Upload
others
View
31
Download
1
Embed Size (px)
Citation preview
i
KESTABILAN PERSAMAAN DIFERENSI TINGKAT SATU
DAN PENERAPANNYA DALAM EKONOMI DAN BIOLOGI
Skripsi
Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat
Memperoleh Gelar Sarjana Matematika
Program Studi Matematika
Oleh:
Vanessa Aprilia Pranata
NIM: 163114032
PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI
UNIVERSITAS SANATA DHARMA
YOGYAKARTA
2020
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ii
STABILITY OF FIRST ORDER DIFFERENCE EQUATIONS
AND ITS APPLICATIONS IN ECONOMIC AND BIOLOGY
Thesis
Presented as a Partial Fulfillment of the Requirements
To Obtain the Degree of Sarjana Mathematics
Mathematics Study Program
By:
Vanessa Aprilia Pranata
Student Number: 163114032
MATHEMATICS STUDY PROGRAM DEPARTMENT OF MATHEMATICS
FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY
SANATA DHARMA UNIVERSITY
YOGYAKARTA
2020
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
vi
MOTTO
"I CAN DO ALL THINGS
THROUGH CHRIST WHO STRENGHTHENS ME"
PHILIPPIANS 4 :13
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
vii
HALAMAN PERSEMBAHAN
Karya ini kupersembahkan untuk:
Tuhan Yesus Kristus yang selalu menyertaiku,
serta kedua orang tuaku dan keluargaku yang selalu
mendukung, mencintai, dan menyayangiku.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ix
KATA PENGANTAR
Ucapan puji dan syukur kepada Tuhan Yesus Kristus atas segala
pengurapan, hikmat, dan kebaikan-Nya sehingga skripsi ini dapat diselesaikan
dengan baik. Skripsi ini dibuat dengan tujuan memenuhi syarat untuk memperoleh
gelar Sarjana Sains pada Program Studi Matematika, Fakultas Sains dan
Teknologi, Universitas Sanata Dharma.
Penulis menyadari bahwa penulis melibatkan banyak pihak yang bersedia
membantu dalam berbagai macam kesulitan, tantangan dan hambatan. Oleh
karena itu, pada kesempatan ini penulis mengucapkan terima kasih kepada:
1. Bapak Dr. rer. nat. Herry Pribawanto Suryawan, S.Si., M.Si. selaku dosen
pembimbing skripsi.
2. Bapak Sudi Mungkasi, S.Si, M.Math.Sc., Ph.D., selaku Dekan Fakultas
Sains dan Teknologi.
3. Bapak Hartono, S.Si., M.Sc., Ph.D., selaku Kaprodi Matematika.
4. Bapak Ir. Ig. Aris Dwiatmoko, M.Sc., selaku Dosen Pendamping
Akademik.
5. Romo Prof. Dr. Frans Susilo, SJ., Bapak Ricky Aditya, M.Sc., dan Ibu
Maria Vianney Any Herawati, S.Si., M.Si., selaku dosen-dosen Prodi
Matematika yang telah memberikan banyak pengetahuan kepada penulis
selama proses perkuliahan.
6. Bapak/Ibu dosen/karyawan Fakultas Sains dan Teknologi yang telah
berdinamika bersama selama penulis berkuliah.
7. Kedua orang tua, adikku Cindy dan keluarga yang selalu mendoakan,
mendukung, dan memberikan semangat serta motivasi kepada penulis
selama proses pengerjaan skripsi.
8. Teman-teman Prodi Matematika Angkatan 2016 dan teman-teman lain
yang mendukung penulis dalam mengerjakan skripsi: Keluarga STUDY
SOFT (Rika, Lusi, Arnel, Lydia, Feli, Padai, Diani, Devita, Yuni, Yesi,
Tia, Cila), Resti, Widya, Ayu, Rati, Monic, Grace, Rita, Edith, Maria,
Glory, Elizabeth, Octa, Gaby, Warih, Aji, Egi, Reinald, Deyud, Lala, Kak
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
xi
ABSTRAK
Ada banyak jenis persamaan dalam matematika, salah satunya yaitu
persamaan diferensi. Persamaan diferensi adalah persamaan yang menyatakan
hubungan fungsional antara satu variabel bebas dan satu variabel terikat, serta
melibatkan perbedaan nilai berturut-turut dari fungsi variabel diskret. Persamaan
diferensi biasanya digunakan untuk memodelkan dinamika dari fenomena tertentu
yang memuat waktu diskret. Persamaan diferensi secara umum dapat
dikelompokkan ke dalam dua jenis, yaitu persamaan linear dan persamaan
nonlinear. Persamaan diferensi juga dapat diklasifikasikan tingkatnya berdasarkan
tingkat satu dan tingkat tinggi (tingkat yang lebih dari satu).
Titik kesetimbangan juga merupakan konsep yang penting untuk dibahas
dalam mempelajari stabil atau tidaknya penyelesaian persamaan diferensi,
khususnya persamaan diferensi tingkat satu. Untuk menentukan kestabilan
persamaan diferensi tingkat satu, kita perlu mengetahui titik kesetimbangan dari
persamaan tersebut, lalu menganalisa apakah titik kesetimbangan itu bersifat
stabil atau tidak. Selain itu, juga akan dibahas mengenai penerapan dari kestabilan
persamaan diferensi tingkat satu dalam bidang ekonomi dan biologi.
Kata kunci: persamaan diferensi tingkat satu, titik kesetimbangan, titik periodik,
stabil, stabil asimtotik, tidak stabil, harga kesetimbangan, populasi
kesetimbangan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
xii
ABSTRACT
There are many types of equations in mathematics, one of which is the
difference equation. The difference equation is an equation that expresses the
functional relationship between one of independent variable and one of dependent
variable, as well as involving the consecutive value difference of the discrete
variable function. The difference equations are usually used to model the
dynamics of a particular phenomenon that contains discrete time. The difference
equations can generally be grouped into two types, namely linear equations and
nonlinear equations. The difference equations can also be classified by its order
based on order one and the high order (more than order one).
The equilibrium point is also an important concept to be discussed in
studying stability the solution of difference equations, particularly the first order
difference equations. To determine the stability of first order difference equations,
we need to know the equilibrium point of the equation. Next, we check whether
the equilibrium point is stable or not. Moreover, it will be also discussed the
applications of the stability of first order difference equations in the field of
economic and biology.
Keywords: first order difference equations, equilibrium point, periodic point,
stable, asymptotic stable, unstable, price equilibrium, population equilibrium.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
xiii
DAFTAR ISI
HALAMAN JUDUL .............................................................................................. i
HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING ................................................ iii
HALAMAN PENGESAHAN .............................................................................. iv
HALAMAN KEASLIAN KARYA ....................................................................... v
MOTTO ................................................................................................................ vi
HALAMAN PERSEMBAHAN ......................................................................... vii
LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI .......................... viii
KATA PENGANTAR .......................................................................................... ix
ABSTRAK ............................................................................................................ xi
ABSTRACT ......................................................................................................... xii
DAFTAR ISI ....................................................................................................... xiii
BAB I PENDAHULUAN ....................................................................................... 1
A. Latar Belakang ............................................................................................. 1
B. Rumusan Masalah ........................................................................................ 4
C. Batasan Masalah........................................................................................... 5
D. Tujuan Penulisan .......................................................................................... 5
E. Manfaat Penulisan ........................................................................................ 5
F. Metode Penulisan ......................................................................................... 6
G. Sistematika Penulisan .................................................................................. 6
BAB II PERSAMAAN DIFERENSI .................................................................... 8
A. Persamaan Diferensi Tingkat Satu ............................................................... 8
B. Titik Kesetimbangan .................................................................................. 19
BAB III KESTABILAN PERSAMAAN DIFERENSI TINGKAT SATU ...... 32
A. Kestabilan Titik Kesetimbangan ................................................................ 32
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
xiv
B. Titik Periodik dan Siklus ............................................................................ 58
C. Mencari Penyelesaian Numerik Persamaan Diferensial dengan
Menggunakan Persamaan Diferensi ........................................................... 69
BAB IV PENERAPAN KESTABILAN PERSAMAAN DIFERENSI
TINGKAT SATU DALAM BIDANG EKONOMI DAN BIOLOGI .............. 89
A. Analisis Kestabilan Pasar ........................................................................... 89
1. Permintaan ........................................................................................... 89
2. Penawaran ........................................................................................... 91
3. Menganalisis Kestabilan Pasar Berdasarkan Harga Kesetimbangan .. 92
B. Analisis Kestabilan Model Pertumbuhan Satu Populasi ............................ 99
1. Model Eksponensial ............................................................................ 99
2. Model Logistik .................................................................................. 101
3. Model Linear Homogen .................................................................... 104
4. Model Logistik Diskret ..................................................................... 106
BAB V PENUTUP .............................................................................................. 112
A. Kesimpulan ............................................................................................... 112
B. Saran ......................................................................................................... 114
DAFTAR PUSTAKA ......................................................................................... 115
LAMPIRAN ........................................................................................................ 116
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1
BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang
Persamaan adalah suatu kalimat matematika dalam bentuk simbol yang
menyatakan bahwa dua hal adalah sama. Ada banyak jenis persamaan dalam
matematika, salah satunya yaitu persamaan diferensi. Persamaan diferensi adalah
persamaan yang menyatakan hubungan fungsional antara satu variabel bebas dan
satu variabel terikat, serta melibatkan perbedaan nilai berturut-turut dari fungsi
variabel diskret. Persamaan diferensi biasanya digunakan untuk memodelkan
dinamika dari fenomena tertentu yang memuat waktu diskret. Persamaan diferensi
secara umum dapat dikelompokkan ke dalam dua jenis, yaitu persamaan linear
dan persamaan nonlinear. Persamaan diferensi juga dapat diklasifikasikan
tingkatnya berdasarkan tingkat satu dan tingkat tinggi (tingkat yang lebih dari
satu). Persamaan diferensi yang akan dibahas pada tugas akhir ini adalah
persamaan diferensi linear tingkat satu yang memiliki bentuk umum:
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑓(𝑥(𝑛)), (1.1)
dengan 𝑥(𝑛 + 1) adalah fungsi dari 𝑥(𝑛).
Persamaan diferensi linear tingkat satu terbagi menjadi dua, yaitu persamaan
diferensi linear tingkat satu homogen dan persamaan diferensi linear tingkat satu
nonhomogen. Persamaan diferensi linear tingkat satu homogen berbentuk:
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑎(𝑛)𝑥(𝑛), 𝑥(𝑛0) = 𝑥0, 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0,
sedangkan persamaan diferensi linear tingkat satu nonhomogen berbentuk:
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑎(𝑛)𝑦(𝑛) + 𝑔(𝑛), 𝑦(𝑛0) = 𝑦0, 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0,
dimana kedua persamaan tersebut mengasumsikan 𝑎(𝑛) dan 𝑔(𝑛) adalah fungsi
bernilai real yang didefinisikan untuk 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0, serta 𝑎(𝑛) ≠ 0 untuk setiap
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2
𝑛 ∈ ℕ0. Dengan menggunakan iterasi sederhana, kita bisa mendapatkan
penyelesaian dari persamaan diferensi linear tingkat satu homogen, yaitu:
𝑥(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑥0.
Dengan prinsip induksi matematis dapat dibuktikan penyelesaian persamaan
diferensi linear tingkat satu nonhomogen, yaitu untuk setiap 𝑛 ∈ ℕ berlaku,
𝑦(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑛−1
𝑟=𝑛0
.
Titik kesetimbangan merupakan konsep yang penting untuk dibahas dalam
mempelajari stabil atau tidaknya penyelesaian persamaan diferensi, khususnya
persamaan diferensi tingkat satu. Untuk menentukan kestabilan persamaan
diferensi tingkat satu pada persamaan (1.1), kita perlu mengetahui titik
kesetimbangan dari persamaan tersebut, lalu menganalisis apakah titik
kesetimbangan itu bersifat stabil atau tidak. Suatu titik 𝑥∗ dalam domain 𝑓 disebut
titik kesetimbangan dari persamaan diferensi tingkat satu pada persamaan (1.1)
jika titik itu adalah titik tetap dari 𝑓, yakni berlaku:
𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗.
Dalam banyak aplikasi, penting untuk melihat perilaku dari titik
kesetimbangan untuk nilai 𝑛 yang semakin membesar. Ada beberapa
kemungkinan perilaku titik kesetimbangan, yaitu:
1. Barisan iterasi penyelesaian persamaan diferensi bisa menuju ke suatu titik
atau setidaknya tetap dekat dengan titik tersebut.
2. Barisan iterasi penyelesaian persamaan diferensi bisa berosilasi di antara
nilai-nilai yang dekat dengan beberapa titik.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
3
3. Barisan iterasi penyelesaian persamaan diferensi mungkin bisa menjadi tak
terbatas, atau barisannya mungkin tetap dalam himpunan terbatas tetapi
melompat-lompat dengan bentuk yang tampaknya tidak terduga.
Dengan kata lain, kita bisa melihat perilaku dari titik kesetimbangan tersebut
dengan mempelajari suatu teori yang dinamakan teori kestabilan.
Pada tugas akhir ini, penerapan persamaan diferensi tingkat satu yang akan
dibahas, yaitu pada bidang ekonomi dan biologi. Penerapan persamaan diferensi
tingkat satu pada tugas akhir ini hanya difokuskan pada analisis kestabilan pasar
dan analisis kestabilan model pertumbuhan satu populasi.
Penerapan kestabilan persamaan diferensi tingkat satu yang akan dibahas
pertama adalah dalam bidang ekonomi, yaitu mengenai analisis kestabilan pasar.
Pasar adalah sekumpulan pembeli dan penjual yang melakukan interaksi untuk
menetapkan harga suatu produk atau sekumpulan produk. Untuk mengetahui
mekanisme pasar kita perlu menganalisis kestabilan pasar berdasarkan harga
kesetimbangan. Harga pasar tentu akan bervariasi bergantung pada reaksi
permintaan dan penawaran. Permintaan dan penawaran akan menentukan berapa
banyak sebuah barang dihasilkan dan berapa harga yang dikenakan untuk barang
tersebut ketika dijual. Biasanya dalam suatu pasar, pada periode tertentu, ada
suatu hal yang menyebabkan harga pasar menjadi stabil ataupun tidak stabil. Hal
tersebut dikarenakan kondisi dari jumlah permintaan dan penawaran yang tidak
sesuai. Oleh karena itu, pada tugas akhir ini akan dibahas mengenai kondisi yang
terjadi pada saat pasar stabil ataupun tidak stabil dengan menghubungkan antara
kasus ekonomi dengan kasus matematis.
Penerapan kestabilan persamaan diferensi tingkat satu yang akan dibahas
selanjutnya adalah dalam bidang biologi, yaitu mengenai analisis model
pertumbuhan satu populasi. Model adalah sebuah persamaan atau sistem
persamaan yang merepresentasikan sebuah permasalahan di kehidupan nyata atau
dengan kata lain penyederhanan dari masalah nyata. Populasi adalah kumpulan
individu yang sejenis dan hidup di suatu daerah dengan waktu tertentu. Model
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
4
pertumbuhan populasi adalah model matematika yang menggambarkan
pertumbuhan populasi. Berdasarkan dari segi waktu, model pertumbuhan populasi
dapat dibagi menjadi dua, yaitu model pertumbuhan populasi dengan waktu
kontinu dan model pertumbuhan populasi dengan waktu diskret. Model
pertumbuhan kontinu meliputi model eksponensial dan model logistik. Sedangkan
model pertumbuhan diskret meliputi model linear homogen dan model logistik
diskret. Dalam periode tertentu, kita akan memodelkan suatu populasi dengan
asumsi kebutuhan akan sumber daya menjadi tak terbatas, sehingga laju
pertumbuhan populasi akan mencapai tak terbatas. Namun pada kenyataannya, hal
tersebut dipandang tidak realistik, sebab suatu populasi tidak akan mungkin
mencapai tak terbatas, hal ini dikarenakan lingkungan memiliki keterbatasan akan
makanan, tempat hidup, ataupun karena adanya persaingan antar individu. Oleh
karena itu, pada akhirnya nanti populasi tersebut tidak akan bertumbuh secara tak
terbatas melainkan akan mengalami pertumbuhan hingga mencapai batas
maksimum, yaitu populasi kesetimbangannya. Kemudian, pada tugas akhir ini
juga akan ditunjukkan bahwa model pertumbuhan populasi dengan waktu kontinu
akan berhubungan dengan model pertumbuhan populasi dengan waktu diksret,
dimana kedua model pertumbuhan populasi ini akan mengarah menuju populasi
kesetimbangannya. Dengan memperhatikan penjelasan tersebut, persamaan
diferensi merupakan salah satu cara yang tepat untuk menganalisis kestabilan
pasar dan pertumbuhan satu populasi dengan menggunakan waktu diskret.
B. Rumusan Masalah
Perumusan masalah dalam tugas akhir ini adalah sebagai berikut:
1. Bagaimana cara menyelidiki kestabilan dari titik kesetimbangan persamaan
diferensi tingkat satu?
2. Bagaimana penerapan persamaan diferensi tingkat satu dalam bidang ekonomi
dan biologi, yaitu dalam hal menganalisis kestabilan pasar dan menganalisis
model pertumbuhan satu populasi?
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
5
C. Batasan Masalah
Batasan masalah dalam tugas akhir ini adalah sebagai berikut:
1. Persamaan diferensi yang dibahas adalah persamaan diferensi tingkat satu.
2. Penerapan kestabilan persamaan diferensi tingkat satu pada tugas akhir ini
hanya difokuskan dalam bidang ekonomi, yaitu menganalisis kestabilan pasar
di dekat harga kesetimbangan dan dalam bidang biologi, yaitu menganalisis
pertumbuhan satu populasi.
3. Pada tugas akhir ini, pembahasan mengenai penerapan kestabilan persamaan
diferensi tingkat satu dalam bidang ekonomi, yaitu permintaan dan penawaran
pasar hanya dipengaruhi oleh harga pasar dan jumlah dari permintaan dan
penawaran tersebut.
4. Pada tugas akhir ini, pembahasan mengenai penerapan kestabilan persamaan
diferensi tingkat satu dalam bidang biologi, yaitu pertumbuhan populasi hanya
membahas mengenai model untuk satu populasi saja.
D. Tujuan Penulisan
Tujuan dari penulisan tugas akhir ini adalah mengetahui kestabilan persamaan
diferensi tingkat satu, dan mengetahui penerapan kestabilan persamaan diferensi
tingkat satu dalam bidang ekonomi, yaitu menganalisis kestabilan pasar dan
dalam bidang biologi, yaitu menganalisis model pertumbuhan satu populasi.
E. Manfaat Penulisan
Manfaat dari penulisan tugas akhir ini adalah mengetahui tentang persamaan
diferensi, secara khusus mengenai persamaan diferensi tingkat satu, mengetahui
tentang titik kesetimbangan, mengetahui kestabilan dari titik kesetimbangan
persamaan diferensi tingkat satu, serta mengetahui tentang penerapan kestabilan
persamaan diferensi tingkat satu dalam bidang ekonomi yaitu menganalisis
kestabilan pasar dan dalam bidang biologi, yaitu menganalisis model
pertumbuhan satu populasi.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
6
F. Metode Penulisan
Metode penulisan yang digunakan dalam tugas akhir ini adalah metode studi
pustaka, yaitu dengan membaca dan mempelajari buku, jurnal, dan artikel yang
berkaitan dengan kestabilan persamaan diferensi tingkat satu dan penerapannya
dalam bidang ekonomi dan biologi.
G. Sistematika Penulisan
BAB I PENDAHULUAN
A. Latar Belakang
B. Rumusan Masalah
C. Batasan Masalah
D. Tujuan Penulisan
E. Manfaat Penulisan
F. Metode Penulisan
G. Sistematika Penulisan
BAB II PERSAMAAN DIFERENSI
A. Persamaan Diferensi Tingkat Satu
B. Titik Kesetimbangan
BAB III KESTABILAN PERSAMAAN DIFERENSI TINGKAT SATU
A. Kestabilan Titik Kesetimbangan
B. Titik Periodik dan Siklus
C. Mencari Penyelesaian Numerik Persamaan Diferensial dengan
Menggunakan Persamaan Diferensi
BAB IV PENERAPAN KESTABILAN PERSAMAAN DIFERENSI
TINGKAT SATU DALAM BIDANG EKONOMI DAN BIOLOGI
A. Analisis Kestabilan Pasar
1. Permintaan
2. Penawaran
3. Menganalisis Kestabilan Pasar Berdasarkan Harga Kesetimbangan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
7
B. Analisis Kestabilan Model Pertumbuhan Satu Populasi
1. Model Eksponensial
2. Model Logistik
3. Model Linear Homogen
4. Model Logistik Diskret
BAB V PENUTUP
A. Kesimpulan
B. Saran
DAFTAR PUSTAKA
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
8
BAB II
PERSAMAAN DIFERENSI
A. Persamaan Diferensi Tingkat Satu
Persamaan diferensi adalah persamaan yang menyatakan hubungan fungsional
antara satu variabel bebas dan satu variabel terikat, serta melibatkan perbedaan
nilai berturut-turut dari fungsi variabel diskret. Persamaan diferensi biasanya
digunakan untuk memodelkan dinamika dari fenomena tertentu yang memuat
waktu diskret. Persamaan diferensi memiliki bentuk umum, yaitu:
𝑥(𝑛 + 𝑘) = 𝑓(𝑥(𝑛 + 𝑘 − 1), 𝑥(𝑛 + 𝑘 − 2), ⋯ , 𝑥(𝑛 + 1), 𝑥(𝑛), 𝑛), (2.1)
dengan 𝑥(𝑛 + 𝑘) adalah fungsi diferensi dari (𝑥(𝑛 + 𝑖), 𝑛),
𝑖 = 0, 1, ⋯ , 𝑘 − 1, dan 𝑘 menyatakan indeks dari persamaan diferensi dengan 𝑘 ∈
ℕ.
Secara umum, persamaan diferensi dikelompokkan ke dalam dua jenis, yaitu
persamaan diferensi linear dan persamaan diferensi nonlinear.
Definisi 2.1 (Persamaan Diferensi Linear)
Persamaan diferensi dikatakan linear jika persamaan tersebut memiliki bentuk
umum:
𝑎0𝑥(𝑛 + 𝑘) + 𝑎1𝑥(𝑛 + 𝑘 − 1) + ⋯ + 𝑎𝑘−1𝑥(𝑛 + 1) + 𝑎𝑘𝑥(𝑛) = 𝑅(𝑛) (2.2)
dengan 𝑎0, 𝑎1, ⋯, 𝑎𝑘−1, 𝑎𝑘 adalah fungsi konstan dengan 𝑎0 dan 𝑎𝑘 keduanya
tidak sama dengan nol, dan 𝑅(𝑛) adalah sebarang fungsi dari 𝑛 yang didefinisikan
untuk setiap bilangan bulat tak negatif 𝑛.
Definisi 2.2 (Persamaan Diferensi Nonlinear)
Persamaan diferensi dikatakan nonlinear jika persamaan diferensi tersebut tidak
linear.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
9
Definisi 2.3 (Tingkat Persamaan Diferensi)
Tingkat atau order dari persamaan diferensi adalah selisih antara indeks yang
tertinggi dan yang terendah dari 𝑥 pada persamaan (2.1).
Persamaan diferensi tingkat 𝑘 dapat dinyatakan ke dalam bentuk:
𝑥(𝑛 + 𝑘) = 𝑓(𝑥(𝑛 + 𝑘 − 1), 𝑥(𝑛 + 𝑘 − 2), ⋯ , 𝑥(𝑛 + 1), 𝑥(𝑛), 𝑛), (2.3)
dengan 𝑘 menyatakan indeks dari persamaan diferensi.
Persamaan diferensi juga dapat diklasifikasikan berdasarkan tingkatnya, yaitu
tingkat satu dan tingkat tinggi (tingkat yang lebih dari satu). Persamaan diferensi
tingkat satu dapat dinyatakan ke dalam bentuk umum, yaitu
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑓(𝑥(𝑛)), (2.4)
dengan 𝑥(𝑛 + 1) adalah fungsi dari 𝑥(𝑛).
Contoh 2.1
a. 𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥2(𝑛) merupakan persamaan diferensi nonlinear tingkat satu.
b. 𝑥(𝑛 + 1) − 3𝑥(𝑛) + 𝑥(𝑛 − 1) = 𝑒−𝑛, 𝑛 ≥ 1 merupakan persamaan diferensi
linear tingkat dua.
c. 𝑥(𝑛 + 4) − 𝑥(𝑛) = 𝑛2𝑛 merupakan persamaan diferensi linear tingkat empat.
d. 𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) − (1
100) 𝑥2(𝑛) merupakan persamaan diferensi nonlinear
tingkat satu.
e. 𝑥(𝑛 + 3) = cos 𝑥(𝑛) merupakan persamaan diferensi nonlinear tingkat tiga.
Definisi 2.4 (Penyelesaian Persamaan Diferensi)
Sebuah fungsi disebut penyelesaian dari suatu persamaan diferensi apabila fungsi
tersebut disubstitusikan ke dalam persamaan diferensi dapat membuat persamaan
diferensi tersebut menjadi pernyataan yang benar di setiap titik.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
10
Persamaan diferensi linear tingkat satu terbagi menjadi dua, yaitu persamaan
diferensi linear tingkat satu homogen dan persamaan diferensi linear tingkat satu
nonhomogen. Persamaan diferensi linear tingkat satu homogen memiliki bentuk
umum, yaitu:
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑎(𝑛)𝑥(𝑛), 𝑥(𝑛0) = 𝑥0, 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0, (2.5)
dengan asumsi 𝑎(𝑛) adalah fungsi bernilai real yang didefinisikan untuk 𝑛 ≥
𝑛0 ≥ 0 dengan 𝑎(𝑛) ≠ 0 untuk setiap 𝑛 ∈ ℕ0. Dengan menggunakan iterasi
sederhana, kita bisa mendapatkan penyelesaian dari persamaan diferensi linear
tingkat satu homogen, yaitu:
𝑥(𝑛0 + 1) = 𝑎(𝑛0)𝑥(𝑛0) = 𝑎(𝑛0)𝑥0,
𝑥(𝑛0 + 2) = 𝑎(𝑛0 + 1)𝑥(𝑛0 + 1) = 𝑎(𝑛0 + 1)𝑎(𝑛0)𝑥0,
𝑥(𝑛0 + 3) = 𝑎(𝑛0 + 2)𝑥(𝑛0 + 2) = 𝑎(𝑛0 + 2)𝑎(𝑛0 + 1)𝑎(𝑛0)𝑥0,
dan secara induktif kita dapatkan:
𝑥(𝑛) = 𝑎(𝑛 − 1)𝑎(𝑛 − 2) ⋯ 𝑎(𝑛0)𝑥0,
𝑥(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑥0. (2.6)
Dengan demikian, persamaan (2.6) adalah penyelesaian umum dari persamaan
diferensi linear tingkat satu homogen (2.5).
