SPD linier

PD dan Aplikasinya: Sistem Persamaan Diferential

Aang Nuryaman

Maret 2011

(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 1 / 27

Pendahuluan

Tinjau model matematika untuk sistem pegas massa teredam

my" = �ky � cy 0

dengan m menyatakan massa benda yang dihubungkan ke pegas, kkonstanta pegas, c konstanta peredam dimana c > 0, y simpangan pegas,y" = d 2y

dt2 percepatan massa benda dan y0 = dy

dt kecepatan massa benda.Misalkan y1 = y dan y2 = y 0 maka dari model sistem diperoleh:

y 01 = y2 (1)

y 02 = � kmy1 �

cmy2

yang membentuk sistem persamaan di¤erensial. Bila dinyatakan dalambentuk matriks, persamaan (1) menjadi:

y0 =�y 01y 02

�=

�0 1� km � c

m

� �y1y2

�= Ay


Sistem Persamaan Diferensial

Bentuk umum sistem persamaan diferensial (SPD) orde-1 adalah

y 01 = f1 (t, y1, ..., yn)

y 02 = f2 (t, y1, ..., yn)...

y 0n = fn (t, y1, ..., yn)

Ketika sistem linier di dalam y1, ..., yn maka disebut sistem persamaandiferensial linier (SPDL) orde-1 dan dapat dituliskan dalam bentuk:

y 01 = a11 (t) y1 + ...+ a1n (t) yn + g1 (t)...

y 0n = an1 (t) y1 + ...+ ann (t) yn + gn (t)


Sistem Persamaan Diferensial

Dalam bentuk vektor SPDL menjadi:

y0 = Ay+ g (2)

dimana:

A =

264 a11 � � � a1n... � � � ...an1 � � � ann

375 , y =

264 y1...yn

375 , g =

264 g1...gn

375SPDL dikatakan homogen jika g = 0 sehingga

y0 = Ay

Jika g 6= 0 maka SPDL dikatakan tak homogen.


Eksistensi dan Ketunggalan Solusi SPDL

Solusi dari (2) adalah himpunan n fungsi di¤erensiabel

y1 = φ1 (t) , � � � , yn = φn (t)

pada interval a < t < b yang memenuhi (2), Jika dilengkapi dengan syaratawal:

y1 (t0) = K0, � � � , yn (t0) = Kn (3)

maka disebut masalah nilai awal.Misalkan ajk (t) dan gj (t) adalah fungsi-fungsi yang kontinu pada intervalterbuka a < t < b yang memuat t = t0. Maka (2) memiliki sebuah solusiy (t) pada interval tersebut yang memenuhi (3) dan solusi ini adalahtunggal.


Prinsip Superposisi atau Linieritas

Jika y(1) dan y(2) adalah solusi suatu SPDL homogen y0 = Ay pada suatuinterval, maka kombinasi liniernya:

y = c1y(1) + c2y(2)

juga adalah solusi SPDL tersebut. Dan jika diperluas untuk n buah basissolusi, maka

y = c1y(1) + � � �+ cny(n)

yang disebut dengan solusi umum SPDL homogen.Lebih jauh lagi, Wronskian y(1), � � � , y(2) adalah determinan

W�y(1), � � � , y(2)

�=

��y (1)1 y (2)1 � � � y (n)1

y (1)2 y (2)2 � � � y (n)2...

... � � � ...

y (1)n y (2)n � � � y (n)n

��(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 6 / 27

SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan

Tinjau SPDL homogen:y0 = Ay (4)

dimana:A = [ajk ] , y =

�y1 � � � yn

�tMisalkan solusi SPDL berbentuk y = xeλt , maka (4) menjadi

y0 = λxeλt = Ay = Axeλt

Jika masing-masing ruas dibagi eλt maka diperoleh masalah nilai eigen:

Ax =λx

Misalkan diperoleh nilai eigen λ1,λ2, ...,λn dengan vektor eigennyax(1), x(2), ..., x(n) maka basis solusi (4) adalah:

y(1) = x(1)eλ1t , y(2) = x(2)eλ2t , ..., y(n) = x(n)eλnt

dan solusi umumnya adalah:

y = c1x(1)eλ1t + c2x(2)eλ2t + � � �+ cnx(n)eλnt



Untuk y 2 R2, terkait dengan nilai eigen, ada tiga kasus:

kedua nilai eigen real dan berbeda; λ1,λ2 dengan λ1 6= λ2; yangmemberikan dua vektor eigen x(1), x(2). Maka solusi umumnya:

y = c1x(1)eλ1t + c2x(2)eλ2t

nilai eigen real kembar, λ1,λ2 dengan λ1 = λ2 = µ; yangmemberikan satu vektor eigen x. Vektor eigen kedua adalah vektor uyang memenuhi

