r (ar + br + c) = 0. persamaan ini memenuhi untuk semua n = 0, 1, 2, … jika dan hanya jika r memenuhi persamaan karakteristik
2
ar + 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: 2
r + r – 6 = (r-2)(r+3) = 0, dengan akar-akar real dan tak sama yaitu r 1 = 2, r2 = -3. Sehigga solusi umumnya adalah: n
yn = c12 + c2(-3)
n
(n = 0, 1, 2, … ).
Substitusikan ke dalam syarat awal yang diberikan didapat: yo = c1 + c2 = 1. y1 = 2c1 – 3c2 = 0. Dengan solusi c 1 =
yn =
3 5
2
n
2 +
5
3 5
, c2 =
(-3)
2 5
. Dengan demikian solusi masalah nilai awal adalah:
n
5 suku pertama solusinya adalah: y1 = 0 y2 =
y3 =
3 5 3 5
2
(2) +
3
(2) +
2 5 2 5
2
(-3) = 6
3
(-3) = -6
(n = 0, 1, 2, … ).
y4 =
3 5
4
(2) +
50
2 5
4
(-3) = 42
yn
40
30
20
10
n
0 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: 2
2
r – 6r + 9 = (r - 3) = 0. Dengan akarnya adalah r 1 = r2 = 3. Jadi solusi umumnya adalah: n
n
yn = c1 3 + c2 n 3
(n = 0, 1, 2, … ).
Substitusikan persamaan ini ke dalam syarat awal yang diberikan didapat: yo = c1 = 2 y1 = 3c1 + 3c2 = 15 dengan c 1 = 2 dan c 2 = 3. Dengan demikian solusi dari masalah nilai awal semula adalah:
n
n
yn = 2 (3 ) + 3 n (3 )
(n = 0, 1, 2, … ).
5 suku pertama solusinya adalah: yo = 2. y1 = 15. 2
2
3
3
4
4
y2 = 2 (3 ) + 3 (2) (3 ) = 72. y3 = 2 (3 ) + 3 (3) (3 ) = 297. y4 = 2 (3 ) + 3 (4) (3 ) = 1134. yn
1200 1000 800 600 400 200 0
n 0
1
2
3
4
5
(yn) = (2 (3 ) + 3 n (3 ) │n = 0, 1, 2, … ). n
n
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:
2
Dicari dulu solusi umum persamaan diferensi. Persamaan karakteristiknya adalah r - 2r + 2 = 0, dengan akar-akarnya adalah r 1= 1+ i, r2 = 1 – i. Dalam bentuk eksponen dapat ditulis r 1 = re
i θ
-i θ
dan r2 = r e
, dengan r =
2 dan
θ =
arc tg 1 =
π
4
.
Dengan demikian solusi umumnya adalah: nπ nπ n + c 2 sin yn = ( 2 ) c1 cos 4 4 n
nπ nπ + c 2 sin . c cos 1 4 4
=22
(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 c 2 = -1. n
Jadi yn = 2 2
nπ nπ cos 4 − sin 4 ,
yo = 1. y1 = 0. 2
y2 = 2 2
3
y3 = 2 2
2π 2π cos 4 − sin 4 = -2. 3π 3π − sin cos = -4. 4 4
(n = 0, 1, 2, … ).
4
y4=2 2 cos
4π 4
− sin
4π
=-4. 4
yn
2 1
n
0 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 = f n,
(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 p
n
suatu
bentuk yang mirip dengan bentuk f n, yang mengandung koefisien yang tidak diketahui dan yang harus ditentukan melalui substitusi p n ini ke dalam persamaan semula. Tabel B.1 Solusi khusus dari ay n+2 + byn+1 + cyn = f n.
f n 1. a (konstanta) k
2. an (k = bil bulat) n
Bentuk solusi khusus p n A k
k-1
Aon + A1n + … + Ak-1n+Ak n
3. a b
Ab
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 f n terdiri beberapa faktor, maka solusi khusus adalah jumlah solusi khususnya untuk tiap-tiap faktor dalam f n. 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: 2
Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r – 4r + 4 = 0, dengan akar-akar yang sama r 1 = r2 = 2. Dengan demikian solusi umum dari persamaan homogennya adalah: n
2
hn = c1 2 + c2 n 2
(n = 0, 1, 2, … ).
Dengan melihat tabel (B.1) nomor 1 dan 2, dicoba solusi khusus yang berbentuk p n = An + B. Dengan mensubstitusikan p n 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 p n = n + 3. Dengan demikian solusi umum persamaan diferensi adalah: n
n
yn = c1 2 + c2 n 2 + 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: n
yn = n 2 + n + 3, dengan n = 0, 1, 2, …
2. Cari solusi dari masalah nilai awal berikut: n
yn+2 – 3yn+1 + 2yn =2
yo = 2, y1 = 4.
Penyelesaian: Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r
2
– 3r + 2 = 0 dengan akar-
akarnya r1 = 1, r2 = 2. Solusi homogennya adalah: n
hn = c1 + c2 2
(n = 0, 1, 2, 3, …). n
n
Solusi khusus dicari dengan mencoba p n = A 2 . Namun 2 ada dalam solusi homogennya, n
jadi harus dikalikan lagi dengan n dan didapat p n = A n 2 . Substitusikan persamaan ini ke dalam persamaan diferensinya, didapat: A (n+2) 2
n+2
– 3 A (n+1)2
n+1
n
n
+ 2An2 = 2 . n
n
[4(n+2) A – 6 (n+1) A + 2nA] 2 = 2 , atau A=
1 2
. n-1
Dengan demikian p n = n 2 n
n-1
yn = c1 + c2 2 + n 2
adalah solusi khusus dan solusi umumnya adalah: (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: n
n-1
yn = 1 + 2 + n 2
(n = 0, 1, 2, 3, …).