Persamaan diferensi linear tingkat satu nonhomogen memiliki bentuk umum,
yaitu:
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑎(𝑛)𝑦(𝑛) + 𝑔(𝑛), 𝑦(𝑛0) = 𝑦0, 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0, (2.7)
dengan asumsi 𝑎(𝑛) dan 𝑔(𝑛) adalah fungsi bernilai real yang didefinisikan untuk
𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0, serta 𝑎(𝑛) ≠ 0 untuk setiap 𝑛 ∈ ℕ0. Dengan menggunakan iterasi
sederhana, kita juga bisa mendapatkan penyelesaian umum dari persamaan
diferensi linear tingkat satu nonhomogen, yaitu:
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
11
𝑦(𝑛0 + 1) = 𝑎(𝑛0)𝑦0 + 𝑔(𝑛0),
𝑦(𝑛0 + 2) = 𝑎(𝑛0 + 1)𝑦(𝑛0 + 1) + 𝑔(𝑛0 + 1)
= 𝑎(𝑛0 + 1)(𝑎(𝑛0)𝑦0 + 𝑔(𝑛0)) + 𝑔(𝑛0 + 1)
= 𝑎(𝑛0 + 1)𝑎(𝑛0)𝑦0 + 𝑎(𝑛0 + 1)𝑔(𝑛0) + 𝑔(𝑛0 + 1).
Selanjutnya, kita menggunakan prinsip induksi matematika untuk
menunjukkan bahwa, untuk setiap 𝑛 ∈ ℕ berlaku,
𝑦(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑛−1
𝑟=𝑛0
. (2.8)
Dengan demikian, persamaan (2.8) adalah penyelesaian umum dari persamaan
diferensi linear tingkat satu nonhomogen (2.7) yang berlaku untuk setiap 𝑛 ∈ ℕ.
Untuk membuktikan bahwa persamaan (2.8) berlaku untuk setiap 𝑛 ∈ ℕ,
pertama kita harus menunjukkan bahwa persamaan (2.8) berlaku untuk 𝑛 = 1.
Dengan menggunakan persamaan (2.7), jika 𝑛 = 1, maka diperoleh
𝑦(1) = 𝑎(0)𝑦0 + 𝑔(0).
Dengan demikian, persamaan (2.7) terbukti benar untuk 𝑛 = 1. Jadi, persamaan
(2.8) berlaku untuk 𝑛 = 1. Selanjutnya diasumsikan bahwa persamaan (2.8)
berlaku untuk 𝑛 = 𝑘, 𝑘 ∈ ℕ. Dengan menggunakan persamaan (2.7) diperoleh
𝑦(𝑘) = 𝑎(𝑘 − 1)𝑦(𝑘 − 1) + 𝑔(𝑘 − 1),
sehingga penyelesaian umumnya adalah
𝑦(𝑘) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑘−1
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑘−1
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑘−1
𝑟=𝑛0
.
Kemudian, dari persamaan (2.8) akan dibuktikan bahwa untuk 𝑛 = 𝑘 + 1,
𝑘 ∈ ℕ berlaku
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
12
𝑦(𝑘 + 1) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑘
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑘
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑘
𝑟=𝑛0
.
Dengan menggunakan persamaan (2.7) diperoleh
𝑦(𝑘 + 1) = 𝑎(𝑘)𝑦(𝑘) + 𝑔(𝑘)
= 𝑎(𝑘) ((∏ 𝑎(𝑖)
𝑘−1
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑘−1
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑘−1
𝑟=𝑛0
) + 𝑔(𝑘)
= (𝑎(𝑘) (∏ 𝑎(𝑖)
𝑘−1
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ 𝑎(𝑘) ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑘−1
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑘−1
𝑟=𝑛0
) + 𝑔(𝑘)
= (∏ 𝑎(𝑖)
𝑘
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑘
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑘−1
𝑟=𝑛0
+ 𝑔(𝑘)
= (∏ 𝑎(𝑖)
𝑘
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑘
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑘
𝑟=𝑛0
.
Jadi, persamaan (2.8) benar untuk 𝑛 = 𝑘 + 1, 𝑘 ∈ ℕ. Dengan demikian, menurut
prinsip induksi matematika persamaan (2.8) berlaku untuk setiap 𝑛 ∈ ℕ.
Persamaan (2.7) dapat dibedakan menjadi dua kasus khusus yang penting,
yaitu pada saat 𝑔(𝑛) adalah fungsi bernilai real yang didefinisikan untuk
𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0 dan saat 𝑔(𝑛) adalah fungsi konstan.
Diberikan persamaan diferensi pertama
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑎𝑦(𝑛) + 𝑔(𝑛), 𝑦(0) = 𝑦0, (2.9)
dengan 𝑎 adalah sebarang konstanta, 𝑦(𝑛) adalah fungsi diferensi ke 𝑛, 𝑦(𝑛 + 1)
adalah fungsi diferensi ke 𝑛 + 1 dan 𝑔(𝑛) adalah fungsi bernilai real yang
didefinisikan untuk 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
13
Untuk memperoleh penyelesaian persamaan (2.9), kita menggunakan rumus (2.8),
sehingga diperoleh
𝑦(𝑛) = 𝑎𝑛𝑦0 + ∑ 𝑎𝑛−𝑘−1
𝑛−1
𝑘=0
𝑔(𝑘). (2.10)
Diberikan persamaan diferensi kedua
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑎𝑦(𝑛) + 𝑏, 𝑦(0) = 𝑦0, (2.11)
dengan 𝑎 adalah sebarang konstanta, 𝑦(𝑛) adalah fungsi diferensi ke 𝑛, 𝑦(𝑛 + 1)
adalah fungsi diferensi ke 𝑛 + 1 dan 𝑏 adalah sebarang konstanta.
Untuk memperoleh penyelesaian persamaan (2.11), kita menggunakan rumus
(2.10), yaitu
Untuk 𝑎 = 1,
𝑦(𝑛) = 1𝑛𝑦0 + ∑ 1𝑛−𝑘−1
𝑛−1
𝑘=0
𝑏, 𝑔(𝑘) = 𝑏
𝑦(𝑛) = 𝑦0 + ∑ 1
𝑛
𝑘=1
𝑏 = 𝑦0 + 𝑏𝑛.
Untuk 𝑎 ≠ 1,
𝑦(𝑛) = 𝑎𝑛𝑦0 + ∑ 𝑎𝑛−𝑘−1
𝑛−1
𝑘=0
𝑏, 𝑔(𝑘) = 𝑏
𝑦(𝑛) = 𝑎𝑛𝑦0 + (𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2 + ⋯ + 𝑎1 + 𝑎0) 𝑏
𝑦(𝑛) = 𝑎𝑛𝑦0 + ∑ 𝑎𝑘
𝑛−1
𝑘=0
𝑏.
Dengan menggunakan rumus jumlahan 𝑛 suku pertama deret geometri diperoleh
𝑆𝑛 =𝑢0(𝑟𝑛 − 1)
𝑟 − 1,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
14
dengan 𝑢0 adalah suku pertama, dan 𝑟 =𝑢𝑛
𝑢𝑛−1 adalah rasio dari deret geometri
∑ 𝑎𝑘𝑛−1𝑘=0 , maka diperoleh suku pertamanya, yaitu 𝑢0 = 𝑎0 = 1 dan
𝑟 =𝑢𝑛
𝑢𝑛−1=
𝑎2
𝑎= 𝑎, sehingga rumus jumlahan 𝑛 suku pertama dari deret geometri
∑ 𝑎𝑘𝑛−1𝑘=0 adalah
𝑆𝑛 =1(𝑎𝑛 − 1)
𝑎 − 1=
𝑎𝑛 − 1
𝑎 − 1.
Oleh karena itu, diperoleh
𝑦(𝑛) = 𝑎𝑛𝑦0 + (𝑎𝑛 − 1
𝑎 − 1) 𝑏.
Jadi, penyelesaian dari persamaan (2.11) adalah
𝑦(𝑛) =
𝑎𝑛𝑦0 + 𝑏 (𝑎𝑛−1
𝑎−1) jika 𝑎 ≠ 1,
(2.12)
𝑦0 + 𝑏𝑛 jika 𝑎 = 1.
Untuk mempermudah dalam mencari penyelesaian umum dari persamaan
diferensi linear tingkat satu, berikut diberikan rumus penjumlahan tentu.
Tabel 1.1 Penjumlahan Tentu
Penjumlahan Penjumlahan Tentu
∑ 𝑘
𝑛
𝑘=1
𝑛 (𝑛 + 1)
2
∑ 𝑘2
𝑛
𝑘=1
𝑛 (𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6
∑ 𝑘3
𝑛
𝑘=1
(𝑛 (𝑛 + 1)
2)
2
∑ 𝑘4
𝑛
𝑘=1
𝑛 (6𝑛4 + 15𝑛3 + 10𝑛2 − 1)
30
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
15
∑ 𝑎𝑘
𝑛−1
𝑘=0
(𝑎𝑛 − 1)
(𝑎 − 1), jika 𝑎 ≠ 1
𝑛, jika 𝑎 = 1
∑ 𝑎𝑘
𝑛−1
𝑘=1
(𝑎𝑛 − 𝑎)
(𝑎 − 1), jika 𝑎 ≠ 1
𝑛 − 1, jika 𝑎 = 1
∑ 𝑘𝑎𝑘 , 𝑎 ≠ 1
𝑛
𝑘=1
(𝑎 − 1)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛+2 + 𝑎
(𝑎 − 1)2
Contoh 2.2
Diberikan persamaan diferensi linear sebagai berikut:
𝑥(𝑛 + 1) − 𝑒2𝑛𝑥(𝑛) = 0, 𝑥(0) =1
2. (2.13)
Carilah penyelesaian umum dari persamaan diferensi linear tersebut!
Jawab:
Persamaan diferensi linear (2.13) merupakan persamaan diferensi linear tingkat
satu homogen. Misalkan 𝑎(𝑛) = 𝑒2𝑛.
Dengan menggunakan rumus (2.6), kita bisa mendapatkan penyelesaian dari
persamaan diferensi (2.13), yaitu
𝑥(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑥0.
Kemudian, substitusi 𝑎(𝑖) = 𝑒2𝑖 dan 𝑥(0) = 𝑥0 =1
2 ke persamaan di atas,
sehingga diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
16
𝑥(𝑛) =1
2(∏ 𝑒2𝑖
𝑛−1
𝑖=0
) =1
2(𝑒2(∑ 𝑖𝑛−1
𝑖=0 )).
Dari tabel 1.1
∑ 𝑖
𝑛−1
𝑖=0
=(𝑛 − 1)𝑛
2,
sehingga diperoleh
𝑥(𝑛) =1
2(𝑒
2((𝑛−1)𝑛
2)) =
1
2𝑒(𝑛−1)𝑛.
Contoh 2.3
Carilah penyelesaian umum dari persamaan diferensi linear berikut!
𝑦(𝑛 + 1) − (𝑛 + 1)𝑦(𝑛) = 2𝑛(𝑛 + 1)! , 𝑦(0) = 1. (2.14)
Jawab:
Persamaan diferensi (2.14) merupakan persamaan diferensi linear tingkat satu
nonhomogen. Misalkan 𝑎(𝑛) = 𝑛 + 1 dan 𝑔(𝑛) = 2𝑛(𝑛 + 1)!.
Dengan menggunakan rumus (2.8), kita bisa menemukan penyelesaian umum dari
persamaan (2.14), yaitu sebagai berikut
𝑦(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑛−1
𝑟=𝑛0
.
Selanjutnya, substitusi 𝑎(𝑖) = 𝑖 + 1, 𝑔(𝑟) = 2𝑟(𝑟 + 1)!, dan 𝑦(0) = 𝑦0 = 1 ke
persamaan (2.8).
𝑦(𝑛) = (∏ 𝑖 + 1
𝑛−1
𝑖=0
) 1 + ∑ ( ∏ 𝑖 + 1
𝑛−1
𝑖=𝑟+1
) 2𝑟(𝑟 + 1)!
𝑛−1
𝑟=0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
17
= (1.2.3. ⋯ . 𝑛) + ∑((𝑟 + 2). ⋯ . (𝑛 − 1). 𝑛)2𝑟(𝑟 + 1)!
𝑛−1
𝑟=0
= (1.2.3. ⋯ . 𝑛) + ∑(𝑛. (𝑛 − 1). ⋯ . (𝑟 + 2). (𝑟 + 1)!)2𝑟
𝑛−1
𝑟=0
= (1.2.3. ⋯ . 𝑛) + ∑(𝑛. (𝑛 − 1). ⋯ .2.1)2𝑟
𝑛−1
𝑟=0
= 𝑛! + ∑(𝑛!)2𝑟
𝑛−1
𝑟=0
Dengan menggunakan tabel 1.1:
∑ 𝑎𝑟 =𝑎𝑛 − 1
𝑎 − 1, 𝑎 ≠ 1,
𝑛−1
𝑟=0
dan mensubstitusikan 𝑎 = 2 diperoleh
𝑦(𝑛) = 𝑛! + 𝑛! (2𝑛 − 1
2 − 1) = 𝑛! + 𝑛! (2𝑛 − 1) = 𝑛! 2𝑛.
Contoh 2.4
Dilakukan pengukuran terhadap suhu tubuh seseorang yang menunjukkan 110℉.
Diamati bahwa jumlah perubahan suhu selama setiap periode dua jam adalah
−0.3 kali perbedaan antara suhu periode sebelumnya dengan suhu kamar, yaitu
70℉. Buatlah persamaan diferensi yang mendeskripsikan suhu tubuh 𝑇(𝑛) pada
akhir periode ke 𝑛, kemudian carilah penyelesaian umum persamaan diferensi
tersebut!
Jawab:
𝑇(𝑛) adalah suhu tubuh pada akhir periode ke 𝑛.
𝑇(0) = 110℉ adalah suhu tubuh awal.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
18
𝐿 = 70℉ adalah suhu lingkungan (suhu kamar).
Persamaan diferensi yang mendeskripsikan suhu tubuh 𝑇(𝑛) pada akhir periode
ke 𝑛 dapat dituliskan sebagai berikut:
𝑇(𝑛 + 1) − 𝑇(𝑛) = −0.3(𝑇(𝑛) − 70)
𝑇(𝑛 + 1) = 𝑇(𝑛) − 0.3𝑇(𝑛) + 21
𝑇(𝑛 + 1) = 0.7𝑇(𝑛) + 21, 𝑇(0) = 110. (2.15)
Kemudian, kita akan mencari penyelesaian persamaan diferensi (2.15). Persamaan
diferensi (2.15) memiliki bentuk yang mirip dengan persamaan (2.11), sehingga
kita bisa mendapatkan penyelesaian dari persamaan (2.15) dengan menggunakan
rumus pada persamaan (2.12) dengan 𝑎 ≠ 1.
Substitusi 𝑎 = 0.7, 𝑇(0) = 110, dan 𝑏 = 21 ke dalam persamaan (2.12), sehingga
diperoleh
𝑇(𝑛) = 𝑎𝑛𝑦0 + 𝑏 (𝑎𝑛 − 1
𝑎 − 1)
= (0.7)𝑛(110) + 21 ((0.7)𝑛 − 1
0.7 − 1)
= (0.7)𝑛(110) + 21 ((0.7)𝑛 − 1
−0.3)
= (0.7)𝑛(110) − 70((0.7)𝑛 − 1)
= (0.7)𝑛(110) − (0.7)𝑛(70) + 70
= (0.7)𝑛(110 − 70) + 70
= 40(0.7)𝑛 + 70
Jadi, penyelesaian umum persamaan diferensi (2.15) adalah
𝑇(𝑛) = 40(0.7)𝑛 + 70.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
19
B. Titik Kesetimbangan
Definisi 2.5 (Titik Kesetimbangan)
Suatu titik 𝑥∗ dalam domain 𝑓 disebut titik kesetimbangan dari persamaan
diferensi tingkat satu (2.4) jika titik itu adalah titik tetap dari 𝑓, yakni berlaku:
𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗. (2.16)
Dengan kata lain, 𝑥∗ adalah penyelesaian konstan dari persamaan diferensi tingkat
satu (2.4). Lebih jelasnya, jika
𝑥(0) = 𝑥∗
adalah titik awal, maka
𝑥(1) = 𝑓(𝑥(0)) = 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗,
𝑥(2) = 𝑓(𝑥(1)) = 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗ ,
𝑥(3) = 𝑓(𝑥(2)) = 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗ ,
dan seterusnya.
Definisi 2.6 (Eventually Fixed Point)
Misalkan 𝑥 adalah sebuah titik dalam domain 𝑓. Jika ada sebuah bilangan bulat
positif 𝑟 dan suatu titik kesetimbangan 𝑥∗ dari persamaan (2.4) sehingga 𝑓𝑟(𝑥) =
𝑥∗, 𝑓𝑟−1(𝑥) ≠ 𝑥∗, maka 𝑥 disebut eventually fixed point dari persamaan (2.4).
Contoh 2.5
Diberikan persamaan diferensi sebagai berikut:
𝑥(𝑛 + 1) =1
2(𝑥(𝑛) +
𝑎
𝑥(𝑛)), (2.17)
Carilah titik kesetimbangan dari persamaan diferensi tersebut!
Jawab:
Menurut Definisi 2.5, untuk menemukan titik kesetimbangan dari persamaan
diferensi (2.17), kita harus menemukan titik 𝑥∗ sedemikian hingga 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗,
dengan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
20
𝑓(𝑥) =1
2(𝑥 +
𝑎
𝑥).
Dari
1
2(𝑥∗ +
𝑎
𝑥∗) = 𝑥∗ (2.18)
kita memperoleh
1
2(𝑥∗ +
𝑎
𝑥∗) = 𝑥∗
1
2𝑥∗ +
𝑎
2𝑥∗= 𝑥∗
𝑎
2𝑥∗= 𝑥∗ −
1
2𝑥∗
𝑎
2𝑥∗=
1
2𝑥∗
𝑎
𝑥∗= 𝑥∗
(𝑥∗)2 = 𝑎
𝑥∗ = ±√𝑎.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan diferensi (2.17)
yaitu 𝑥∗ = √𝑎 dan 𝑥∗ = −√𝑎 .
Contoh 2.6
Perhatikan persamaan diferensi berikut ini.
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑇(𝑥(𝑛)), (2.19)
dengan
2𝑥 untuk 0 ≤ 𝑥 ≤1
2,
𝑇(𝑥) =
2(1 − 𝑥) untuk 1
2< 𝑥 ≤ 1.
Tunjukkan bahwa jika 𝑥 =𝑘
2𝑛, dimana 𝑘 dan 𝑛 adalah bilangan bulat positif
dengan 0 <𝑘
2𝑛 ≤ 1, maka 𝑥 adalah eventually fixed point.
Jawab:
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
21
Pertama, kita harus mencari titik kesetimbangan 𝑥∗ dari persamaan (2.19) dengan
menggunakan Definisi 2.5.
Untuk
0 ≤ 𝑥 ≤1
2, 𝑇(𝑥) = 2𝑥
dan didapatkan
𝑇(𝑥∗) = 𝑥∗
2𝑥∗ = 𝑥∗ (2.20)
2𝑥∗ − 𝑥∗ = 0
𝑥∗ = 0.
Untuk
1
2< 𝑥 ≤ 1, 𝑇(𝑥) = 2(1 − 𝑥).
Misalkan
𝑇(𝑥∗) = 𝑥∗
2(1 − 𝑥∗) = 𝑥∗ (2.21)
2 − 2𝑥∗ = 𝑥∗
−3𝑥∗ = −2
𝑥∗ =2
3.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan diferensi (2.19),
yaitu 𝑥∗ = 0 dan 𝑥∗ =2
3 .
Akan ditunjukkan bahwa 𝑥 =𝑘
2𝑛 adalah eventually fixed point dari persamaan
(2.19) dengan menggunakan induksi matematis.
1. Basis induksi :
Untuk 𝑘 = 1, diperoleh 𝑥 =1
2𝑛.
Jika 𝑥(0) =1
2𝑛, maka
𝑥(1) = 2 (1
2𝑛) =
1
2𝑛−1
𝑥(2) = 2 (1
2𝑛−1) =
1
2𝑛−2
⋮
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
22
𝑥(𝑟 − 2) = 2 (1
22) =
1
2
𝑥(𝑟 − 1) = 2 (1
21) = 1
𝑥(𝑟) = 2(1 − 1) = 0.
Menurut Definisi 2.6, 𝑥 =1
2𝑛 adalah eventually fixed point.
Jadi terbukti bahwa untuk 𝑘 = 1, maka 𝑥 =𝑘
2𝑛 adalah eventually fixed point.
2. Hipotesis induksi:
Asumsikan 𝑥 =𝑘
2𝑛 benar untuk 𝑘 ≤ 𝑚. Menurut Definisi 2.6, maka ada sebuah
bilangan positif 𝑠 dan suatu titik kesetimbangan 𝑥∗, dalam hal ini 𝑥∗ = 0,
sedemikian sehingga 𝑇𝑠 (𝑘
2𝑛) = 𝑥∗ = 0.
3. Langkah induksi:
Akan dibuktikan bahwa jika 𝑚+1
2𝑛 <1
2, maka setelah beberapa iterasi, ada 𝑟
sehingga
𝑚 + 1
2𝑟+1<
1
2
dan
𝑚 + 1
2𝑟>
1
2
(2.22)
𝑇 (𝑚 + 1
2𝑟) = 2 (1 −
𝑚 + 1
2𝑟) =
2(2𝑟 − 𝑚 − 1)
2𝑟
Dari persamaan (2.22) diperoleh
𝑚 + 1
2𝑟>
1
2
𝑚 + 1 >2𝑟
2
𝑚 + 1 > 2𝑟−1
Dengan demikian diperoleh
𝑇 (𝑚 + 1
2𝑟) =
2𝑡
2𝑟=
𝑡
2𝑟−1,
dengan
𝑡 = 2𝑟 − 𝑚 − 1
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
23
= 2𝑟 − (𝑚 + 1)
< 2𝑟 − 2𝑟−1
= 2𝑟 −1
22𝑟 =
1
22𝑟 = 2𝑟−1,
𝑡 < 2𝑟−1, 𝑡 ≤ 𝑚.
Lebih lanjut dapat dilihat bahwa
𝑇𝑠 (𝑡
2𝑟−1) = 0
𝑇𝑠 (𝑇 (𝑚 + 1
2𝑟)) = 0
𝑇𝑠+1 (𝑚 + 1
2𝑟) = 0
Jadi terbukti bahwa ada sebuah bilangan positif 𝑠 dan titik kesetimbangan 𝑥∗ = 0
sedemikian sehingga 𝑇𝑠(𝑥) = 𝑥∗ = 0, 𝑇𝑠−1(𝑥) ≠ 𝑥∗, maka 𝑥 =𝑘
2𝑛 , 0 <𝑘
2𝑛 ≤ 1
adalah eventually fixed point. ∎
Untuk menentukan kestabilan persamaan diferensi linear tingkat satu, pertama
kita perlu mencari titik kesetimbangan dari persamaan tersebut, lalu menganalisa
apakah titik kesetimbangan itu bersifat stabil atau tidak. Dengan kata lain, kita
bisa melihat perilaku dari titik kesetimbangan tersebut dengan mempelajari suatu
teori yang dinamakan teori kestabilan.
Definisi 2.7 (Kestabilan dari Titik Kesetimbangan Persamaan Diferensi Linear
Tingkat Satu)
a. Titik kesetimbangan 𝑥∗ dari persamaan (2.4) dikatakan stabil (Gambar 2.1)
apabila
(∀ > 0) (∃𝛿 > 0) (∀𝑛 ∈ ℕ)|𝑥0 − 𝑥∗| < 𝛿 ⇒ |𝑓𝑛(𝑥0) − 𝑥∗| < .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
24
Gambar 2.1. Titik kesetimbangan 𝑥∗ dikatakan stabil (Elaydi, 2005)
b. Titik kesetimbangan 𝑥∗ dari persamaan (2.4) dikatakan tidak stabil (Gambar
2.2) apabila
(∃ > 0) (∀𝛿 > 0) (∃𝑁 ∈ ℕ) |𝑥0 − 𝑥∗| < 𝛿 ∧ |𝑥𝑁 − 𝑥∗| ≥ .
Gambar 2.2. Titik kesetimbangan 𝑥∗ dikatakan tidak stabil (Elaydi, 2005)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
25
c. Titik 𝑥∗ disebut titik penarik dari persamaan (2.4) apabila
(∃𝜂 > 0) |𝑥(0) − 𝑥∗| < 𝜂 ⇒ lim𝑛→∞
𝑥(𝑛) = 𝑥∗.
Titik 𝑥∗ dikatakan titik kesetimbangan stabil asimtotik (Gambar 2.3) jika titik itu
stabil dan merupakan titik penarik.
Gambar 2.3. Titik kesetimbangan 𝑥∗ dikatakan stabil asimtotik (Elaydi, 2005)
d. Titik 𝑥∗ disebut titik penarik mutlak dari persamaan (2.4) apabila
(∃𝜂 > 0) 𝜂 → ∞ |𝑥(0) − 𝑥∗| < 𝜂 ⇒ lim𝑛→∞
𝑥(𝑛) = 𝑥∗.