(A� µI) u = x

Sehingga solusi umumnya adalah

y = c1xeµt + c2 (xt + u) eµt



Untuk y 2 R2, terkait dengan nilai eigen, ada tiga kasus:

kedua nilai eigen real dan berbeda; λ1,λ2 dengan λ1 6= λ2; yangmemberikan dua vektor eigen x(1), x(2). Maka solusi umumnya:

y = c1x(1)eλ1t + c2x(2)eλ2t

nilai eigen real kembar, λ1,λ2 dengan λ1 = λ2 = µ; yangmemberikan satu vektor eigen x. Vektor eigen kedua adalah vektor uyang memenuhi

(A� µI) u = x

Sehingga solusi umumnya adalah

y = c1xeµt + c2 (xt + u) eµt



kedua nilai eigen kompleks; λ12 = α� βi , i =p�1; yang

memberikan dua vektor eigen x dan x (kompleks konjugat). Sehinggasolusi umum kompleksnya adalah:

y = c1xe(α+βi )t + c2xe(α�βi )t

Untuk mendapatkan solusi umum realnya gunakan hubungan

e(α+βi )t = eαt (cos βt + i sin βt)

Misalkan u = Re�xe(α+βi )t

�dan v = Im

�xe(α+βi )t

�maka solusi

umum real SPDL adalah:

y = Au+ Bv

Catatan: Re (�) dan Im (�) menyatakan bagian real dan imajinersuatu bilangan kompleks.



Contoh Kasus 1: Tinjau SPDL homogen:

y 01 = �3y1 + y2 (5)

y 02 = y1 � 3y2

atau dalam bentuk matriks

y0=�y 01y 02

�= Ay =

��3 11 �3

� �y1y2

�Dengan mensubstitusikan y = xeλt maka diperoleh masalah nilai eigenAx =λx dimana persamaan karakteristiknya adalah

det (A� λI) =�� 3� λ 1

1 �3� λ

�� = λ2 + 6λ+ 8 = 0

Ini memberikan nilai eigen λ1 = �2 dan λ2 = �4.(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 10 / 27


Vektor eigen dibentuk dari hubungan (A� λI) x = 0 yang memberikan

(�3� λ) x1 + x2 = 0

Untuk λ1 = �2 diperoleh �x1 + x2 = 0 dan untuk λ2 = �4 diperolehx1 + x2 = 0.Sehingga vektor eigennya bisa dipilih berturut-turut

x(1) =�11

�dan x(2) =

�1�1

�Sehingga solusi umum dari SPDL (5) adalah

y =�y1y2

�= c1

�11

�e�2t + c2

�1�1

�e�4t

atau

y1(t) = c1e�2t + c2e�4t

y2(t) = c1e�2t � c2e�4t




y0= Ay =�4 1�1 2

� �y1y2

�Persamaan karakteristiknya adalah

det (A� λI) =�� 4� λ 1�1 2� λ

�� = λ2 � 6λ+ 9 = (λ� 3)2 = 0

Ini memberikan nilai eigen λ1 = λ2 = 3. Vektor eigen dibentuk dari

(4� λ) x1 + x2 = 0

sehingga untuk λ = 3 diperoleh x1 + x2 = 0; yang memberikan

x =�1�1

�(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 12 / 27


Untuk mendapatkan vektor eigen kedua, pandang persamaan

(A� 3I) u = x,�1 1�1 �1

� �u1u2

�=

�1�1

�

yang memberikan u1 + u2 = 1. Ambil u =�01

�.dengan demikian solusi

umumnya adalah:

y =�y1y2

�= c1

�1�1

�e3t + c2

��1�1

�t +

�01

��e3t




y0=��1 1�1 �1

� �y1y2

�(6)

Persamaan karakteristiknya adalah

det (A� λI) =�� 1� λ 1

�1 �1� λ

�� = λ2 + 2λ+ 2 = 0

yang memberikan nilai eigen λ1 = �1+ i dan λ2 = �1� i . Vektor eigendibentuk dari hubungan (A� λI) x = 0 yang memberikan