3. Cari solusi umum dari masalah nilai awal berikut:
nπ 2
yn+2 – yn = sin
yo = 2, y1 =
3 2
.
Penyelesaian: 2
Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r – 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 + B sin . 2 2
Untuk solusi khusus dicoba p n = A cos
Substitusikan p n kedalam pesamaan diferensinya, didapat:
(n + 2)π (n + 2)π nπ nπ nπ + B sin - A cos - B sin = sin . 2 2 2 2 2
A cos
Dengan rumus-rumus trigonometri didapat:
nπ nπ nπ nπ nπ - B sin - A cos - B sin = sin . 2 2 2 2 2
-A cos
nπ nπ nπ - 2 sin = sin . 2 2 2
-2 A cos
Didapat -2A = 0 dan -2B = 1 atau A = 0 dan B = -
Solusi khususnya adalah p n = -
1 2
nπ 2
sin
1 2
.
(n = 0, 1, 2, 3, …).
Dan solusi umum persamaan diferensinya adalah: n
yn = c1 + c2 (-1) -
1 2
nπ 2
sin
Substitusikan ke dalam syarat awalnya: yo = c1 + c2 = 2.
(n = 0, 1, 2, 3, …).
y1 = c1 – c2 -
1 2
=
3 2
.
Didapat c1 = 2 dan c 2 = 0. Jadi solusi masalah nilai awal adalah: yn = 2 -
nπ 2
1
sin
2
(n = 0, 1, 2, 3, …).
b. Transformasi-Z.
Persamaan diferensi dapat juga diselesaikan dengan transformasi-Z. Untuk memahami transformasi-Z, pandang barisan bilangan-bilangan (y o, y1, y2, … ) dan bangun suatu deret infinite dari variabel-variabel z sebagai berikut: ∞
Z( yn ) =
∑
n
y n z − = yo +
n =0
y1 z
+
y 2 z
2
+
y 3 z
3
+…
(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 (y n). Z(yn) adalah fungsi z yang sering ditunjukan dengan F(z). Sebagian barisan dan transformasiZ ditunjukan dalam tbel B.2 berikut ini. Tabel B.2 Macam-macam transformasi-Z.
(yn) 1. (1)
F(z) z z − 1
n
2. (r )
z z − r
3. (n)
z
( z − 1) 2 2
4. (n )
z ( z + 1) 3 ( z − 1)
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” 2
3
diikuti denagn 1, r, r , r , … . Contoh 2
3
Uo (r) = (1, r, r , r , …), 2
3
U1 (r) = (0, 1, r, r , r , …), 2
3
U2 (r) = (0, 0, 1, r, r , r , …), dst.
Invers transformasi-Z dapat ditemukan dengan menggunakan tabel (B.2). Contoh
Cari invers transformasi-Z dari fungsi F(z) = Penyelesaian:
1 z − 1
.
Bagi pembilang dan penyebut dengan z, didapat: F(z) =
=
=
1 z − 1
1 z
1 1−
1 z
1 1 1 1 + + 2 + ... z z z
=0+
1 z
+
1 z
2
+
1 z
3
+ ... .
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). 2
2
z Z(yn) – z yo – zy1 - 4[z Z(yn)-zyo] +Z(yn) =
2
2
Z(yn) (z-2) – z yo –zy1 + 4zyo =
z
2
2 ( z − 1)
.
z
( z − 1)
+
z
( z − 1)
2
.
Dengan memasukan nilai dari y o dan y1 didapat: 2
z
2
Z(yn) (z-2) – 3z – 6z + 12z =
2
z
2
Z(yn) (z-2) – (3z – 6z) =
2
Z(yn) =
Z(yn) =
Z(yn) =
2
Z(yn) =
.
2
.
2
.
( z − 1) 2 ( z − 2) 2 4 3 2 3 z − 12 z + 16 z − 6 z
( z − 1) 2 ( z − 2) 2
.
3 2 4 3 2 3 2 ( z − 4 z + 4 z ) + (3 z − 6 z + 24 z − 12 z ) + (2 z − 4 z + 2 z )
( z − 1) 2 ( z − 2) 2 2
Z(yn) =
( z − 1) 2
( z − 1) 2
z + (3 z − 6 z )( z − 1)
2
2
z ( z − 2) + 3 z ( z − 2) ( z − 1) + 2 z ( z − 1)
( z − 1) 2 ( z − 2) 2 z
( z − 1)
+
2
3 z ( z − 1)
+
2 z ( z − 2) 2
.
2
.
.
Inverskan kedua sisi persamaan didapat: -1
yn = Z
z 2 ( z − 1)
+
3 z ( z − 1)
+
. ( z − 2) 2 2 z
z -1 3 z -1 yn = Z ( z − 1) 2 + Z +Z ( z − 1) -1
2 z . 2 − ( z 2 )
n
yn = n + 3 + n 2 .
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 populasi ikan alami
penangkapan ikan
ukuran populasi
Solusi dari persamaan ini adalah: n
n
yn = 1000000 (1.04) – 2000000 [(1.04) - 1]. n
n
= 1000000 (1.04) + 2000000 -2000000(1.04) . n
= 2000000 – 1000000(1.04) . n
= 1000000 [ 2 – (1.04) ]. Jadi solusinya adalah:
n
yn = 1000000 [ 2 – (1.04) ]. 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 (y n) adalah: yn+1 = (1 + k) yn – d . dengan solusinya: n
yn = yo (1+k) -
d k
n
[ (1+k) – 1 ].
(n = 0, 1, 2, 3, … ).