Titik 𝑥∗ dikatakan titik kesetimbangan stabil asimtotik mutlak (Gambar 2.4) jika
titik itu stabil dan merupakan titik penarik mutlak.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
26
Gambar 2.4. Titik kesetimbangan 𝑥∗ dikatakan stabil asimtotik mutlak (Elaydi,
2005)
Dalam menentukan kestabilan titik kesetimbangan, jika kita menggunakan
Definisi 2.7, maka seringkali sangat sulit, karena dalam banyak kasus kita
mungkin tidak dapat menemukan solusi dalam bentuk tertutup, bahkan untuk
persamaan diferensi (2.4) yang tampak sederhana. Dalam bagian ini akan dibahas
cara sederhana untuk membantu kita memahami perilaku dari penyelesaian
persamaan diferensi (2.4) di sekitar titik kesetimbangan, yang dinamakan teknik
grafik. Teknik grafik yang akan dibahas pada bab ini adalah Diagram Anak
Tangga (The Stair Step) atau Diagram Cobweb.
Metode grafik merupakan salah satu cara penting untuk menganalisis
kestabilan dari titik kesetimbangan (dan periodik) pada persamaan (2.4). Karena
pada persamaan (2.4) 𝑥(𝑛 + 1) = 𝑓(𝑥(𝑛)), maka kita dapat menggambar grafik
𝑓 pada bidang (𝑥(𝑛), 𝑥(𝑛 + 1)). Kemudian, diberikan nilai awal 𝑥(0) = 𝑥0,
maka kita akan menentukan nilai 𝑥(1) dengan menggambar sebuah garis vertikal
melalui 𝑥0, sehingga memotong grafik pada (𝑥0, 𝑥(1)). Selanjutnya, gambar
sebuah garis horisontal dari (𝑥0, 𝑥(1)) menuju garis diagonal 𝑦 = 𝑥 di titik
(𝑥(1), 𝑥(1)). Garis vertikal yang telah digambar dari titik (𝑥(1), 𝑥(1)) akan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
27
menuju grafik 𝑓 di titik (𝑥(1), 𝑥(2)). Dengan melanjutkan proses ini, kita akan
menemukan 𝑥(𝑛) untuk setiap 𝑛 > 0.
Contoh 2.7
Diberikan persamaan diferensi sebagai berikut:
𝑥(𝑛 + 1) = 5 −6
𝑥(𝑛). (2.19)
Carilah titik kesetimbangan dari persamaan diferensi tersebut lalu selidiki apakah
titik kesetimbangan persamaan diferensi tersebut bersifat stabil atau tidak!
Jawab:
Menurut Definisi 2.5, untuk menemukan titik kesetimbangan dari persamaan
diferensi (2.19), kita harus menemukan titik 𝑥∗ sedemikian hingga 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗.
Perhatikan
5 −6
𝑥∗= 𝑥∗. (2.20)
5𝑥∗ − 6 = (𝑥∗)2
−(𝑥∗)2 + 5𝑥∗ − 6 = 0
(𝑥∗)2 − 5𝑥∗ + 6 = 0
(𝑥∗ − 2)(𝑥∗ − 3) = 0
𝑥∗ = 2 ∨ 𝑥∗ = 3.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan diferensi (2.19),
yaitu 𝑥∗ = 2 dan 𝑥∗ = 3.
Kita sudah mengetahui bahwa titik kesetimbangan dari persamaan diferensi (2.19)
adalah 𝑥∗ = 2 dan 𝑥∗ = 3, lalu kita harus menyelidiki masing-masing dari titik
kesetimbangan tersebut apakah bersifat stabil atau tidak.
Untuk 𝑥∗ = 3
Kita dapat membuat persamaan baru yang ekivalen dengan persamaan (2.19),
yaitu
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
28
𝑥(𝑛 + 1) − 3 =2
𝑥(𝑛)(𝑥(𝑛) − 3) (2.21)
Disini akan dibagi menjadi dua kasus, yaitu
Kasus 1:
Misalkan 2 < 𝑥(𝑛) < 3, maka dari persamaan (2.21) diperoleh 2 < 𝑥(𝑛 + 1) < 3
untuk 𝑛 ≥ 0.
Dari persamaan (2.21), untuk 𝑛 = 0 diperoleh
|𝑥(1) − 3| = |2
𝑥(0)(𝑥(0) − 3)| =
2
𝑥(0)|𝑥(0) − 3| < |𝑥(0) − 3|
sehingga dapat dikatakan bahwa 𝑥(1) dekat dengan 3 daripada 𝑥(0), yaitu saat
𝑥1 > 𝑥0.
Untuk 𝑛 = 1 diperoleh
|𝑥(2) − 3| = |2
𝑥(1)(𝑥(1) − 3)|
|𝑥(2) − 3| =2
𝑥(1)|𝑥(1) − 3|
<2
𝑥(1)|𝑥(0) − 3| <
2
𝑥(0)|𝑥(0) − 3|.
Apabila dilanjutkan secara induktif, maka akan diperoleh
|𝑥(𝑛) − 3| < (2
𝑥(0))
𝑛−1
|𝑥(0) − 3|.
Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 adalah stabil
dengan menggunakan Definisi 2.7 (a), yaitu
(∀ > 0)(∃𝛿 > 0)(∀𝑛 ∈ ℕ) |𝑥(0) − 3| < 𝛿 ⇒ |𝑥(𝑛) − 3| <
Ambil sebarang > 0. Pilih 𝛿 =𝜀𝑥(0)
2> 0, sedemikian sehingga
|𝑥(𝑛) − 3| < (2
𝑥(0))
𝑛−1|𝑥(0) − 3| <
2
𝑥(0)|𝑥(0) − 3| <
2
𝑥(0)𝛿 =
2
𝑥(0)
𝜀𝑥(0)
2= .
Jadi, terbukti
(∀ > 0) (∃𝛿 > 0) (∀𝑛 ∈ ℕ)|𝑥(0) − 3| < 𝛿 ⇒ |𝑥(𝑛) − 3| < ,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
29
sehingga titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 bersifat stabil.
Lebih lanjut, karena untuk setiap 𝑛 ≥ 0, 𝑥(𝑛) konvergen menuju 3, maka
lim𝑛→∞
|𝑥(𝑛) − 3| = 0 atau dengan kata lain lim𝑛→∞
𝑥(𝑛) = 3, maka menurut Definisi
2.7 (c) titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 bersifat stabil asimtotik.
Kasus 2:
Misalkan 𝑥(𝑛) > 3, maka dari persamaan (2.21) diperoleh 𝑥(𝑛 + 1) > 3 untuk
𝑛 ≥ 0.
Dari persamaan (2.21), untuk 𝑛 = 0 diperoleh
|𝑥(1) − 3| = |2
𝑥(0)(𝑥(0) − 3)| =
2
𝑥(0)|𝑥(0) − 3| <
2
3|𝑥(0) − 3|
sehingga dapat dikatakan bahwa 𝑥(1) dekat dengan 3 daripada 𝑥(0), yaitu saat
𝑥1 > 𝑥0.
Kemudian, untuk 𝑛 = 1 diperoleh
|𝑥(2) − 3| = |2
𝑥(1)(𝑥(1) − 3)|
|𝑥(2) − 3| =2
𝑥(1)|𝑥(1) − 3|
=2
𝑥(1)
2
𝑥(0)|𝑥(0) − 3|
<2
3
2
3|𝑥(0) − 3| = (
2
3)
2
|𝑥(0) − 3|.
Apabila dilanjutkan secara induktif, maka akan diperoleh
|𝑥(𝑛) − 3| < (2
3)
𝑛
|𝑥(0) − 3|.
Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 adalah stabil
dengan menggunakan Definisi 2.7 (a), yaitu
(∀ > 0) (∃𝛿 > 0) (∀𝑛 ∈ ℕ)|𝑥(0) − 3| < 𝛿 ⇒ |𝑥(𝑛) − 3| < .
Ambil sebarang > 0. Pilih 𝛿 =3𝜀
2> 0, sedemikian sehingga
|𝑥(𝑛) − 3| < (2
3)
𝑛|𝑥(0) − 3| <
2
3|𝑥(0) − 3| <
2
3𝛿 =
2
3
3𝜀
2= .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
30
Jadi, terbukti
(∀ > 0) (∃𝛿 > 0) (∀𝑛 ∈ ℕ)|𝑥(0) − 3| < 𝛿 ⇒ |𝑥(𝑛) − 3| < ,
sehingga titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 bersifat stabil.
Lebih lanjut, karena lim𝑛→∞
𝑥(𝑛) = 3, maka menurut Definisi 2.7 (c) titik
kesetimbangan 𝑥∗ = 3 bersifat stabil asimtotik.
Untuk 𝑥∗ = 2
Kita dapat membuat persamaan baru yang ekivalen dengan persamaan (2.19),
yaitu
𝑥(𝑛 + 1) − 2 =3
𝑥(𝑛)(𝑥(𝑛) − 2). (2.22)
Misalkan 𝑥(𝑛) < 3, maka dari persamaan (2.22), untuk 𝑛 = 0 diperoleh
|𝑥(1) − 2| = |3
𝑥(0)(𝑥(0) − 2)| =
3
𝑥(0)|𝑥(0) − 2| > |𝑥(0) − 2|.
Kemudian, untuk 𝑛 = 1 diperoleh
|𝑥(2) − 2| = |3
𝑥(1)(𝑥(1) − 2)| =
3
𝑥(1)|𝑥(1) − 2| > |𝑥(1) − 2|.
Apabila dilanjutkan secara induktif, maka akan diperoleh
|𝑥(𝑛) − 2| > |𝑥(𝑛 − 1) − 2|.
Jadi, dengan kata lain diperoleh bahwa titik kesetimbangan 𝑥∗ = 2 bersifat tidak
stabil.
Sekarang dengan menggunakan diagram anak tangga, kita akan mengamati bahwa
untuk 2 < 𝑥(𝑛) < 3, semua penyelesaian yang titik awalnya, yaitu 𝑥(0) yang
berada pada interval (2,3) akan konvergen ke titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 dan
untuk 𝑥(𝑛) > 3, semua penyelesaian yang titik awalnya, yaitu 𝑥(0) yang berada
pada interval (3, ∞) akan konvergen ke titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3. Sedangkan,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
31
untuk 𝑥(𝑛) < 2, semua penyelesaian yang titik awalnya, yaitu 𝑥(0) yang berada
paa interval (−∞, 2) tidak konvergen ke titik kesetimbangan 𝑥∗ = 2. Sebagai
contoh, jika dipilih titik awal 𝑥(0) = 6, maka semua penyelesaian akan
konvergen ke titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 (Gambar 2.5).
Gambar 2.5. Diagram anak tangga untuk 𝑥(0) = 6 dengan semua
penyelesaian konvergen ke titik kesetimbangan 𝑥∗ = 3 (Elaydi,
2005)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
32
BAB III
KESTABILAN PERSAMAAN DIFERENSI TINGKAT SATU
Salah satu tujuan utama dari sistem dinamik adalah mempelajari perilaku dari
penyelesaian sistem di sekitar titik kesetimbangan. Untuk mempelajari perilaku
dari penyelesaian sistem tersebut digunakan suatu pendekatan yang disebut
analisis kestabilan. Analisis ini dapat dilakukan dengan beberapa cara, salah
satunya yaitu melakukan penyelidikan terhadap perilaku titik kesetimbangan dari
suatu persamaan diferensi. Titik kesetimbangan dan kestabilannya dapat
memberikan informasi mengenai perilaku jangka panjang dari penyelesaian
persamaan diferensi. Selain melakukan penyelidikan terhadap perilaku titik
kesetimbangan dari persamaan diferensi, analisis kestabilan juga dapat dilakukan
melalui metode grafik. Pada bab ini juga akan dibahas mengenai kestabilan dari
titik periodik, serta bagaimana menyelesaikan persamaan diferensial yang sulit
diselesaikan dengan menggunakan penyelesaian numerik, yaitu melalui
persamaan diferensi.
A. Kestabilan Titik Kesetimbangan
Teorema 3.1
Misalkan 𝑥∗ adalah titik kesetimbangan dari persamaan diferensi tingkat satu
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑓(𝑥(𝑛)), (3.1)
dengan 𝑓 adalah suatu fungsi terdiferensial kontinu di 𝑥∗.
(i) Jika |𝑓′(𝑥∗)| < 1, maka 𝑥∗ stabil asimtotik.
(ii) Jika |𝑓′(𝑥∗)| > 1, maka 𝑥∗ tidak stabil.
Bukti:
(i) Misalkan |𝑓′(𝑥∗)| < 1, maka menurut sifat kepadatan ada bilangan real lain di
antara |𝑓′(𝑥∗)| dan 1, sedemikian sehingga |𝑓′(𝑥∗)| < 𝑀 < 1. Oleh karena
itu, ada sebuah interval 𝐽 = (𝑥∗ − 𝛾, 𝑥∗ + 𝛾) yang memuat 𝑥∗, sedemikian
sehingga |𝑓′(𝑥∗)| ≤ 𝑀 < 1 untuk setiap 𝑥 ∈ 𝐽. Andaikan |𝑓′(𝑥∗)| > 𝑀, maka
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
33
ada sebuah titik 𝑥𝑛 ∈ 𝐼𝑛 untuk masing-masing interval terbuka
𝐼𝑛 = (𝑥∗ −1
𝑛, 𝑥∗ +
1
𝑛) dengan 𝑛 → ∞. Jadi apabila 𝑛 → ∞, maka 𝑥𝑛 → 𝑥∗.
Karena 𝑓′ adalah fungsi kontinu, sehingga berlaku
lim𝑛→∞
𝑓′(𝑥𝑛) = 𝑓′(𝑥∗).
Oleh karena itu, diperoleh
𝑀 < lim𝑛→∞
|𝑓′(𝑥𝑛)| = |𝑓′(𝑥∗)| < 𝑀,
dan terjadi kontradiksi.
Kemudian, untuk 𝑥(0) ∈ 𝐽, kita punya
|𝑥(1) − 𝑥∗| = |𝑓(𝑥(0)) − 𝑓(𝑥∗)|.
Berdasarkan teorema nilai rata-rata, ada 𝜉 di antara 𝑥(0) dan 𝑥∗, sedemikian
sehingga
|𝑓(𝑥(0)) − 𝑓(𝑥∗)|
|𝑥(0) − 𝑥∗|= |𝑓′(𝜉)|
|𝑓(𝑥(0)) − 𝑓(𝑥∗)| = |𝑓′(𝜉)||𝑥(0) − 𝑥∗|.
Jadi,
|𝑓(𝑥(0)) − 𝑓(𝑥∗)| ≤ 𝑀 |𝑥(0) − 𝑥∗|.
Oleh karena itu,
|𝑥(1) − 𝑥∗| ≤ 𝑀|𝑥(0) − 𝑥∗|. (3.2)
Dari pertidaksamaan (3.2) menunjukkan bahwa 𝑥(1) dekat dengan 𝑥∗ atau
dengan kata lain 𝑥(𝑛) konvergen menuju 𝑥∗, dengan 𝑥(1) ∈ 𝐽.
Selanjutnya, dengan menggunakan induksi matematis, akan ditunjukkan
bahwa untuk setiap 𝑛 ≥ 0 berlaku
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| ≤ 𝑀𝑛|𝑥(0) − 𝑥∗|.
Basis induksi: Jika 𝑛 = 1, maka diperoleh
|𝑥(1) − 𝑥∗| ≤ 𝑀|𝑥(0) − 𝑥∗|.
Dengan demikian, terbukti benar untuk 𝑛 = 1.
Hipotesis induksi: Asumsikan benar untuk 𝑛 = 𝑘, sehingga diperoleh
|𝑥(𝑘) − 𝑥∗| ≤ 𝑀𝑘|𝑥(0) − 𝑥∗|.
Langkah induksi: Akan dibuktikan bahwa untuk 𝑛 = 𝑘 + 1, berlaku
|𝑥(𝑘 + 1) − 𝑥∗| ≤ 𝑀𝑘+1|𝑥(0) − 𝑥∗|.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
34
Bukti:
|𝑥(𝑘 + 1) − 𝑥∗| = |𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)|
Berdasarkan teorema nilai rata-rata, ada 𝜉 di antara 𝑥(𝑘) dan 𝑥∗, sedemikian
sehingga
|𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)|
|𝑥(𝑘) − 𝑥∗|= |𝑓′(𝜉)|
|𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)| = |𝑓′(𝜉)||𝑥(𝑘) − 𝑥∗|.
Jadi,
|𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)| ≤ 𝑀 |𝑥(𝑘) − 𝑥∗|.
|𝑥(𝑘 + 1) − 𝑥∗| ≤ 𝑀|𝑥(𝑘) − 𝑥∗|
≤ 𝑀 ∙ 𝑀𝑘|𝑥(0) − 𝑥∗|
= 𝑀𝑘+1|𝑥(0) − 𝑥∗|.
Jadi, dengan menggunakan induksi matematis terbukti benar bahwa untuk
setiap 𝑛 ≥ 0 berlaku
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| ≤ 𝑀𝑛|𝑥(0) − 𝑥∗|.
Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa 𝑥∗ adalah stabil dengan menggunakan
Definisi 2.7 (a), yaitu
(∀ > 0) (∃𝛿 > 0) (∀𝑛 ∈ ℕ)|𝑥(0) − 𝑥∗| < 𝛿 ⇒ |𝑥(𝑛) − 𝑥∗| < .
Ambil sebarang > 0. Pilih 𝛿 =𝜀
2𝑀, sedemikian sehingga
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| ≤ 𝑀𝑛|𝑥(0) − 𝑥∗| < 𝑀|𝑥(0) − 𝑥∗| < 𝑀𝛿 = 𝑀2𝑀
<2
< .
Jadi, terbukti bahwa
(∀ > 0) (∃𝛿 > 0) (∀𝑛 ∈ ℕ)|𝑥(0) − 𝑥∗| < 𝛿 ⇒ |𝑥(𝑛) − 𝑥∗| <
sehingga menurut Definisi 2.7 (a), titik kesetimbangan 𝑥∗ adalah stabil.
Lebih lanjut, karena untuk setiap 𝑛 ≥ 0, 𝑥(𝑛) konvergen menuju 𝑥∗, maka
lim𝑛→∞
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| = 0.
Dengan kata lain,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
35
lim𝑛→∞
𝑥(𝑛) = 𝑥∗.
Jadi, dapat disimpulkan bahwa 𝑥∗ adalah titik kesetimbangan yang stabil
asimtotik.
(ii) Misalkan |𝑓′(𝑥∗)| > 1, maka menurut sifat kepadatan ada bilangan real lain di
antara |𝑓′(𝑥∗)| dan 1, sedemikian sehingga |𝑓′(𝑥∗)| > 𝑀 > 1. Oleh karena
itu, ada sebuah interval 𝐽 = (𝑥∗ − 𝛾, 𝑥∗ + 𝛾) yang memuat 𝑥∗, sedemikian
sehingga|𝑓′(𝑥∗)| ≥ 𝑀 > 1 untuk setiap 𝑥 ∈ 𝐽. Andaikan |𝑓′(𝑥∗)| < 𝑀, maka
ada sebuah titik 𝑥𝑛 ∈ 𝐼𝑛 untuk masing-masing interval terbuka
𝐼𝑛 = (𝑥∗ −1
𝑛, 𝑥∗ +
1
𝑛) dengan 𝑛 → ∞. Jadi, apabila 𝑛 → ∞, maka 𝑥𝑛 → 𝑥∗.
Karena 𝑓′ adalah fungsi kontinu, sehingga berlaku
lim𝑛→∞
𝑓′(𝑥𝑛) = 𝑓′(𝑥∗).
Oleh karena itu, diperoleh
𝑀 > lim𝑛→∞
|𝑓′(𝑥𝑛)| = |𝑓′(𝑥∗)| > 𝑀,
dan terjadi kontradiksi.
Kemudian, untuk 𝑥(0) ∈ 𝐽, kita punya
|𝑥(1) − 𝑥∗| = |𝑓(𝑥(0)) − 𝑓(𝑥∗)|.
Berdasarkan teorema nilai rata-rata, ada 𝜉 di antara 𝑥(0) dan 𝑥∗, sedemikian
sehingga
|𝑓(𝑥(0)) − 𝑓(𝑥∗)|
|𝑥(0) − 𝑥∗|= |𝑓′(𝜉)|.
Jadi,
|𝑥(1) − 𝑥∗| = |𝑓′(𝜉)||𝑥(0) − 𝑥∗|
|𝑥(1) − 𝑥∗|
|𝑥(0) − 𝑥∗|= |𝑓′(𝜉)| ≥ 𝑀
|𝑥(1) − 𝑥∗| ≥ 𝑀|𝑥(0) − 𝑥∗|.
Selanjutnya, dengan menggunakan induksi matematis, akan ditunjukkan
bahwa untuk setiap 𝑛 ≥ 0 berlaku
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| ≥ 𝑀𝑛|𝑥(𝑛 − 1) − 𝑥∗|.
Basis induksi: Jika 𝑛 = 1, maka diperoleh
|𝑥(1) − 𝑥∗| ≥ |𝑥(0) − 𝑥∗|.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
36
Dengan demikian, terbukti benar untuk 𝑛 = 1.
Hipotesis induksi: Asumsikan benar untuk 𝑛 = 𝑘, sehingga diperoleh
|𝑥(𝑘) − 𝑥∗| ≥ 𝑀𝑘|𝑥(𝑘 − 1) − 𝑥∗|.
Langkah induksi: Akan dibuktikan bahwa untuk 𝑛 = 𝑘 + 1, berlaku
|𝑥(𝑘 + 1) − 𝑥∗| ≥ 𝑀𝑘+1|𝑥(0) − 𝑥∗|.
Bukti:
|𝑥(𝑘 + 1) − 𝑥∗| = |𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)|
Berdasarkan teorema nilai rata-rata, ada 𝜉 di antara 𝑥(𝑘) dan 𝑥∗, sedemikian
sehingga
|𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)|
|𝑥(𝑘) − 𝑥∗|= |𝑓′(𝜉)|
|𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)| = |𝑓′(𝜉)||𝑥(𝑘) − 𝑥∗|.
Jadi,
|𝑓(𝑥(𝑘)) − 𝑓(𝑥∗)| ≥ 𝑀 |𝑥(𝑘) − 𝑥∗|
|𝑥(𝑘 + 1) − 𝑥∗| ≥ 𝑀|𝑥(𝑘) − 𝑥∗|
≥ 𝑀 ∙ 𝑀𝑘|𝑥(𝑘 − 1) − 𝑥∗|
≥ 𝑀𝑘+1|𝑥(𝑘 − 1) − 𝑥∗|.
Jadi, dengan menggunakan induksi matematis terbukti benar bahwa untuk
setiap 𝑛 ≥ 0 berlaku
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| ≥ 𝑀𝑛|𝑥(𝑛 − 1) − 𝑥∗|.
Karena 𝑀 > 1, maka
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| ≥ 𝑀𝑛|𝑥(𝑛 − 1) − 𝑥∗| > |𝑥(𝑛 − 1) − 𝑥∗|.
Hal ini menunjukkan bahwa untuk nilai 𝑛 yang semakin membesar, maka
𝑥(𝑛) juga akan membesar tanpa batas, dengan kata lain titik kesetimbangan
𝑥∗ bersifat tidak stabil. ∎
Teorema 3.2
Misalkan 𝑥∗ adalah titik kesetimbangan persamaan (3.1), dengan 𝑓′(𝑥∗) = 1.
Pernyataan berikut benar:
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
37
(i) Jika 𝑓′′(𝑥∗) ≠ 0, maka 𝑥∗ tidak stabil.
(ii) Jika 𝑓′′(𝑥∗) = 0 dan 𝑓′′′(𝑥∗) > 0, maka 𝑥∗ tidak stabil.
(iii)Jika 𝑓′′(𝑥∗) = 0 dan 𝑓′′′(𝑥∗) < 0, maka 𝑥∗ stabil asimtotik.
Bukti:
(i) Jika 𝑓′′(𝑥∗) ≠ 0, maka kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥) bisa cekung ke atas jika 𝑓′′(𝑥∗) > 0
atau cekung ke bawah jika 𝑓′′(𝑥∗) < 0, seperti ditunjukkan pada Gambar 3.1
dan 3.2. Jika 𝑓′′(𝑥∗) > 0, maka 𝑓′(𝑥∗) > 1 untuk setiap 𝑥 yang berada pada
interval 𝐼 = (𝑥∗, 𝑥∗ + ). Di sisi lain, jika 𝑓′′(𝑥∗) < 0, maka 𝑓′(𝑥∗) > 1
untuk setiap 𝑥 yang berada pada interval 𝐼 = (𝑥∗ − , 𝑥∗). Karena 𝑓′(𝑥∗) > 1,
maka |𝑓′(𝑥∗)| > 1. Oleh karena itu, menurut Teorema 3.1 (ii), jika
|𝑓′(𝑥∗)| > 1, maka titik kesetimbangan 𝑥∗ tidak stabil.