(�1� λ) x1 + x2 = 0

Untuk λ1 diperoleh �ix1 + x2 = 0 dan untuk λ2 diperoleh ix1 + x2 = 0.Sehingga vektor eigennya bisa dipilih berturut-turut

x(1) =�1i

�dan x(2) =

�1�i



Sehingga solusi umum kompleks dari SPDL (6) adalah

y =�y1y2

�= c1

�1i

�e(�1+i )t + c2

�1�i

�e(�1�i )t

Untuk solusi umum realnya, kita punya:�1i

�e(�1+i )t =

�e�t (cos t + i sin t)ie�t (cos t + i sin t)

�=

�e�t cos t�e�t sin t

�+ i

�e�t sin te�t cos t

��1�i

�e(�1�i )t =

�e�t (cos t � i sin t)�ie�t (cos t � i sin t)

�=


�� i




Bagian real dan imajiner di ruas kanan merupakan solusi umum real dariSPDL (6). Keduanya membentuk sebuah basis solusi karenaWronskiannya tidak sama dengan nol.

W =

�� e�t cos t e�t sin t�e�t sin t e�t cos t

�� = e�2t �cos2 t + sin2 t� = e�2t 6= 0Jadi solusi umum realnya SPDL (6) adalah:

y =�y1y2

�= A


�+ B


�


Latihan

ProblemTentukan solusi dari SPDL berikut dengan baik dan benar!

1y 01 = y2y 02 = y1

2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =

13y1 + 2y2

3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2

4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2

, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1

5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2

, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4


Latihan


1y 01 = y2y 02 = y1

2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =

13y1 + 2y2

3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2

4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2

, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1

5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2

, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4


Latihan


1y 01 = y2y 02 = y1

2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =

13y1 + 2y2

3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2

4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2

, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1

5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2

, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4


Latihan


1y 01 = y2y 02 = y1

2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =

13y1 + 2y2

3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2

4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2

, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1

5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2

, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4


Latihan


1y 01 = y2y 02 = y1

2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =

13y1 + 2y2

3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2

4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2

, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1

5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2

, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4


Lintasan (path/trajectory) dan Bidang Fase

Misalkan y1 (t) dan y2 (t) adalah solusi dari SPDL

y0= Ay

maka bidang y1y2 disebut bidang fase.

Kurva solusi y1 (t) dan y2 (t) yang disajikan dalam bidang fasedisebut lintasan (path) atau trayektori (trajectory). Lintasan inibiasanya memiliki arah yang menunjukan perilaku solusi saat tmembesar.

Suatu titik (a, b) dimana kurva solusi menuju atau keluar dari titiktersebut dinamakan node. Jika kurva solusi semuanya menuju (a, b)maka titik (a, b) disebut improper node. Jika sebaliknya disebutproper node. Jenis node ini terjadi jika nilai eigen memiliki tandayang sama. Jika nilai eigen tandanya berbeda disebut saddlenode.




y0= Ay







y0= Ay





Saddle Node

Tinjau SPDL

y0=�y 01y 02

�=

�1 00 �1

� �y1y2

�yang memiliki solusi y = c1

�10

�et + c2

�01

�e�t atau

y1(t) = c1et

y2(t) = c2e�t

Perhatikan bahwa

y1y2 = c1et .c2e�t = c1c2 = C

yang merupakan keluarga kurva hiperbola.


Titik Improper Node

Contoh 2: Tinjau SPDL

y0=�y 01y 02

�=

��3 11 �3

� �y1y2

�

yang memiliki solusi y =�y1y2

�= c1

�11

�e�2t + c2

�1�1

�e�4t atau

y1(t) = c1e�2t + c2e�4t

y2(t) = c1e�2t � c2e�4t

Jika c2 = 0 maka y1(t) = c1e�2t = y2(t) yaitu persamaan garis lurus dikuadran I jika c1 > 0 dan di kuadran III jika c1 < 0. Jika c1 = 0 makay1(t) = c2e�4t = �y2(t) yaitu persamaan garis lurus di kuadran IV jikac2 > 0 dan di kuadran II jika c2 < 0. Jika c1 6= 0, c2 6= 0 maka kurvasolusi menyinggung garis yang dibangun oleh vektor

�11

�karena e�4t

lebih cepat menuju nol dibandingkan e�2t .(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 20 / 27