Gambar 3.1. Titik kesetimbangan 𝑥∗ tidak stabil dengan
𝑓′′(𝑥∗) > 0 (Elaydi, 2005)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
38
Gambar 3.2. Titik kesetimbangan 𝑥∗ tidak stabil dengan
𝑓′′(𝑥∗) < 0 (Elaydi, 2005)
(ii) Diketahui
𝑓′(𝑥∗) = 1, 𝑓′′(𝑥∗) = 0, 𝑓′′′(𝑥∗) > 0,
sehingga kita tahu bahwa 𝑥∗ adalah titik belok (Gambar 3.3). Karena
𝑓′′′(𝑥∗) > 0, maka 𝑓′′(𝑥∗) meningkat dari interval 𝐼 = (𝑥∗ − , 𝑥∗ + ) di
sekitar 𝑥∗. Oleh karena itu, 𝑓′′(𝑥∗) < 0 berada pada interval (𝑥∗ − , 𝑥∗) dan
𝑓′′(𝑥∗) > 0 berada pada interval (𝑥∗, 𝑥∗ + ). Akibatnya, 𝑓′(𝑥∗) > 1 berada
pada interval (𝑥∗, 𝑥∗ + ). Karena 𝑓′(𝑥∗) > 1, maka |𝑓′(𝑥∗)| > 1. Jadi,
menurut Teorema 3.1 (ii), jika |𝑓′(𝑥∗)| > 1, maka titik kesetimbangan 𝑥∗
tidak stabil.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
39
Gambar 3.3. Titik kesetimbangan 𝑥∗ tidak stabil dengan 𝑓′(𝑥∗) = 1,
𝑓′′(𝑥∗) = 0, dan 𝑓′′′(𝑥∗) > 0 (Elaydi, 2005)
(iii) Diketahui
𝑓′(𝑥∗) = 1, 𝑓′′(𝑥∗) = 0, 𝑓′′′(𝑥∗) < 0,
sehingga kita tahu bahwa 𝑥∗ adalah titik belok (Gambar 3.4). Karena
𝑓′′′(𝑥∗) < 0, maka 𝑓′′(𝑥∗) meningkat dari interval 𝐼 = (𝑥∗ − , 𝑥∗) dan
menurun dari interval 𝐼 = (𝑥∗, 𝑥∗ + ) di sekitar 𝑥∗. Oleh karena itu,
𝑓′′(𝑥∗) < 0 berada pada interval (𝑥∗, 𝑥∗ + ) dan 𝑓′′(𝑥∗) > 0 berada pada
interval (𝑥∗ − , 𝑥∗). Akibatnya, 𝑓′(𝑥∗) < 1 berada pada interval
(𝑥∗ − , 𝑥∗). Lebih lanjut, karena untuk setiap 𝑛 ≥ 0, 𝑥(𝑛) konvergen
menuju 𝑥∗, maka lim𝑛→∞
|𝑥(𝑛) − 𝑥∗| = 0, atau dengan kata lain lim𝑛→∞
𝑥(𝑛) = 𝑥∗.
Jadi, terbukti bahwa 𝑥∗ stabil asimtotik. ∎
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
40
Gambar 3.4. Titik kesetimbangan 𝑥∗ stabil asimtotik dengan 𝑓′(𝑥∗) = 1,
𝑓′′(𝑥∗) = 0, dan 𝑓′′′(𝑥∗) < 0 (Elaydi, 2005)
Karena Teorema 3.2 hanya berlaku ketika 𝑓′(𝑥∗) = 1, maka kita harus memeriksa
kasus saat 𝑓′(𝑥∗) = −1. Tetapi sebelum melakukannya, kita membutuhkan
pengenalan notasi dari turunan Schwarzian dari fungsi 𝑓:
𝑆𝑓(𝑥) =𝑓′′′(𝑥)
𝑓′(𝑥)−
3
2(
𝑓′′(𝑥)
𝑓′(𝑥))
2
.
Jika 𝑓′(𝑥∗) = −1, maka
𝑆𝑓(𝑥∗) = −𝑓′′′(𝑥∗) −3
2(𝑓′′(𝑥∗))
2. (3.3)
Teorema 3.3
Misalkan 𝑥∗ adalah titik kesetimbangan persamaan (3.1), dengan 𝑓′(𝑥∗) = −1.
Pernyataan berikut benar:
(i) Jika 𝑆𝑓(𝑥∗) < 0, maka 𝑥∗ stabil asimtotik.
(ii) Jika 𝑆𝑓(𝑥∗) > 0, maka 𝑥∗ tidak stabil.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
41
Bukti:
(i) Misal diberikan persamaan
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑔(𝑦(𝑛)), 𝑔(𝑦) = 𝑓2(𝑦). (3.4)
Kita akan membuat dua pengamatan terhadap persamaan (3.4). Pertama, titik
kesetimbangan 𝑥∗ dari persamaan (3.1) juga merupakan titik kesetimbangan
dari persamaan (3.4). Kedua, jika titik kesetimbangan 𝑥∗ stabil asimtotik
terhadap persamaan (3.4), maka titik kesetimbangan tersebut juga stabil
asimtotik terhadap persamaan (3.1).
Karena
𝑔(𝑦) = 𝑓2(𝑦),
maka
𝑑
𝑑𝑦𝑔(𝑦) =
𝑑
𝑑𝑦𝑓(𝑓(𝑦)) = 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦). (3.5)
Kemudian, substitusi titik kesetimbangan 𝑥∗ ke dalam persamaan (3.5),
sehingga diperoleh
𝑑
𝑑𝑦𝑔(𝑥∗) = 𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗) = (𝑓′(𝑥∗))
2.
Diketahui
𝑓′(𝑥∗) = −1,
maka diperoleh
𝑑
𝑑𝑦𝑔(𝑥∗) = (𝑓′(𝑥∗))
2= (−1)2 = 1.
Karena
𝑑
𝑑𝑦𝑔(𝑥∗) = 1,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
42
maka menurut Teorema 3.2, kita perlu mencari turunan kedua dari 𝑔(𝑦),
sehingga diperoleh
𝑑2
𝑑𝑦2𝑔(𝑦) =
𝑑2
𝑑𝑦2𝑓(𝑓(𝑦)) = (𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦))
′
= 𝑓′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦)𝑓′(𝑦) + 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′′(𝑦).
= [𝑓′(𝑦)]2𝑓′′(𝑓(𝑦)) + 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′′(𝑦).
Kemudian, substitusi titik kesetimbangan 𝑥∗ ke dalam persamaan turunan
kedua dari 𝑔(𝑦), diperoleh
𝑑2
𝑑𝑦2𝑔(𝑥∗) = [𝑓′(𝑥∗)]2𝑓′′(𝑓(𝑥∗)) + 𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′′(𝑥∗).
Karena 𝑥∗ adalah titik kesetimbangan, maka 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗, sehingga
𝑑2
𝑑𝑦2𝑔(𝑥∗) = (𝑓′(𝑥∗))2𝑓′′(𝑓(𝑥∗)) + 𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′′(𝑥∗)
= (𝑓′(𝑥∗))2𝑓′′(𝑥∗) + 𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗).
Diketahui 𝑓′(𝑥∗) = −1,sehingga diperoleh
𝑑2
𝑑𝑦2𝑔(𝑥∗) = (−1)2𝑓′′(𝑥∗) + (−1)𝑓′′(𝑥∗)
= 𝑓′′(𝑥∗) − 𝑓′′(𝑥∗) = 0.
Sekarang, kita akan mencari turunan ketiga dari 𝑔(𝑦), sehingga diperoleh
(𝑔(𝑦))′′′
=𝑑
𝑑𝑦((𝑓′(𝑦))
2𝑓′′(𝑓(𝑦)) + 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′′(𝑦))
= (2𝑓′(𝑦)𝑓′′(𝑦)) (𝑓′′(𝑓(𝑦))) + (𝑓′(𝑦))2
(𝑓′′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦))
+(𝑓′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦))(𝑓′′(𝑦)) + (𝑓′(𝑓(𝑦))) (𝑓′′′(𝑦)).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
43
Karena 𝑥∗ adalah titik kesetimbangan, maka 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗, sehingga
(𝑔(𝑥∗))′′′
= (2𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗)) (𝑓′′(𝑓(𝑥∗)))
+(𝑓′(𝑥∗))2
(𝑓′′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)) + (𝑓′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)) (𝑓′′(𝑥∗))
+ (𝑓′(𝑓(𝑥∗))) (𝑓′′′(𝑥∗))
= (2𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗))(𝑓′′(𝑥∗)) + (𝑓′(𝑥∗))2
(𝑓′′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗))
+(𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗))(𝑓′′(𝑥∗)) + (𝑓′(𝑥∗))(𝑓′′′(𝑥∗))
= (2𝑓′(𝑥∗)(𝑓′′(𝑥∗))2
) + (𝑓′(𝑥∗))3
𝑓′′′(𝑥∗)
+ ((𝑓′′(𝑥∗))2
𝑓′(𝑥∗)) + (𝑓′(𝑥∗))(𝑓′′′(𝑥∗))
= (3𝑓′(𝑥∗)(𝑓′′(𝑥∗))2
) + (𝑓′(𝑥∗)𝑓′′′(𝑥∗)) ((𝑓′(𝑥∗))2
+ 1).
Diketahui 𝑓′(𝑥∗) = −1,sehingga diperoleh
(𝑔(𝑥∗))′′′
= (3(−1)(𝑓′′(𝑥∗))2
) + ((−1)𝑓′′′(𝑥∗))((−1)2 + 1)
(𝑔(𝑥∗))′′′
= −2𝑓′′′(𝑥∗) − 3(𝑓′′(𝑥∗))2
1
2(𝑔(𝑥∗))
′′′= −𝑓′′′(𝑥∗) −
3
2(𝑓′′(𝑥∗))
2= 𝑆𝑓(𝑥∗).
Berdasarkan Teorema 3.2 (iii), diperoleh
(𝑔(𝑥∗))′′′
< 0 ⇒ 𝑥∗ stabil asimtotik.
Jadi, karena 𝑆𝑓(𝑥∗) =1
2(𝑔(𝑥∗))
′′′ , maka Teorema 3.3 (i) terbukti bahwa
𝑆𝑓(𝑥∗) < 0 ⇒ 𝑥∗ stabil asimtotik.
(ii) Bukti sama seperti pada bagian (i),
Berdasarkan Teorema 3.2 (ii), diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
44
(𝑔(𝑥∗))′′′
> 0 ⇒ 𝑥∗ tidak stabil.
Jadi, karena 𝑆𝑓(𝑥∗) =1
2(𝑔(𝑥∗))
′′′ , maka Teorema 3.3 (ii) terbukti bahwa
𝑆𝑓(𝑥∗) > 0 ⇒ 𝑥∗ tidak stabil. ∎
Contoh 3.1
Diberikan persamaan diferensi sebagai berikut:
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥2(𝑛) + 3𝑥(𝑛). (3.6)
Carilah titik kesetimbangan dari persamaan diferensi tersebut dan tentukan
kestabilannya.
Jawab:
Menurut Definisi 2.4, untuk menemukan titik kesetimbangan dari persamaan
diferensi (3.6), kita harus menemukan titik 𝑥∗ sedemikian hingga 𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗.
Misalkan
𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑥,
maka
(𝑥∗)2 + 3𝑥∗ = 𝑥∗. (3.7)
Sekarang, kita akan mencari nilai 𝑥∗ yang memenuhi persamaan (3.7). Kita
memperoleh
(𝑥∗)2 + 3𝑥∗ = 𝑥∗
(𝑥∗)2 + 3𝑥∗ − 𝑥∗ = 0
(𝑥∗)2 + 2𝑥∗ = 0
𝑥∗(𝑥∗ + 2) = 0
𝑥∗ = 0 dan 𝑥∗ = −2.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan diferensi (3.6),
yaitu 𝑥∗ = 0 dan 𝑥∗ = −2 .
Selanjutnya, kita akan menganalisa kestabilan dari masing-masing titik
kesetimbangan tersebut.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
45
Pertama, kita harus mencari nilai |𝑓′(𝑥∗)| dari titik kesetimbangan 𝑥∗ = 0 dan
𝑥∗ = −2.
𝑓(𝑥∗) = (𝑥∗)2 + 3𝑥∗
𝑓′(𝑥∗) = 2𝑥∗ + 3
Untuk 𝑥∗ = 0,
|𝑓′(0)| = |2.0 + 3| = |0 + 3| = 3.
Menurut Teorema 3.1, karena |𝑓′(0)| = 3 > 1, maka titik kesetimbangan 𝑥∗ = 0
tidak stabil.
Untuk 𝑥∗ = −2,
|𝑓′(−2)| = |2. (−2) + 3| = |−4 + 3| = |−1| = 1.
Kita tidak bisa menggunakan Teorema 3.1, karena |𝑓′(−2)| = 1 tidak memenuhi
anteseden dari teorema tersebut. Oleh karena itu, kita bisa menggunakan teorema
3.3, sebab 𝑓′(−2) = −1. Terlebih dahulu, kita harus mencari 𝑆𝑓(𝑥) dengan 𝑥∗ =
−2. Dengan menggunakan persamaan (3.3) diperoleh
𝑆𝑓(𝑥∗) = −𝑓′′′(𝑥∗) −3
2(𝑓′′(𝑥∗))
2.
Kemudian, substitusi 𝑥∗ = −2 ke persamaan diatas, sehingga diperoleh
𝑆𝑓(−2) = −𝑓′′′(−2) −3
2(𝑓′′(−2))
2. (3.8)
Selanjutnya, kita akan mencari turunan kedua dan ketiga dari persamaan
𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑥,
sehingga diperoleh
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 + 3
𝑓′′(𝑥) = 2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
46
𝑓′′′(𝑥) = 0.
Kemudian, substitusi 𝑓′′(𝑥) = 2 dan 𝑓′′′(𝑥) = 0 ke persamaan (3.8), sehingga
diperoleh
𝑆𝑓(−2) = −(0) −3
2(2)2 = −6.
Menurut Teorema 3.3, karena 𝑆𝑓(−2) = −6 < 0, maka titik kesetimbangan
𝑥∗ = −2 stabil asimtotik.
Contoh 3.2
Diberikan persamaan kuadratik 𝑄(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐, 𝑎 ≠ 0, dan misalkan 𝑥∗
adalah titik tetap dari 𝑄. Buktikan pernyataan berikut benar bahwa:
(i) Jika 𝑄′(𝑥∗) = −1, maka 𝑥∗ stabil asimtotik.
(ii) Jika 𝑄′(𝑥∗) = 1, maka 𝑥∗ tidak stabil.
Jawab:
(i) Diketahui
𝑄(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐, 𝑎 ≠ 0,
maka
𝑄′(𝑥) = 2𝑎𝑥 + 𝑏, (3.9)
𝑄′′(𝑥) = 2𝑎,
𝑄′′′(𝑥) = 0.
Diketahui
𝑄′(𝑥∗) = −1,
sementara itu, karena 𝑄 adalah fungsi kuadratik, maka 𝑄 memiliki dua titik
tetap, yaitu 𝑥1∗ dan 𝑥2
∗.
Sekarang kita akan menyelidiki masing-masing titik tetap tersebut apakah
benar 𝑄′(𝑥∗) = −1 berlaku untuk setiap 𝑥∗.
Terlebih dahulu, kita akan mencari titik tetap dari 𝑄, yaitu
𝑄(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
47
𝑄(𝑥∗) = 𝑥∗
𝑎(𝑥∗)2 + 𝑏𝑥∗ + 𝑐 = 𝑥∗
𝑎(𝑥∗)2 + 𝑥∗(𝑏 − 1) + 𝑐 = 0
𝑥1∗ =
−(𝑏 − 1) + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎,
𝑥2∗ =
−(𝑏 − 1) − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎.
Kemudian, kita substitusi 𝑥1∗ ke dalam persamaan (3.9), sehingga diperoleh
𝑄′(𝑥1∗) = 2𝑎𝑥1
∗ + 𝑏
= 2𝑎 (−(𝑏 − 1) + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎) + 𝑏
= (1 − 𝑏) + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 + 𝑏
= 1 + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐. (3.10)
Diketahui
𝑄′(𝑥1∗) = −1,
maka dari persamaan (3.10) diperoleh
1 + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = −1
√(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = −2
(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 4
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐 + 4.
Namun, setelah disubstitusi
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐 + 4
ke dalam persamaan (3.10), maka akan diperoleh
𝑄′(𝑥1∗) ≠ −1.
Akibatnya, untuk titik tetap 𝑥∗, yaitu 𝑥1∗ belum tentu dapat dikatakan sebagai
titik tetap stabil asimtotik karena tidak memenuhi anteseden dari implikasi
pada bagian (i).
Selanjutnya, substitusi 𝑥2∗ ke dalam persamaan (3.9), sehingga diperoleh
𝑄′(𝑥2∗) = 2𝑎𝑥2
∗ + 𝑏
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
48
= 2𝑎 (−(𝑏 − 1) − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎) + 𝑏
= (1 − 𝑏) − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 + 𝑏
= 1 − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐. (3.11)
Diketahui
𝑄′(𝑥2∗) = −1,
maka dari persamaan (3.11) diperoleh
1 − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = −1
√(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 2
(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 4
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐 + 4.
Setelah disubstitusi
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐 + 4
ke dalam persamaan (3.11), ternyata diperoleh
𝑄′(𝑥2∗) = −1.
Ternyata dari kedua akar persamaan di atas (𝑥1∗ dan 𝑥2
∗), titik kesetimbangan
yang memenuhi 𝑄′(𝑥∗) = −1 adalah
𝑥2∗ =
−(𝑏 − 1) − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
yang diperoleh pada saat
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐 + 4,
sehingga
𝑥2∗ =
−(𝑏 − 1) − √4𝑎𝑐 + 4 − 4𝑎𝑐
2𝑎= −
𝑏 + 1
2𝑎.
Kemudian, karena 𝑄′(𝑥2∗) = −1, maka menurut Teorema 3.3 diperoleh
𝑆𝑄(𝑥∗) = 𝑆𝑄(𝑥2∗) = −𝑄′′′(𝑥2
∗) −3
2(𝑄′′(𝑥2
∗))2
= 0 −3
2(2𝑎)2 = −6𝑎2 < 0.
Akibatnya, menurut Teorema 3.3 (i), karena 𝑆𝑄(𝑥∗) < 0, maka titik tetap 𝑥∗,
yaitu 𝑥2∗ stabil asimtotik pada saat
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
49
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐 + 4.
Jadi, terbukti bahwa jika 𝑄′(𝑥∗) = −1, maka 𝑥∗ dikatakan stabil asimtotik.
(ii) Diketahui
𝑄′(𝑥∗) = 1,
Sementara itu, karena 𝑄 adalah fungsi kuadratik, maka 𝑄 memiliki dua titik
tetap, yaitu
𝑥1∗ =
−(𝑏 − 1) + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎,
𝑥2∗ =
−(𝑏 − 1) − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎.
Kemudian, kita substitusi 𝑥1∗ ke dalam persamaan (3.9), sehingga diperoleh
𝑄′(𝑥1∗) = 2𝑎𝑥1
∗ + 𝑏
= 2𝑎 (−(𝑏 − 1) + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎) + 𝑏
= (1 − 𝑏) + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 + 𝑏
= 1 + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐. (3.12)
Diketahui
𝑄′(𝑥1∗) = 1,
maka dari persamaan (3.12) diperoleh
1 + √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 1
√(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 0
(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 0
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐.
Setelah disubstitusi
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐
ke dalam persamaan (3.12), ternyata diperoleh
𝑄′(𝑥1∗) = 1.
Selanjutnya, substitusi 𝑥2∗ ke dalam persamaan (3.9), sehingga diperoleh
𝑄′(𝑥2∗) = 2𝑎𝑥2
∗ + 𝑏
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
50
= 2𝑎 (−(𝑏 − 1) − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐
2𝑎) + 𝑏
= (1 − 𝑏) − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 + 𝑏
= 1 − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐. (3.13)
Diketahui
𝑄′(𝑥2∗) = 1,
maka dari persamaan (3.13) diperoleh
1 − √(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 1
√(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 0
(𝑏 − 1)2 − 4𝑎𝑐 = 0
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐.
Setelah disubstitusi
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐
ke dalam persamaan (3.13), ternyata diperoleh
𝑄′(𝑥2∗) = 1.
Ternyata dari kedua akar persamaan di atas (𝑥1∗ dan 𝑥2
∗), 𝑄′(𝑥∗) = 1
diperoleh pada saat diskriminannya adalah 0, akibatnya persamaan kuadratik
tersebut hanya mempunyai satu titik tetap, yaitu
𝑥1∗ = 𝑥2
∗ =−(𝑏 − 1)
2𝑎=
1 − 𝑏
2𝑎.
Akibatnya, menurut Teorema 3.2 (i), karena 𝑄′′(𝑥) = 𝑄′′(𝑥∗) = 2𝑎 ≠ 0,
maka 𝑥∗ tidak stabil pada saat
(𝑏 − 1)2 = 4𝑎𝑐.
Jadi, terbukti bahwa jika 𝑄′(𝑥∗) = 1, maka 𝑥∗ dikatakan tidak stabil. ∎
Contoh 3.3
Apabila 𝑓′(𝑥∗) = −1, buktikan bahwa jika titik kesetimbangan 𝑥∗ stabil asimtotik
terhadap persamaan
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑔(𝑦(𝑛)), dengan 𝑔(𝑦) = 𝑓2(𝑦), (3.14)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
51
maka titik kesetimbangan tersebut juga stabil asimtotik terhadap persamaan
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑓(𝑥(𝑛)). (3.15)
Jawab:
Misalkan titik kesetimbangan 𝑥∗ stabil asimtotik terhadap persamaan (3.14), yaitu
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑔(𝑦(𝑛)),
dengan
𝑔(𝑦) = 𝑓2(𝑦)
dan
𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗.
Berdasarkan Teorema 3.1 (i) dan Teorema 3.2 (iii), maka kita akan mempunyai
dua kasus, yaitu
Kasus 1: Untuk |𝑔′(𝑥∗)| < 1. Karena
𝑔(𝑦) = 𝑓(𝑓(𝑦)),
maka
𝑔′(𝑦) = 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦).
Kemudian, substitusi titik kesetimbangan 𝑥∗ ke dalam turunan pertama dari 𝑔(𝑦),
sehingga diperoleh
𝑔′(𝑥∗) = 𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗) = 𝑓′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗) = (𝑓′(𝑥∗))2
≥ 0.
Karena
𝑔′(𝑥∗) = (𝑓′(𝑥∗))2
, (3.16)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
52
maka
|𝑔′(𝑥∗)| = |(𝑓′(𝑥∗))2
| = |𝑓′(𝑥∗)|2
|𝑔′(𝑥∗)| = |𝑓′(𝑥∗)|2 < 1,
akibatnya |𝑓′(𝑥∗)| < 1.
Oleh karena itu, menurut Teorema 3.1 (i), terbukti bahwa 𝑥∗ adalah titik
kesetimbangan yang stabil asimtotik terhadap persamaan (3.15).
Kasus 2: Untuk |𝑔′(𝑥∗)| = 1. Karena
𝑔′(𝑥∗) = 1,
maka dari persamaan (3.16) akan diperoleh
𝑔′(𝑥∗) = (𝑓′(𝑥∗))2
= 1
(𝑓′(𝑥∗))2
= 1
𝑓′(𝑥∗) = ±1.
Menurut Teorema 3.2, jika 𝑔′(𝑥∗) = 1, maka kita akan membagi menjadi 3 kasus,
yaitu
(a) 𝒈′(𝒙∗) = 𝟏, 𝒈′′(𝒙∗) ≠ 𝟎.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan kedua dari 𝑔(𝑦), sehingga diperoleh
𝑔′(𝑦) = 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦)
𝑔′′(𝑦) = 𝑓′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦)𝑓′(𝑦) + 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′′(𝑦).
Kemudian, substitusi titik kesetimbangan 𝑥∗ ke dalam turunan kedua dari
𝑔(𝑦), sehingga diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
53
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗) + 𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′′(𝑥∗)
= 𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗) + 𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗).
Karena 𝑓′(𝑥∗) = ±1, maka kita akan membagi lagi menjadi 2 kasus, yaitu
(1) Untuk 𝒇′(𝒙∗) = 𝟏, maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗) + 𝑓′′(𝑥∗)
𝑔′′(𝑥∗) = 2𝑓′′(𝑥∗).
Diketahui
𝑔′′(𝑥∗) ≠ 0,
maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 2𝑓′′(𝑥∗) ≠ 0
𝑓′′(𝑥∗) ≠ 0.
Berdasarkan Teorema 3.2 (i), karena
𝑓′(𝑥∗) = 1, 𝑓′′(𝑥∗) ≠ 0,
maka titik kesetimbangan 𝑥∗ tidak stabil terhadap persamaan (3.15).
(2) Untuk 𝒇′(𝒙∗) = −𝟏, maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗) − 𝑓′′(𝑥∗) = 0,
dan terjadi kontradiksi. Jadi, apabila 𝑔′′(𝑥∗) ≠ 0, maka 𝑓′(𝑥∗) ≠ −1.
Namun, apabila 𝑓′(𝑥∗) = −1 dan 𝑔′′(𝑥∗) ≠ 0, maka kita tidak dapat
menentukan kestabilan dari titik kesetimbangan 𝑥∗.
(b) 𝒈′(𝒙∗) = 𝟏, 𝒈′′(𝒙∗) = 𝟎, 𝒈′′′(𝒙∗) > 𝟎.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan kedua dari 𝑔(𝑦), sehingga diperoleh
𝑔′′(𝑦) = 𝑓′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦)𝑓′(𝑦) + 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′′(𝑦)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
54
Kemudian, substitusi titik kesetimbangan 𝑥∗ ke dalam turunan kedua dari
𝑔(𝑦), sehingga diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗) + 𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗).
Karena 𝑓′(𝑥∗) = ±1, maka kita akan membagi lagi menjadi 2 kasus, yaitu
(1) Untuk 𝒇′(𝒙∗) = 𝟏, maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗) + 𝑓′′(𝑥∗)
𝑔′′(𝑥∗) = 2𝑓′′(𝑥∗).
Diketahui
𝑔′′(𝑥∗) = 0,
maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 2𝑓′′(𝑥∗) = 0
𝑓′′(𝑥∗) = 0.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan ketiga dari 𝑔(𝑦), sehingga diperoleh
𝑔′′(𝑦) = 𝑓′′(𝑓(𝑦))[𝑓′(𝑦)]2 + 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′′(𝑦)
𝑔′′′(𝑦) = 𝑓′′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦)(𝑓′(𝑦))2
+ 2𝑓′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦)𝑓′′(𝑦)
+ 𝑓′′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦)𝑓′′(𝑦) + 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′′′(𝑦)
Kemudian, substitusi titik kesetimbangan 𝑥∗ ke dalam turunan ketiga dari
𝑔(𝑦), sehingga diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑓′′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)[𝑓′(𝑥∗)]2 + 2𝑓′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗)
+𝑓′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗) + 𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′′′(𝑥∗)
= 𝑓′′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)[𝑓′(𝑥∗)]2 + 2𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗)
+𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗) + 𝑓′(𝑥∗)𝑓′′′(𝑥∗)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
55
= 𝑓′′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)[𝑓′(𝑥∗)]2 + 3𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗)
+𝑓′(𝑥∗)𝑓′′′(𝑥∗).
Karena 𝑓′(𝑥∗) = 1 dan 𝑓′′(𝑥∗) = 0, maka diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑓′′′(𝑥∗) + 𝑓′′′ = 2𝑓′′′(𝑥∗).
Diketahui
𝑔′′′(𝑥∗) > 0,
maka diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = 2𝑓′′′(𝑥∗) > 0
= 𝑓′′′(𝑥∗) > 0.
Berdasarkan Teorema 3.2 (ii), karena
𝑓′(𝑥∗) = 1, 𝑓′′(𝑥∗) = 0, 𝑓′′′(𝑥∗) > 0,
maka titik kesetimbangan 𝑥∗ tidak stabil terhadap persamaan (3.15).
(2) Untuk 𝒇′(𝒙∗) = −𝟏, maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗) − 𝑓′′(𝑥∗) = 0.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan ketiga dari 𝑔(𝑥∗), berdasarkan bagian
(1) diperoleh,
𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑓′′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)[𝑓′(𝑥∗)]2 + 3𝑓′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗)
+𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′′′(𝑥∗).
Karena 𝑓′(𝑥∗) = −1, maka diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = −2𝑓′′′(𝑓(𝑥∗)) − 3(𝑓′′(𝑥∗))2
1
2𝑔′′′(𝑥∗) = −𝑓′′′(𝑓(𝑥∗)) −
3
2(𝑓′′(𝑥∗))
2= 𝑆𝑓(𝑥∗).
Diketahui
𝑔′′′(𝑥∗) > 0,
maka diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
56
1
2𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑆𝑓(𝑥∗) > 0.
Berdasarkan Teorema 3.3 (ii), karena
𝑓′(𝑥∗) = −1, 𝑆𝑓(𝑥∗) > 0,
maka titik kesetimbangan 𝑥∗ tidak stabil terhadap persamaan (3.15).
(c) 𝒈′(𝒙∗) = 𝟏, 𝒈′′(𝒙∗) = 𝟎, 𝒈′′′(𝒙∗) < 𝟎.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan kedua dari 𝑔(𝑥∗), berdasarkan bagian
(b) diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗) + 𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗).
Karena 𝑓′(𝑥∗) = ±1, maka kita akan membagi lagi menjadi 2 kasus, yaitu
(1) Untuk 𝒇′(𝒙∗) = 𝟏, maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗) + 𝑓′′(𝑥∗)
𝑔′′(𝑥∗) = 2𝑓′′(𝑥∗).
Diketahui
𝑔′′(𝑥∗) = 0,
maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 2𝑓′′(𝑥∗) = 0
𝑓′′(𝑥∗) = 0.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan ketiga dari 𝑔(𝑥∗), berdasarkan bagian
(b) diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑓′′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)[𝑓′(𝑥∗)]2 + 3𝑓′′(𝑥∗)𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗)
+𝑓′(𝑥∗)𝑓′′′(𝑥∗).
Karena 𝑓′(𝑥∗) = 1 dan 𝑓′′(𝑥∗) = 0, maka diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑓′′′(𝑥∗) + 𝑓′′′ = 2𝑓′′′(𝑥∗).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
57
Diketahui
𝑔′′′(𝑥∗) < 0,
maka diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = 2𝑓′′′(𝑥∗) < 0
= 𝑓′′′(𝑥∗) < 0.
Berdasarkan Teorema 3.2 (iii), karena
𝑓′(𝑥∗) = 1, 𝑓′′(𝑥∗) = 0, 𝑓′′′(𝑥∗) < 0,
maka titik kesetimbangan 𝑥∗ stabil asimtotik terhadap persamaan (3.15).
(2) Untuk 𝒇′(𝒙∗) = −𝟏, maka diperoleh
𝑔′′(𝑥∗) = 𝑓′′(𝑥∗) − 𝑓′′(𝑥∗) = 0.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan ketiga dari 𝑔(𝑥∗), berdasarkan bagian
(1) diperoleh,
𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑓′′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)[𝑓′(𝑥∗)]2 + 3𝑓′′(𝑓(𝑥∗))𝑓′(𝑥∗)𝑓′′(𝑥∗)
+𝑓′(𝑓(𝑥∗))𝑓′′′(𝑥∗).
Karena 𝑓′(𝑥∗) = −1, maka diperoleh
𝑔′′′(𝑥∗) = −2𝑓′′′(𝑓(𝑥∗)) − 3(𝑓′′(𝑥∗))2
1
2𝑔′′′(𝑥∗) = −𝑓′′′(𝑓(𝑥∗)) −
3
2(𝑓′′(𝑥∗))
2= 𝑆𝑓(𝑥∗).
Diketahui
𝑔′′′(𝑥∗) < 0,
maka diperoleh
1
2𝑔′′′(𝑥∗) = 𝑆𝑓(𝑥∗) < 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
58
Berdasarkan Teorema 3.3 (i), karena
𝑓′(𝑥∗) = −1, 𝑆𝑓(𝑥∗) < 0,
maka titik kesetimbangan 𝑥∗ stabil asimtotik terhadap persamaan (3.15).
Jadi, terbukti bahwa jika titik kesetimbangan 𝑥∗ stabil asimtotik terhadap
persamaan (3.14), maka titik kesetimbangan tersebut juga stabil asimtotik
terhadap persamaan (3.15). ∎
B. Titik Periodik dan Siklus
Definisi 3.1 (Titik Periodik)
Misalkan 𝑏 berada dalam domain 𝑓, maka:
1. Titik 𝑏 disebut titik periodik dari 𝑓 pada persamaan (3.1), jika ada bilangan
bulat positif 𝑘, sedemikian sehingga 𝑓𝑘(𝑏) = 𝑏. Oleh karena itu, sebuah titik
dikatakan periodik 𝑘 jika titik itu adalah titik tetap dari 𝑓𝑘 dan titik itu adalah
titik kesetimbangan dari persamaan diferensi
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑔(𝑥(𝑛)), (3.17)
dengan 𝑔 = 𝑓𝑘.
Orbit periodik dari 𝑏 dinotasikan dengan 𝑂(𝑏), dengan
𝑂(𝑏) = {𝑏, 𝑓(𝑏), 𝑓2(𝑏), ⋯ , 𝑓𝑘−1(𝑏)}.
Orbit periodik dari 𝑏, yaitu (𝑂(𝑏)) juga sering disebut siklus 𝑘.
2. Titik 𝑏 dikatakan eventually 𝑘-periodic jika ada bilangan bulat positif 𝑚, di
mana 𝑓𝑚(𝑏) adalah titik periodik 𝑘. Dengan kata lain, 𝑏 adalah periodik 𝑘
jika
𝑓𝑚+𝑘(𝑏) = 𝑓𝑚(𝑏).
Definisi 3.2 (Kestabilan Titik Periodik)
Misalkan titik 𝑏 adalah titik periodik 𝑘 dari 𝑓. Titik 𝑏 dikatakan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
59
1. stabil jika titik itu adalah titik tetap stabil dari 𝑓𝑘,
2. stabil asimtotik jika titik itu adalah titik tetap stabil asimtotik dari 𝑓𝑘,
3. tidak stabil jika titik itu adalah titik tetap tidak stabil dari 𝑓𝑘.
Contoh 3.4
Diberikan persamaan kuadratik sebagai berikut:
𝑄(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐, 𝑎 ≠ 0.
a) Jika {𝑑, 𝑒} adalah siklus-2 sedemikian sehingga 𝑄′(𝑑)𝑄′(𝑒) = −1, maka
buktikan bahwa titik periodik dari siklus-2 tersebut adalah stabil asimtotik.
b) Jika {𝑑, 𝑒} adalah siklus-2 sedemikian sehingga 𝑄′(𝑑)𝑄′(𝑒) = 1, maka apa
yang bisa disimpulkan mengenai kestabilan dari titik periodik siklus-2
tersebut?
Jawab:
a) Diketahui
𝑄(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐,
𝑄′(𝑑)𝑄′(𝑒) = −1,
maka berdasarkan definisi orbit periodik diperoleh
𝑄(𝑑) = 𝑒, 𝑄(𝑒) = 𝑑.
Kemudian, kita akan mencari turunan dari 𝑄, sehingga diperoleh
𝑄′ = 2𝑎𝑥 + 𝑏,
𝑄′′ = 2𝑎,
𝑄′′′ = 0.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan pertama dari siklus-2 𝑄, sehingga
diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
60
(𝑄2(𝑥))′
= 𝑄′(𝑄(𝑥))𝑄′(𝑥)
Apabila kita mensubstitusi titik periodik 𝑑 ke dalam turunan pertama dari
siklus-2 𝑄, maka akan diperoleh
(𝑄2(𝑑))′
= 𝑄′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑) = 𝑄′(𝑒)𝑄′(𝑑) = −1.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan kedua dari siklus-2 𝑄, sehingga diperoleh
(𝑄2(𝑥))′′
= 𝑄′′(𝑄(𝑥))𝑄′(𝑥)𝑄′(𝑥) + 𝑄′(𝑄(𝑥))𝑄′′(𝑥)
= 𝑄′′(𝑄(𝑥))(𝑄′(𝑥))2
+ 𝑄′(𝑄(𝑥))𝑄′′(𝑥).
Apabila kita mensubstitusi titik periodik 𝑑 ke dalam turunan kedua dari siklus-2
𝑄, maka akan diperoleh
(𝑄2(𝑑))′′
= 𝑄′′(𝑄(𝑑))(𝑄′(𝑑))2
+ 𝑄′(𝑄(𝑑))𝑄′′(𝑑)
= 𝑄′′(𝑒)(𝑄′(𝑑))2
+ 𝑄′(𝑒)𝑄′′(𝑑)
= 2𝑎(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏)2𝑎.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan ketiga dari siklus-2 𝑄, sehingga diperoleh
(𝑄2(𝑥))′′′
= 𝑄′′′(𝑄(𝑥))𝑄′(𝑥)(𝑄′(𝑥))2
+ 2𝑄′′(𝑄(𝑥))𝑄′(𝑥)𝑄′′(𝑥)
+ 𝑄′′(𝑄(𝑥))𝑄′(𝑥)𝑄′′(𝑥) + 𝑄′(𝑄(𝑥))𝑄′′′(𝑥).
Apabila kita mensubstitusi titik periodik 𝑑 ke dalam turunan ketiga dari siklus-2
𝑄, maka akan diperoleh
(𝑄2(𝑑))′′′
= 𝑄′′′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑)[𝑄′(𝑑)]2 + 2𝑄′′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑)𝑄′′(𝑑)
+𝑄′′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑)𝑄′′(𝑑) + 𝑄′(𝑄(𝑑))𝑄′′′(𝑑)
= 𝑄′′′(𝑒)𝑄′(𝑑)[𝑄′(𝑑)]2 + 2𝑄′′(𝑒)𝑄′(𝑑)𝑄′′(𝑑)
+𝑄′′(𝑒)𝑄′(𝑑)𝑄′′(𝑑) + 𝑄′(𝑒)𝑄′′′(𝑑)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
61
= 2(2𝑎)(2𝑎𝑑 + 𝑏)(2𝑎) + (2𝑎)(2𝑎𝑑 + 𝑏)(2𝑎)
= 8𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏)(2𝑎) + 4𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏) = 12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏).
Karena (𝑄2(𝑑))′
= −1, maka kita bisa menggunakan Teorema 3.3, sehingga
diperoleh
𝑆𝑄2(𝑑) = −(𝑄2(𝑑))′′′
−3
2((𝑄2(𝑑))
′′)
2
= −12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏) −3
2(2𝑎(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏)2𝑎)2
= −12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏) −3
24𝑎2((2𝑎𝑑 + 𝑏)4
+2(2𝑎𝑑 + 𝑏)2(2𝑎𝑒 + 𝑏) + (2𝑎𝑒 + 𝑏)2)
= −12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏) − 6𝑎2((2𝑎𝑑 + 𝑏)4 − 2(2𝑎𝑑 + 𝑏)
+(2𝑎𝑒 + 𝑏)2)
= −12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏) − 6𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏)4 + 12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏)
−6𝑎2(2𝑎𝑒 + 𝑏)2
= −6𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏)4 − 6𝑎2(2𝑎𝑒 + 𝑏)2 < 0.
Jadi, menurut Teorema 3.3 (i), karena 𝑆𝑄2(𝑑) < 0, maka titik periodik 𝑑 stabil
asimtotik.
b) Diketahui
𝑄(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐,
𝑄′(𝑑)𝑄′(𝑒) = 1,
maka berdasarkan definisi orbit periodik diperoleh
𝑄(𝑑) = 𝑒, 𝑄(𝑒) = 𝑑.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
62
Kemudian, kita akan mencari turunan dari 𝑄, sehingga diperoleh
𝑄′ = 2𝑎𝑥 + 𝑏,
𝑄′′ = 2𝑎,
𝑄′′′ = 0.
Apabila kita mensubstitusi titik periodik 𝑑 ke dalam turunan pertama dari
siklus-2 𝑄, maka akan diperoleh
(𝑄2(𝑑))′
= 𝑄′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑) = 𝑄′(𝑒)𝑄′(𝑑) = 1.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan kedua dari siklus-2 𝑄, sehingga diperoleh
(𝑄2(𝑥))′′
= 𝑄′′(𝑄(𝑥))𝑄′(𝑥)𝑄′(𝑥) + 𝑄′(𝑄(𝑥))𝑄′′(𝑥)
= 𝑄′′(𝑄(𝑥))(𝑄′(𝑥))2
+ 𝑄′(𝑄(𝑥))𝑄′′(𝑥).
Apabila kita mensubstitusi titik periodik 𝑑 ke dalam turunan kedua dari siklus-2
𝑄, maka akan diperoleh
(𝑄2(𝑑))′′
= 𝑄′′(𝑄(𝑑))(𝑄′(𝑑))2
+ 𝑄′(𝑄(𝑑))𝑄′′(𝑑)
= 𝑄′′(𝑒)(𝑄′(𝑑))2
+ 𝑄′(𝑒)𝑄′′(𝑑)
= 2𝑎(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏)2𝑎.
Berdasarkan Definisi 3.2, maka kestabilan dari titik periodik 𝑑 stabil jika titik itu
merupakan titik tetap stabil dari 𝑄2, stabil asimtotik jika titik itu merupakan titik
tetap stabil asimtotik dari 𝑄2, ataupun tidak stabil jika titik itu merupakan titik
tetap tidak stabil dari 𝑄2. Karena (𝑄2(𝑑))′
= 1, maka menurut Teorema 3.2, dari
3 kemungkinan tersebut akan dipersempit lagi menjadi 2 kemungkinan, yaitu titik
tetap 𝑑 tidak stabil ataupun titik tetap 𝑑 stabil asimtotik. Sekarang kita akan
selidiki satu per satu.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
63
Misalkan
(𝑄2(𝑑))′′
= 2𝑎(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏)2𝑎
= 2𝑎((2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏)) = 0.
Karena diketahui 𝑎 ≠ 0, maka haruslah
(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏) = 0
(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 = −(2𝑎𝑒 + 𝑏).
Kemudian, berdasarkan persamaan di atas, dapat kita bagi menjadi dua kasus,
yaitu
Kasus 1:
Misalkan 2𝑎𝑒 + 𝑏 > 0, maka (2𝑎𝑑 + 𝑏)2 < 0, hal ini mengakibatkan kontradiksi
karena untuk setiap bilangan real yang dikuadratkan, maka pasti akan
menghasilkan bilangan real yang bernilai positif. Jadi, dengan kata lain terbukti
bahwa
(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏) ≠ 0.
Karena
𝑎 ≠ 0
dan
(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏) ≠ 0,
maka
(𝑄2(𝑑))′′
= 2𝑎((2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏)) ≠ 0.
Menurut Teorema 3.2 (i), jika (𝑄2(𝑑))′′
≠ 0, maka titik tetap 𝑑 tidak stabil.
Kasus 2:
Misalkan 2𝑎𝑒 + 𝑏 < 0, maka (2𝑎𝑑 + 𝑏)2 > 0, sehingga diperoleh
(2𝑎𝑑 + 𝑏)2 = −(2𝑎𝑒 + 𝑏)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
64
(2𝑎𝑑 + 𝑏) = √−(2𝑎𝑒 + 𝑏).
Kemudian, substitusi (2𝑎𝑑 + 𝑏) = √−(2𝑎𝑒 + 𝑏), sehingga diperoleh
(𝑄2(𝑑))′′
= 2𝑎((2𝑎𝑑 + 𝑏)2 + (2𝑎𝑒 + 𝑏))
= 2𝑎 ((√−(2𝑎𝑒 + 𝑏))2
+ (2𝑎𝑒 + 𝑏))
= 2𝑎(−(2𝑎𝑒 + 𝑏) + (2𝑎𝑒 + 𝑏)) = 0.
Selanjutnya, kita akan mencari turunan ketiga dari siklus-2 𝑄, sehingga diperoleh
(𝑄2(𝑥))′′′
= 𝑄′′′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑)[𝑄′(𝑑)]2 + 2𝑄′′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑)𝑄′′(𝑑)
+𝑄′′(𝑄(𝑑))𝑄′(𝑑)𝑄′′(𝑑) + 𝑄′(𝑄(𝑑))𝑄′′′(𝑑).
Apabila kita mensubstitusi titik periodik 𝑑 ke dalam turunan ketiga dari siklus-2
𝑄, maka akan diperoleh
(𝑄2(𝑑))′′′
= 12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏).
Berdasarkan persamaan diatas, maka akan muncul 2 kemungkinan, yaitu
1) Jika
2𝑎𝑑 + 𝑏 > 0,
maka
(𝑄2(𝑑))′′′
= 12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏) > 0.
Jadi, menurut Teorema 3.2 (ii), titik tetap 𝑑 tidak stabil, sebab
(𝑄2(𝑑))′′
= 0, (𝑄2(𝑑))′′′
> 0.
2) Jika
2𝑎𝑑 + 𝑏 < 0,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
65
maka
(𝑄2(𝑑))′′′
= 12𝑎2(2𝑎𝑑 + 𝑏) < 0.
Jadi, menurut Teorema 3.2 (iii), titik tetap 𝑑 stabil asimtotik, sebab
(𝑄2(𝑑))′′
= 0, (𝑄2(𝑑))′′′
< 0.
Jadi, dapat ditarik kesimpulan bahwa ada beberapa kemungkinan kestabilan dari
titik periodik 𝑑, yaitu:
(a) Titik periodik 𝑑 tidak stabil pada saat
2𝑎𝑒 + 𝑏 > 0,
yang mengakibatkan
(𝑄2(𝑑))′ = 1, (𝑄2(𝑑))′′ ≠ 0.
(b) Titik periodik 𝑑 juga tidak stabil pada saat
2𝑎𝑑 + 𝑏 > 0,
yang mengakibatkan
(𝑄2(𝑑))′ = 1, (𝑄2(𝑑))′′ = 0, (𝑄2(𝑑))′′′
> 0.
(c) Titik periodik 𝑑 dikatakan stabil asimtotik pada saat
2𝑎𝑑 + 𝑏 < 0,
yang mengakibatkan
(𝑄2(𝑑))′ = 1, (𝑄2(𝑑))′′ = 0, (𝑄2(𝑑))′′′
< 0.
Teorema 3.4
Misalkan 𝑂(𝑏) = {𝑏 = 𝑥(0), 𝑥(1), … , 𝑥(𝑘 − 1)} adalah siklus 𝑘 dari fungsi
terdiferensial kontinu 𝑓, maka pernyataan berikut berlaku:
(i) Siklus 𝑘 dari 𝑂(𝑏) stabil asimtotik jika
|𝑓′(𝑥(0))𝑓′(𝑥(1)) … 𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))| < 1.
(ii) Siklus 𝑘 dari 𝑂(𝑏) tidak stabil jika
|𝑓′(𝑥(0))𝑓′(𝑥(1)) … 𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))| > 1.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
66
Bukti:
(i) Pandang persaman diferensi (3.17),
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑔(𝑥(𝑛)),
dengan 𝑔 = 𝑓𝑘.
Misalkan 𝑥(0) adalah titip tetap dari 𝑔. Sekarang kita akan mencari turunan
pertama dari 𝑔, sehingga diperoleh
𝑔′(𝑥) = (𝑓𝑘(𝑥))′
= 𝑓′(𝑓𝑘−1(𝑥))𝑓′(𝑓𝑘−2(𝑥)) ⋯ 𝑓′(𝑓(𝑥))𝑓′(𝑥). (3.18)
Kemudian, substitusi titik tetap 𝑥(0) ke dalam persamaan (3.18), diperoleh
𝑔′(𝑥(0)) = 𝑓′ (𝑓𝑘−1(𝑥(0))) 𝑓′ (𝑓𝑘−2(𝑥(0))) ⋯ 𝑓′ (𝑓(𝑥(0))) 𝑓′(𝑥(0))
= 𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))𝑓′(𝑥(𝑘 − 2)) ⋯ 𝑓′(𝑥(1))𝑓′(𝑥(0)).
Menurut Teorema 3.1 (i), jika |𝑔′(𝑥(0))| < 1, maka 𝑥(0) stabil asimtotik.
Karena
𝑔′(𝑥(0)) = 𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))𝑓′(𝑥(𝑘 − 2)) ⋯ 𝑓′(𝑥(1))𝑓′(𝑥(0)),
maka
|𝑔′(𝑥(0))| = |𝑓′(𝑥(0))𝑓′(𝑥(1)) ⋯ 𝑓′(𝑥(𝑘 − 2))𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))|.
Jadi, menurut Teorema 3.1 (i), terbukti bahwa jika
|𝑓′(𝑥(0))𝑓′(𝑥(1)) ⋯ 𝑓′(𝑥(𝑘 − 2))𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))| < 1,
maka siklus 𝑘 dari 𝑂(𝑏), yaitu 𝑥(0) stabil asimtotik.
(ii) Bukti sama seperti pada bagian (i),
𝑔′(𝑥(0)) = 𝑓′ (𝑓𝑘−1(𝑥(0))) 𝑓′ (𝑓𝑘−2(𝑥(0))) ⋯ 𝑓′ (𝑓(𝑥(0))) 𝑓′(𝑥(0))
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
67
= 𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))𝑓′(𝑥(𝑘 − 2)) ⋯ 𝑓′(𝑥(1))𝑓′(𝑥(0)).
Menurut Teorema 3.1 (ii), jika |𝑔′(𝑥(0))| > 1, maka 𝑥(0) tidak stabil.
Karena
𝑔′(𝑥(0)) = 𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))𝑓′(𝑥(𝑘 − 2)) ⋯ 𝑓′(𝑥(1))𝑓′(𝑥(0)),
maka
|𝑔′(𝑥(0))| = |𝑓′(𝑥(0))𝑓′(𝑥(1)) ⋯ 𝑓′(𝑥(𝑘 − 2))𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))|.
Jadi, menurut Teorema 3.1 (ii), terbukti bahwa jika
|𝑓′(𝑥(0))𝑓′(𝑥(1)) ⋯ 𝑓′(𝑥(𝑘 − 2))𝑓′(𝑥(𝑘 − 1))| > 1,
maka siklus 𝑘 dari 𝑂(𝑏), yaitu 𝑥(0) tidak stabil. ∎
Contoh 3.5
Diberikan persamaan diferensi 𝑥(𝑛 + 1) = 𝑓(𝑥(𝑛)) memiliki 2 siklus yang
orbitnya adalah {𝑎, 𝑏}. Buktikan bahwa
(i) jika |𝑓′(𝑎)𝑓′(𝑏)| < 1, maka titik periodik dari siklus-2 tersebut adalah stabil
asimtotik,
(ii) jika |𝑓′(𝑎)𝑓′(𝑏)| > 1, maka titik periodik dari siklus-2 tersebut adalah tidak
stabil.
Bukti:
(i) Menurut Definisi 3.1, titik 𝑏 dikatakan titik periodik dari 𝑓 pada persamaan
(3.1) jika ada bilangan bulat positif 𝑘, sedemikian sehingga 𝑓𝑘(𝑏) = 𝑏.
Diberikan persamaan diferensi
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑔(𝑦(𝑛)),
dengan
𝑔 = 𝑓2.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
68
Sekarang, akan ditunjukkan bahwa titik 𝑎 adalah titik tetap dari 𝑓2 (juga
merupakan titik tetap dari 𝑔, karena 𝑔 = 𝑓2).
Ambil bilangan bulat positif dengan 𝑘 = 2, maka diperoleh
𝑓2(𝑎) = 𝑓(𝑓(𝑎)) = 𝑓(𝑏) = 𝑎.
Jadi, terbukti bahwa 𝑎 adalah titik tetap dari 𝑔 sedemikian sehingga
𝑔(𝑎) = 𝑓2(𝑎) = 𝑎
𝑔′(𝑦) = (𝑓(𝑓(𝑦))) ′
𝑔′(𝑦) = 𝑓′(𝑓(𝑦))𝑓′(𝑦).
Menurut definisi orbit periodik, diperoleh
𝑏 = 𝑓(𝑎),
sehingga
𝑔′(𝑎) = 𝑓′(𝑓(𝑎))𝑓′(𝑎) = 𝑓′(𝑏)𝑓′(𝑎).
|𝑔′(𝑎)| = |𝑓′(𝑎)𝑓′(𝑏)|.
Oleh karena itu, menurut Teorema 3.1 (i), jika |𝑔′(𝑎)| = |𝑓′(𝑎)𝑓′(𝑏)| < 1,
maka titik periodik dari siklus-2 tersebut, yaitu 𝑎 adalah stabil asimtotik.