Titik Center

Contoh 3: Tinjau SPDL homogen:

y0= Ay =�0 1�4 0

� �y1y2


det (A� λI) =�� λ 1�4 �λ

�� = λ2 + 4 = 0

Ini memberikan nilai eigen λ1 = 2i dengan vektor eigen�12i

�dan

λ2 = �2i dengan vektor eigen�

1�2i

�. Sehingga solusi umum

kompleksnya adalah

y =�y1y2

�= c1

�12i

�e2it + c2

�1�2i

�e�2it


Titik Center

Karena�12i

�e2it =

�12i

�(cos 2t + i sin 2t) =

�cos 2t�2 sin 2t

�+ i

�sin 2t2 cos 2t

�Maka solusi umum realnya SPDL adalah:

y =�y1y2

�= A

�cos 2t�2 sin 2t

�+ B

�sin 2t2 cos 2t

�Selanjutnya

y21 +14y22 =

�A2 + B2

� �cos2 2t + sin2 2t

�= A2 + B2 = K 2

merupakan keluarga ellips dengan pusat di (0, 0)


Titik Spiral

Contoh 4: Tinjau SPDL homogen:

y0= Ay =��1 1�1 �1

� �y1y2


det (A� λI) =�� 1� λ 1

�1 �1� λ

�� = λ2 + 2λ+ 2 = 0

Ini memberikan nilai eigen λ1 = �1+ i dengan vektor eigen�1i

�dan

λ2 = �1� i dengan vektor eigen�1�i

�. Sehingga solusi umum

kompleksnya adalah

y =�y1y2

�= c1

�1i

�e(�1+i )t + c2

�1�i

�e(�1�i )t


Titik Center

Karena �1i

�e(�1+i )t = e�t

�1i

�(cos t + i sin t)

=


�+ i


�Maka solusi umum realnya SPDL adalah:

y =�y1y2

�= A


�+ B


�Atau y1 = Ae�t cos t + Be�t sin t ; y2 = �Ae�t sin t + Be�t cos t .Misalkan r2 = y21 + y

22 dan tan θ = y2

y1maka :

y21 + y22 = r

2 =�A2 + B2

�e�2t

yang merupakan keluarga keluarga spiral(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 24 / 27

Titik Kritis

Tinjau SPDL homogen:

y0= Ay =�a11 a12a21 a22

� �y1y2

�=

�a11y1 + a12y2a21y1 + a22y2

�=

�f1 (y1, y2)f2 (y1, y2)

�Dari persamaan di atas kita punya:

dy2dy1

=dy2/dtdy1/dt

=y 02y 01=a21y1 + a22y2a11y1 + a12y2

Titik P0 = (0, 0) disebut titik kritis jika di P0 memenuhi

dy2dy1

tak terde�nisi

atau dengan kata lain memenuhi SPL

f1 (y1, y2) = 0

f2 (y1, y2) = 0


Jenis Titik Kritis

Selanjutnya

det (A� λI ) =

�� a11 � λ a12a21 a22 � λ

�� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2

= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA

Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)

2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)


Jenis Titik Kritis

Selanjutnya

det (A� λI ) =

�� a11 � λ a12a21 a22 � λ

�� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2

= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA

Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)

3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)


Jenis Titik Kritis

Selanjutnya

det (A� λI ) =

�� a11 � λ a12a21 a22 � λ

�� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2

= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA

Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)

4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)


Jenis Titik Kritis

Selanjutnya

det (A� λI ) =

�� a11 � λ a12a21 a22 � λ

�� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2

= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA

Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)


Kestabilan Titik Kritis

Titik kritis P0 dikatakan

1 stabil jika q > 0 dan p < 0

2 stabil secara asimtotik jika p � 0 dan q > 0 (kedua nilai eigen realdan negatif atau bagian real dari nilai eigen negatif)

3 tidak stabil jika p > 0 atau q < 0 (kedua nilai eigen real dan positifatau bagian real dari nilai eigen positif)




1 stabil jika q > 0 dan p < 02 stabil secara asimtotik jika p � 0 dan q > 0 (kedua nilai eigen realdan negatif atau bagian real dari nilai eigen negatif)





1 stabil jika q > 0 dan p < 02 stabil secara asimtotik jika p � 0 dan q > 0 (kedua nilai eigen realdan negatif atau bagian real dari nilai eigen negatif)



Documents

SPD linier