(ii) Bukti sama seperti pada bagian (i), sehingga diperoleh
|𝑔′(𝑎)| = |𝑓′(𝑎)𝑓′(𝑏)|.
Oleh karena itu, menurut Teorema 3.1 (ii), jika |𝑔′(𝑎)| = |𝑓′(𝑎)𝑓′(𝑏)| > 1,
maka titik periodik dari siklus-2 tersebut, yaitu 𝑎 adalah tidak stabil.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
69
C. Mencari Penyelesaian Numerik Persamaan Diferensial dengan
Menggunakan Persamaan Diferensi
Persamaan diferensial telah banyak digunakan sebagai model matematis
untuk berbagai macam fenomena fisik. Model tersebut digunakan untuk
mendeskripsikan populasi atau objek yang berkembang dalam waktu kontinu, di
mana waktu (variabel bebas) adalah bagian dari himpunan bilangan real.
Sebaliknya, persamaan diferensi digunakan untuk mendeskripsikan populasi atau
objek yang berkembang dalam waktu diskret, di mana waktu (variabel bebas)
berada di dalam himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat.
Dalam banyak kasus, terkadang sangat sulit untuk mencari penyelesaian dari
persamaan diferensial, maka dari itu kita perlu menggunakan skema numerik
untuk memperkirakan penyelesaian dari persamaan diferensial tersebut. Skema
numerik mengarah pada konstruksi persamaan diferensi terkait yang lebih dapat
diterima untuk perhitungan baik dengan kalkulator maupun dengan komputer. Di
sini akan dijelaskan beberapa skema numerik sederhana, kita mulai dengan salah
satu metode numerik yang paling tua, yakni metode Euler.
1. Metode Euler
Perhatikan persamaan diferensial tingkat satu berikut.
𝑥′(𝑡) = 𝑔(𝑡, 𝑥(𝑡)), 𝑥(𝑡0) = 𝑥0, 𝑡0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏. (3.19)
Misalkan kita membagi interval [𝑡0, 𝑏] dalam 𝑁 subinterval yang sama. Ukuran
dari setiap subinterval disebut metode ukuran langkah dan dinotasikan dengan
ℎ =(𝑏−𝑡0)
𝑁. Ukuran langkah ini didefinisikan dengan simpul 𝑡0, 𝑡1, 𝑡2, ⋯ , 𝑡𝑁,
dengan 𝑡𝑗 = 𝑡0 + 𝑗ℎ. Metode Euler digunakan untuk memperkirakan 𝑥′(𝑡) dengan
(𝑥(𝑡+ℎ)−𝑥(𝑡))
ℎ.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
70
Diberikan persamaan sebagai berikut:
𝑥(𝑡 + ℎ) = 𝑥(𝑡) + ℎ𝑔(𝑡, 𝑥(𝑡)), (3.20)
dengan 𝑡 = 𝑡0 + 𝑛ℎ.
Selanjutnya, substitusikan 𝑡 = 𝑡0 + 𝑛ℎ ke dalam persamaan (3.20), sehingga
diperoleh
𝑥((𝑡0 + 𝑛ℎ) + ℎ) = 𝑥(𝑡0 + 𝑛ℎ) + ℎ𝑔(𝑡0 + 𝑛ℎ, 𝑥(𝑡0 + 𝑛ℎ)),
𝑥(𝑡0 + (𝑛 + 1)ℎ) = 𝑥(𝑡0 + 𝑛ℎ) + ℎ𝑔(𝑡0 + 𝑛ℎ, 𝑥(𝑡0 + 𝑛ℎ)), (3.21)
dengan 𝑛 = 0,1,2, ⋯ , 𝑁 − 1.
Mengadaptasikan notasi persamaan diferensi dan mengubah 𝑥(𝑡0 + 𝑛ℎ)
dengan 𝑥(𝑛) sehingga menjadi
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑔(𝑛, 𝑥(𝑛)). (3.22)
Persamaan (3.22) menetapkan algoritma Euler, yang memperkirakan penyelesaian
dari persamaan diferensial (3.19) pada titik simpul.
Catatan bahwa 𝑥∗ adalah titik kesetimbangan dari (3.22) jika dan hanya jika
𝑔(𝑥∗) = 0. Jadi, persamaan diferensial (3.19) dan persamaan diferensi (3.22)
mempunyai titik kesetimbangan yang sama.
Contoh 3.6
Diberikan persamaan diferensial sebagai berikut:
𝑥′(𝑡) = 0.7𝑥2(𝑡) + 0.7, 𝑥(0) = 1, 𝑡 ∈ [0,1]. (3.23)
Kita akan mencari penyelesaian eksak dari persamaan diferensial (3.23) dengan
menggunakan metode variabel terpisah, sehingga diperoleh
𝑑𝑥
𝑑𝑡= 0.7𝑥2 + 0.7
1
0.7𝑥2+0.7𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
71
∫1
0.7𝑥2+0.7𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑡
1
0.7∫
1
𝑥2+1𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑡
1
0.7tan−1(𝑥) = 𝑡 + 𝐾
tan−1(𝑥) = 0.7𝑡 + 0.7𝐾
tan−1(𝑥) = 0.7𝑡 + 𝐶, 𝐶 = 0.7𝐾. (3.24)
Substitusikan nilai awal
𝑥(0) = 1
ke dalam persamaan (3.24), sehingga diperoleh
tan−1(1) = 0.7(0) + 𝐶
𝜋
4= 𝐶.
Kemudian, substitusikan 𝐶 =𝜋
4 ke dalam persamaan (3.24), sehingga diperoleh
tan−1(𝑥) = 0.7𝑡 +𝜋
4
𝑥 = tan (0.7𝑡 +𝜋
4).
Jadi, penyelesaian eksak dari persamaan diferensial (3.23) adalah
𝑥(𝑡) = tan (0.7𝑡 +𝜋
4).
Selanjutnya, kita akan mencoba menggunakan persamaan diferensi untuk
menyelesaikan persamaan diferensial (3.23), dalam hal ini yaitu dengan
menggunakan metode Euler.
Kita akan mengubah persamaan diferensial (3.23) ke dalam bentuk persamaan
diferensi (3.22), sehingga diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
72
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑔(𝑛, 𝑥(𝑛))
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ(0.7𝑥2(𝑛) + 0.7)
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + 0.7ℎ(𝑥2(𝑛) + 1), 𝑥(0) = 1.
Berikut adalah tabel 3.1 yang menunjukkan aproksimasi Euler untuk ℎ = 0.1 dan
0.2, dan nilai eksak, serta gambar 3.1 yang menggambarkan diagram (𝑛, 𝑥(𝑛)).
Tabel 3.1. Aproksimasi Euler untuk ℎ = 0.1 dan 0.2, dan nilai eksak
𝒏 𝒕
Euler pada
persamaan
diferensi
(𝒉 = 𝟎. 𝟐)
𝒙(𝒏)
Euler pada
persamaan
diferensi
(𝒉 = 𝟎. 𝟏)
𝒙(𝒏)
Eksak pada
persamaan
diferensial
𝒙(𝒕)
0 0 1 1 1
1 0.1 1.14 1.150
2 0.2 1.28 1.301 1.328
3 0.3 1.489 1.542
4 0.4 1.649 1.715 1.807
5 0.5 1.991 2.150
6 0.6 2.170 2.338 2.614
7 0.7 2.791 3.286
8 0.8 2.969 3.406 4.361
9 0.9 4.288 6.383
10 1 4.343 5.645 11.681
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
73
Gambar 3.5. Grafik penyelesaian eksak persamaan diferensial dan
penyelesaian numerik (dengan metode Euler) persamaan
diferensi dengan ℎ = 0.1 dan 0.2
Contoh 3.7
Perhatikan persaman diferensial logistik berikut:
𝑥′(𝑡) = 𝑎𝑥(𝑡)(1 − 𝑥(𝑡)), 𝑥(0) = 𝑥0. (3.25)
Pertama, kita harus mencari titik kesetimbangan dari persamaan (3.25) dengan
memisalkan 𝑥′(𝑡) = 0, sehingga diperoleh
𝑥′(𝑡) = 0
𝑎𝑥(1 − 𝑥) = 0
𝑎𝑥 = 0 ∨ (1 − 𝑥) = 0
𝑥1∗ = 0 ∨ 𝑥2
∗ = 1.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan (3.25), yaitu
𝑥1∗ = 0 dan 𝑥2
∗ = 1.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
74
Selanjutnya, kita akan mencari penyelesaian eksak dari persamaan diferensial
(3.25) dengan menggunakan metode variabel terpisah, sehingga diperoleh
𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝑎𝑥(1 − 𝑥)
1
𝑎𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
∫1
𝑎𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑡
1
𝑎∫
1
𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑡
∫1
𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑑𝑡. (3.26)
Dengan menggunakan metode pemisahan variabel, diperoleh
1
𝑥(1 − 𝑥)=
𝐴
𝑥+
𝐵
1 − 𝑥
1
𝑥(1 − 𝑥)=
𝐴(1 − 𝑥) + 𝐵𝑥
𝑥(1 − 𝑥)
1
𝑥(1 − 𝑥)=
𝐴 − 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥
𝑥(1 − 𝑥)
1
𝑥(1 − 𝑥)=
𝑥(−𝐴 + 𝐵) + 𝐴
𝑥(1 − 𝑥)
−𝐴 + 𝐵 = 0 ∧ 𝐴 = 1
−1 + 𝐵 = 0
𝐵 = 1
1
𝑥(1 − 𝑥)=
1
𝑥+
1
1 − 𝑥.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
75
Dengan demikian diperoleh,
∫1
𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (
1
𝑥+
1
1 − 𝑥 ) 𝑑𝑥. (3.27)
Kemudian, substitusi persamaan (3.26) ke dalam persamaan (3.27)
∫ (1
𝑥+
1
1 − 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑑𝑡
∫1
𝑥𝑑𝑥 + ∫
1
1 − 𝑥𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑑𝑡
ln 𝑥 − ln(1 − 𝑥) + 𝐶1 = 𝑎𝑡 + 𝐶2
ln (𝑥
1 − 𝑥) = 𝑎𝑡 + 𝐶, 𝐶 = 𝐶2 − 𝐶1
𝑥
1 − 𝑥= 𝑒𝑎𝑡+𝐶
𝑥
1 − 𝑥= 𝑒𝑎𝑡𝑒𝐶
𝑥
1 − 𝑥= 𝑏𝑒𝑎𝑡 , 𝑏 = 𝑒𝐶
𝑥 = (1 − 𝑥)𝑏𝑒𝑎𝑡
𝑥 = 𝑏𝑒𝑎𝑡 − 𝑥𝑏𝑒𝑎𝑡
𝑥 + 𝑥𝑏𝑒𝑎𝑡 = 𝑏𝑒𝑎𝑡
𝑥(1 + 𝑏𝑒𝑎𝑡) = 𝑏𝑒𝑎𝑡
𝑥 =𝑏𝑒𝑎𝑡
1 + 𝑏𝑒𝑎𝑡. (3.28)
Kemudian, substitusikan 𝑥(0) = 𝑥0 ke dalam persamaan (3.28), sehingga
diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
76
𝑥(0) = 𝑥0
𝑏𝑒𝑎0
1+𝑏𝑒𝑎0= 𝑥0
𝑏
1+𝑏= 𝑥0
𝑏 = 𝑥0(1 + 𝑏)
𝑏 = 𝑥0 + 𝑥0𝑏
𝑏 − 𝑥0𝑏 = 𝑥0
𝑏(1 − 𝑥0) = 𝑥0
𝑏 =𝑥0
1 − 𝑥0. (3.29)
Selanjutnya, substitusikan persamaan (3.29) ke dalam persamaan (3.28), sehingga
diperoleh
𝑥 =
𝑥0
1 − 𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 +𝑥0
1 − 𝑥0𝑒𝑎𝑡
𝑥 =
𝑥0
1 − 𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 − 𝑥0 + 𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 − 𝑥0
𝑥 =𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 − 𝑥0 + 𝑥0𝑒𝑎𝑡
𝑥 =𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 + 𝑥0(𝑒𝑎𝑡 − 1).
Jadi, penyelesaian eksak persamaan diferensial (3.25) adalah
𝑥(𝑡) =𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 + 𝑥0(𝑒𝑎𝑡 − 1). (3.30)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
77
Sekarang kita akan mengamati penyelesaian eksak dari persamaan diferensial
(3.25) untuk 𝑡 yang semakin membesar. Jika 𝑎 > 0, maka
𝑥(𝑡) =𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 + 𝑥0(𝑒𝑎𝑡 − 1)=
𝑥0𝑒𝑎𝑡
1 + 𝑥0𝑒𝑎𝑡 − 𝑥0
=1
1𝑥0𝑒𝑎𝑡 + 1 −
𝑥0
𝑥0𝑒𝑎𝑡
, 𝑥0 ≠ 0
sehingga diperoleh
lim𝑡→∞
𝑥(𝑡) = 1,
dan semua penyelesaian akan konvergen ke titik kesetimbangan 𝑥2∗ = 1 (Gambar
3.6).
Gambar 3.6. Jika 𝑎 > 0, maka semua penyelesaian dengan 𝑥0 > 0 akan
konvergen ke 𝑥2∗ = 1
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
78
Di sisi lain, jika 𝑎 < 0, maka
𝑥(𝑡) =
𝑥0
𝑒𝑎𝑡
1 + 𝑥0 (1
𝑒𝑎𝑡 − 1),
sehingga diperoleh
lim𝑡→∞
𝑥(𝑡) = 0,
dan semua penyelesaian akan konvergen ke titik kesetimbangan 𝑥1∗ = 0 (Gambar
3.7).
Gambar 3.7. Jika 𝑎 < 0, maka semua penyelesaian dengan 𝑥0 < 1
akan konvergen ke 𝑥1∗ = 0
Selanjutnya, kita akan mencoba menggunakan persamaan diferensi untuk
menyelesaikan persamaan diferensial (3.25), dalam hal ini yaitu dengan
menggunakan metode Euler.
Kita akan mengubah persamaan diferensial (3.25) ke dalam bentuk persamaan
diferensi (3.22), sehingga diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
79
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑔(𝑛, 𝑥(𝑛))
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ (𝑎𝑥(𝑛)(1 − 𝑥(𝑛)))
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑎𝑥(𝑛)(1 − 𝑥(𝑛)), 𝑥(0) = 𝑥0. (3.31)
Kemudian, kita akan mencari titik kesetimbangan dari persamaan (3.30). Jika titik
kesetimbangan dari persamaan (3.30) adalah 𝑥∗, maka
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) = 𝑥∗,
sehingga diperoleh
𝑥∗ = 𝑥∗ + ℎ𝑎𝑥∗(1 − 𝑥∗)
𝑥∗ − 𝑥∗ = ℎ𝑎𝑥∗(1 − 𝑥∗)
0 = ℎ𝑎𝑥∗(1 − 𝑥∗)
ℎ𝑎𝑥∗ = 0 ∨ (1 − 𝑥∗) = 0
𝑥∗ = 0 ∨ 𝑥∗ = 1.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan (3.31), yaitu 𝑥1∗ =
0 dan 𝑥2∗ = 1. Dengan kata lain, titik kesetimbangan pada persamaan diferensial
(3.30) sama seperti titik kesetimbangan pada persamaan diferensi (3.31).
Misalkan
𝑦(𝑛) =ℎ𝑎
1 + ℎ𝑎𝑥(𝑛),
maka kita punya
𝑦(𝑛 + 1) = (1 + ℎ𝑎)𝑦(𝑛)(1 − 𝑦(𝑛))
atau
𝑦(𝑛 + 1) = 𝜇𝑦(𝑛)(1 − 𝑦(𝑛)), (3.32)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
80
dengan 𝑦(0) =ℎ𝑎
1+ℎ𝑎𝑥(0), dan 𝜇 = 1 + ℎ𝑎.
Sekarang, kita akan mencari titik kesetimbangan dari persamaan diferensi (3.32).
Jika titik kesetimbangan dari persamaan (3.32) adalah 𝑦∗, maka
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) = 𝑦∗,
sehingga diperoleh
𝑦∗ = 𝜇𝑦∗(1 − 𝑦∗)
𝑦∗ = 𝜇𝑦∗ − 𝜇(𝑦∗)2
𝜇(𝑦∗)2 − 𝜇𝑦∗ + 𝑦∗ = 0
𝑦∗(𝜇𝑦∗ − 𝜇 + 1) = 0
𝑦1∗ = 0 ∨ 𝜇𝑦∗ − 𝜇 + 1 = 0
𝜇𝑦∗ = 𝜇 − 1
𝑦2∗ =
𝜇 − 1
𝜇.
Kemudian, substitusikan 𝜇 = 1 + ℎ𝑎 ke dalam titik kesetimbangan 𝑦2∗, sehingga
diperoleh
𝑦1∗ = 0 ∨ 𝑦2
∗ =ℎ𝑎
1 + ℎ𝑎.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan (3.32), yaitu
𝑦1∗ = 0 dan 𝑦2
∗ =ℎ𝑎
1+ℎ𝑎,
di mana kedua titik kesetimbangan tersebut berhubungan dengan titik
kesetimbangan pada persamaan (3.31), yaitu 𝑥1∗ = 0 dan 𝑥2
∗ = 1.
Sekarang dengan menggunakan diagram Cobweb, kita akan mengamati
bahwa untuk 1 < 𝜇 ≤ 3 (0 < ℎ𝑎 ≤ 2), semua penyelesaian yang titik awalnya,
yaitu 𝑦(0) yang berada pada interval (0,1) konvergen ke titik kesetimbangan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
81
𝑦2∗ =
ℎ𝑎
1+ℎ𝑎 (Gambar 3.8) dan untuk 0 < 𝜇 < 1 (−1 < ℎ𝑎 < 0), semua
penyelesaian yang titik awalnya, yaitu 𝑦(0) yang berada pada interval (0,1)
konvergen ke titik kesetimbangan 𝑦1∗ = 0 (Gambar 3.9). Sedangkan, untuk 𝜇 >
3 (ℎ𝑎 > 2), hampir semua penyelesaian yang titik awalnya berada pada interval
(0,1) tidak konvergen ke salah satu titik kesetimbangan 𝑦1∗ ataupun 𝑦2
∗.
Gambar 3.8. Diagram Cobweb untuk 0 < ℎ𝑎 ≤ 2 (Elaydi, 2005)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
82
Gambar 3.9. Diagram Cobweb untuk −1 < ℎ𝑎 < 0 (Elaydi, 2005)
2. Skema Tak Standar
Perhatikan lagi persaman diferensial logistik berikut. Sekarang, jika kita
mengubah 𝑥2(𝑛) dalam metode Euler menjadi 𝑥(𝑛)𝑥(𝑛 + 1), maka kita
memperoleh
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑎𝑥(𝑛)(1 − 𝑥(𝑛))
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑎𝑥(𝑛) − ℎ𝑎(𝑥(𝑛))2
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑎𝑥(𝑛) − ℎ𝑎𝑥(𝑛)𝑥(𝑛 + 1)
𝑥(𝑛 + 1) + ℎ𝑎𝑥(𝑛)𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) + ℎ𝑎𝑥(𝑛)
(1 + ℎ𝑎𝑥(𝑛))𝑥(𝑛 + 1) = (1 + ℎ𝑎)𝑥(𝑛)
𝑥(𝑛 + 1) =(1 + ℎ𝑎)𝑥(𝑛)
1 + ℎ𝑎𝑥(𝑛),
atau secara sederhana dapat ditulis
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
83
𝑥(𝑛 + 1) =𝛼𝑥(𝑛)
1 + 𝛽𝑥(𝑛), (3.33)
dengan 𝛼 = 1 + ℎ𝑎, 𝛽 = 𝛼 − 1 = ℎ𝑎.
Selanjutnya, kita akan mencari titik kesetimbangan dari persamaan (3.33). Jika
titik kesetimbangan dari persamaan (3.33) adalah 𝑥∗, maka
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) = 𝑥∗,
sehingga diperoleh
𝑥∗ =𝛼𝑥∗
1 + 𝛽𝑥∗
𝑥∗(1 + 𝛽𝑥∗) = 𝛼𝑥∗
𝑥∗ + 𝛽(𝑥∗)2 − 𝛼𝑥∗ = 0
𝑥∗(1 + 𝛽𝑥∗ − 𝛼) = 0
𝑥1∗ = 0 ∨ 1 + 𝛽𝑥∗ − 𝛼 = 0
𝛽𝑥∗ = 𝛼 − 1
𝑥2∗ =
𝛼 − 1
𝛽.
Diketahui
𝛼 = 1 + ℎ𝑎 dan 𝛽 = ℎ𝑎,
𝛼 = 1 + 𝛽,
𝛽 = 𝛼 − 1.
Substitusikan 𝛽= 𝛼 − 1 ke titik kesetimbangan 𝑥2∗, sehingga diperoleh
𝑥2∗ =
𝛼 − 1
𝛼 − 1= 1.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
84
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan (3.33), yaitu
𝑥1∗ = 0 dan 𝑥2
∗ = 1.
Berdasarkan diagram Cobweb (Gambar 3.10) dapat kita simpulkan bahwa, jika
𝛼 > 1, maka lim𝑛→∞
𝑥(𝑛) = 1. Karena ℎ > 0, 𝛼 > 1 jika dan hanya jika 𝑎 > 0.
Oleh karena itu, semua penyelesaian konvergen menuju ke titik kesetimbangan
𝑥2∗ = 1 jika 𝑎 > 0 sama seperti pada kasus persamaan diferensial tanpa
menghiraukan ukuran dari ℎ.
Gambar 3.10. Diagram Cobweb untuk 𝛼 = 1 + ℎ𝑎, 𝛽 = 𝛼 − 1 = ℎ𝑎
Contoh 3.8
Perhatikan persamaan diferensial berikut ini.
𝑦′(𝑡) = −𝑦2, 𝑦(0) = 1, 0 ≤ 𝑡 ≤ 1, ℎ = 0.2. (3.34)
Gunakan metode Euler dan metode skema tak standar untuk menyelesaikan
persamaan diferensial (3.34), lalu buatlah tabel perbandingan (𝑛 − 𝑦(𝑛)) dari
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
85
kedua metode tersebut, kemudian perkirakan manakah metode yang memiliki
aproksimasi yang lebih baik untuk persamaan diferensial (3.34).
Jawab:
Kita akan menyelesaikan persamaan diferensial (3.34) menggunakan persamaan
diferensi dengan metode Euler (3.22), dengan
𝑔(𝑛, 𝑦(𝑛)) = −𝑦2(𝑛),
sehingga diperoleh
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) + ℎ𝑔(𝑛, 𝑦(𝑛))
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) − ℎ𝑦2(𝑛).
Kemudian, mensubstitusi ℎ = 0.2, sehingga diperoleh
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) − 0.2𝑦2(𝑛) = 𝑦(𝑛)(1 − 0.2𝑦(𝑛)).
Jadi, penyelesaian persamaan diferensial (3.34) menggunakan persamaan diferensi
dengan metode Euler adalah
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛)(1 − 0.2𝑦(𝑛)),
dengan nilai awal
𝑦(0) = 1.
Selanjutnya, kita akan menyelesaikan persamaan diferensial (3.34)
menggunakan persamaan diferensi dengan metode skema tak standar (3.22), di
mana kita akan mengubah 𝑦2(𝑛) dalam metode Euler menjadi 𝑦(𝑛)𝑦(𝑛 + 1),
sehingga diperoleh
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛)(1 − 0.2𝑦(𝑛))
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) − 0.2(𝑦(𝑛)𝑦(𝑛 + 1))
𝑦(𝑛 + 1) + 0.2(𝑦(𝑛)𝑦(𝑛 + 1)) = 𝑦(𝑛)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
86
𝑦(𝑛 + 1)(1 + 0.2𝑦(𝑛)) = 𝑦(𝑛)
𝑦(𝑛 + 1) =𝑦(𝑛)
1 + 0.2𝑦(𝑛).
Secara lebih sederhana diperoleh
𝑦(𝑛 + 1) =𝑦(𝑛)
1 +15
𝑦(𝑛)∙
5
5
𝑦(𝑛 + 1) =5𝑦(𝑛)
5 + 𝑦(𝑛).
Jadi, penyelesaian persamaan diferensial (3.34) menggunakan persamaan diferensi
dengan metode skema tak standar adalah
𝑦(𝑛 + 1) =5𝑦(𝑛)
5 + 𝑦(𝑛),
dengan nilai awal
𝑦(0) = 1.
Sekarang, kita akan membandingkan hasil perhitungan dari metode Euler dan
metode skema tak standar.
Untuk 𝑛 = 0, diperoleh 𝑦(𝑛) = 1.
Untuk 𝑛 = 1, dengan menggunakan metode Euler diperoleh
𝑦(1) = 𝑦(0)(1 − 0.2𝑦(0)) = 1(1 − 0.2(1)) = 0.8.
dan dengan menggunakan metode skema tak standar diperoleh
𝑦(1) =5𝑦(0)
5 + 𝑦(0)=
5 ∙ 1
5 + 1=
5
6= 0.833.
Selanjutnya, kita akan mencari penyelesaian eksak dari persamaan diferensial
(3.34) dengan menggunakan metode variabel terpisah, sehingga diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
87
𝑑𝑦
𝑑𝑡= −𝑦2
1
−𝑦2𝑑𝑦 = 𝑑𝑡
∫ −𝑦−2𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑡
1
𝑦= 𝑡 + 𝑐
𝑦 =1
𝑡 + 𝑐. (3.35)
Kemudian, substitusikan 𝑦(0) = 1 ke dalam persamaan (3.35), sehingga
diperoleh
𝑦 =1
𝑡 + 𝑐
1 =1
0 + 𝑐
1 = 𝑐.
Selanjutnya, substitusikan 𝑐 = 1 ke dalam persamaan (3.35), sehingga diperoleh
𝑦 =1
𝑡 + 1.
Jadi, penyelesaian eksak persamaan diferensial (3.34) adalah
𝑦(𝑡) =1
𝑡 + 1, 𝑦(0) = 1, 𝑡 ∈ [0,1].
Kemudian, dapat dilihat perbandingan hasil antara penyelesaian eksak persamaan
diferensial dengan penyelesaian numerik persamaan diferensi menggunakan
metode Euler dan metode skema tak standar pada tabel (1.2) berikut ini.
Tabel 1.2. Perbandingan metode Euler dan metode tak standar
𝑡 𝑛 𝑦(𝑡)
(Eksak)
𝑦(𝑛)
(Euler)
𝑦(𝑛)
(tak standar)
0 0 1 1 1
0.1 1 0.909 0.8 0.833
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
88
0.2 2 0.833 0.672 0.714
0.3 3 0.769 0.582 0.625
0.4 4 0.714 0.514 0.556
0.5 5 0.667 0.461 0.5
0.6 6 0.625 0.419 0.455
0.7 7 0.588 0.384 0.417
0.8 8 0.556 0.354 0.385
0.9 9 0.526 0.329 0.357
1 10 0.5 0.307 0.333
Dengan melihat Gambar 3.11, kita bisa mengetahui bahwa metode yang
memiliki aproksimasi lebih baik untuk penyelesaian persamaan diferensial (3.34)
adalah metode skema tak standar karena metode ini memiliki nilai fungsi yang
lebih mendekati dengan grafik penyelesaian persamaan diferensial (3.34),
sehingga dapat menghasilkan galat yang lebih kecil jika dibandingkan dengan
metode Euler.
Gambar 3.11. Grafik penyelesaian eksak persamaan diferensial dan
penyelesaian numerik (metode Euler dan metode skema
tak standar) persamaan diferensi dengan ℎ = 0.2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
89
BAB IV
PENERAPAN KESTABILAN PERSAMAAN DIFERENSI TINGKAT
SATU DALAM BIDANG EKONOMI DAN BIOLOGI
A. Analisis Kestabilan Pasar
Permintaan (demand) dan penawaran (supply) adalah dua kata yang paling
sering digunakan oleh para ekonom. Istilah permintaan dan penawaran mengacu
pada perilaku orang-orang ketika terjadi interaksi di antara mereka di pasar. Pasar
adalah sekelompok pembeli dan penjual dari sebuah produk atau jasa tertentu.
Pembeli sebagai sebuah kelompok menentukan permintaan sebuah produk,
sedangkan penjual sebagai kelompok lain menentukan penawaran dari produk
tersebut. Permintaan dan penawaran adalah kekuatan yang mendorong bekerjanya
ekonomi pasar. Dua hal inilah yang menentukan berapa banyak sebuah barang
dihasilkan dan berapa harga yang dikenakan untuk barang tersebut ketika dijual.
Pada subbab ini akan diperkenalkan teori permintaan dan penawaran, kemudian
akan dibahas pula bagaimana permintaan dan penawaran menentukan harga
barang.
1. Permintaan
a. Kurva permintaan
Kurva permintaan (demand curve) menyatakan berapa banyak konsumen
bersedia membeli pada waktu harga per unit barang berubah. Kita dapat
menjabarkan hubungan antara jumlah permintaan dengan harga ke dalam
persamaan berikut:
𝐷(𝑛) = −𝑚𝑑𝑝(𝑛) + 𝑏𝑑 , 𝑚𝑑 > 0, 𝑏𝑑 > 0, (4.1)
dengan asumsi 𝐷(𝑛) hanya bergantung linear pada 𝑝(𝑛), di mana 𝐷(𝑛) adalah
jumlah unit permintaan dalam periode 𝑛, 𝑝(𝑛) adalah harga per unit dalam
periode 𝑛, konstanta 𝑚𝑑 menyatakan kepekaan konsumen terhadap harga, dan 𝑏𝑑
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
90
adalah sebarang konstanta permintaan. Persamaan (4.1) menunjukkan kurva
permintaan yang dapat digambarkan dalam bentuk grafik (Gambar 4.1). Pada
gambar 4.1, kurva permintaan ditandai dengan 𝐷, menunjukkan bagaimana
jumlah barang yang diminta konsumen bergantung pada harga. Gradien dari kurva
permintaan adalah negatif karena kenaikan satu unit harga produksi menyebabkan
penurunan 𝑚𝑑 unit permintaan.
Gambar 4.1. Kurva Permintaan (Pindyck & Rubinfeld, (2007))
b. Pergeseran pada Kurva Permintaan
Setiap perubahan yang meningkatkan jumlah permintaan barang pada
berbagai tingkat harga, menggeser kurva permintaan ke kanan dan hal ini disebut
dengan kenaikan permintaan, Sebaliknya, setiap perubahan yang mengurangi
jumlah permintaan barang pada berbagai tingkat harga menggeser kurva
permintaan ke kiri dan hal ini disebut dengan penurunan permintaan. Pada
Gambar 4.1, pergeseran ini ditunjukkan sebagai pergeseran dari 𝐷 ke 𝐷′, di mana
pada saat harga barang sejumlah 𝑃2, maka permintaan konsumen sebanyak 𝑄1,
namun ketika harga barang turun dari 𝑃2 menuju 𝑃1, maka permintaan konsumen
akan meningkat dari 𝑄1 menuju ke 𝑄2.
𝑄1 𝑄2
𝑃2
𝑃1
𝐷
𝐷′
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
91
2. Penawaran
a. Kurva Penawaran
Kurva penawaran (supply curve) menunjukkan jumlah barang yang produsen
bersedia menjual dengan harga yang akan diterimanya di pasar, dengan
mempertahankan setiap faktor yang mempengaruhi jumlah penawaran agar tetap.
Kurva penawaran merupakan hubungan antara jumlah penawaran dengan harga.
Kita dapat menulis hubungan ini dalam suatu persamaan:
𝑆(𝑛 + 1) = 𝑚𝑠𝑝(𝑛) + 𝑏𝑠, 𝑚𝑠 > 0, 𝑏𝑠 > 0, (4.2)
dengan asumsi bahwa kurva harga penawaran menghubungkan penawaran dalam
setiap periode dengan harga dalam satu periode sebelumnya, di mana 𝑆(𝑛 + 1)
adalah jumlah unit penawaran dalam periode 𝑛 + 1, 𝑝(𝑛) adalah harga per unit
dalam periode 𝑛, konstanta 𝑚𝑠 adalah kepekaan produsen terhadap harga, dan 𝑏𝑠
adalah sebarang konstanta penawaraan.
Persamaan (4.2) menunjukkan kurva penawaran yang dapat digambarkan
dalam bentuk grafik (Gambar 4.2). Perhatikan bahwa kurva penawaran (Gambar
4.2) memiliki gradien yang positif karena kenaikan satu unit harga produksi
menyebabkan kenaikan 𝑚𝑠 unit penawaran. Dengan kata lain, semakin tinggi
harga barang, produsen akan semakin mampu dan bersedia untuk memproduksi
barang untuk dijual. Kurva penawaran dalam gambar ditandai dengan 𝑆,
menunjukkan bagaimana jumlah barang yang ditawarkan untuk dijual berubah
seiring dengan perubahan harga barang tersebut.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
92
Gambar 4.2. Kurva Penawaran (Pindyck & Rubinfeld, (2007))
b. Pergeseran Kurva Penawaran
Setiap perubahan yang menambah jumlah penawaran barang pada berbagai
tingkat harga, menggeser kurva penawaran ke kanan dan hal ini disebut dengan
kenaikan penawaran. Sebaliknya, setiap perubahan yang mengurangi jumlah
penawaran barang pada berbagai tingkat harga menggeser kurva penawaran ke
kiri dan hal ini disebut dengan penurunan penawaran. Pada Gambar 4.2, kurva
penawaran bergeser ke kanan dari 𝑆 menuju ke 𝑆′, di mana pada saat biaya
produksi turun, maka produsen dapat memproduksi barang dengan jumlah yang
sama (𝑄1) pada harga yang lebih rendah (dari 𝑃1 menuju ke 𝑃2) atau jumlah
barang yang lebih besar (dari 𝑄1 meningkat menjadi 𝑄2) dengan harga yang sama
(𝑃2).
3. Menganalisis Kestabilan Pasar Berdasarkan Harga Kesetimbangan
Kesetimbangan pasar adalah keadaan ketika jumlah permintaan sama dengan
jumlah penawaran, selain itu juga biaya yang dikeluarkan produsen untuk
memproduksi barang tersebut harus sama dengan besarnya pendapatan yang ia
terima dari hasil penjualan tersebut. Harga pasar adalah harga yang
menyeimbangkan jumlah permintaan dan penawaran. Kurva harga pasar ditandai
𝑆 𝑆′
𝑄1 𝑄2
𝑃1
𝑃2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
93
dengan adanya perpotongan pada jumlah barang dan harga kesetimbangan. Pada
Gambar 4.3, terlihat bahwa pada awalnya harga berada diatas tingkat
kesetimbangan pasar, katakan 𝑃1, maka produsen akan berusaha memproduksi
dan menjual barang lebih daripada kesediaan konsumen untuk membeli.
Akibatnya akan terjadi surplus, di mana jumlah penawaran melebihi jumlah
permintaan. Sebaliknya, jika harga mula-mula ada dibawah 𝑃0, katakan 𝑃2, maka
konsumen akan membeli barang lebih banyak daripada jumlah barang yang
ditawarkan oleh produsen. Akibatnya terjadi kekurangan (shortage), yakni jumlah
permintaan melampaui jumlah penawaran.
Gambar 4.3 Kurva Kesetimbangan Pasar (Pindyck & Rubinfeld, (2007))
Karena harga kesetimbangan pasar diperoleh pada saat jumlah permintaan
dan jumlah penawaran sama, maka persamaan matematisnya dapat ditulis sebagai
berikut:
𝐷(𝑛 + 1) = 𝑆(𝑛 + 1)
−𝑚𝑑𝑝(𝑛 + 1) + 𝑏𝑑 = 𝑚𝑠𝑝(𝑛) + 𝑏𝑠
−𝑚𝑑𝑝(𝑛 + 1) = 𝑚𝑠𝑝(𝑛) + 𝑏𝑠 − 𝑏𝑑
𝑄0
𝑃1
𝑃0
𝑃2
Surplus
Kekurangan
𝑺
𝑫
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
94
𝑝(𝑛 + 1) =𝑚𝑠𝑝(𝑛) + 𝑏𝑠 − 𝑏𝑑
−𝑚𝑑
𝑝(𝑛 + 1) = −𝑚𝑠
𝑚𝑑𝑝(𝑛) +
𝑏𝑑 − 𝑏𝑠
𝑚𝑑
𝑝(𝑛 + 1) = 𝐴𝑝(𝑛) + 𝐵 = 𝑓(𝑝(𝑛)), (4.3)
dengan
𝐴 = −𝑚𝑠
𝑚𝑑, 𝐵 =
𝑏𝑑 − 𝑏𝑠
𝑚𝑑.
Persamaan ini adalah persamaan diferensi linear tingkat satu. Harga titik
kesetimbangan 𝑝∗ didefinisikan sebagai harga dari hasil perpotongan antara kurva
penawaran 𝑆(𝑛 + 1) dan kurva permintaan 𝐷(𝑛), serta 𝑝∗ =𝐵
1−𝐴 juga merupakan
titik tetap tunggal dari 𝑓(𝑝) pada persamaan (4.3).
Kemudian, akan ditunjukkan bahwa 𝑝∗ =𝐵
1−𝐴 adalah titik tetap dari
persamaan (4.3). Menurut Definisi 2.5, untuk menemukan titik kesetimbangan
dari persamaan diferensi (4.3), kita harus menemukan titik 𝑥∗ sedemikian hingga
𝑓(𝑝∗) = 𝑝∗. Misalkan
𝐴𝑝∗ + 𝐵 = 𝑝∗ (4.4)
𝐴𝑝∗ + 𝐵 = 𝑝∗
𝐴𝑝∗ − 𝑝∗ = −𝐵
𝑝∗(𝐴 − 1) = −𝐵
𝑝∗ =−𝐵
𝐴 − 1=
𝐵
1 − 𝐴.
Jadi, terbukti bahwa 𝑝∗ =𝐵
1−𝐴 merupakan titik tetap dari persamaan (4.3).
Selanjutnya, kita akan mencari penyelesaian eksak dari persamaan diferensi
(4.3), jika diberikan 𝑝(0) = 𝑝0. Persamaan diferensi (4.3) memiliki bentuk yang
mirip dengan persamaan (2.10), sehingga kita bisa mendapatkan penyelesaian dari
persamaan (4.3) dengan menggunakan rumus pada persamaan (2.12) dengan 𝑎 ≠
1.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
95
𝑝(𝑛) = 𝐴𝑛𝑝0 + 𝐵 (𝐴𝑛 − 1
𝐴 − 1)
= 𝐴𝑛𝑝0 + 𝐵 (1 − 𝐴𝑛
1 − 𝐴)
= 𝐴𝑛𝑝0 +𝐵
1 − 𝐴−
𝐵𝐴𝑛
1 − 𝐴
= 𝐴𝑛 (𝑝0 −𝐵
1 − 𝐴) +
𝐵
1 − 𝐴
Jadi, penyelesaian umum persamaan diferensi (4.3) adalah
𝑝(𝑛) = 𝐴𝑛 (𝑝0 −𝐵
1 − 𝐴) +
𝐵
1 − 𝐴. (4.5)
Selanjutnya, kita akan mengamati perilaku harga (𝑝(𝑛)) (4.5) di dekat harga
kesetimbangan 𝑝∗. Karena 𝐴 adalah rasio dari gradien antara kurva penawaran
dan kurva permintaan, maka rasio ini menentukan perilaku dari harga
kesetimbangan. Ada tiga kasus yang dapat dipertimbangkan:
(a) −1 < 𝐴 < 0 (𝑚𝑠 < 𝑚𝑑),
(b) 𝐴 = −1 (𝑚𝑠 = 𝑚𝑑),
(c) 𝐴 < −1 (𝑚𝑠 > 𝑚𝑑).
Tiga kasus tersebut tergambar secara grafik menggunakan diagram anak tangga.
(i) Dalam kasus (a), apabila kita mencari limit untuk 𝑛 → ∞ dari persamaan
(2.27), maka
lim𝑛→∞
𝑝(𝑛) = lim𝑛→∞
𝐴𝑛 (𝑝0 −𝐵
1 − 𝐴) +
𝐵
1 − 𝐴=
𝐵
1 − 𝐴= 𝑝∗.
Oleh karena itu pada kasus ini, harga kisaran akan bergerak ke satu titik yang
sama menuju harga kesetimbangan 𝑝∗. Interpretasi dalam ekonomi, harga
kesetimbangan 𝑝∗ dianggap stabil sebab dalam kasus ini kepekaan produsen
terhadap harga lebih kecil daripada kepekaan konsumen terhadap harga
(𝑚𝑠 < 𝑚𝑑), maka dalam hal ini jumlah permintaan akan melebihi jumlah
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
96
penawaran. Oleh karena itu, konsumen akan bersaing untuk mendapatkan
penawaran yang ada dan produsen merespon dengan menaikkan harga.
Apabila harga naik, maka dapat diartikan bahwa biaya yang dikeluarkan
produsen untuk memproduksi barang tersebut akan lebih rendah
dibandingkan dengan besarnya pendapatan yang ia diterima akibat penjualan
dari barang tersebut dan pada akhirnya produsen akan memperoleh
keuntungan dari hasil penjualannya. Akibatnya, pasar akan mencapai harga
kesetimbangannya, yaitu 𝑝∗ dan dalam kasus matematis, kita mengacu pada
stabil asimtotik (Gambar 4.4).
Gambar 4.4. Harga kesetimbangan 𝑝∗ dikatakan stabil asimtotik
(Elaydi, 2005)
(ii) Dalam kasus (b), apabila 𝐴 = −1, maka harga
𝑝(𝑛) = (−1)𝑛 (𝑝0 −𝐵
1 − (−1)) +
𝐵
1 − (−1)= (−1)𝑛 (𝑝0 −
𝐵
2) +
𝐵
2
hanya berkisar antara dua nilai. Jika 𝑛 adalah bilangan genap, maka
𝑝(𝑛) = (𝑝0 −𝐵
2) +
𝐵
2= 𝑝0
dan jika 𝑛 adalah bilangan ganjil, maka
𝑝(𝑛) = (−1) (𝑝0 −𝐵
2) +
𝐵
2= −𝑝0 + 𝐵.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
97
Interpretasi dalam ekonomi, harga kesetimbangan 𝑝∗ dianggap stabil sebab
dalam kasus ini kepekaan produsen terhadap harga sama dengan kepekaan
konsumen terhadap harga (𝑚𝑠 = 𝑚𝑑). Dengan kata lain, jumlah permintaan
sama dengan jumlah penawaran, yang dalam hal ini dapat diartikan bahwa
biaya yang dikeluarkan produsen untuk memproduksi barang tersebut sama
dengan besarnya pendapatan yang ia diterima akibat penjualan dari barang
tersebut. Oleh karena itu, dalam kasus ini, harga kesetimbangan pasar akan
berosilasi diantara dua nilai, yaitu jika 𝑝(0) = 𝑝0, maka 𝑝(1) = −𝑝0 + 𝐵 dan
𝑝(2) = 𝑝0. Oleh karena itu, harga kesetimbangan 𝑝∗ dikatakan stabil
(Gambar 4.5).
Gambar 4.5. Harga kesetimbangan 𝑝∗ dikatakan stabil (Elaydi, 2005)
(iii) Dalam kasus (c), apabila apabila kita mencari limit untuk 𝑛 → ∞ dari
persamaan (2.27), maka
lim𝑛→∞
𝑝(𝑛) = lim𝑛→∞
𝐴𝑛 (𝑝0 −𝐵
1 − 𝐴) +
𝐵
1 − 𝐴,
yakni nilai limitnya akan bernilai +∞ jika 𝑛 adalah bilangan genap dan akan
bernilai −∞ jika 𝑛 adalah bilangan ganjil. Jadi untuk kasus 𝐴 < −1, nilai
linitnya tidak ada, karena untuk 𝑛 yang semakin membesar ada kemungkinan
harga pasar akan monoton naik atau monoton turun. Interpretasi dalam
ekonomi, kepekaan produsen terhadap harga lebih besar daripada kepekaan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
98
konsumen terhadap harga (𝑚𝑠 > 𝑚𝑑), maka dalam hal ini jumlah penawaran
akan melebihi jumlah permintaan. Oleh karena itu, jumlah barang yang
ditawarkan melebihi kapasitas dan produsen tidak sanggup untuk menjual
barangnya dengan harga tersebut. Untuk mengatasi hal ini, produsen akan
menurunkan harga. Apabila harga turun, maka dapat diartikan bahwa biaya
yang dikeluarkan produsen untuk memproduksi barang tersebut lebih tinggi
dibandingkan dengan besarnya pendapatan yang ia diterima akibat penjualan
dari barang tersebut dan pada akhirnya produsen tidak akan memperoleh
keuntungan dari hasil penjualannya. Akibatnya, pasar akan menjadi tidak
stabil. Jadi harga kisaran akan bergerak menjauhi harga kesetimbangan 𝑝∗.
Dengan kata lain, harga kesetimbangan 𝑝∗ tidak stabil (Gambar 4.6).
Gambar 4.6. Harga kesetimbangan 𝑝∗ dikatakan tidak stabil (Elaydi, 2005)
Jadi, berdasarkan kasus di atas, kita dapat menarik kesimpulan bahwa
kestabilan pasar sangat dipengaruhi oleh kepekaan produsen dan konsumen
terhadap harga. Apabila konsumen lebih peka terhadap harga daripada produsen
(dalam hal ini merujuk pada jumlah permintaan lebih besar daripada jumlah
penawaran) atau bahkan kepekaan konsumen dan produsen terhadap harga sama
(dalam hal ini merujuk pada jumlah permintaan dan jumlah penawaran sama),
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
99
maka pasar akan stabil. Sebaliknya, apabila produsen lebih peka terhadap harga
daripada konsumen (dalam hal ini merujuk pada jumlah penawaran lebih besar
daripada jumlah permintaan), maka yang terjadi adalah pasar akan tidak stabil.
B. Analisis Kestabilan Model Pertumbuhan Satu Populasi
Model adalah sebuah persamaan atau sistem persamaan yang
merepresentasikan sebuah permasalahan di kehidupan nyata atau dengan kata lain
penyederhanan dari masalah nyata. Populasi adalah kumpulan individu yang
sejenis dan hidup di suatu daerah dengan waktu tertentu. Model pertumbuhan
populasi adalah model matematika yang menggambarkan pertumbuhan populasi.
Berdasarkan dari segi waktu, model pertumbuhan populasi dapat dibagi menjadi
dua, yaitu model pertumbuhan populasi dengan waktu kontinu dan model
pertumbuhan populasi dengan waktu diskret. Model pertumbuhan kontinu
meliputi model eksponensial dan model logistik. Sedangkan model pertumbuhan
diskret meliputi model linear homogen dan model logistik diskret.
1. Model Eksponensial
Model eksponensial merupakan model pertumbuhan yang sangat sederhana.
Model ini menjelaskan suatu populasi berada dalam lingkungan yang tidak
terbatas. Pada model ini individu berkembang tidak dibatasi oleh lingkungan,
seperti kompetisi dan keterbatasan akan suplai makanan. Model eksponensial
mengasumsikan bahwa laju pertumbuhan populasi terhadap waktu berbanding
lurus dengan jumlah populasi yang ada.
Model populasi untuk satu spesies dikemukakan pertama kali oleh Malthus.
Modelnya diberikan oleh masalah nilai awal:
𝑑𝑦
𝑑𝑡= 𝑎𝑦(𝑡), 𝑦(0) = 𝑦0, (4.6)
dengan 𝑎 adalah konstanta laju pertumbuhan yang besarnya adalah
𝑎 = laju kelahiran − laju kematian, dan 𝑦(𝑡) adalah banyaknya individu di dalam
populasi pada waktu 𝑡 (𝑡 ≥ 0).
Selanjutnya, kita akan mencari penyelesaian dari persamaan (4.6), dengan
menggunakan metode variabel terpisah diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
100
𝑑𝑦
𝑑𝑡= 𝑎𝑦(𝑡)
𝑑𝑦
𝑦(𝑡)= 𝑎 𝑑𝑡
∫𝑑𝑦
𝑦(𝑡)= ∫ 𝑎 𝑑𝑡
𝑙𝑛 𝑦(𝑡) = 𝑎𝑡 + 𝐶, 𝐶 ∈ ℝ
𝑦(𝑡) = 𝑒𝑎𝑡+𝐶
𝑦(𝑡) = 𝑒𝑎𝑡𝑒𝐶 .
Misalkan
𝐴 = 𝑒𝐶,
maka diperoleh
𝑦(𝑡) = 𝐴𝑒𝑎𝑡. (4.7)
Kemudian, kita substitusikan nilai awal
𝑦(0) = 𝑦0,
ke dalam persamaan (4.7), sehingga diperoleh
𝑦(0) = 𝐴𝑒𝑎0
𝑦0 = 𝐴.
Substitusikan persamaan 𝑦0 = 𝐴 ke dalam persamaan (4.7), sehingga diperoleh
𝑦(𝑡) = 𝑦0𝑒𝑎𝑡.
Hal ini menunjukkan bahwa pertumbuhan populasi bertumbuh secara
eksponensial dan besarnya bergantung pada nilai awal 𝑦0, konstanta laju
pertumbuhan 𝑎, dan waktu 𝑡. Oleh karena itu, model Malthus disebut juga model
eksponensial.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
101
Gambar 4.7. Grafik pertumbuhan eksponensial dengan 𝑎 = 0.5 dan 𝑦0 = 500
Berdasarkan Gambar 4.7, jelas bahwa untuk 𝑎 > 0 diperoleh
lim𝑡→∞
𝑦(𝑡) = ∞,
di mana jika hasil ini dikaitkan dengan jumlah suatu populasi, maka model
eksponensial ini tidak realistis, sebab untuk 𝑎 > 0 tidak mungkin suatu populasi
bertumbuh secara eksponensial tanpa batas.
Gambar 4.8. Grafik pertumbuhan eksponensial untuk 𝑎 = −0.5 dan 𝑦0 = 500
Berdasarkan Gambar 4.8, untuk 𝑎 < 0 diperoleh
lim𝑡→∞
𝑦(𝑡) = 0,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
102
di mana jika hasil ini dikaitkan dengan jumlah suatu populasi akan terlihat cukup
logis, sebab suatu populasi akan mendekati kepunahan jika laju pertumbuhannya
negatif.
2. Model Logistik
Model logistik pertama kali diperkenalkan oleh Verhulst pada tahun 1838.
Model logistik juga disebut sebagai model Verhulst. Model logistik merupakan
salah satu modifikasi dari model eksponensial (model Malthus). Munculnya
model logistik ini dikarenakan model pertumbuhan eksponensial mengasumsikan
sumber daya yang tidak terbatas, yang mengakibatkan penyelesaian dari model
Malthus tidak realistik, yaitu naik dan turun secara eksponensial. Sebagai contoh,
untuk populasi manusia pada suatu negara, tidak mungkin dalam jangka waktu
yang lama, banyaknya populasi manusia mendekati tak hingga. Karena alam
memiliki keterbatasan ruang, makanan, ataupun daya dukung lainnya.
Kepadatan dan keterbatasan sumber daya dapat mempunyai dampak besar
pada laju pertumbuhan populasi. Jika individu tidak mendapatkan sumber daya
yang cukup untuk bereproduksi, angka kelahiran per kapita akan menurun. Jika
individu tidak memperoleh cukup energi untuk mempertahankan diri mereka
sendiri, angka kematian per kapita akan meningkat. Suatu penurunan dalam angka
kelahiran tahunan per kapita atau suatu peningkatan dalam angka kematian
tahunan per kapita akan mengakibatkan laju pertumbuhan populasi yang lebih
kecil.
Model logistik memasukkan batas untuk populasinya, sehingga jumlah
populasi dengan model ini tidak akan tumbuh secara tak berhingga. Laju
pertumbuhan populasi akan terbatas karena ketersediaan makanan, tempat tinggal,
dan sumber hidup lainnya. Dengan asumsi tersebut, jumlah populasi dengan
model ini akan selalu terbatas pada suatu nilai tertentu. Pada masa tertentu, jumlah
populasi akan mendekati titik kesetimbangan, pada titik ini jumlah kelahiran dan
kematian dianggap sama. Model logistik dapat dibuat ke dalam persamaan
matematis, yaitu
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
103
𝑑𝑦
𝑑𝑡= 𝑎𝑦(𝑡) − 𝑏𝑦2(𝑡) = 𝑦(𝑡)(𝑎 − 𝑏𝑦(𝑡)), 𝑦(0) = 𝑦0, (4.8)
dengan 𝑏 adalah konstanta dari pengaruh peningkatan kepadatan populasi (𝑏 > 0)
dan 𝑦(𝑡) adalah banyaknya individu di dalam populasi pada waktu 𝑡 (𝑡 ≥ 0).
Selanjutnya, kita akan mencari titik kesetimbangan dari persamaan (4.8),
sehingga diperoleh
𝑑𝑦
𝑑𝑡= 0
𝑦∗(𝑎 − 𝑏𝑦∗) = 0
𝑦∗ = 0 ∨ 𝑎 − 𝑏𝑦∗ = 0
𝑏𝑦∗ = 𝑎
𝑦∗ =𝑎
𝑏
Jadi, populasi kesetimbangan dari persamaan (4.8) adalah 𝑦∗ = 0 dan 𝑦∗ =𝑎
𝑏.
Kemudian, kita akan mencari penyelesaian dari persamaan (4.8), sehingga
diperoleh
𝑦(𝑡) =
𝑎𝑏
1 + (𝑎 − 𝑏𝑦0
𝑏𝑦0) 𝑒−𝑎𝑡
, (4.9)
untuk memperoleh penyelesaian dari persamaan (4.8) dapat dilihat pada
(Haberman, 1998, hal. 160).
Berdasarkan persamaan (4.9), apabila 𝑎 > 0 diperoleh
lim𝑡→∞
𝑎𝑏
1 + (𝑎 − 𝑏𝑦0
𝑏𝑦0) 𝑒−𝑎𝑡
=𝑎
𝑏.
Jadi, untuk 𝑡 yang semakin membesar, model logistik akan mencapai populasi
kesetimbangannya, yaitu 𝑎
𝑏 (Gambar 4.9). Dengan demikian, jika hasil ini
dikaitkan dengan jumlah suatu populasi akan terlihat bahwa model logistik lebih
realistik dibandingkan dengan model eksponensial (model Malthus), sebab dalam
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
104
jangka waktu yang lama suatu populasi akan mencapai batas maksimum, yakni
akan menuju populasi kesetimbangannya.
Gambar 4.9. Grafik model logistik dengan 𝑎 = 0.8, 𝑏 = 0.002, 𝑦0 = 500
3. Model Linear Homogen
Model linear homogen diperoleh dengan cara mengubah model eksponensial
dengan waktu kontinu menjadi model diferensi dengan waktu diskret
menggunakan metode Euler. Kita akan mengubah persamaan (4.6) ke dalam
bentuk persamaan diferensi, sehingga diperoleh
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) + ℎ𝑔[𝑛, 𝑦(𝑛)]
= 𝑦(𝑛) + ℎ[𝑎𝑦(𝑛)]
= 𝑦(𝑛)(1 + ℎ𝑎)
𝑦(𝑛 + 1) = 𝜇𝑦(𝑛), 𝜇 = 1 + ℎ𝑎, 𝜇 > 0, (4.10)
dengan 𝑦(𝑛) adalah banyaknya individu di dalam populasi pada waktu 𝑛 (diskret)
dan 𝜇 adalah konstanta laju pertumbuhan.
Jika diberikan populasi awal 𝑦(0) = 𝑦0, maka dengan iterasi sederhana kita
menemukan bahwa
𝑦(1) = 𝜇𝑦(0) = 𝜇𝑦0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
105
𝑦(2) = 𝜇𝑦(1) = 𝜇𝜇𝑦0 = 𝜇2𝑦0
𝑦(3) = 𝜇𝑦(2) = 𝜇𝜇2𝑦0 = 𝜇3𝑦0
⋮
𝑦(𝑛) = 𝜇𝑛𝑦0 (4.11)
adalah penyelesaian dari persamaan (4.10). Jika 𝜇 > 1, maka 𝑦(𝑛) membesar
tanpa batas, dan lim𝑛→∞
𝑦(𝑛) = ∞ (Gambar 4.10). Jika 𝜇 = 1, maka 𝑦(𝑛) = 𝑦0
untuk setiap 𝑛 > 0, yang berarti bahwa ukuran populasi adalah konstan (Gambar
4.11). Tetapi jika 𝜇 < 1, maka lim𝑛→∞
𝑦(𝑛) = 0 (Gambar 4.12), yakni pada akhirnya
populasi menjadi punah.
Gambar 4.10. Grafik model linear homogen untuk 𝜇 > 1
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
106
Gambar 4.11. Grafik model linear homogen untuk 𝜇 = 1
Gambar 4.12. Grafik model linear homogen untuk 𝜇 < 1
4. Model Logistik Diskret
Model logistik diskret adalah model pertumbuhan populasi dengan waktu
diskret yang mempertimbangkan keterbatasan lingkungan, sehingga laju
pertumbuhan populasi bergantung pada kepadatan populasinya. Model logistik
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
107
diskret ini diperoleh dengan cara mengubah model logistik dengan waktu kontinu
menjadi model logistik diskret menggunakan metode Euler, sehingga diperoleh
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) + ℎ[𝑔(𝑛, 𝑥(𝑛))]
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) + ℎ[𝑎𝑦(𝑛) − 𝑏𝑦2(𝑛)]
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑦(𝑛) + ℎ𝑎𝑦(𝑛) − ℎ𝑏𝑦2(𝑛)
𝑦(𝑛 + 1) = 𝜇𝑦(𝑛) − ℎ𝑏𝑦2(𝑛), 𝜇 = 1 + ℎ𝑎, 𝜇, ℎ > 0 (4.12)
dengan 𝜇 adalah konstanta laju pertumbuhan, 𝑏 adalah konstanta dari pengaruh
peningkatan kepadatan populasi (𝑏 > 0), dan 𝑦(𝑛) adalah banyaknya individu di
dalam populasi pada waktu 𝑛 (diskret).
Jika pada persamaan (4.12), kita misalkan 𝑥(𝑛) =ℎ𝑏
𝜇𝑦(𝑛), maka kita akan
memperoleh
𝜇
ℎ𝑏𝑥(𝑛 + 1) = 𝜇 [
𝜇
ℎ𝑏𝑥(𝑛)] − ℎ𝑏 [
𝜇
ℎ𝑏𝑥(𝑛)]
2
=𝜇2
ℎ𝑏𝑥(𝑛) −
𝜇2
ℎ𝑏𝑥2(𝑛)
𝑥(𝑛 + 1) = 𝜇𝑥(𝑛) − 𝜇𝑥2(𝑛)
𝑥(𝑛 + 1) = 𝜇𝑥(𝑛)[1 − 𝑥(𝑛)] = 𝑓(𝑥(𝑛)). (4.13)
Persamaan (4.13) adalah persamaan diferensi nonlinear sederhana orde satu, biasa
disebut persamaan logistik (diskret). Untuk menemukan titik kesetimbangan dari
(4.13), kita misalkan
𝑓(𝑥∗) = 𝜇𝑥∗(1 − 𝑥∗) = 𝑥∗
−𝜇𝑥∗ + 𝜇(𝑥∗)2 + 𝑥∗ = 0
𝑥∗(𝜇𝑥∗ + 1 − 𝜇) = 0
𝑥∗ = 0 ∨ 𝜇𝑥∗ + 1 − 𝜇 = 0
𝜇𝑥∗ = 𝜇 − 1
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
108
𝑥∗ =𝜇 − 1
𝜇.
Jadi, kita memperoleh dua titik kesetimbangan dari persamaan (4.13), yaitu 𝑥∗ =
0 dan 𝑥∗ =𝜇−1
𝜇.
Sekarang kita akan menyelidiki kestabilan dari titik kesetimbangan 𝑥∗.
𝑓(𝑥) = 𝜇𝑥 − 𝜇𝑥2
𝑓′(𝑥) = 𝜇 − 2𝜇𝑥 (4.14)
𝑓′′(𝑥) = −2𝜇 (4.15)
𝑓′′′(𝑥) = 0
Untuk 𝑥∗ = 0
Kemudian, substitusikan titik kesetimbangan 𝑥∗ = 0 ke dalam persamaan (4.14),
sehingga diperoleh
𝑓′(𝑥∗) = 𝑓′(0) = 𝜇
Selanjutnya kita akan membagi menjadi 3 kasus untuk melihat kestabilan dari titik
kesetimbangan 𝑥∗ = 0.
Kasus I: 𝜇 = 1
𝑓′(0) = 1
Kemudian, substitusikan titik kesetimbangan 𝑥∗ = 0 ke dalam persamaan (4.15),
sehingga diperoleh
𝑓′′(0) = −2𝜇 = −2 ≠ 0.
Menurut Teorema 3.2 (i), jika 𝑓′(𝑥∗) = 1, 𝑓′′(𝑥∗) ≠ 0, maka titik kesetimbangan
𝑥∗ = 0 tidak stabil.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
109
Kasus II: 0 < 𝜇 < 1
|𝑓′(𝑥∗)| = |𝑓′(0)| = 𝜇 < 1
Menurut Teorema 3.1 (i), jika |𝑓′(𝑥∗)| < 1, maka titik kesetimbangan 𝑥∗ = 0
stabil asimtotik.
Kasus II: 𝜇 > 1
|𝑓′(𝑥∗)| = |𝑓′(0)| = 𝜇 > 1
Menurut Teorema 3.1 (ii), jika |𝑓′(𝑥∗)| > 1, maka titik kesetimbangan 𝑥∗ = 0
tidak stabil.
Untuk 𝑥∗ =𝜇−1
𝜇
Kemudian, substitusikan titik kesetimbangan 𝑥∗ =𝜇−1
𝜇 ke dalam persamaan
(4.14), sehingga diperoleh
𝑓′(𝑥∗) = 𝑓′ (𝜇 − 1
𝜇) = 𝜇 − 2𝜇𝑥 = 𝜇 − 2𝜇 + 2 = −𝜇 + 2.
Selanjutnya, kita akan membagi menjadi 3 kasus untuk melihat kestabilan dari
titik kesetimbangan 𝑥∗ =𝜇−1
𝜇.
Kasus I: 𝜇 = 1
𝑓′ (𝜇 − 1
𝜇) = 1.
Kemudian, substitusikan titik kesetimbangan 𝑥∗ =𝜇−1
𝜇 ke dalam persamaan
(4.15), sehingga diperoleh
𝑓′′ (𝜇 − 1
𝜇) = −2𝜇 = −2 ≠ 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
110
Menurut Teorema 3.2 (i), jika 𝑓′(𝑥∗) = 1, 𝑓′′(𝑥∗) ≠ 0, maka titik kesetimbangan
𝑥∗ =𝜇−1
𝜇 tidak stabil.
Kasus II: 0 < 𝜇 < 1
|𝑓′(𝑥∗)| = |𝑓′ (𝜇 − 1
𝜇)| = |𝜇 − 2𝜇 (
𝜇 − 1
𝜇)| = |−𝜇 + 2| > 1
Menurut Teorema 3.1 (ii), jika |𝑓′(𝑥∗)| > 1, maka titik kesetimbangan 𝑥∗ =𝜇−1
𝜇
tidak stabil.
Kasus III: 1 < 𝜇 < 3
|𝑓′(𝑥∗)| = |𝑓′ (𝜇 − 1
𝜇)| = |𝜇 − 2𝜇 (
𝜇 − 1
𝜇)| = |−𝜇 + 2| < 1
Menurut Teorema 3.1 (i), jika |𝑓′(𝑥∗)| < 1, maka titik kesetimbangan
𝑥∗ =𝜇−1
𝜇 stabil asimtotik.
Kasus IV: 𝜇 > 3
|𝑓′(𝑥∗)| = |𝑓′ (𝜇 − 1
𝜇)| = |𝜇 − 2𝜇 (
𝜇 − 1
𝜇)| = |−𝜇 + 2| > 1
Menurut Teorema 3.1 (i), jika |𝑓′(𝑥∗)| < 1, maka titik kesetimbangan
𝑥∗ =𝜇−1
𝜇 tidak stabil.
Kasus V: 𝜇 = 3
𝑓′(𝑥∗) = 𝑓′ (𝜇 − 1
𝜇) = 𝜇 − 2𝜇 (
𝜇 − 1
𝜇) = −𝜇 + 2 = −1
𝑆𝑓(𝑥∗) = −𝑓′′′(𝑥∗) −3
2(𝑓′′(𝑥∗))
2
= 0 −3
2(−2𝜇)2 = −6𝜇2 = −54 < 0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
111
Menurut Teorema 3.3 (i), jika 𝑆𝑓(𝑥∗) < 0, maka titik kesetimbangan
𝑥∗ =𝜇−1
𝜇 stabil asimtotik.
Jadi, berdasarkan beberapa kasus diatas dapat dikatakan bahwa kestabilan dari
model pertumbuhan untuk satu populasi dipengaruhi oleh laju pertumbuhan dari
populasi itu sendiri.
Lebih lanjut dapat dilihat bahwa kedua titik kesetimbangan, yaitu 𝑥∗ = 0 dan
𝑥∗ =𝜇−1
𝜇 berhubungan dengan titik kesetimbangan pada persamaan (4.8), yaitu
𝑦∗ = 0 dan 𝑦∗ =𝑎
𝑏, di mana semua penyelesaiannya konvergen menuju populasi
kesetimbangan 𝑦∗ =𝑎
𝑏 jika 1 < 𝜇 ≤ 3 (0 < ℎ𝑎 ≤ 2, 𝑎 > 0). Dengan kata lain,
dalam jangka waktu yang lama, baik untuk waktu kontinu maupun diskret,
populasi akan mencapai kestabilannya pada saat populasi tersebut mencapai batas
maksimum, yaitu menuju ke populasi kesetimbangannya. Namun apabila
0 < 𝜇 < 1 (−1 < ℎ𝑎 < 0, 𝑎 < 0), maka pertumbuhan populasi lama kelamaan
akan menurun dan mendekati kepunahan (menuju populasi kesetimbangannya,
yaitu 𝑦∗ = 0).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
112
BAB V
PENUTUP
A. Kesimpulan
Persamaan diferensi adalah persamaan yang menyatakan hubungan
fungsional antara satu variabel bebas dan satu variabel terikat, serta melibatkan
perbedaan nilai berturut-turut dari fungsi variabel diskret. Persamaan diferensi
biasanya digunakan untuk memodelkan dinamika dari fenomena tertentu yang
memuat waktu diskret. Bentuk umum dari persamaan diferensi tingkat satu adalah
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑓(𝑥(𝑛)).
Sebuah fungsi disebut penyelesaian dari suatu persamaan diferensi apabila
fungsi tersebut disubstitusikan ke dalam persamaan diferensi dapat membuat
persamaan diferensi tersebut menjadi pernyataan yang benar di setiap titik.
Persamaan diferensi linear tingkat satu terbagi menjadi dua, yaitu
1. Persamaan diferensi linear tingkat satu homogen yang memiliki bentuk
umum, yaitu
𝑥(𝑛 + 1) = 𝑎(𝑛)𝑥(𝑛), 𝑥(𝑛0) = 𝑥0, 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0,
dan penyelesaiannya diperoleh
𝑥(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑥0.
2. Persamaan diferensi linear tingkat satu nonhomogen yang memiliki bentuk
umum, yaitu
𝑦(𝑛 + 1) = 𝑎(𝑛)𝑦(𝑛) + 𝑔(𝑛), 𝑦(𝑛0) = 𝑦0, 𝑛 ≥ 𝑛0 ≥ 0,
dan penyelesaiannya diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
113
𝑦(𝑛) = (∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑛0
) 𝑦0 + ∑ ( ∏ 𝑎(𝑖)
𝑛−1
𝑖=𝑟+1
) 𝑔(𝑟)
𝑛−1
𝑟=𝑛0
.
Untuk menentukan kestabilan persamaan diferensi tingkat satu, terlebih
dahulu kita perlu mencari titik kesetimbangan dari persamaan diferensi tersebut.
Untuk mencari titik kesetimbangan dari suatu persamaan diferensi tingkat satu,
kita perlu mencari suatu titik 𝑥∗ sedemikian sehingga
𝑓(𝑥∗) = 𝑥∗.
Kemudian, setelah diperoleh titik kesetimbangan 𝑥∗, selanjutnya kita akan
menganalisis kestabilan persamaan diferensi tingkat satu di dekat titik
kesetimbangan 𝑥∗. Kestabilan dari suatu persamaan diferensi tingkat satu dapat
dikatakan stabil, stabil asimtotik, ataupun tidak stabil.
Salah satu penggunaan persamaan diferensi tingkat satu adalah untuk
menyelesaikan secara numerik persamaan diferensial yang sulit diselesaikan.
Persamaan diferensi tingkat satu mencoba menyelesaikan persamaan diferensial
tersebut dengan menggunakan pendekatan numerik, yaitu dengan metode Euler
dan metode skema tak standar, dan mengubah variabel waktu pada persamaan
diferensial yang kontinu menjadi variabel waktu yang diskret.
Dalam tugas akhir ini juga dibahas mengenai penerapan kestabilan persamaan
diferensi tingkat satu dalam bidang ekonomi dan biologi. Penerapan kestabilan
persamaan diferensi tingkat satu dalam bidang ekonomi, yaitu mengenai analisis
kestabilan pasar, dan dalam bidang biologi, yaitu mengenai analisis kestabilan
model pertumbuhan satu populasi. Pada bidang ekonomi, kestabilan pasar sangat
dipengaruhi oleh kepekaan produsen dan konsumen terhadap harga. Pasar dapat
dikatakan stabil apabila konsumen lebih peka terhadap harga daripada produsen
(dalam hal ini merujuk pada jumlah permintaan lebih besar daripada jumlah
penawaran) atau bahkan kepekaan konsumen dan produsen terhadap harga sama
(dalam hal ini merujuk pada jumlah permintaan dan jumlah penawaran sama).
Sebaliknya, pasar dapat dikatakan tidak stabil apabila produsen lebih peka
terhadap harga daripada konsumen (dalam hal ini merujuk pada jumlah
penawaran lebih besar daripada jumlah permintaan).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
114
Pada bidang biologi, kestabilan dari model pertumbuhan untuk satu populasi
dipengaruhi oleh laju pertumbuhan dari populasi itu sendiri. Apabila laju
pertumbuhan populasi lebih besar dari satu dan kurang dari sama dengan 3 (1 <
𝜇 ≤ 3), maka pertumbuhan populasi akan mencapai batas maksimum, yaitu
menuju populasi kesetimbangannya (𝑦∗ =𝑎
𝑏), sehingga dalam kasus ini
pertumbuhan populasi akan stabil. Namun apabila laju pertumbuhan populasi
kurang dari 1 (𝜇 < 1), maka pertumbuhan populasi lama kelamaan akan menurun
dan mendekati kepunahan, yaitu menuju populasi kesetimbangannya, yaitu 𝑦∗ =
0.
B. Saran
Berikut saran bagi pembaca yang ingin mengembangkan skripsi ini:
1. Persamaan diferensi yang dibahas tidak hanya untuk tingkat satu, bisa juga
tingkat dua, atau bahkan tingkat tinggi.
2. Pembahasan mengenai persamaan diferensi tidak hanya mengenai teori
kestabilan, bisa juga mengenai teori asimtotik, teori osilasi, atau bahkan
mengenai teori kontrol.
3. Penerapan persamaan diferensi yang dibahas tidak hanya di bidang ekonomi
dan biologi saja, bisa juga di bidang farmakokinetik atau psikologi.
4. Jika ingin membahas mengenai penerapan di bidang ekonomi yaitu analisis
kestabilan pasar, mungkin bisa menambahkan faktor-faktor yang berpengaruh
dalam penentuan harga pasar, seperti selera, ekspektasi, dan teknologi.
5. Untuk penerapan di bidang biologi, yaitu mengenai analisis kestabilan model
pertumbuhan satu populasi, juga dapat dikembangkan lebih lanjut menjadi
model pertumbuhan dua populasi (model mangsa-pemangsa), atau model
pertumbuhan tiga populasi.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
115
DAFTAR PUSTAKA
Aprilia, Zefni. (2017). Kestabilan Pertumbuhan Populasi Ikan Lele dengan Model
Pertumbuhan Logistik Verhulst. Universitas Lampung.
Christanti, H. (2016). Model Verhulst Deterministik dan Stokastik. Universitas
Sanata Dharma.
Elaydi, S. (2005). An Introduction to Difference Equations (Third Edition). New
York: Springer.
Goldberg, S. (1958). Introduction to Difference Equations. New York: John Wiley
& Sons, Inc.
Haberman, R. (1998). Mathematical Models: Mechanical Vibrations, Population
Dynamics, and Traffic Flow. Philadelphia: SIAM.
Hutagalung, B. N. (2012). Pengantar Ekonomi Mikro. Jakarta: Salemba Empat.
Kelley, Walter G. & Peterson, Allan C. (2001). Difference Equations. San Diego:
Academic Press.
Mickens, Ronald E. (2015). Difference Equations (Third Edition). New York:
CRC Press.
Pindyck, R. S. & Rubinfeld, D. L. (2007). Mikroekonomi (Edisi Keenam Jilid 1).
Jakarta: PT Indeks.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
116
LAMPIRAN
Lampiran 1 Program untuk penyelesaian eksak persamaan diferensial dan
penyelesaian numerik (metode Euler) persamaan diferensi (Gambar 3.5)
clear
close all
clc
%%Plot Euler dengan h=0.1
X=zeros(1,11);
X(1)=1;
h=0.1;
t=0:0.1:1;
for n=1:10
X(n+1)=X(n)+0.7*h*(((X(n)).^2)+1);
end
plot(t,X,'r*')
%%Plot Euler dengan h=0.2
hold on
X=zeros(1,6);
X(1)=1;
h=0.2;
t=0:0.2:1;
for n=1:5
X(n+1)=X(n)+0.7*h*(((X(n)).^2)+1);
end
plot(t,X,'b*')
%%Plot Eksak PD
hold on
X(1)=1;
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
117
t=0:0.001:1;
X=tan((0.7*t)+pi/4);
plot(t,X,'k')
xlabel('t')
ylabel('x(t)')
legend('Euler h=0.1','Euler h=0.2','Eksak')
Lampiran 2 Program untuk penyelesaian eksak persamaan diferensial dan
penyelesaian numerik (metode Euler dan metode skema tak standar) persamaan
diferensi (Gambar 3.11)
clear
close all
clc
%%Plot Euler dengan h=0.2
y=zeros(1,21);
y(1)=1;
h=0.2;
t=0:0.05:1;
for n=1:20
y(n+1)=y(n)*(1-h*y(n));
end
plot(t,y,'r*')
%%Plot Nonstandar dengan h=0.2
hold on
y=zeros(1,21);
y(1)=1;
h=0.2;
t=0:0.05:1;
for n=1:20
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
118
y(n+1)=y(n)./(1+h*y(n));
end
plot(t,y,'b*')
% Plot Eksak
hold on
t=0:0.01:1;
y=1./(t+1);
plot(t,y,'k')
xlabel('n')
ylabel('y(n)')
title('Grafik (n, y(n))')
legend('metode Euler','metode skema tak
standar','Eksak')
Lampiran 3 Program untuk model eksponensial untuk 𝑎 > 0 (Gambar 4.7)
clc
clear
close all
a=0.5;
y0=500;
t=0:0.1:5;
y=y0.*exp(a*t);
plot(t,y,'k')
title('Grafik Model Eksponensial')
xlabel('t (tahun)')
ylabel('y (besarnya populasi)')
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
119
Lampiran 4 Program untuk model eksponensial untuk 𝑎 < 0 (Gambar 4.8)
clc
clear
close all
a=-0.5;
y0=500;
t=0:0.1:5;
y=y0.*exp(a*t);
plot(t,y,'k')
title('Grafik Model Eksponensial')
xlabel('t (tahun)')
ylabel('y (besarnya populasi)')
Lampiran 5 Program untuk model logistik (Gambar 4.9)
a=0.8;
b=0.002;
y1=500;
t=0:0.1:5;
y=(a/b)./(1+(((a-(b*y1))/(b*y1))*exp((-a)*t)));
plot(t,y,'k')
title('Grafik Model Logistik')
xlabel('t (waktu)')
ylabel('y (besarnya populasi)')
Lampiran 6 Program untuk model linear homogen untuk 𝜇 > 1 (Gambar 4.10)
clear all
close all
y=zeros(1,11);
y(1)=50;
mu=1.1;
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
120
t=0:1:10;
for n=1:10
y(n+1)=(mu^n)*y(n);
end
plot(t,y,'r*')
title('Grafik Model Linear Homogen')
xlabel('n (waktu)')
ylabel('y(n) (besarnya populasi)')
Lampiran 7 Program untuk model linear homogen untuk 𝜇 = 1 (Gambar 4.11)
clear all
close all
y=zeros(1,11);
y(1)=50;
mu=1;
t=0:1:10;
for n=1:10
y(n+1)=(mu^n)*y(n);
end
plot(t,y,'r*')
title('Grafik Model Linear Homogen')
xlabel('n (waktu)')
ylabel('y(n) (besarnya populasi)')
Lampiran 8 Program untuk model linear homogen untuk 𝜇 < 1 (Gambar 4.12)
clear all
close all
y=zeros(1,11);
y(1)=50;
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
121
mu=0.5;
t=0:1:10;
for n=1:10
y(n+1)=(mu^n)*y(n);
end
plot(t,y,'r*')
title('Grafik Model Linear Homogen')
xlabel('n (waktu)')
ylabel('y(n) (besarnya populasi)')
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI