PERSAMAAN DIFERENSIAL LEGENDRE DAN PENERAPANNYA … · orde kedua dengan koefisien variabel yang mempunyai bentuk (1−x 2 )y′′+2xy′+n(n+1) y =0 dengan n adalah bilangan bulat

PERSAMAAN DIFERENSIAL LEGENDRE DAN PENERAPANNYA

Skripsi

Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat

Mamperoleh Gelar Sarjana Sains

Program Studi Matematika

Oleh:

Eny Noviati

Nomor Mahasiswa: 043114005

PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI

UNIVERSITAS SANATA DHARMA

YOGYAKARTA

2009

i

LEGENDRE DIFFERENTIAL EQUATION AND ITS APPLICATION

Final Project

Presented as Partial Fulfillment of the Requirements

To obtain the SARJANA SAINS Degree

In Mathematics

By:

Eny Noviati

Student Number: 043114005

MATHEMATICS STUDY PROGRAM MATHEMATICS DEPARTMENT

SCIENCE AND TECHNOLOGY FACULTY

SANATA DHARMA UNIVERSITY

YOGYAKARTA

2009

v

Merasa takut bukannya masalah besar, yang menjadi masalah adalah bila kita tidak berusaha mengatasinya. Dan keyakinan sendiri adalah jalan terbaik untuk maju.

Semua yang benar, semua yang mulia, semua yang adil, semua yang suci, semua yang manis, semua yang sedap didengar, semua yang patut disebut kebajikan dan patut dipuji, pikirkanlah semua itu. (Filipi 4:8)

Kupersembahkan kepada yang terkasih:

Bapak dan Mamak Yadi terkasih,

Kakakku Martinus Agus Sulistyo,

Adikku Terrius Triadi Kulistianto,

Dan segenap keluarga

vii

ABSTRAK

Persamaan diferensial Legendre merupakan persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan koefisien variabel yang mempunyai bentuk

0)1(2)1( 2 =++′+′′− ynnyxyx dengan n adalah bilangan bulat positif. Persamaan diferensial Legendre ini mempunyai titik singular untuk 10 ±=x . Oleh karena itu titik 00 =x merupakan titik biasa dari persamaan diferensial Legendre. Untuk menentukan penyelesaian persamaan diferensial Legendre dapat digunakan metode deret pangkat dan metode Frobenius. Dengan menggunakan metode deret pangkat ini akan dihasilkan suatu penyelesaian dalam bentuk deret pangkat, sedangkan dengan mengunakan menggunakan metode Frobenius, kita akan

peroleh penyelesaian deret pangkat berbentuk ∑∞

=

−−=0

00 )()(n

nn

r xxaxxxy

dengan r adalah akar dari persamaan indisial dari masing-masing titik singular regular. Jika titik 00 =x merupakan titik biasa dan dengan mensubstitusi

∑∞

=

=0

)(m

mm xaxy dan turunannya ke dalam persamaan diferensial Legendre maka

akan di dapat relasi berulangnya ( ) 2m0,a2)1)(m(m

1)mm)(n(na m2m ≥=++++−

−=+ . Dari

relasi berulang ini dapat ditentukan bentuk umum dari polinomial Legendre dan dinyatakan sebagai

L+−−

−−=

−−−

−= −

=

−∑ mnn

nn

M

m

mnn

mn x

nnnx

nnx

mnmnmmnxP 2

20

2

)!2()!1(2)!22(

)!(2)!2(

)!2()!(!2)!22()1()(

dengan 2nM = . Penerapan dari Persamaan Diferensial Legendre dalam

penyelesaian Persamaan Diferensial Linear homogen orde kedua dengan koefisien variabel dapat diterapkan pada elektrostatik yaitu pada kajian potensial dalam koordinat bola.

viii

ABSTRACT

Legendre differential equation is a homogeneous linear differential equations second order with variable coefficients which has the form

0)1(2)1( 2 =++′+′′− ynnyxyx with n is a positive integer. Legendre differential equation has a singular point for 10 ±=x . Therefore point 00 =x is a regular point of the Legendre differential equation. To determine the Legendre differential equation solution can be used power series method and the method of Frobenius. By using this method of power series will produce a solution in the form of power series, while by using the Frobenius method, we will obtain power series form of

solution ∑∞

=

−−=0

00 )()(n

nn

r xxaxxxy where r is the root of the equation indicial

of each regular singular point.

If point 00 =x is a regular point and by substituting ∑∞

=

=0

)(m

mmxaxy and their

derivatives into the Legendre differential equation can then be in the recurrence

relation ( ) 2m0,a2)1)(m(m

1)mm)(n(na m2m ≥=++++−

−=+ . From this relation can be

determined over the general form of the Legendre polynomial and is expressed as

L+−−

−−=

−−−

−= −

=

−∑ mnn

nn

M

m

mnn

mn x

nnnx

nnx

mnmnmmnxP 2

20

2

)!2()!1(2)!22(

)!(2)!2(

)!2()!(!2)!22()1()(

with 2nM = . Application of the Legendre differential equation in differential

equation solving linear homogeneous second order with variable coefficients can be applied to the study of the electrostatic potential in spherical coordinates.

ix

KATA PENGANTAR

Puji dan syukur kepada Tuhan Yang Maha Kasih karena rahmat dan kasih-

Nya penulis dapat menyelesaikan skripsi ini dengan judul “Persamaan Diferensial

Legendre dan Penerapannya”.

Penyusunan skripsi ini dimaksudkan untuk memenuhi syarat memperoleh

gelar Sarjana Sains pada Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Teknologi

Universitas Sanata Dharma Yogyakarta.

Dalam proses pembuatan skripsi ini, penulis menyadari banyak

memperoleh bimbingan dan bantuan dari berbagai pihak. Oleh karena itu dengan

kerendahan hati, penulis menyampaikan rasa terima kasih dan penghargaan yang

sebesar-besarnya kepada:

1. Bapak Drs. A. Tutoyo, M,Sc selaku dosen pembimbing skripsi yang telah

sabar memberikan arahan dan bimbingan dalam penyusunan skripsi ini.

2. Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si dan Ibu MV. Any Herawati,

S.Si., M.Si selaku dosen penguji yang telah memberikan saran dan kritik.

3. Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si selaku Kaprodi Matematika

yang telah memberikan dorongan bagi penulis untuk menyelesaikan

skripsi.

4. Bapak dan Ibu dosen yang telah membimbing dan mendidik penulis

selama belajar di Universitas Sanata Dharma.

5. Bapak A. Prasetyadi, S.Si dan Bapak Drs. Asan Damanik, M.Si atas

bantuan yang diberikan.

xi

DAFTAR ISI

Halaman

HALAMAN JUDUL........................................................................... i

HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING.................................. ii

HALAMAN PENGESAHAN............................................................. iii

PERNYATAAN KEASLIAN KARYA.............................................. iv

HALAMAN PERSEMBAHAN.......................................................... v

LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI.............. vi

ABSTRAK........................................................................................... vii

ABSTRACT......................................................................................... viii

KATA PENGANTAR......................................................................... ix

DAFTAR ISI........................................................................................ xi

BAB I PENDAHULUAN.................................................................... 1

1.1 Latar Belakang.................................................................... 1

1.2 Perumusan Masalah............................................................ 5

1.3 Tujuan Penulisan................................................................ 5

1.4 Pembatasan Masalah........................................................... 5

1.5 Metode Penulisan.............................................................. 6

BAB II LANDASAN TEORI.............................................................. 7

xii

2.1 Barisan................................................................................ 7

2.2 Deret Tak Hingga............................................................... 10

2.3 Deret Pangkat....................................................................... 15

2.4 Persamaan Diferensial Linear Orde Kedua dengan

Koefisien Variabel.............................................................. 27

2.5 Deret Pangkat sebagai Penyelesaian Disekitar Titik

Biasa................................................................................... 29

2.6 Deret Pangkat sebagai Penyelesaian Disekitar Titik

Singular Regular................................................................. 34

2.7 Metode Frobenius............................................................... 37

2.8 Persamaan Diferensial Legendre........................................ 58

BAB III PENERAPAN PERSAMAAN DIFERENSIAL

LEGENDRE.......................................................................... 64

3.1 Kapasitor Bola.................................................................... 75

3.2 Kapasitor Bola Berongga.................................................... 78

BAB IV PENUTUP............................................................................. 81

DAFTAR PUSTAKA.......................................................................... 85

1

BAB I

PENDAHULUAN

1.1 Latar Belakang

Masalah-masalah yang melibatkan variabel kontinu merupakan dasar bagi

gagasan pemodelan matematika dengan persamaan diferensial. Persamaan

diferensial adalah suatu persamaan yang memuat turunan atau diferensial dari satu

atau lebih fungsi. Persamaan diferensial dapat diklasifikasikan dengan banyak

cara. Jika fungsi yang belum diketahui dalam persamaan diferensial hanya

bergantung pada satu variabel bebas saja, maka persamaan ini disebut Persamaan

Diferensial Biasa. Contoh persamaan diferensial biasa:

1. xedx

dy 2=

2. dxxydy )( 2 +=

3. 32 )1(4 +=+′′ xyy

Persamaan di atas menunjukkan bahwa y menyatakan fungsi yang belum

diketahui (variabel tak bebas) dan x menyatakan variabel bebas. Jika fungsi yang

belum diketahui bergantung pada dua atau lebih variabel bebas, maka persamaan

itu disebut Persamaan Diferensial Parsial. Contoh persamaan diferensial parsial:

1. 0=∂∂

+∂∂

y

u

x

u

2. xx

u

t

u+=

∂∂

+∂∂

12

2

2

2

2

Persamaan diferensial juga dapat dibedakan menurut tingkat (orde) dan

derajat (degree). Tingkat dari persamaan diferensial adalah tingkat tertinggi dari

turunan yang muncul dalam persamaan diferensial. Derajat dari persamaan

diferensial adalah pangkat dari turunan tingkat tertinggi yang muncul dalam

persamaan diferensial.

Persamaan diferensial menurut tingkat dibedakan menjadi:

1. Persamaan diferensial tingkat satu

Bentuk umumnya: 0,, =

dx

dyyxf atau ( ) 0,, =′yyxf

Menurut derajatnya persamaan diferensial tingkat satu dibedakan

menjadi:

a. Persamaan diferensial tingkat satu derajat satu disebut juga

persamaan diferensial linear tingkat satu.

Contoh: 1=+′ yyx

b. Persamaan diferensial tingkat satu derajat tinggi disebut juga

persamaan diferensial non linear tingkat satu.

Contoh:

0)(2))(22())(12()y( 234 =′−′+++′++−′ yxyyxyyxyyx

2. Persamaan diferensial tingkat dua

Bentuk umumnya: 0,,,2

=

xdx

yd

dx

dyyxf atau ( ) 0,,, =′′′ yyyxf

3

Menurut derajatnya persamaan diferensial tingkat dua dibedakan

menjadi:

a. Persamaan diferensial tingkat dua derajat satu

Contoh: 1=+′′ yyx

b. Persamaan diferensial tingkat dua derajat tinggi disebut persamaan

diferensial non linear, jika fungsi dan turunannya berderajat tinggi

(lebih dari satu).

Contoh: 0)(1)1( 22 =′++′′+ yyx

Persamaan diferensial biasa masih bisa dibagi lagi menjadi dua kelompok

besar, yaitu persamaan diferensial linear dan persamaan diferensial non linear.

Persamaan diferensial biasa tingkat n disebut linear dalam y jika persamaan

diferensial itu dapat ditulis dalam bentuk:

)()()()()( 01

)1(

1 xfyxayxayxayxa n

n

n

n =+′+++ −− L (1)

dimana naaa ,,, 10 K dan f(x) adalah fungsi-fungsi yang kontinu pada suatu

interval x dan 0)( ≠xan pada interval itu. Persamaan diferensial yang tidak linear

disebut persamaan diferensial non linear. Jika f(x)=0 untuk semua x, maka

persamaan (1) menjadi:

0)()()()( 01

)1(

1 =+′+++ −− yxayxayxayxa n

n

n

n L

dan disebut Persamaan Diferensial Linear Homogen. Jika 0)( ≠xf untuk semua

x maka persamaan (1) disebut Persamaan Diferensial tidak Homogen.

4

Selanjutnya kita perhatikan persamaan diferensial linear homogen orde

kedua dengan koefisien variabel, yang mempunyai bentuk umum:

0)()()( 012 =+′+′′ yxayxayxa , dimana 0)(2 ≠xa

Persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan koefisien

variabel ini banyak memegang peranan penting dalam metematika tarapan.

Sebagai contoh persamaan diferensial Hipergeometrik, persamaan diferensial

Legendre, dan persamaan diferensial Bessel. Dari beberapa persamaan diferensial

linear homogen orde kedua tersebut, dalam skripsi ini hanya akan dibahas

persamaan diferensial Legendre. Persamaan diferensial Legendre ini berbentuk:

0)1(2)1( 2 =++′+′′− ynnyxyx

dengan n adalah bilangan bulat positif.

Pada umumnya tidak ada jalan untuk menyelesaikan persamaan diferensial

linear homogen orde kedua dengan koefisien variabel secara ekplisit, kecuali

persamaan yang mempunyai bentuk sangat khusus. Sebagai contoh persamaan

diferensial Euler dan persamaan diferensial yang telah diketahui salah satu

penyelesaiannya. Ada suatu metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial

linear homogen orde kedua dengan koefisien variabel dengan menggunakan deret

pangkat. Metode penyelesaian ini disebut metode deret pangkat dan dengan

menggunakan metode deret pangkat ini akan dihasilkan suatu penyelesaian dalam

bentuk deret pangkat.

5

Mengingat pentingnya persamaan diferensial Legendre dalam terapan, maka

kita perlu mempelajari secara mendalam persamaan diferensial Legendre tersebut

dan penerapannya.

1.2 Perumusan Masalah

Pokok permasalahan yang akan dibahas dalam skripsi ini dapat

dirumuskan sebagai berikut:

1. Bagaimana menyelesaikan persamaan diferensial Legendre dengan

metode deret pangkat?

2. Bagaimana penerapan penyelesaian persamaan diferensial Legendre?

1.3 Tujuan Penulisan

Tujuan penulisan skripsi ini adalah untuk membahas persamaan diferensial

Legendre dan penyelesaiannya dengan metode deret pangkat. Penulisan ini juga

bertujuan untuk mengetahui penerapan diferensial Legendre pada Elektrostatik.

1.4 Pembatasan Masalah

1. Penyelesaian persamaan diferensial linear orde kedua dengan

koefisien variabel menggunakan metode deret pangkat.

2. Penerapan persamaan diferensial Legendre pada Elektrostatik kajian

potensial dalam koordinat bola yaitu pada kapasitor bola.

5

6

1.5 Metode Penulisan

Metode penulisan skripsi ini adalah menggunakan metode pustaka.

7

BAB II

LANDASAN TEORI

Pada bab II ini akan dibahas suatu metode yang digunakan untuk

menyelesaikan persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan

menggunakan metode deret tak hingga. Cara ini disebut metode penyelesaian

deret. Dalam hal ini teorema-teorema dan sifat-sifat yang berlaku pada deret

dengan suku-suku konstan berlaku juga untuk deret dengan suku-suku variabel.

Sebelum dijelaskan bagaimana memperoleh penyelesaian dengan deret

untuk persamaan diferensial dengan koefisien variabel, maka akan dibahas

terlebih dahulu beberapa sifat barisan dan deret yang akan digunakan.

2.1 Barisan

Jika untuk setiap bilangan bulat positif n ada suatu bilangan na , maka

bilangan-bilangan

KK ,,,,, 321 naaaa

dinamakan barisan tak hingga. Barisan KK ,,,,, 321 naaaa dapat ditulis { }∞=1nna

atau { }na .

Bilangan-bilangan dalam suatu barisan disebut suku-suku barisan. Suku-

suku dapat ditentukan sesuai dengan nomor suku n. Jadi, barisan mempunyai suku

pertama, suku kedua, suku ketiga dan seterusnya. Karena suatu barisan

mempunyai tak hingga banyak suku maka barisan itu disebut tak terbatas.

8

Definisi 2.1.1

Suatu barisan { }∞=1nna disebut mempunyai limit L jika untuk sebarang

0>ε ada bilangan bulat positif N sedemikian rupa sehingga

NnLan ≥<− untukε . Barisan { }∞=1nna yang mempunyai limit L, barisan itu

disebut konvergen ke L dan ditulis Lann

=∞→

lim .

Barisan yang tidak mempunyai limit disebut divergen.

Contoh 2.1.1

Buktikan 21

21lim −=

+−

∞→ n

n

n

Bukti:

Diberikan sebarang 0>ε berlaku:

ε<++

−2

1

21

n

n

ε<+

++−1

)1(221

n

nn

ε<+

++−1

2221

n

nn

ε<+13

n

ε<+13

n

εεε

+<

+<

n

n

3

)1(3

9

εε−

>3

n

εε−

=3

jadi N

Jadi untuk setiap 0>ε ada bilangan bulat positif 03

>−

=ε

εN sedemikian rupa

sehingga untuk ε

ε−≥3

n berlaku ε<++

−2

1

21

n

n atau 2

1

21lim −=

+−

∞→ n

n

n

Contoh 2.1.2

Tentukan apakah barisan

∞

=

+

+−

1

1

12)1(

n

n

n

n konvergen atau divergen.

Penyelesaian:

2

1

12lim

1lim

12

1lim

12lim

12

=

+

=+

=+

+=

∞→

∞→

∞→∞→

nn

n

n

n

na

n

n

nn

n

Karena 1)1( +− n nilainya berganti-ganti tanda antara 1+ dan 1− maka hasil kali

12)1( 1

+− +

n

nn juga nilainya berubah-ubah tandanya positif dan negatif sesuai

dengan n genap positif dan n ganjil positif yaitu mendekati 2

1+ dan

2

1− .

Jadi

∞

=

+

+−

1

1

12)1(

n

n

n

n tidak mempunyai limit dan barisan divergen.

10

2.2 Deret Tak Hingga

Suatu barisan tak hingga didefinisikan dan ditulis

{ } LL ,,,,, 321 nn uuuuu =

Deret tak hingga adalah bentuk dari LL +++++ nuuuu 321 atau dengan

notasi sigma ditulis ∑∞

=1n

nu ; dimana LL ,,,,, 321 nuuuu disebut suku-suku deret.

Deret dapat dipandang sebagai barisan jumlah parsial { }nS dimana

nn uuuus ++++= L321 .

Definisi 2.2.1

` Andaikan LL +++++=∑∞

=n

n

n uuuuu 321

1

adalah suatu deret tak hingga

dan andaikan { }nS adalah barisan jumlah parsial deret.

Deret ∑∞

=1n

nu disebut konvergen bila barisan jumlah parsial { }nS konvergen.

Menurut definisi 2.1.1 barisan { }nS konvergen bila SS n

n=

∞→lim ada. Jika

SS nn

=∞→

lim maka deret Sun

n =∑∞

=1

. Jika nn

S∞→

lim tidak ada, maka ∑∞

=1n

nu divergen.

Contoh 2.2.1

Perlihatkan bahwa deret tak hingga LL ++++−12

1

2

11

n konvergen dan

tentukan jumlah deretnya.

11

Penyelesaian:

Diketahui deret tak hingga LL ++++−12

1

2

11

n.

Maka 12

1

2

11

−+++=

nnS L (2)

Jika kedua ruas persamaan (2) dikalikan dengan 2

1, maka diperoleh:

nnnS2

1

2

1

4

1

2

1

2

11

++++=−

L (3)

Jika persamaan (2) dikurangi persamaan (3) diperoleh:

nn

nnn

nn

S

S

S

2

11

2

1

2

1

2

1

4

1

2

1

2

1

2

1

2

11

1

1

−=

++++=

+++=

−−

−

L

L

12

12 −−=

nnS

2021

22

1lim2

2

1lim2lim

2

12limlim

1

1

1

=−=∞

−=−=

−=

−=

−∞→

−∞→∞→

−∞→∞→

nn

nnn

nnn

nS

Karena 2lim =∞→

nn

S maka barisan jumlah parsial { }+∞=1nnS konvergen. Jadi deret tak

hingga LL ++++−12

1

2

11

n konvergen dengan jumlah 2. Sehingga kita dapat

menyatakan bahwa 22

1

2

11

1=++++

−LL

n

12

Deret selang-seling

Deret selang-seling adalah deret yang berbentuk

( ) ( ) ....1...11

43211

1 +−++−+−=− +∞

=

+∑ n

n

nn

nuuuuuu

dengan 0>nu untuk semua n.

atau

( ) ( ) ....1..1 43211

+−+++−+−=−∑∞

=n

n

nn

nuuuuuu

dengan 0>nu untuk semua n.

Definisi 2.2.2

a. Deret ∑∞

=1n

nu disebut konvergen mutlak jika ∑∞

=1nnu konvergen.

b. Deret LL +++++=∑∞

=n

n

n uuuuu 321

0

disebut konvergen bersyarat

jika ∑∞

=1n

nu konvergen, tetapi ∑∞

=1nnu divergen.

Teorema 2.2.1

Deret selang – seling ( )∑∞

=

+−1

11

nn

nu konvergen bila memenuhi 2 syarat, yaitu

1. 1+> nn uu , untuk semua n

2. 0=+∞→

nn

uLim

13

Bukti:

Pandang barisan jumlah parsial { }nS 2 , untuk suku – suku genap

12543212

16543216

143214

1212

)()(

)()(

)(

uuuuuuuS

uuuuuuuS

uuuuuS

uuuS

nn <−−−−−−=

<−−−−−=

<−−−=

<−=

L

M

Jadi, ....... 222642 <<<<<< − nn sssss

Barisan { }nS 2 naik dengan batas atas 1u , maka menurut definisi 2.1.1,

barisan { }nS 2 konvergen ke limit S, yaitu SSLim n

n=

+∞→2

Pandang barisan jumlah parsial { }nS , untuk suku – suku ganjil, yaitu

,....,...,,, 12531 −nSSSS

nnn

nn

nnn

uSS

uuuuuS

uuuuuuS

2122

12432112

21243212

...

...

−=−

++−+−=

−++−+−=

−

−−−

−

Karena suku ke-2n dalam deret selang – seling adalah nu2− maka berlaku

12212 ++ =− nnn uSS dapat ditulis 12212 ++ += nnn uSS

( )

S

S

uLimSLim

uSLimSLim

nn

nn

nnn

nn

=

+=

+=

+=

++∞→+∞→

++∞→

++∞→

0

122

12212

Karena { }nS dan { }12 −nS konvergen ke S maka { }

nS konverven ke-S baik untuk n

genap maupun untuk n ganjil.

Barisan ,....,...,,, 321 nSSSS konvergen ke-S, maka deret konvergen.

14

Contoh 2.2.2

Selidiki apakah deret ....5

1

4

1

3

1

2

11 −+−+− konvergen mutlak atau

konvergen bersyarat?

Penyelesaian:

( ) ....5

1

4

1

3

1

2

11

11

1

1 −+−+−=−∑∞

=

+

n

n

n

Menurut definisi 2.2.1 diperoleh

nu n

1= dan

1

11 +

=+ nu n

1+< nn untuk semua n

1

11

+>nn

untuk semua n

1+> nn uu ( syarat 1 dipenuhi)

dan 01

=+∞→ n

Limn

Jadi, deret ( ) ....5

1

4

1

3

1

2

11

11

1

1 −+−+−=−∑∞

=

+

n

n

n konvergen.

tetapi

( ) ....5

1

4

1

3

1

2

11

11

0

1

0

+++++=−= ∑∑∞

=

+∞

= n

n

nn nu

deret nilai mutlaknya divergen. Maka deret ....5

1

4

1

3

1

2

11 −+−+− konvergen

bersyarat.

15

2.3 Deret Pangkat

Suatu deret dengan bentuk :

KK +++++=∑∞

=

k

k

n

n

n xaxaxaaxa 2

210

0

(4)

disebut deret pangkat dalam x, dimana x adalah variabel dan na adalah konstanta

sebarang, atau

( ) ( ) ( ) ( ) KK +−++−+−+=−∑∞

=

k

k

n

n

n xxaxxaxxaaxxa 0

2

02010

0

0 (5)

disebut deret pangkat dalam )( 0xx − .

KK ,,,, 10 naaa adalah koefisien – koefisien konstan dari deret pangkat itu, x

adalah variabel dari deret pangkat, dan 0x pada (5) adalah titik tertentu yang

disebut pusat dari deret pangkat itu.

Jika x dalam (4) diganti dengan bilangan, maka diperoleh deret dengan suku –

suku konstan yang dapat konvergen atau divergen. Hal ini menunjuk pada

masalah dasar yaitu mencari nilai x agar deret pangkat (4) konvergen. Teorema

berikut adalah hasil dasar pada konvergensi deret pangkat.

Teorema 2.3.1

Untuk setiap deret pangkat dalam x, ∑∞

=0n

n

nxa tepat satu pernyataan berikut benar.

(a). Deret konvergen hanya untuk 0=x .

(b). Deret konvergen mutlak untuk semua x.

16

(c). Deret konvergen mutlak untuk semua x dalam suatu interval terbuka

tertentu R)R,(− dan divergen jika RatauR >−< xx . Pada titik-titik

Rx = dan Rx −= deret dapat konvergen mutlak, konvergen bersyarat,

atau divergen tergantung pada deret secara khusus.

Bukti:

Bentuk deret nilai mutlak suku-sukunya ∑∞

=0n

n

nxa akan konvergen mutlak

apabila dipenuhi syarat

n

n

nn

n

nn

n

n

n

nn

n

n a

aLimxx

a

aLim

xa

xaLim

u

uLim 11

1

11 +

+∞→

+

+∞→

++

+∞→

+

+∞→====ρ

Deret pangkat konvergen mutlak jika 1<ρ

11 <+

+∞→n

n

n a

aLimx

Ra

aLimx

n

n

n=<

++∞→

1

Andaikan Ra

aLim

n

n

n=

++∞→

1

ada maka deret pangkat ∑∞

=0n

n

nxa konvergen mutlak bila

RxRRx <<−⇔< dan deret pangkat akan divergen apabila Rx > . Tinggal

memeriksa bila Rx = . Untuk dapat mengetahui apakah deret konvergen atau

divergen dilakukan dengan cara mensubstitusikan Rx = atau Rx −= ke dalam

deret yang diketahui.

17

a. Jika 0lim1

==+

∞→R

a

a

n

n

n maka didapat 0=x , sehingga deret pangkat akan

konvergen mutlak hanya 0=x dan divergen apabila 0≠x . Jadi (a)

terpenuhi.

b. Jika ∞==+

∞→R

a

a

n

n

n1

lim maka didapat ∞<x , atau +∞<<∞− x atau deret

konvergen mutlak untuk semua x.

c. Jika Ra

a

n

n

n=

+∞→

1

lim maka didapat Rx < atau RxR <<− , sehingga

nilai x yang memenuhi adalah nilai x yang terdapat dalam interval

RxR <<− dan divergen bila Rx > . Jadi (c) terpenuhi.

Himpunan semua bilangan x yang menyebabkan suatu deret pangkat konvergen

disebut interval konvergensi deret. Bila R dari syarat (c) dalam teorema 2.3.1 di

atas disebut jari-jari konvergensi dari deret. Jika deret (a) berlaku, maka 0=R

dan jika syarat (b) berlaku maka ∞=R .

Contoh 2.3.1

Tentukan interval konvergensi dan jari-jari konvergensi dari deret

∑∞

= +−

0 )1(3

)1(

nn

nn

n

x.

Penyelesaian:

18

Diketahui deret ∑∞

= +−

0 )1(3

)1(

nn

nn

n

x. Karena 1)1()1( 1 =−=− +nn , maka dengan

menggunakan Uji Rasio konvergen mutlak,

n

n

n u

u 1lim +

∞→=ρ

n

n

n

n

n x

n

n

x 1)(3

2)(3lim 1

1 +⋅

+= +

+

∞→

++

⋅=∞→ 2

)1(

3lim

n

nx

n

++

=∞→ 2

)1(lim

3 n

nx

n

+

+=

∞→

n

nx

n 21

)1

1(

lim3

3

x=

Uji rasio untuk konvergen mutlak menyatakan bahwa deret konvergen mutlak jika

13

<x

atau 33atau3 <<−< xx dan divergen jika 3>x atau 3−<x .

Pemeriksaan pada 3−=x dan 3=x

- Untuk 3−=x ,

Dengan substitusi 3−=x dalam deret ∑∞

= +−

0 )1(3

)1(

nn

nn

n

x diperoleh:

L+++=+

=+

−−=

+−−

=+

−∑∑∑∑

∞

=

∞

=

∞

=

∞

= 3

1

2

11

1

1

)1(3

3)1()1(

)1(3

)3()1(

)1(3

)1(

0000 nnn

nnn

nn

nn

nn

nn

nnnn

x.

19

Merupakan deret harmonis yang divergen.

- Untuk 3=x ,

Dengan substitusi 3=x dalam deret ∑∞

= +−

0 )1(3

)1(

nn

nn

n

x diperoleh:

L+−+−=+

−=

+−

=+

−=

+−

∑∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

= 4

1

3

1

2

11

1

)1(

)1(3

3)1(

)1(3

)3()1(

)1(3

)1(

0000 n

n

nn

nn

nn

nn

nn

nn

nnnn

x.

Merupakan deret harmonis selang-seling yang konvergen.

Karena 3<= xρ untuk semua x maka deret konvergen mutlak untuk semua x.

Jadi deret ∑∞

= +−

0 )1(3

)1(

nn

nn

n

x konvergen dengan interval konvergensi 33 ≤<− x atau

( ]3,3− dan divergen bila 3−≤x atau 3−>x dan jari-jari konvergensi 3=R .

Untuk deret pangkat dalam )( 0xx − yang mempunyai bentuk umum

n

xx∑∞

=

−0n

0n )(a , maka sifat-sifat konvergen dari deret pangkat dalam )( 0xx − ini

dapat diperoleh dari teorema 2.3.1 dengan menstitusikan 0xxx −= dan deret

pangkat berbentuk ∑∞

=0n

nanx . Sehingga ada tiga kemungkinan yang terjadi untuk

kekonvergenen suatu deret pangkat dalam )( 0xx − yaitu:

a. Deret konvergen untuk 0xx = .

b. Deret konvergen mutlak untuk semua x.

c. Deret konvergen mutlak untuk semua x dalam suatu interval terbuka

tertentu ),(x 00 xRR +− dan divergen bila )(x0 Rx −< atau

20

)(x0 Rx +> deret dapat konvergen mutlak, konvergen bersyarat, atau

divergen tergantung pada deret khusus.

Dari tiga kemungkinan di atas, kita dapatkan jari-jari konvergensinya berturut-

turut adalah 0, +∞, dan R.

Contoh 2.3.2

Tentukan interval konvergensi dan jari-jari konvergensi dari deret

∑∞

=

+

+0

12

n

)!12((-1)

n

n

n

x.

Penyelesaian:


=

+

+0

12

n

)!12((-1)

n

n

n

x. Karena 1)1()1( 1 =−=− +nn , maka dengan

menggunakan Uji Rasio konvergen mutlak,

n

n

n u

u 1lim

+

∞→=ρ

12

11)2( 1)!(2

1)!1)(2(lim +

++

∞=

+⋅

++= n

n

n x

n

n

x

12

32 1)!(2

3)!(2lim +

+

∞=

+⋅

+= n

n

n x

n

n

x

2)3)(2n(2lim

2

++=

∞= n

x

n

2)3)(2n(2

1lim2

++=

∞= nx

n

002 =⋅= x

21

Karena 10 <=ρ untuk semua x maka deret konvergen mutlak untuk semua x.

jadi deret ∑∞

=

+

+0

12

n

)!12((-1)

n

n

n

x konvergen mutlak dengan interval konvergensi

),( +∞−∞ dan jari-jari konvergensi ∞=R .

Contoh 2.3.3

Tentukan interval konvergensi dan jari-jari konvergensi dari deret ∑∞

= +0

n

1n n

x.

Penyelesaian:


= +0

n

1n n

x, maka dengan menggunakan Uji Rasio konvergen

mutlak,

n

n

n u

u 1lim

+

∞→=ρ

n

n

n x

n

n

x 1

2lim

1 +⋅

+=

+

∞→ρ

2

)1(lim

++

=∞→ n

nx

nρ

++

=∞→ 2

1lim

n

nx

nρ

xxn

xn

=⋅=

+

+=

∞→1

n

21

11

limρ

22

Jadi deret konvergen mutlak jika 1<x atau 1x1- << . Deret itu divergen jika

1>x yaitu untuk -1x < atau 1x > . Uji rasio gagal jika 1=x . Jadi, dalam hal

1±=x memerlukan analisis terpisah.

- Untuk 1−=x

Dengan substitusi 1−=x kedalam deret ∑∞

= +0

n

1n n

x diperoleh:

L−+−+−=+

−∑∞

= 5

1

4

1

3

1

2

11

1

)1(

0

n

n n

Merupakan deret harmonis selang-seling yang konvergen bersyarat.

- Untuk 1=x

Dengan substitusi 1=x kedalam deret ∑∞

= +0

n

1n n

x diperoleh:

L+++++=+

∑∞

= 5

1

4

1

3

1

2

11

1

1

0n n

Merupakan deret harmonis yang divergen.

Karena 1<x untuk semua x maka deret konvergen mutlak untuk semua x dalam

11 <<− x . Jadi deret ∑∞

= +0

n

1n n

x konvergen dalam interval 11 <≤− x atau [ )1,1−

dan jari-jari konvergensi 1=R .

Operasi pada deret pangkat

Jika ( )∑∞

=

−0

0

n

n

n xxb dan ( )∑∞

=

−0

0

n

n

n xxc adalah dua deret pangkat yang

konvergen ke f(x) dan g(x), maka:

23

a. Penjumlahan suku demi suku suatu deret pangkat

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )( ) ( )( )( )( )

( )( )∑

∑∑

∞

=

∞

=

∞

=

−+=

+−+

+−++−+++=

+−+−+−+

++−+−+−+=−+−

0n

n

0nn

3

033

2

02201100

3

03

2

02010

3

03

2

02010

0n

n

0n

0n

n

0n

xxcb

xxcb

xxcbxxcbcb

xxcxxcxxcc

xxbxxbxxbbxxcxxb

L

L

L

Jadi deret jumlah ( )∑∞

=

−+0

0)(n

n

nn xxcb konvergen ke f(x) + g(x)

b. Pengurangan suku demi suku suatu deret pangkat

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )( ) ( )( )( )( )

( )( )∑

∑∑

∞

=

∞

=

∞

=

−−=

+−−

+−−+−−+−=

+−+−+−+

−+−+−+−+=−−−

0n

n

0nn

3

033

2

02201100

3

03

2

02010

3

03

2

02010

0n

n

0n

0n

n

0n

xxcb

xxcb

xxcbxxcbcb

xxcxxcxxcc

xxbxxbxxbbxxcxxb

L

L

L

Jadi pengurangan deret ( )∑∞

=

−−0

0)(n

n

nn xxcb konvergen ke f(x) – g(x)

c. Perkalian suku demi suku suatu deret pangkat

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )( )( )

( )( )

( )nn

k

knk xxcb 0

0n 0

2

0021120

0011000

2

02010

2

02010

0n

n

0n

0n

n

0n

xxcbcbcb

xxcbcbcb

xxcxxcc

xxbxxbbxxcxxb

−

=

+−++

+−++=

+−+−+

+−+−+=

−

−

∑ ∑

∑∑

∞

= =−

∞

=

∞

=

L

L

L

24

Jadi pengurangan deret ( )∑ ∑∞

= =− −

0

0

0n

nn

k

knk xxcb konvergen ke f(x) . g(x)

d. Pendiferensialan suku demi suku suatu deret pangkat

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

( )∑

∑

∑

∞

=+

∞

=

−

−

∞

=

−+=

−=

+−++−+−+=′

+−++−+−+=

−=

0

01

1

1

0

1

0

2

03021

0

2

02010

0

0

)1(

....32)(

.......

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

xxbn

xxnb

xxnbxxbxxbbxf

xxbxxbxxbb

xxbxf

L

e. Pengintegralan suku demi suku suatu deret pangkat

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) ( )

( )∑

∫ ∫

∞

+

+

+

+−+

=

++−+

++−+−+−=

+−++−+−+=

0n

1n

0n

1n

0n3

022

01

00

n

0n

2

02010

Cxx1n

b

Cxx1n

bxx

3

bxx

2

bxxb

dxxxbxxbxxbbf(x)dx

LL

LL

Jika deret pangkat ∑∞

=0n

n

nxb konvergen ke suatu fungsi f(x), maka

∑∞

=

=0n

n

nxbf(x) . Ini berarti bahwa fungsi f(x) dapat didekati dengan jumlah persial

deret pangkat. Untuk mendekati suatu fungsi dengan deret pangkat, dapat kita

gunakan ekspansi deret Taylor atau ekspansi deret Maclaurin.

Definisi 2.3.2

Jika fungsi f(x) berturunan pada semua tingkat di 00 =x , maka deret

Maclaurin untuk fungsi f(x) disekitar titik 00 =x didefinisikan dan ditulis

25

LL +++′′

+′+== ∑∞

=

n(n)

2n

0n

(n)

xn!

(0)fx

2!

(0)f(0)xff(0)x

n!

(0)ff(x)

Definisi 2.3.3

Jika fungsi f(x) berturunan pada semua tingkat di 0xx = , maka deret

Taylor untuk fungsi f(x) disekitar titik 0xx = didefinisikan dan ditulis

( )

( ) LL +++′′

+′+=

= ∑∞

=

n

00

(n)2

00

000

n

0

0n

0

(n)

x-xn!

)(xf)x-(x

2!

)(xf)x-)(x(xf)f(x

x-xn!

)(xff(x)

Contoh 2.3.4

Tentukan deret Maclaurin untuk xe−

Penyelesaian:

Andaikan xef(x)

−= sehingga

x

x

x

e(x)f

e(x)f

ef(x)

−

−

−

=′′

−=′

=

1(0)f

1(0)f

1f(0)

=′′

−=′

=

xn(n)

x(4)

x

e1)((x)f

e(x)f

e(x)f

−

−

−

−=

=

−=′′′

M

n(n)

(4)

1)((0)f

1(0)f

1(0)f

−=

=

−=′′′

M

Jadi deret Maclaurin yang dicari dari fungsi f(x)

LL +−

+++−+−=− −

−−−−−

∞

=

−∑ nx(n)

4x

3x

2x

xx

0n

x(n)

xen!

1)(x

4!

ex

3!

ex

2!

exeee

n!

1)(

26

Contoh 2.3.5

Tentukan deret Taylor di sekitar x = 2 untuk xe

Penyelesaian:

Andaikan xef(x) = sehingga

x(n)

x

x

x

x

e(x)f

e(x)f

e(x)f

e(x)f

ef(x)

=

=′′′

=′′

=′

=

M

2(n)

2

2

2

2

(2)f

(2)f

(2)f

(2)f

f(2)

e

e

e

e

e

=

=′′′

=′′

=′

=

M

x(n)e(x)f(x)f(x)f(x)ff(x) ===′′′=′′=′= L

2(n) e(2)f(2)f(2)f(2)ff(2) ===′′′=′′=′= L

Jadi deret Taylor yang dicari

LL +−++−+−+−+=−∑∞

=

n2

32

22

22

0n

2

2)(xn!

e2)(x

3!

e2)(x

2!

e2)(xee2)(x

n!

e

Definisi 2.3.4 (Fungsi Analitik)

Suatu fungsi )(xf dikatakan analitik pada titik 0xx = apabila dapat

dinyatakan sebagai deret pangkat dalam 0xx − , yaitu

n

n

n

xxn

xfxf ∑

∞

=

−=0

00

)(

)(!

)()(

27

2.4 Persamaan Diferensial Linear Homogen Orde Kedua dengan Koefisien

Variabel

Suatu persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan koefisien

variabel mempunyai bentuk:

0)()()( 012 =+′+′′ yxayxayxa (6)

dengan 0)(2 ≠xa

Atau dalam bentuk normal

0)()( =+′+′′ yxQyxPy (7)

Dengan )(

)()(

2

1

xa

xaxP = dan

)(

)()(

2

0

xa

xaxQ = .

Dalam bagian berikut ini akan dibahas deret sebagai penyelesaian persamaan

diferensial (6) dengan menggunakan metode deret pangkat dalam )( 0xx − ,

dimana 0x suatu bilangan real tertentu. Akan kita lihat bahwa penyelesaiannya

tergantung pada titik 0x terhadap persamaan diferensial tersebut.

Definisi 2.4.1

Sebuah titik 0x disebut titik biasa dari persamaan diferensial (6) jika

kedua fungsi ( )( )xa

xa

2

1 dan ( )( )xa

xa

2

0 (8)

analitik pada titik 0x . Jika salah satu fungsi dari (8) tidak analitik pada titik 0x ,

maka 0x disebut sebuah titik singular dari persamaan diferensial (6).

28

Contoh 2.4.1

Carilah titik biasa dari persamaan diferensial 02)1(2 =+′−−′′ yyxy .

Penyelesaian:

Diketahui persamaan diferensial 02)1(2 =+′−−′′ yyxy .

Disini )1(2)( −−= xxP dan 2)( =xQ .

Kedua fungsi P(x) dan Q(x) adalah fungsi polinom sehingga fungsi-fungsi

tersebut analitik dimana-mana. Maka semua bilangan real adalah titik biasa dari

persamaan diferensial 02)1(2 =+′−−′′ yyxy .

Contoh 2.4.2

Carilah titik singular dari persamaan diferensial 0)1( =+′−′′− xyyyx .

Penyelesaian:

Diketahui persamaan diferensial 0)1( =+′−′′− xyyyx .

Bentuk normal 0)1()1(

1=

−+′

−−′′ y

x

xy

xy .

Di sini )1(

1)(

xxP

−−= dan

)1()(

x

xxQ

−= .

Fungsi P(x) analitik untuk semua bilangan real kecuali pada 1=x dan Q(x)

analitik disetiap titik kecuali pada 1=x . Maka 1=x adalah titik singular dari

persamaan diferensial tersebut.

29

2.5 Deret pangkat sebagai penyelesaian di sekitar titik biasa

Di asumsikan penyelesaian persamaan diferensial (6) adalah suatu deret

yang berbentuk

LL +−++−+−+=−= ∑∞

=

n

n

n

n

n xxaxxaxxaaxxay )()()()( 0

0

2

020100

yang konvergen untuk setiap 0,0 ><− µµxx .

Teorema 2.5.1

Jika fungsi-fungsi P(x) dan Q(x) analitik pada 0xx = sehingga P(x) dan

Q(x) dapat dinyatakan sebagai deret pangkat dalam )( 0xx − dalam interval

µ<− 0xx .

Maka persamaan diferensial (7) bersama syarat awal 00 )( axy = dan 10 )( axy =′

mempunyai penyelesaian tunggal y(x) yang analitik pada 0x yang berbentuk

∑∞

=

−=0

0 )()(n

n

n xxaxy pada interval µ<− 0xx .

Bukti:

Di asumsikan 00 =x .

Diketahui 00 =x adalah titik biasa dari persamaan diferensial (6), maka P(x) dan

Q(x) yang didefinisikan pada persamaan (7) akan analitik pada 00 =x .

Misalkan ∑∞

=

=0

)()(n

n

n xpxP dan ∑∞

=

=0

)()(n

n

n xqxQ , µ<x .

Andaikan penyelesaiannya berbentuk ∑∞

=

=0

)()(n

n

n xaxy .

30

Dengan mendiferensialkan suku demi suku, maka diperoleh:

∑∑∞

=+

∞

=

− +==′0

1

1

1)()1()()(

n

n

n

n

n

n xanxnaxy

∑∑∞

=+

∞

=

− ++=−=′′0

2

2

2)()2)(1()()1()(

n

n

n

n

n

n xannxannxy

dan

+

=′ ∑∑

∞

=+

∞

= 0

1

0

)()1()()()(n

n

n

n

n

n xanxpxyxP

∑ ∑∞

= =−+

+=

0 0

1)1(n

nn

k

knk xpak

++

=′′ ∑∑

∞

=+

∞

= 0

2

0

)()2)(1()()()(n

n

n

n

n

n xannxqxyxQ

∑ ∑∞

= =−

=

0 0n

nn

k

knk xqa

Substitusikan pada persamaan (7), kita dapatkan:

0)1()()2)(1(0 00 0

1

0

2 =

+

++++ ∑ ∑∑ ∑∑

∞

= =−

∞

= =−+

∞

=+

n

nn

k

knk

n

nn

k

knk

n

n

n xqaxpakxann

0)1()2)(1(0 0 0

12 =

+++++∑ ∑ ∑

∞

= = =−−++

n

nn

k

n

k

knkknkn xqaPakann

Berdasarkan sifat kesamaan dua deret pangkat diperoleh:

0)1()2)(1(0 0

12 =+++++ ∑ ∑= =

−−++

n

k

n

k

knkknkn qaPakann

{ } 0)1()2)(1(0

12 =

+++++ ∑

=−−++

n

k

knkknkn qapakann

{ }

++−=++ ∑

=−−++

n

k

knkknkn qapakann0

12 )1()2)(1(

31

{ } K,2,1,0,)1()2)(1(

1

0

12 =

++

++−= ∑

=−−++ nqaPak

nna

n

k

knkknkn (9)

Untuk selanjutnya relasi (9) ini disebut sebagai relasi berulang.

Relasi berulang (9) dapat disederhanakan menjadi

{ } K,2,1,0untuk,)1()1(

1 2

0

221 =

++

−−= ∑

−

=−−−−+ nqaPak

nna

n

k

knkknkn (10)

Misalnya diambil 0a dan 1a sebarang konstanta, maka dengan relasi (10) ini,

koefisien K,,, 432 aaa dapat ditentukan sebagai kombinasi linear dari 0a dan 1a .

Jadi ∑∞

=

=0

)(n

n

nxaxy yang merupakan penyelesaian deret dari persamaan (6)

disekitar titik biasa 00 =x dapat ditentukan.

Contoh 2.5.1

Selesaikan persamaan berikut dengan menggunakan deret persamaan

diferensial ( ) 0'''1 =+−− xyyyx (11)

di sekitar titik 00 =x

Penyelesaian:

Diketahui persamaan diferensial ( ) 0'''1 =+−− xyyyx .

Maka bentuk normalnya ( ) ( )

01

'1

1'' =

−+

−− y

x

xy

xy

Sehingga ( )x

xP−

−=1

1)( dan

( )xx

xQ−

=1

)( .

Fungsi ( )x

xP−

−=1

1)( analitik untuk semua x kecuali pada titik 1=x .

32

Fungsi ( )xx

xQ−

=1

)( analitik untuk semua x kecuali pada titik 1=x .

Kedua fungsi P(x) dan Q(x) analitik untuk semua x kecuali di titik 1=x . Jadi,

semua titik selain 1=x adalah titik biasa dan titik 1=x adalah titik singular dari

persamaan diferensial yang diketahui.

Karena dari soal diketahui kondisi awal berlaku untuk titik 0=x , maka kita akan

menentukan penyelesaian deret disekitar titik biasa 0=x dengan penyelesaian

( ) ( ) ( )∑ ∑ ∑∞

=

∞

=

∞

=

=−=−=0 0 0

0 0n n n

n

n

n

n

n

n xaxaxxaxy .

Dengan mendeferensialkan suku demi suku diperoleh:

∑∑∞

=+

∞

=

− +==′0

)1(

1

1 )1()(n

n

n

n

n

n xanxnaxy

∑∑∞

=+

∞

=

− ++=−=′′0

)2(

2

2)2)(1()1()(

n

n

n

n

n

n xannxannxy

Jika disubstitusi ke dalam persamaan (11), maka diperoleh:

0)1()2)(1()1(00

)1(

0

)2( =++−++− ∑∑∑∞

=

∞

=+

∞

=+

n

n

n

n

n

n

n

n

n xaxxanxannx

0)1()2)(1()2)(1(0

1

0

)1(

0

1

)2(

0

)2( =++−++−++ ∑∑∑∑∞

=

+∞

=+

∞

=

++

∞

=+

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n xaxanxannxann

( )( ) ( ) ( ) ∑∑∑∑∞

=−+

∞

=+

∞

=

∞

=+ =++−−+−+++

1

11

1

11

11

22 011212n

n

n

n

n

n

n

n

nn

n

n xaxanaxannxanna

( )( ) ( ) ( )[ ] 0}1121{2 11

1

212 =++−+−++++− −+

∞

=+∑ n

nn

n

n xaannnannaa

( )( ) ( )( ) 0}1121{2 11

1

212 =++−−++++− −+

∞

=+∑ n

nn

n

n xaannannaa

33

Ruas kiri dari persamaan ini merupakan deret pangkat yang identik dengan nol.

Jadi semua koefisien harus nol.

Ini berarti, 02 12 =− aa dan

( )( ) ( )( ) 01121 112 =++−−+++ −++ nnn aannann

( )( ) ( )( )( )

( )( )21

1

1121

11

2

2

112

++−+

=

−+−−−=++

−++

−++

nn

aana

aannann

nnn

nnn

dengan L,4,3,2=n

Dari syarat awal diperoleh 00 =x dan 11 =x , maka

!2

1

1.2

12 ==

aa

!3

1

!3

1.2

2.3

4 02

3 ==−

=aa

a

M

!

1

nan =

Diperoleh penyelesaian deretnya adalah

( ) ∑ ∑∞

=

∞

=

==0 0 !

1

n n

n

nn xn

xaxy

34

2.6 Deret pangkat sebagai penyelesaian di sekitar titik singular regular

Definisi 2.6.1

Sebuah titik 0x disebut titik singular regular dari persamaan diferensial (6),

jika fungsi yang didefinisikan oleh

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )xa

xaxxxQxx

xa

xaxxxPxx

2

02

0

2

0

2

100 )(dan)( −=−−=− (12)

keduanya analitik pada titik 0x .

Jika salah satu fungsi dalam (12) tidak analitik pada 0x , maka 0x disebut titik

singular tak regular.

Contoh 2.6.1

Tentukan titik singular regular dari persamaan diferensial

0)()1(22 =+′−−′′− yyxxyx .

Penyelesaian:

Diketahui persamaan diferensial 0)()1( 22 =+′−−′′− yyxxyx .

Maka bentuk normalnya: 0)1(

1

)1(

)(22

2

=−

+′−−

−′′ yx

yx

xxy

Disini )1()1)(1(

)1(

)1(

)()(

2

2

−−=

−−−

−=−−

−=x

x

xx

xx

x

xxxP dan

2)1(

1)(

−=x

xQ

Fungsi P(x) analitik dimana-mana kecuali pada titik 1=x .

Fungsi Q(x) analitik dimana-mana kecuali pada titik 1=x .

35

Jadi titik 1=x adalah titik singular dari persamaaan diferensial yang diketahui.

Selanjutnya berdasar definisi 2.6.1

Untuk 10 =x diperoleh:

xx

xxxPx −=

−−−=−

)1()1()()1(

1)1(

1)1()()1(

2

22 =

−−=−

xxxQx

Karena kedua fungsi analitik pada 1=x , maka titik 10 =x adalah titik singular

regular dari persamaan diferensial yang diketahui.

Jika diketahui 0x adalah titik tak hingga, maka dapat menggunakan transformasi

tx

1= , sehingga nilai ∞=x berkorespondensi dengan 0=t , jika

tx

1= , maka

kita dapatkan rumus:

dt

dyt

xdt

dy

dx

dt

dt

dy

dx

dyy

2

2

1−=

−=⋅==′ (13)

( )

dt

dyt

dt

ydt

tdt

dyt

dt

ydt

dx

dt

dx

dy

dt

d

dx

dy

dt

d

dx

ydy

3

2

24

2

2

22

2

2

2

2

+=

−

−−=

=

==′

(14)

Substitusi ke dalam persamaan (7) dan diperoleh:

011

223

2

24 =

+

−

+

+ y

tQ

dt

dyt

tP

dt

dyt

dt

ydt

011

2 23

2

24 =

+

⋅−+ yt

Qdt

dy

tPtt

dt

ydt

36

0

11

2422

2

=

+

−+ yt

tQ

dt

dy

t

tP

tdt

yd

0

11

242

=

+′

−+′′ yt

tQ

yt

tP

ty (15)

Titik tak hingga atau ∞=x adalah titik biasa dari (7) jika

−=t

Pttt

P112

)1(

2 dan

=t

Qtt

Q11

)1(

4 (16)

Dari (15) semua bilangan real adalah titik biasa, kecuali pada 0=t , maka

persamaan (16) tidak analitik pada 0=t dan titik tak hingga atau ∞=x adalah

titik biasa dari persamaan (7).

Untuk 0=t , kedua fungsi dalam persamaan (12) menjadi

−=

−t

Ptt

Ptt

t11

2112

2 dan

=

t

Qtt

Qt

t1111

24

2 (17)

Fungsi di atas tidak analitik pada 0=t , jadi dapat disimpulkan bahwa titik tak

hingga atau ∞=x adalah sebuah titik singular tak regular untuk persamaan

diferensial (7).

Selanjutnya akan dibahas metode deret untuk menentukan penyelesaian

dari persamaan diferensial (6) di sekitar titik singular regular 0x . Metode ini

dikemukakan oleh George Fredinand Frobenius dan biasa disebut metode

Frobenius.

37

2.7 Metode Frobenius

Sebarang persamaan diferensial yang berbentuk

0)(

')(

"2

=++ yx

xCy

x

xBy (18)

0)(')("2 =++ yxCyxxByx

dengan fungsi-fungsi )(xB dan )(xC analitik di 0=x , memiliki sekurang-

kurangnya satu penyelesaian yang dapat dinyatakan dalam bentuk

)()( 2

210

0

L+++== ∑∞

=

xaxaaxxaxxy r

n

n

n

r (19)

dimana r suatu konstanta dan 00 ≠a .

Jika 0x adalah titik singular regular dari persamaan diferensial (6), maka

persamaan diferensial (18) menjadi

0)(')()(")( 0

2

0 =+−+− yxCyxBxxyxx (20)

dengan fungsi-fungsi )(xB dan )(xC analitik di 0=x . Akan diperlihatkan bahwa

persamaan diferensial (20) ini mempunyai sekurangnya satu penyelesaian deret di

sekitar titik 0x yang berbentuk

µ<−<−−= ∑∞

=0

0

00 0,)()( xxxxaxxxyn

n

n

r

dengan r suatu konstanta.

Untuk memudahkan pembahasan, kita ambil titik singular regularnya 00 =x .

Karena untuk 00 ≠x , dapat digunakan metode yang sama dengan mengambil

variabel pengganti 0xxx −= . Selain itu, pada kesempatan ini hanya akan dibahas

kasus µ<− 0xx . Untuk kasus µ−>− 0xx dapat digunakan metode yang sama

38

dengan cara mengubah 0xx − menjadi 0)( 0 >−− xx . Oleh karena itu kita dapat

menyederhanakan notasi 00 xxxx −=− . (21)

Karena diketahui 00 =x adalah titik singular regular dari persamaan diferensial

(6). Maka kedua fungsi )(xxP dan )(2 xQx akan analitik pada titik 00 =x .

Sehingga kedua fungsi ini dapat dinyatakan sebagai deret pangkat. Misalnya kita

nyatakan

∑∞

=

=0

)(n

n

nxBxxP dan ∑∞

=

=0

2 )(n

n

nxCxQx , untuk µ<x (22)

Jika kedua ruas persamaan dalam bentuk normal (7) dikalikan dengan 2x , maka

diperoleh:

0)()( 222 =+′+′′ yxQxyxPxyx

( ) ( ) 0)()( 22 =+′+′′ yxQxyxxPxyx (23)

Jika persamaan (22) disubstitusikan ke dalam persamaan (23), maka diperoleh:

000

2 =

+′

+′′ ∑∑

∞

=

∞

=

yxCyxxByxn

n

n

n

n

n (24)

Selanjutnya kita misalkan penyelesaiannya berbentuk

( ) ∑ ∑∞

=

+∞

=

=−−=0 0

)0(0n

rn

n

n

rn

n

rxaxxaxxy , µ⟨⟨ x0

Dari (21) diperoleh bahwa xx = dan ( ) rn

n

nxaxy+

∞

=∑=0

Dengan mendiferensialkan suku demi suku diperoleh

( ) ∑∞

=

−++=′0

1)(n

rn

nxarnxy dan ( ) ∑∞

=

−+−++=′′0

2)1)((n

rn

nxarnrnxy

39

Jika disubstitusikan ke dalam persamaan (24), maka diperoleh:

0

)()()1)((

00

0

1

00

22

=

+

+

+

−++

∑∑

∑∑∑∞

=

+∞

=

∞

=

−+∞

=

∞

=

−+

n

rn

n

n

n

n

n

rn

n

n

n

n

n

rn

n

xaxC

xarnxxBxarnrnx

0)()1)((00000

=

+

+

+

−++ ∑∑∑∑∑

∞

=

+∞

=

∞

=

+∞

=

∞

=

+

n

rn

n

n

n

n

n

rn

n

n

n

n

n

rn

n xaxCxarnxBxarnrn

0)()1)((0 00 00

=

+

++

−++ ∑ ∑∑ ∑∑

∞

= =−

+∞

= =−

+∞

=

+

n

n

k

kkn

rn

n

n

k

kkn

rn

n

n

rn aCxarkBxarnrnx

0)()1)((0 00

=

+++−++ +∞

= =−

=−∑ ∑∑ rn

n

n

k

kkn

n

k

kknn xaCarkBarnrn

Berdasarkan sifat kesamaan dua deret pangkat, maka diperoleh:

0)()1)((00

=+++−++ ∑∑=

−=

−

n

k

kkn

n

k

kknn aCaBrkarnrn

- Untuk 0=n , maka diperoleh

0)1( 00000 =++− aCarBarr (25)

atau 0)1( 00 =++− CrBrr

atau 0)1( 00

2 =+−+ CrBr

- Untuk 1≥n , diperoleh

[ ] 0)()1)((0

=+++−++ ∑=

−−

n

k

kknknn aCBrkarnrn (26)

Selanjutnya didefinisikan 00)1()( CrBrrrP ++−= .

Persamaan 0)( =rP disebut sebagai akar-akar persamaan indisial untuk

persamaan (6) yang berkaitan dengan titik singular regular 0x .

40

Dengan menggunakan persamaan petunjuk 0)( =rP ini, maka persamaan (25)

dapat dinyatakan sebagai ))1(()( 0000 CrBrrarPa ++−= (27)

Karena 00 ≠a maka haruslah 0)( =rP .

Nilai-nilai dari r yang menyebabkan 0)( =rP ini selanjutnya disebut sebagai

akar-akar dari persamaan indisial 0)( =rP .

Dari persamaan (26) diketahui bahwa:

( ) 0)()1)((0

=+++−++ ∑=

−−

n

k

kknkknn aCaBrkarnrn

( ) ( ) 0)()()1)((1

0

=++++++−++ −−

−

=−−∑ nnnn

n

k

kknkknn CBrnaCaBrkarnrn

[ ] ( ) 0)()()1)((1

0

00 =++−=+++−++ ∑−

=−−

n

k

kknknn aCBrkaCBrnrnrn (28)

Dengan menggunakan definisi 0)( =rP , maka

00)()1)(()( CBrnrnrnrnP +++−++=+

Sehingga persamaan (23) menjadi

[ ] 0))(1

0

=++++ ∑−

=−− k

n

k

knknn aCBrkarnP (29)

[ ] k

n

k

knknn aCBrkarnP ∑−

=−− ++−=+

1

0

))( (30)

Sehingga

[ ]kn

rnP

acbrk

ak

n

k

knkn

n ≥+

++−=

∑−

=−−

,)(

)1

0

Dengan 0)( ≠+ rnP , untuk K,3,2,1=n . (31)

41

Dengan mengambil konstanta sebarang 00 ≠a , maka dengan menggunakan relasi

(31) dapat ditentukan koefisien K,,, 321 aaa . Dengan demikian kita dapat

menentukan penyelesaian ∑∑∞

=

+∞

=

==00

)(n

rn

n

n

n

n

r xaxaxxy .

Teorema berikut ini akan menunjukkan bagaimana cara menentukan dua

penyelesaian deret yang bebas linear dari persamaan (6), jika diketahui akar-akar

real 1r dan 2r .

Teorema 2.6.1

Andaikan 0x adalah titik singular regular dari persamaan diferensial

0)()()( 012 =+′+′′ yxayxayxa (6)

Misalkan 1r dan 2r , dengan 21 rr ≥ , adalah akar-akar dari persamaan indisial

0)( =rP yang berkaitan dengan titik singular regular 0x , maka ada tiga

kemungkinan, yaitu:

a. Nrr ≠− 21 , dengan N adalah bilangan bulat positif, maka persamaan

diferensial (6) mempunyai dua penyelesaian bebas linear yang berbentuk

( ) ∑∞

=

−−=0

001 )(1

n

n

n

rxxaxxxy dan ( ) ∑

∞

=

−−=0

002 )(2

n

n

n

rxxaxxxy .

42

b. 021 =− rr , maka persamaan diferensial (6) mempunyai dua penyelesaian

bebas linear yang berbentuk ( ) ∑∞

=

−−=0

001 )(1

n

n

n

rxxaxxxy dimana

)1(2

10Br −= dan ( ) ∑

∞

=

−−+−=0

00012 )(ln)( 1

n

n

n

rxxaxxxxxyxy .

c. Nrr =− 21 , dengan N adalah bilangan bulat positif, maka persamaan (6)

mempunyai dua penyelesaian bebas linear yang berbentuk

( ) ∑∞

=

−−=0

001 )(1

n

n

n

rxxaxxxy dan

( ) ∑∞

=

−−+−=0

00012 )(ln)( 2

n

n

n

rxxaxxxxxCyxy .

Bukti:

Dalam pembuktian ini, diambil 00 =x sebagai titik singular regular dari

persamaan diferensial (6).

a. Diketahui 1r dan 2r adalah akar-akar dari persamaan indisial 0)( =rP .

Diketahui penyelesaian persamaan diferensial diatas adalah

∑∞

=

−−=0

00 )()(n

n

n

rxxaxxxy .

Substitusikan 1rr = dalam persamaan diferensial di atas, sehingga menjadi

( ) ∑∞

=

−−=0

001 )(1

n

n

n

rxxaxxxy (32)

43

Untuk mencari 2r cara pengerjaannya sama, yaitu dengan substitusi 2rr = ,

sehingga diperoleh penyelesaian persamaan diferensial yang kedua, yaitu

( ) ∑∞

=

−−=0

002 )(2

n

n

n

rxxaxxxy .

b. Diketahui akar dari persamaan indisial 0)( =rP adalah rrr == 21 , jika

04)1( 0

2

0 =−− CB , sehingga didapat )1(2

10Br −= .

Kita memperoleh koefisien-koefisien K,,, 321 aaa dari persamaan

tersebut. Maka penyelesaian persamaan diferensial pertama

∑∑∞

=

+∞

=

==00

111)(

n

rn

n

n

n

n

rxaxaxxy .

Andaikan penyelesaian kedua berbentuk

( ) ∑∞

=

−−+−=0

00012 )(ln)( 1

n

n

n

rxxaxxxxxyxy

Di sini akan digunakan metode penurunan tingkat, yaitu )(xu , sedemikian

rupa sehingga

)()()( 12 xyxuxy =

''' 112 uyyuy +=

"''2"" 1112 uyyuyuy ++=

Substitusi persamaan di atas kedalam persamaan (18), diperoleh

0)''()"''2"( 1110111

2 =+++++ CuyuyyuxBuyyuyux

44

Karena 1y merupakan penyelesaian persamaan (18), maka jumlah suku

yang mengandung u adalah nol, dan persamaan ini dapat disederhanakan

menjadi:

0'''2" 101

2

1

2 =++ yuxByuxyux

Jika kedua ruas dibagi dengan 1

2 yx , diperoleh:

0''

2" 0

1

1 =

++ ux

B

y

yu

Dari persamaan (32) diperoleh:

[ ][ ]L

L

++−

+++−=

−

xaaxx

xarraxx

y

yr

r

100

10

1

0

1

1

1

1)1('

+++++

−=

L

L

xaa

xarra

xx 10

10

0

)1(1

+++++

−=

L

L

xaa

xaxrara

xx 10

110

0

1

( )[ ]

++++++

−=

L

LL

xaa

xaxaar

xx 10

110

0

1

( )( ) L

L

L

L

+++

+++−

++=

xaa

xa

xaaxx

xaar

10

1

100

10

L

L

+++

+−

=xaa

xa

xx

r

10

1

0

Dengan demikian, persamaan sebelumnya dapat ditulis menjadi:

0'2

"10

1

0

0 =

+++

+−+

+ uxaa

xa

xx

Bru

L

L (33)

45

Karena )1(2

10Br −= , maka suku

0

02

xx

Br

−+

sama dengan 0

1

xx −, menjadi

0'1

"10

1

0

=

+++

+−

+ uxaa

xa

xxu

L

L, dan jika dibagi dengan 'u diperoleh:

L

L

+++

+−

−=xaa

xa

xxu

u

10

1

0

1

'

"

Dengan mengintegralkan suku demi suku diperoleh:

L+−−= 0ln'ln xxu

)(

0

1 Lexx

u−

=′

Dengan titik-titik melambangkan deret dalam pangkat x bulat positif.

−++

−+−+

−=′

!!21

1 0

2

0

0

0 n

xxxxxx

xxu

n

L

Dengan mengintegralkan suku demi suku sekali lagi diperoleh:

L+−+−+−=2

02010ln xxkxxkxxu

Substitusi persamaan di atas ke dalam 12 uyy = , diperoleh:

12 uyy =

( ) ( )LL ++−+−+−+−= xaaxxxxkxxkxxyr

100

2

020102 ln

( )L++−+−= xaaxxxxyyr

100012 ln

∑∞

=

−−+−=0

00012 )(ln)()(n

n

n

rxxaxxxxxyxy

46

c. Andaikan Nrr =− 21 , dengan N adalah bilangan bulat positif. Dengan cara

yang sama pada pembuktian (a) diatas, dapat ditentukan penyelesaian

deret yang pertama yang berkaitan dengan akat 1r berbentuk:

( ) ∑∞

=

−−=0

001 )(1

n

n

n

rxxaxxxy

Akan ditunjukkan bahwa penyelesaian kedua berbentuk:

( ) ∑∞

=

−−+−=0

00012 )(ln)(2

n

n

n

rxxaxxxxxCyxy

Dimana nilai 0≠C atau 0=C . Seperti pada kasus (b), maka 12 uyy = .

Langkah pertamanya serupa dengan langkah kasus (b) dan menghasilkan

persamaan (33), maka diperoleh koefisien 10 −B dari r pada persamaan

(25) sama dengan minus jumlah akar-akarnya,

NrNrrrrB +−=−+−=+−=− 2)()(1 210

Sehingga 12 0 +=+ NBr dan dibagi dengan 'u akan menghasilkan:

+

−+

−= L

0

1

'

"

xx

N

u

u

Langkah selanjutnya adalah seperti kasus (b), yaitu dengan

mengintegralkan persamaan di atas, diperoleh:

L+−+−= 0ln)1('ln xxNu

)(1

0' LexxuN+−

−=

Dengan titik-titik melambangkan deret dalam pangkat x bulat positif.

Dengan menguraikan fungsi eksponensial dapat diperoleh deret yang

berbentuk:

47

LL +−++−

+−

++−

+−

= ++−

+ 021

0

2

0

1

0

1

1

0

1' xxCC

xx

C

xx

C

xx

C

xxu NN

NN

NN

Dengan mengintegralkan sekali lagi diperoleh:

−+

−−−

−−+−= +

−01

0

1

0

0

1ln xxC

xx

C

xxNxxCu N

N

NN L

Substitusi persamaan di atas ke dalam 12 uyy = , diperoleh:

( )LLL +−+

+−−−−−+−= −

−)(

1ln)( 010010012

1xxaaxxC

NxxxxxyCy N

Nr

N

( )L+−+−+−= )(ln)( 0100012

1xxaaxxxxxCyy

r

∑∞

=

−−+−=0

00012 )(ln)()(1

n

n

n

rxxaxxxxxCyxy

Contoh 2.6.2

Tentukan penyelesaian deret disekitar titik 00 =x untuk persamaan

diferensial 02 =−′+′′ yyyx .

Penyelesaian:

Diketahui persamaan diferensial 02 =−′+′′ yyyx .

Maka bentuk normalnya: 012

=−′+′′ yx

yx

y

Sehingga diperoleh x

xP2

)( = dan x

xQ1

)( −=

Karena fungsi P(x) dan Q(x) keduanya analitik dimana-mana kecuali pada 0=x ,

maka titik 0=x adalah titik singular dari persamaan diferensial yang diketahui.

Selanjutnya kita definisikan dua fungsi sebagai berikut:

48

22

)()( 0 =

=−x

xxPxx , dan

xx

xxQxx −=

−=−1

)()( 22

0

Karena kedua fungsi ini analitik pada titik 0=x , maka titik 0=x merupakan titik

singular regular dari persamaan diferensial yang diketahui.

Dengan teorema 2.6.1 maka penyelesaian deretnya berbentuk

∑∑∞

=

+∞

=

=−−=00

00 )()(n

rn

n

n

n

n

rxaxxaxxxy .

Dengan menditerensialkan suku demi suku diperoleh:

∑∞

=

−++=′0

1)()(

n

rn

nxarnxy

∑∞

=

−+−++=′′0

2)1)(()(n

rn

nxarnrnxy

Jika disubstitusikan ke persamaan diferensial yang diketahui, maka diperoleh:

0)(2)1)((00

1

0

2 =−++−++ ∑∑∑∞

=

+∞

=

−+∞

=

−+

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xaxarnxarnrnx

0)(2)1)((00

1

0

1 =−++−++ ∑∑∑∞

=

+∞

=

−+∞

=

−+

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xaxarnxarnrn

0)(2)1)((1

1

1

0

1

0

1 =−++−++ ∑∑∑∞

=

−+−

∞

=

−+∞

=

−+

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xaxarnxarnrn

r

n

rn

n

r xraxarnrnxarr 0

1

1

0 2)1)(()1( +−+++− ∑∞

=

−+

0)(21

1

1

1

1 =−++ ∑∑∞

=

−+−

∞

=

−+

n

rn

n

n

rn

n xaxarn

49

[ ] 0)(2)1)((2)1( 1

1

100 =−++−++++− −+∞

=−∑ rn

n

nnn

rr xaarnarnrnxraxarr

( ) [ ] 0)(2)1)((2)1( 1

1

10 =−++−++++− −+∞

=−∑ rn

n

nnn

r xaarnarnrnxarrr

Dari hasil akhir ini diperoleh bahwa persamaan indisialnya adalah:

)1(2)1()( +=+−= rrrrrrP (a)

Dan relasi berulangnya adalah:

K,2,1,0)(2)1)(( 1 ==−++−++ − naarnarnrn nnn .

K2,1,)1)(()(2)1)((

11 =+++

=++−++

= −− nrnrn

a

rnrnrn

aa nnn

Jika diambil 0a konstanta sembarang , maka diperoleh:

)2)(1(

01 ++

=rr

aa

)3()2)(1()3)(2( 2

012 +++

=++

=rrr

a

rr

aa

)4()3()2)(1()4)(3( 22

023 ++++

=++

=rrrr

a

rr

aa

M

Secara umum diperoleh bahwa

KL

,2,1,)1()()2)(1( 22

0 =+++++

= nnrnrrr

aan . (b)

Dari persamaan indisial (a) di atas, maka diperoleh bahwa akar-akar dari

persamaan indisialnya adalah 01 =r dan 12 −=r .

Untuk 01 =r , maka relasi berulang (b) menjadi

50

( )( )K

KKL,2,1,

)!1(!)1(3.2.13.2.1)1()()2(1

00

22

0 =+

=+

=+

= nnn

a

nnn

a

nn

aan

Dengan teorema 2.6.1 (c), maka penyelesaian deret yang pertama adalah

∑∑∞

=

∞

= +==

0

0

0

1)!1(!

)(1

n

n

n

n

n

r

nn

xaxaxxy

Selanjutnya kita akan menentukan penyelesaian deret kedua. Karena diketahui

01 =r dan 12 −=r , sehingga 121 =− rr dan 1=N , maka untuk menentukan

penyelesaian deret keduanya kita akan menggunakan hasil teorema 2.6.1 (c).

Misalkan 120 +=−= rrra dan

1)2(

1lim)()1(lim)()(lim

11

12

2

=+

=+=−=−→−→→ r

rarrarrCrr

Nrr

.

Dari 10 += ra , maka relasi berulang (b) di atas untuk K,2,1=n menjadi:

)1()()2)(1(

)1(22 +++++

+=

nrnrrr

ran

L

)1()()2(

122 ++++

=nrnrr

anL

)1ln()ln(2)3ln(2)2ln(2ln ++−+−−+−+−= nrnrrran L

∑∞

=

++

−+

−=++

−+

−−+

−+

−=2 1

112

1

12

3

2

2

2

kn

n

rkrknrnrrra

aL

Sehingga diperoleh bahwa 1)1(00 =−= aa dan untuk K,2,1=n berlaku:

+−

−=

−−−

=−= ∑∑∞

=

∞

= 1122200

112

)!1(!

1112

)1(2.1

1)1(

kk nknnnknnaa

K

Dari teorema 2.6.1 (c), maka persamaan deret yang kedua adalah:

+−

−+= ∑ ∑∞

=

−

=

− n

n

n

k

xnknn

xxyxxy1

1

1

1

12

11

)!1(!

11)(ln)(

51

Jadi penyelesaian umumnya adalah )()()( 21 xByxAyxy += , dengan A dan B

adalah konstanta sembarang dan )(),( 21 xyxy didefinisikan sebelumnya.

Contoh 2.6.3


diferensial 0)1()( 2 =−′−+′′− yyxyxx .

Penyelesaian:

Diketahui persamaan diferensial 0)1()(2 =−′−+′′− yyxyxx .

Maka bentuk normalnya: 0)(

1

)(

)1(22

=−

−′−−

+′′ yxx

yxx

xy

0)1(

11=

−−′+′′ y

xxy

xy


xP1

)( = dan )1(

1)(

xxxQ

−−=


maka titik 00 =x adalah titik singular dari persamaan diferensial yang diketahui.


11

)()( 0 =

=−x

xxPxx , dan

x

x

xxxxQxx

−−=

−−=−

1)1(

1)()(

22

0

Karena kedua fungsi ini analitik pada titik 0=x , maka titik 00 =x merupakan

titik singular regular dari persamaan diferensial yang diketahui.

52


∑∑∞

=

+∞

=

=−−=00

00 )()(n

rn

n

n

n

n

rxaxxaxxxy .


∑∞

=

−++=′0

1)()(n

rn

nxarnxy

∑∞

=

−+−++=′′0

2)1)(()(

n

rn

nxarnrnxy


0)()1()1)(()(00

1

0

22 =−+−+−++− ∑∑∑∞

=

+∞

=

−+∞

=

−+

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xaxarnxxarnrnxx

∑∑∑∞

=

−+∞

=

+∞

=

−+ ++−++−−++0

1

00

1 )()1)(()1)((n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xarnxarnrnxarnrn

0)(00

=−+− ∑∑∞

=

+∞

=

+

n

rn

n

n

rn

n xaxarn

∑∑∑∞

=

−+∞

=

−+−

∞

=

−+ ++−+−+−−++0

1

1

1

1

0

1)()2)(1()1)((

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xarnxarnrnxarnrn

0)1(1

1

1

1

1

1 =−−+− ∑∑∞

=

−+−

∞

=

−+−

n

rn

n

n

rn

n xaxarn

∑∑∞

=

−+−

∞

=

−+− −+−+−−+++−1

1

1

1

11

0 )2)(1()1)(()1(n

rn

n

n

rn

n

r xarnrnxarnrnxarr

0)1()(1

1

1

1

1

1

1

11

0 =−−+−+++ ∑∑∑∞

=

−+−

∞

=

−+−

∞

=

−+−

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n

rxaxarnxarnxra

[ ] [∑∞

=−

− −+−+−++−++++−1

1

1

0 )2)(1()()1)(()1(n

nnn

rarnrnarnarnrnxarrr

] 0)1( 1

11 =−−+− −+−−

rn

nn xaarn

53


2)1()( rrrrrP =+−= (c)

Dan relasi berulangnya untuk K,2,1=n adalah

111 )1()2)(1()()1)(( −−− +−++−+−+=++−++ nnnnn aarnarnrnarnarnrn

Atau K,2,1,)(

1)1(12

2

=+

+−+= − na

rn

rna nn

Jika kita ambil 0a sebagai konstanta sembarang, maka diperoleh bahwa:

02

2

1)1(

1a

r

ra

++

=

( )( )022

22

12

2

2)2()1(

11)1(

)2(

1)1(a

rr

rra

r

ra

+++++

=+

++=

( )( )( )0222

222

22

2

3)3()2()1(

11)1(1)2(

)3(

1)2(a

rrr

rrra

r

ra

++++++++

=+

++=

M

Secara umum diperoleh bahwa:

( )( ) ( )K

L

L,2,1,

)()2()1(

1)1(1)1(10222

222

=+++

+−++++= na

nrrr

nrrran (d)

Dari persamaan indisial (c) di atas, maka diperoleh bahwa akar-akar dari

persamaan indisialnya adalah 021 == rr .

Untuk 01 =r , relasi berulang (d) menjadi [ ]

KL

L2,1,

)(21

1)1(521022

2

=⋅

+−⋅⋅= na

n

nan

Sehingga dengan teorema 2.6.1 (b) penyelesaian deret yang pertama adalah:

[ ]∑∑

∞

=

∞

=

++⋅⋅+==

02

2

0

1)!(

1)1(5211)(

1

n

n

n

n

n

r

n

xnxaxxy

L

54

Selanjutnya akan ditentukan penyelesaian deret yang kedua.

Dari persamaan (d) di atas, jika diambil 10 =a maka:

( )( ) ( )222

222

)()2()1(

1)1(1)1(1

nrrr

nrrran +++

+−++++=

L

L

[ ] )ln(2)1ln(21)1(ln)1ln(ln 22 nrrnrran +−−+−+−++++= LL

nrrrnr

nrr

ra

a

n

n

+−−

+−

+−−+

+−+++

+=

2

2

2

1

2)1(2

1)1(

1)2(

1

122

LL

K,2,1,2

1)1(

)1(2

112

=+

−+−+

−+= ∑∑

==

nrkrk

kr

a

a n

k

n

kn

n

Sehingga diperoleh bahwa:

1)0(0 == aan

( ) K,2,1,1)1(

2)0(2)0(

120 =

+−−

== ∑=

nkk

kaaa

n

k

nn

Dari teorema 2.6.1 (b), maka penyelesaian deret yang keduanya adalah:

( )

+−−+−⋅⋅

+= ∑ ∑∞

= =1 122

2

121)1(

2

)!(

)1)1((5212)(ln)(

n

nn

k

xkk

k

n

nxyxxy

L



Contoh 2.6.4


diferensial 02

1

2

122 =−′

−+′′ yyxxyx .

55

Penyelesaian:

Diketahui persamaan diferensial 02

1

2

122 =−′

−+′′ yyxxyx .

Maka bentuk normalnya: 02

12

1

22

2

=−′−

+′′ yx

yx

xx

y

02

12

1

2=−′

−+′′ y

xy

x

x

y


x

xP 2

1

)(

−= dan

)(

1)(

xxxQ

−−=


maka titik 00 =x adalah titik singular dari persamaan diferensial yang diketahui.


2

12

1

)()( 0 −=

−=− x

x

x

xxPxx , dan

2

1

2

1)()(

2

22

0 =

=−x

xxQxx

Karena kedua fungsi ini analitik pada titik 0=x , maka titik 00 =x merupakan

titik singular regular dari persamaan diferensial yang diketahui.


∑∑∞

=

+∞

=

=−−=00

00 )()(n

rn

n

n

n

n

rxaxxaxxxy .


56

∑∞

=

−++=′0

1)()(n

rn

nxarnxy

∑∞

=

−+−++=′′0

2)1)(()(n

rn

nxarnrnxy


02

1)(

2

1)1)((

00

12

0

22 =++

−+−++ ∑∑∑∞

=

+∞

=

−+∞

=

−+

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xaxarnxxxarnrnx

02

1)(

2

1)()1)((

000

1

0

=++−++−++ ∑∑∑∑∞

=

+∞

=

+∞

=

++∞

=

+

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xaxarnxarnxarnrn

02

1)(

2

1)1()1)((

001

1

0

=++−−++−++ ∑∑∑∑∞

=

+∞

=

+∞

=

+−

∞

=

+

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n xaxarnxarnxarnrn

r

n

rn

n

n

rn

n

r xraxarnxarnrnxarr 0

1

1

1

02

1)1()1)(()1( −−++−+++− ∑∑

∞

=

+−

∞

=

+

02

1

2

1)(

2

1

1

0

1

=+++− ∑∑∞

=

+∞

=

+

n

rn

n

r

n

rn

n xaxaxarn

∑∞

=

++−−+++

+−−1

02

1)(

2

1)1)((

2

1

2

1)1(

n

nnn

raarnarnrnxarrr

] 0)1( 1 =−++ +−

rn

n xarn


( )

−−=+−−=2

11

2

1

2

1)1()( rrrrrrP (d)

Dan relasi berulangnya adalah:

1)1(2

1)(

2

1)1)(( −−+−=++−−++ nnnn arnaarnarnrn

57

K,2,1,)1(2

1)(

2

1)1)(( 1 =−+−=

++−−++ − narnarnrnrn nn (e)

Dari persamaan indisial (d) di atas, maka diperoleh bahwa akar-akar dari

persamaan indisialnya 11 =r dan 2

12 =r

Untuk 11 =r , maka relasi berulang (e) menjadi

K,2,1,12

2atau

2

1)1(

2

1)1( 1 =

+−=−=

++−+ − nn

anaannn nnn


013

2aa −=

0

2

1235

2

5

2aaa

⋅=−=

0

3

23357

2

7

2aaa

⋅⋅=−=

M

Secara umum diperoleh KL

,2,1,3)12)(12(

2)1( 0 =

−+−= na

nna

nn

n

Dengan teorema 2.6.1 (a), maka penyelesaian deret yang pertama adalah:

∑∑∞

=

∞

= −+−=

−+−=

00

1

13)12)(12(

)2()1(

3)12)(12(

)2()1()(

n

nn

n

nn

nn

xx

nn

xxxy

LL

Untuk 2

12 =r , maka relasi berulang (e), K,2,1=n menjadi

112

1

2

1

2

1

2

11

2

1

2

1−

−+−=

+

+−

−+

+ nn anannn atau 1

1−= nn a

na


58

01 aa −=

0122

1

2

1aaa =−=

0233

1

3

1aaa =−=

M

Secara umum diperoleh K,2,1,!

1)1( 0 =−= nan

a n

n

Dengan teorema 2.6.1 (a), maka penyelesaian deret adalah:

∑∑∞

=

∞

=

−=−=0

2

1

0

2

1

2!

)1(!

)1()(n

nn

n

nn

n

xx

n

xxxy



2.8 Persamaan Diferensial Legendre

Bentuk umum dari persamaan diferensial Legendre adalah:

01)yn(ny2xy)x(1 2 =++′−′′− (34)

Dengn n adalah suatu bilangan bulat positif.

Persamaan diferensial Legendre (34) ini mempunyai titik singular untuk 10 ±=x .

Oleh karena itu titik 00 =x merupakan titik biasa dari persamaan diferensial

Legendre. Pada kesempatan ini kita akan menentukan penyelesaian deret dari

persamaan diferensial Legendre di sekitar titik biasa 00 =x . Menurut teorema

2.3.1 diketahui bahwa deret pangkat konvergen dan dengan menggunakan

59

Teorema 2.5.1 sebelumnya, maka diperoleh bahwa penyelesaian deretnya

berbentuk

∑∞

=

=0m

m

mxay(x)

Dengan mendefinisikan suku demi suku diperoleh:

∑∞

=

−=′1m

1m

mxma(x)y

2m

m

2m

xa1)m(m(x)y−

∞

=∑ −=′′

Jika disubstitusi ke dalam persamaan (34) di atas, maka diperoleh:

0xa1)n(nxma2xxa1)m(m)x(10m

m

m

1m

1m

m

2m

m

2m

2 =++−−− ∑∑∑∞

=

∞

=

−−∞

=

0x1)an(nx2max1)am(mxa1)m(m0m

m

m

1m

m

m

2m

m

m

2m

m

2m

=++−−−− ∑∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=

−∞

=

0x1)an(nx2max1)am(mxa)21)(m(m0m

m

m

1m

m

m

2m

m

m

m

2m

0m

=++−−−++ ∑∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=+

∞

=

∑∑

∑∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

=+

++++++−

−−−++++

2m

m

m10

2m

m

m

2m

1

m

m

2m

m

2m32

x1)an(nx1)an(n1)an(nx2ma

x2ax1)am(mx2)a1)(m(mx6a2a

( )

[ ]{ }∑∞

=+ =++−−−++++

++−+++

2m

m

m2m

11302

0xa1)n(n2m1)m(m1)a2)(m(m

x1)an(n2a6a1)an(n2a

( )

[ ]{ }∑∞

=+ =−++++++

++−+++

2m

m

m2m

11302

0xam)1)(nm(n1)a2)(m(m

x1)an(n2a6a1)an(n2a

Maka relasi berulangnya adalah:

60

( ) 2m0,a1)mm)(n(n2)a1)(m(m m2m ≥=++−+++ +

Atau

( )2m0,a

2)1)(m(m

1)mm)(n(na m2m ≥=

++++−

−=+ (35)

Jika diambil 10 adana sebagai konstanta sebarang, maka diperoleh:

02!2

)1(a

nna

+−=

13!3

)2)(1(a

nna

+−−=

024!4

)3)(1)(2(

3.4

)3)(2(a

nnnna

nna

++−=

+−−=

LLLLLLLLLLL

135!5

4)3)(2)(1)(3(

4.5

)4)(3(a

nnnna

nna

++−−=

+−−=

Diperoleh penyelesaian deretnya adalah:

L++−

−+

−+== ∑∞

=

3

0

2

010

0 !3

)2)(1(

!2

)1()( xa

nnxa

nnxaaxaxy

m

m

m

+++−−

++−

−+

+++−

++

−=

L

L

53

1

42

0

!5

)4)(2)(1)(3(

!3

)2)(1(

!4

)2)(1()2(

!2

)1(1)(

xnnnn

xnn

xa

xnnnn

xnn

axy

Atau dengan),()()( 2110 xyaxyaxy +=

L+++−

++

−= 42

1!4

)3)(1()2(

!2

)1(1)( x

nnnnx

nnxy

m

m

mx

m

mnnmnnn 2

0

1

)!2(

)12()3)(22()2()1(1

−+++−−−+= ∑

∞

=

+ LL

61

L+++−−

++−

−= 53

2!5

)4)(2)(1)(3(

!3

)2)(1()( x

nnnnx

nnxxy

12

0

1

)!12(

)2()4)(2)(12()3)(1()1(

+∞

=

+

+++++−−−

−+= ∑ m

m

mx

m

mnnnmnnnx

LL

Dari penyelesaian deret yang kita peroleh ini, jika n diberi suatu nilai

tertentu, maka diperoleh suatu penyelesaian yang berbentuk polinomial untuk

persamaan diferensial Legendre (34). Jika diambil L,4,2,0=n maka diperoleh

bahwa )(1 xy adalah suatu polinomial genap berderajat n. Demikian pula jika

diambil L,5,3,1=n maka diperoleh bahwa )(1 xy adalah suatu polinomial ganjil

berderajat n. Polinomial-polinomial yang diperoleh dengan mengambil nilai n

tertentu ini disebut sebagai polinomial Legendre dan dinyatakan sebagai )(xPn .

Selanjutnya akan ditentukan bentuk umum dari polinomial Legendre

)(xPn . Dari relasi berulang (35) diketahui 2,)2)(1(

)1)((2 ≥

++++−

−=+ mamm

nmmna mm

atau 2,)1)((

)2)(1(2 −≤

++−++

−= + nmanmmn

mma mm

(36)

Misal diambil dan,0nuntuk1 ==na

,...2,1,!

)12...(5.3.1

)!(2

)!2(a

2n =−

== nn

n

n

nn

(37)

Maka dari relasi (36) dan (37) diperolah bahwa:

)!2()!1(2

)!22(

)!(2)12(2

)!2)(1(

)12(2

)1(22 −−

−−=

−−

−=−

−−=−

nn

n

nn

nnna

n

nna

nnnn

LLLLLLL

)!4()!2(!22

)!42(4 −−

−=−

nn

na

nn

62

Secara umum, untuk 02 ≥− mn , berlaku bahwa:

)!2()!(!2

)!22()1(2

mnmnm

mna

n

m

mn −−−

−=− (38)

Dengan menggunakan relasi (38) ini, kita dapat menentukan penyelesaian

deret dari persamaan diferensial Legendre (34). Penyelesaian deret yang diperoleh

ini disebut sebagai polinomial Legendre berderajat n dan dinyatakan )(xPn .

∑=

−

−−−

−=M

m

mn

n

m

n xmnmnm

mnxP

0

2

)!2()!(!2

)!22()1()(

L+−−

−−= −2

2 )!2()!1(2

)!22(

)!(2

)!2( n

n

n

nx

nn

nx

n

n

dengan 2

nM = atau

2

1−=n

M tergantung mana M yang bilangan bulat.

Berikut ini akan diberikan tabel dari polinomial Legendre )(xPn , untuk

n=0,1,...,5 dan grafik dari polinomial Legendre.

Tabel 1 Polinomial Legendre

n )1( += nnb )(xPn

0 0 1)(0 =xP

1 2 xxP =)(1

2 6

2

1

2

3)( 2

2 −= xxP

3 12 xxxP

2

3

2

5)( 3

3 −=

63

4 20

8

3

4

15

8

35)( 24

4 +−= xxxP

5 30 xxxxP

8

15

8

70

8

63)( 35

5 +−=

Grafik 1 Polinomial Legendre

64

BAB III

PENERAPAN PERSAMAAN DIFERENSIAL LEGENDRE

Dalam bab III ini, akan dipelajari penerapan Persamaan Diferensial

Legendre dalam Elektrostatik yaitu kajian Persamaan Potensial dalam Koordinat

bola.

Misalkan diketahui sebuah bola S yang berjari-jari r yang ditempatkan

dalam suatu potensial listrik tertentu )f()θ,u(R, θφ = (39)

Dengan φθ ,,r adalah koordinat bola, yang didefinisikan oleh:

φθ cossinrx = , φθ sinsinry = , θcosrz = , dengan titik asal di pusat S, dan

)f(θ adalah fungsi yang diketahui.

Untuk menentukan potensial bola, perlu mendefinisikan:

222 zyxr ++= ,

=r

zarccosθ ,

=x

yarctanφ

Persamaan potensial bola yang berjari-jari r yang ditempatkan dalam suatu

potensial listrik tertentu diberikan oleh:

0z

u

y

u

x

u2

2

2

2

2

2

=∂∂

+∂∂

+∂∂

(40)

Jika kita rubah persamaan potensial di atas ke dalam koordinat bola.

x

u

x

u

xr

u

x

u

∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂ φ

φθ

θr

(41)

y

u

y

u

r

uu

∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂ φ

φθ

θy

r

y (42)

65

z

u

z

u

zr

u

z

u

∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂ φ

φθ

θr

(43)

Selanjutnya diperoleh:

)sin(

)sin(1

x),cos()cos(

1

x),cos()sin(

x θφφ

φθθ

φθrr

r−=

∂∂

=∂∂

=∂∂

(44)

)sin(

)cos(1

y),sin()cos(

1

y),sin()sin(

y θφφ

φθθ

φθrr

r=

∂∂

=∂∂

=∂∂

(45)

0x

),sin(1

z),cos(

z=

∂∂

−=∂∂

=∂∂ φ

θθ

θr

r (46)

Substitusikan persamaan (44) kedalam persamaan (41) menjadi

φθφ

θφθφθ

∂∂

−∂∂

+∂∂

=∂∂ u

)sin(

)sin(1u)cos()cos(

1

r

u)cos()sin(

x

u

rr (47)

Dengan mendiferensialkan sekali lagi diperoleh

∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

=∂∂

xrxr

u

)sin(

)sin(1u)cos()cos(

1

x

u

r)cos()sin(

x

u2

2

φθφ

θφθφθ (48)


+

∂∂

−∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂

φθφ

θφθφθφθ

u

)sin(

)sin(1u)cos()cos(

1

r

u)cos()sin(

r)cos()sin(

x

u2

2

rr

−

∂∂

−∂∂

+∂∂

∂∂

φθφ

θφθφθ

θφθ

u

)sin(

)sin(1u)cos()cos(

1

r

u)cos()sin()cos()cos(

1

rrr

∂∂

−∂∂

+∂∂

∂∂

φθφ

θφθφθ

φθφ u

)sin(

)sin(1u)cos()cos(

1

r

u)cos()sin(

)sin(

)sin(1

rrr

+

∂∂∂

−∂∂

+

∂∂∂

+∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂

rrr

r

u

rr

φθφ

φθφ

θφθ

θφθφθφθ

u

)sin(

)sin(1u

)sin(

)sin(1

)cos()cos(1u

)cos()cos(1

r

u)cos()sin(

r)cos()sin(

x

u

2

2

2

2

2

2

2

66

−

∂∂∂

−∂∂

+∂∂

+∂∂

−

∂∂∂

+∂∂

φθθφ

φθθφ

θφθ

θφθ

θφθφθφθ

u

)sin(

)sin(1u

)(sin

)cos()sin(1u)cos()cos(

1

u)cos()sin(

1)cos()sin(

u)cos()cos()cos()cos(

1

2

22

2

2

rrr

rr

u

rr

∂∂

−∂∂

−∂∂

∂

+∂∂

−∂∂

∂

+∂∂

−

2

22

2

u

)sin(

)sin(1u

)sin(

)cos(1u)cos()cos(

1

u)sin()cos(

1)cos()sin(

r)sin()sin(

)sin(

)sin(1

φθφ

φθφ

φθφθ

θφθ

θφθφθ

θφ

rrr

rr

uu

r

Sehingga 2

2

x

u

∂∂

adalah:

+

∂∂∂

+∂∂

−∂∂

=∂∂

θφθθ

θφθθφθ

r

u

rr

222

22

222

2

2

)(cos)sin()cos(1u

)(cos)sin()cos(1

r

u)(cos)(sin

x

u

+

∂∂∂

−∂∂

rrr φφφ

φφφ

u)cos()sin(

1u)cos()sin(

1 2

2

+∂∂

−∂∂

∂+

∂∂

θφθθ

θφθθφθ

u

rr

u

rrr)(cos)cos()sin(

1)(cos)cos()sin(

1u)(cos)(cos

1 2

2

2222

+

∂∂∂

−∂∂

+∂∂

φθθφφθ

φθθφφ

θφθ

u

)(sin

)(cos)cos()sin(1u

)(sin

)(cos)cos()sin(1u)(cos)(cos

1 2

2

2

22

2

22

222

2 rrr

+∂∂

∂−

∂∂

+∂∂

∂−

∂∂

φθθ

φφθθθ

φθφ

φφφu

)sin(

)sin()cos()cos(1u

)sin(

)(sin)cos(1u)cos()sin(

1u)(sin

1 2

2

2

2

22

rrrrrr

∂∂

+∂∂

2

2

2

2

222

u

)(sin

)(sin1u

)(sin

)cos()sin(1

φθφ

φθφφ

rr

Selanjutnya substitusikan persamaan (45) kedalam persamaan (42) diperoleh

φθφ

θφθφθ

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂ u

r

u

r

ur

)sin(

)cos(1)sin()cos(

1

r)sin()sin(

y (49)

67


∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

=∂∂

y

u

ry

u

ry

ur

φθφ

θφθφθ

)sin(

)cos(1)sin()cos(

1

r)sin()sin(

y2

2

(50)


+

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂

φθφ

θφθφθφθ

u

r

u

r

ur

)sin(

)cos(1)sin()cos(

1

r)sin()sin(

r)sin()sin(

y2

2

+

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂∂

φθφ

θφθφθ

θφθ

u

r

u

r

u

r )sin(

)cos(1)sin()cos(

1

r)sin()sin()sin()cos(

1

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂∂

φθφ

θφθφθ

θθφ u

r

u

r

u

r )sin(

)cos(1)sin()cos(

1

r)sin()sin(

)sin(

)cos(1

−

∂∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

θφθ

θφθφθφθ

r

u

r

u

r

ur 2

22

2

2

2

)sin()cos(1

)sin()cos(1

r)sin()sin()sin()sin(

y

+

∂∂

∂+

∂∂∂

+∂∂

θφθφθ

φθφ

φθφ

r)sin()sin()sin()cos(

1

)sin(

)cos(1

)sin(

)cos(1 2

2

u

rr

u

r

u

r

+∂∂

−∂∂

+∂∂

−∂∂

φθθφ

θφθ

θφθφθ

u

r

u

r

u

rr

u

)(sin

)cos()cos(1)sin()cos(

1)sin()sin(

1)sin()cos(

22

2

+

∂∂∂

+∂∂

+

∂∂∂

φφθφθ

θφ

φθθφ

r)sin()sin(

r)sin()sin(

)sin(

)cos(1

)sin(

)cos(1 22 uu

r

u

r

∂∂

+∂∂

−∂∂

∂+

∂∂

2

22

)sin(

)cos(1

)sin(

)sin(1)sin()cos(

1)sin()cos(

1

φθφ

φθφ

φθφθ

θφθ

u

r

u

r

u

r

u

r

68

Sehingga 2

2

y

u

∂∂

adalah:

−

∂∂∂

+∂∂

−∂∂

=∂∂

θφθθ

θφθθφθ

r

u

r

u

r

ur 222

22

222

2

2

)(sin)cos()sin(1

)(sin)cos()sin(1

r)(sin)(sin

y

+∂∂

∂+

∂∂∂

+∂∂

θφφθ

φφφ

φφφ

r)(sin)sin()cos(

1)cos()sin(

1)cos()sin(

1 22

2

u

rr

u

r

u

r

−∂∂

+∂∂

−∂∂

2

222

2

2

2

22 )(sin)(cos1

)(sin)cos()sin(1

)(sin)(cos1

θφθ

θφθθφθ

u

r

u

rr

u

r

+∂∂

+

∂∂∂

+∂∂

r

u

r

u

r

u

r)(cos

1

)sin(

)cos()sin()cos(1

)(sin

)(cos)cos()sin(1 22

22

2

2φ

φθθφφθ

φθθφφ

−∂∂

∂+

∂∂

+∂∂

∂φθθ

φφθθθ

φφφ

φφu

r

u

rr

u

r

2

2

2

2

2

)sin(

)sin()cos()cos(1

)sin(

)(cos)cos(1)sin()cos(

1

∂∂

+∂∂

2

2

2

2

222 )(sin

)(cos1

)(sin

)cos()sin(1

φθφ

φθφφ u

r

u

r

Selanjutnya substitusikan persamaan (46) ke dalam persamaan (43) diperoleh

θθθ

∂∂

−∂∂

=∂∂ u

rr

ur)sin(

1)cos(

z (51)


∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

=∂∂

z)sin(

1

z)cos(

z2

2 r

r

r

r

r

θθθ (52)


∂∂

−∂∂

∂∂

−

∂∂

−∂∂

∂∂

=∂∂

θθθ

θθ

θθθθ

u

r

u

r

u

r

u

r

r)sin(

1

r)cos()sin(

1)sin(

1

r)cos()cos(

z2

2

69

−

∂∂∂

−∂∂

+∂∂

=∂∂

θθ

θθθθ

r

u

r

u

r

ur 2

2

2

2

2

)sin(1

)sin(1

r)cos()cos(

z

∂∂

−∂∂

−∂∂

∂+

∂∂

−2

22

)sin(1

)cos(1

r)cos()sin()sin(

1

θθ

θθ

θθθθ

u

r

u

r

u

r

u

r

Sehingga 2

2

z

u

∂∂

adalah:

−

∂∂

+

∂∂∂

−∂∂

+∂∂

=∂∂

r

u

rr

u

r

u

r

ur)(sin

1)sin()cos(

1)sin()cos(

1

r)(cos

z

22

22

22

2

2

θθ

θθθ

θθθ

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂2

22

22

2

)(sin1

)cos()sin(1

r)cos()sin(

1

θθ

θθθ

θθθ

u

r

u

r

u

r

Substitusikan persamaan 2

2

2

2

y

u,

x

u

∂∂

∂∂

, dan 2

2

z

u

∂∂

ke dalam persamaan (40), diperoleh

+

∂∂∂

+∂∂

−∂∂

θφθθ

θφθθφθ

r

u

rr

222

22

222 )(cos)sin()cos(

1u)(cos)sin()cos(

1

r

u)(cos)(sin

+

∂∂∂

−∂∂

rrr φφφ

φφφ

u)cos()sin(

1u)cos()sin(

1 2

2

+∂∂

−∂∂

∂+

∂∂

θφθθ

θφθθφθ

u

rr

u

rrr)(cos)cos()sin(

1)(cos)cos()sin(

1u)(cos)(cos

1 2

2

2222

+

∂∂∂

−∂∂

+∂∂

φθθφφθ

φθθφφ

θφθ

u

)(sin

)(cos)cos()sin(1u

)(sin

)(cos)cos()sin(1u)(cos)(cos

1 2

2

2

22

2

22

222

2 rrr

+∂∂

∂−

∂∂

+∂∂

∂−

∂∂

φθθ

φφθθθ

φθφ

φφφu

)sin(

)sin()cos()cos(1u

)sin(

)(sin)cos(1u)cos()sin(

1u)(sin

1 2

2

2

2

22

rrrrrr

∂∂

+∂∂

2

2

2

2

222

u

)(sin

)(sin1u

)(sin

)cos()sin(1

φθφ

φθφφ

rr+

70

−

∂∂∂

+∂∂

−∂∂

θφθθ

θφθθφθ

r

u

r

u

r

u 222

22

222 )(sin)cos()sin(

1)(sin)cos()sin(

1

r)(sin)(sin

+∂∂

∂+

∂∂∂

+∂∂

θφφθ

φφφ

φφφ

r)(sin)sin()cos(

1)cos()sin(

1)cos()sin(

1 22

2

u

rr

u

r

u

r

−∂∂

+∂∂

−∂∂

2

222

2

2

2

22 )(sin)(cos1

)(sin)cos()sin(1

)(sin)(cos1

θφθ

θφθθφθ

u

r

u

rr

u

r

+∂∂

+

∂∂∂

+∂∂

r

u

r

u

r

u

r)(cos

1

)sin(

)cos()sin()cos(1

)(sin

)(cos)cos()sin(1 22

22

2

2φ

φθθφφθ

φθθφφ

−∂∂

∂+

∂∂

+∂∂

∂φθθ

φφθθθ

φφφ

φφu

r

u

rr

u

r

2

2

2

2

2

)sin(

)sin()cos()cos(1

)sin(

)(cos)cos(1)sin()cos(

1

∂∂

+∂∂

2

2

2

2

222 )(sin

)(cos1

)(sin

)cos()sin(1

φθφ

φθφφ u

r

u

r+

−

∂∂

+

∂∂∂

−∂∂

+∂∂

r

u

rr

u

r

u

r

u)(sin

1)sin()cos(

1)sin()cos(

1

r)(cos

22

22

22 θ

θθθ

θθθθ

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂2

22

22

2

)(sin1

)cos()sin(1

r)cos()sin(

1

θθ

θθθ

θθθ

u

r

u

r

u

r=0

Maka persamaan potensialnya menjadi:

0u

)sin(

)cos(1

r

u2

)(sin

1u1

r

u22

2

222

2

22

2

=∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

θθθ

φθθ rr

u

rr

Atau

0u)(

r

u2

)(sin

1u1

r

u22

2

222

2

22

2

=∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

θθ

θθθ r

ctg

r

u

rr (53)

0)(sin

1u)(

u

r

u2

r

u12

2

22

22

2

2

2=

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

φφθθ

θu

ctgrrr

0)(sin

1u)sin(

)sin(

1

r

u

r

12

2

2

2

2=

∂∂

+

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

φθθθ

θθu

rr

(54)

71

Tujuan kita adalah ingin menentukan potensial suatu titik di sebelah dalam

dan sebelah luar luasan bola tersebut, dengan mengasumsikan bahwa ruang di

sebelah luar luasan bola bebas dari muatan-muatan lain. Karena potensial di S

tidak tergantung pada θ , maka demikian pula dengan potensial di dalam ruang

juga tidak tergantung pada θ . Sehingga 02

2

=∂∂φu

dan persamaan (54) menjadi:

0u

)sin()sin(

1

r

u

r

1 2

2=

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

θθ

θθr

r

Atau

0u

)sin()sin(

1

r

u

r

2 =

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

θθ

θθr (55)

Karena di S tak hingga potensialnya akan sama dengan nol, maka haruslah

0),(lim =∞→

θrur

(56)

Kita akan tentukan penyelesaian persamaan (55) dengan syarat (39) dan (56).

Andaikan )()(),( θθ HrGru = adalah penyelesaian dari persamaan (55) maka

dengan mensubstitusikan )()(),( θθ HrGru = ke dalam persamaan (55) dan

membagi persamaan yang dihasilkan dengan GH, diperoleh:

0d

dH)sin(

d

d

)sin(

G

dr

dGr

dr

dH

2 =

+

θ

θθθ

0d

dH)sin(

d

d

)sin(

G

dr

dGr

dr

dH

GH

1 2 =

+

θ

θθθ

−=

θ

θθθ d

dH)(sin

d

d

)(sinH

1

dr

dGr

dr

d

G

1 2

72

Andaikan kedua ruas dari persamaan terakhir ini merupakan suatu konstanta

misalnya k, maka diperoleh:

k=

−θ

θθθ d

dH)(sin

d

d

)(sinH

1

Atau

0d

dH)(sin

d

d

)(sin

1=+

kH

θθ

θθ (57)

Dan

kdr

dGr

dr

d

G

1 2 =

kGdr

dGr

dr

d 2 =

0kGdr

dGr

dr

d 2 =−

0kGdr

dG2

dr

Gdr

2

22 =−+ r

Persamaan terakhir ini dapat dinyatakan sebagai 022 =−′+′′ kGGrGr

yang merupakan persamaan Cauchy-Euler. Sehingga penyelesaiannya dapat

didefinisikan dalam bentuk αrG = . Agar penyelesaiannya mempunyai bentuk

yang sederhana, kita ganti k dengan )1( +nn , n sebarang bilangan.

Sehingga persamaannya menjadi

0)1(22 =+−′+′′ GnnGrGr (58)

Dengan mensubstitusi αrG = ke dalam persamaan (58) diperoleh:

01)rn(n2rαr1)rα(αrα1α2α2 =+−+− −−

73

[ ] 0r1)n(n2α1)α(α α =+−+−

01)n(n2α1)α(α =+−+−

01)n(n2α2 =+−+−αα

01)n(nα2 =+−+α

01)n(n1)α(α =+−−

01))(nn)((α =++− α

Diperoleh bahwa 1nαdannα −−== .

Jadi penyelesaiannya adalah: n

n rrG =)( dan 1

* 1)( +=

nnr

rG

Selanjutnya akan ditentukan penyelesaian dari persamaan (57), dengan

mensubstitusi )1( += nnk , maka persamaan (57) menjadi:

01)Hn(nd

dH)sin(

d

d

)sin(

1=++

θ

θθθ

(59)

Andaikan )cos(θ=w maka 221)(sin w−=θ dan

dw

d)sin(

d

dw

dw

d

d

dθ

θθ−== .

Sehingga persamaan (45) menjadi

01)Hn(ndw

dH)w(1

dw

d 2 =++

− (60)

Atau

01)Hn(ndw

dH2

dw

Hd)w(1

2

22 =++−− w

Persamaan ini merupakan persamaan Legendre, sehingga untuk bilangan

bulat L,2,1,0=n polinomial Legendre ))((cosP(w)PH nn θ== adalah

74

penyelesaian dari persamaan diferensial Legendre (60), sehingga diperoleh dua

barisan penyelesaian dari GHu = , yaitu

))(cos(),( θθ n

n

nn PrAru = dan ))(cos(Pr

B),r(u n1n

n*

n θφ +=

dengan n=0,1,2,..., dan konstanta.sebarangBdanA nn

Karena penyelesaian yang kita peroleh ini harus memenuhi syarat (56),

maka untuk daerah di dalam luasan bola tidak mungkin terdapat pangkat-pangkat

negatif untuk r.

Sehingga diperoleh persamaan potensial di dalam luasan bola adalah

))(cos(PrA),r(u n

0n

n

n θθ ∑∞

=

= (61)

Tetapi persamaan ini juga harus memenuhi syarat (39), maka harus berlaku

bahwa:

)())(cos(PRA),R(u n

0n

n

n θθθ f== ∑∞

=

(62)

Dengan menggunakan sifat keortogonalan polinomial Legendre, maka

diperoleh K0,1,2,n,d)sin())(cos(P)(f2R

12nA n

π

0

nn =+

= ∫ θθθθ

Jadi persamaan potensial di dalam luasan bola adalah:

))(cos(PRA),R(u n

0n

n

n θθ ∑∞

=

=

dengan koefisien - koefisien θθθθ d)sin())(cos(P)(f2R

12nA n

π

0

nn ∫+

= (63)

Untuk daerah di luar luasan bola tidak mungkin terdapat pangkat-pangkat

positif untuk r. Sehingga diperoleh dahwa persamaan potensial di luar luasan

75

bola adalah ))(cos(Pr

B),r(u n1n

n*

n θθ += . Tetapi karena persamaan ini juga harus

memenuhi syarat (39), maka dengan menggunakan sifat keortogonalan polinomial

Legendre diperoleh bahwa .d)sin())(cos(P)(fR2

12nB n

π

0

1n

n θθθθ∫++=

Jadi diperoleh bahwa persamaan potensial suatu titik di luar luasan bola adalah:

))(cos(Pr

B),r(u n1n

nn θθ

+=

dengan koefisien - koefisien .d)sin())(cos(P)(fR2

12nB n

π

0

1n

n θθθθ∫++=

3.1.1 Kapasitor bola

Tentukan potensial di dalam dan di luar sebuah kapasitor berbentuk bola

yang terdiri atas dua bagian bola metalik yang berjari-jari 1 ft yang dipisahkan

oleh suatu celah kecil untuk insulasi, jika separuh bola bagian atas dipertahankan

pada 110 volt sedangkan bagian bawahnya dihubungkan ke tanah.

Gambar 1

76

Penyelesaian:

Syarat batasnya adalah

≤<

<≤=

π2

πuntuk0

2

π0untuk110

)(f

θ

θθ

Karena diketahui 1=R , maka dari (63) diperoleh

∫+

=2

π

0

nn d)sin())((cosP110.2

12nA θθθ

Jika kita ambil )cos(θ=w untuk (w)dwPd)sin())(cos(P nn −=θθθ dan dari

pembahasan persamaan Legendre sebelumnya diketahui bahwa:

∑=

−

−−−

−=M

0m

2mn

n

m

n w2m)!(nm)!(nm!2

2m)!(2n1)((w)P , dengan

2

nM = untuk n genap

dan 2

)1( −=n

M untuk n ganjil.

Sehingga diperoleh bahwa

∫+=1

0

nn dw(w)P1)55(2nA

∫∑ −

= −−−

−+=1

0

2mnM

0mn

m dww2m)!(nm)!(nm!2

2m)!(2n1)(1)55(2n

12

1

2m)!(nm)!(nm!

2m)!(2n1)(

2

12n55

M

0m

m

n +−⋅

−−−

−+

= ∑= mn

∑= +−−

−−

+=

M

0m

m

n )!12(m)!(nm!

2m)!(2n1)(

2

12n55

mn

Dengan mengambil 0=n maka diperoleh 550 =A .

Untuk L,2,1=n diperoleh:

77

2

165

!2!1!0

!2

2

1651 ==A

0!1!1!1

!2

!3!2!0

!4

4

1752 =

−=A

8

385

!2!2!1

!4

!4!3!0

!6

8

3853 −=

−=A

...........................................

Jadi persamaan potensial di dalam bola adalah:

L+−+= ))(cos(8

385))(cos(

2

16555),( 3

3

1 θθθ PrrPru

L+

−−+= )cos(2

3))(cos(

2

5

8

385)cos(

2

16555),( 33 θθθθ rrru

dengan K,,, 321 PPP diberikan pada tabel polinomial Legendre (Tabel 1).

Karena 1=R maka nn AB = , sehingga potensial di luar bola adalah:

L+−+= ))(cos(8

385))(cos(

2

16555),( 3312

θθθ Pr

Prr

ru

L+

−−+= )cos(2

3))(cos(

2

5

8

385)cos(

2

16555),( 3

32θθθθ

rrrru

78

3.1.2 Kapasitor bola berongga

Tentukan potensial di dalam dan di luar sebuah kapasitor bola berongga

yang jari – jarinya satu apabila separo dari permukaannya diberi potensial v

sedang separo permukaan lainnya diberi potensial nol.

Gambar 2

Penyelesaian:

Syarat batasnya adalah

<<

<<=

π2

πuntuk0

2

π0untukv

),(v0

θ

θθr

Karena diketahui 1=R , maka dari (63) diperoleh

∫+

=2

π

0

n0n d)sin())((cosP2

12nA θθθv

Jika kita ambil )cos(θ=w untuk (w)dwPd)sin())(cos(P nn −=θθθ dan dari

pembahasan persamaan Legendre sebelumnya diketahui bahwa:

∑=

−

−−−

−=M

0m

2mn

n

m

n w2m)!(nm)!(nm!2

2m)!(2n1)((w)P , dengan

2

nM = untuk n genap

dan 2

)1( −=n

M untuk n ganjil.

Sehingga diperoleh bahwa

79

∫+

=1

0

n0n dw(w)P2

12nvA

∫∑ −

= −−−

−+

=1

0

2mnM

0mn

m

0 dww2m)!(nm)!(nm!2

2m)!(2n1)(

2

12nv

12

1

2m)!(nm)!(nm!

2m)!(2n1)(

2.2

12n55

M

0m

m

n +−⋅

−−−

−+

= ∑= mn

∑=

+ +−−−

−+

=M

0m

m

1n )!12(m)!(nm!

2m)!(2n1)(

2

12n55

mn

Dengan mengambil 0=n maka diperoleh 002

1vA = .

Untuk L,2,1=n diperoleh:

001 v4

3

!2!1!0

!2v

4

3==A

0!1!1!1

!2

!3!2!0

!4

8

502 =

−= vA

00316

7

!2!2!1

!4

!4!3!0

!6

16

7vvA −=

−=

...........................................

Jadi persamaan potensial di dalam bola adalah:

L+−+= ))(cos(16

7))(cos(

4

3

2

1),( 3

3

0100 θθθ PrvrPvvrv

+−+= L))(cos(8

7))(cos(

2

31

2),( 3

3

10 θθθ PrrPv

rv

+

−−+= L)cos(2

3))(cos(

2

5

8

7)cos(

2

31

2),( 330 θθθθ rr

vrv

dengan K,,, 321 PPP diberikan pada tabel polinomial Legendre (Tabel 1).

80

Karena 1=R maka nn AB = , sehingga potensial di luar bola adalah:

+−+= L))(cos(8

7))(cos(

2

31

2),( 331

0 θθθ Pr

Prr

vrv

+

−−+= L)cos(2

3))(cos(

2

5

8

7)cos(

2

31

2),(

3

3

0 θθθθrrr

vrv

81

BAB IV

PENUTUP

Berdasarkan pembahasan pada bab sebelumnya, maka dapat diambil

beberapa kesimpulan.

Suatu Persamaan Diferensial Linear Homogen orde dua mempunyai

bentuk umum

0)()()( 012 =+′+′′ yxayxayxa (1)

dimana 0)(2 ≠xa

Dari beberapa Persamaan Diferensial Linear Homogen orde dua dengan

koefisien variabel yang dikenal dengan Persamaan Diferensial Legendre.

Persamaan Diferensial Legendre merupakan bentuk khusus dari persamaan

diferensial linear homogen orde kedua dengan variabel, dimana bentuk umum

Persamaan Diferensial Legendre adalah

0)1(2)1(2 =++′+′′− ynnyxyx (2)

dengan n adalah konstan.

Pada umumnya tidak ada jalan untuk menyelesaikan persamaan diferensial

linear homogen orde kedua dengan koefisien variabel secara ekplisit, kecuali

persamaan yang mempunyai bentuk sangat khusus. Ada suatu metode untuk

menyelesaikan persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan

koefisien variabel yaitu dengan menggunakan deret pangkat. Metode penyelesaian

ini disebut metode deret pangkat dan dengan menggunakan metode deret pangkat

ini akan dihasilkan suatu penyelesaian dalam bentuk deret pangkat. Selain itu

82

untuk menentukan akar-akar persamaan indisial persamaan diferensial linear

homogen orde kedua dengan koefisien variabel yaitu dengan metode Frobenius.

Persamaan diferensial Legendre ini mempunyai titik singular untuk

10 ±=x . Oleh karena itu titik 00 =x merupakan titik biasa dari persamaan

diferensial Legendre.

Jika diketahui 0x = 0 titik biasa dan dengan mensubstitusi

∑∞

=

=0m

m

mxay(x) dan turunan - turunannya ke dalam persamaan (2), diperoleh:

0xa1)n(nxma2xxa1)m(m)x(10m

m

m

1m

1m

m

2m

m

2m

2 =++−−− ∑∑∑∞

=

∞

=

−−∞

=

(3)

Jika persamaan (3) dijabarkan, maka akan di dapat relasi berulangnya adalah:

( )2m0,a

2)1)(m(m

1)mm)(n(na m2m ≥=

++++−

−=+ (4)

Jika diambil 10 adana sebagai konstanta sebarang, maka diperoleh:

02!2

)1(a

nna

+−=

13!3

)2)(1(a

nna

+−−=

024!4

)3)(1)(2(

3.4

)3)(2(a

nnna

nna

++−=

+−−=

LLLLLLLLLLL

135!5

)3)(2)(1)(3(

4.5

)4)(3(a

nnnna

nna

++−−=

+−−=

Sehingga diperoleh penyelesaian deretnya adalah:

L++−

−+

−+== ∑∞

=

3

0

2

010

0 !3

)2)(1(

!2

)1()( xa

nnxa

nnxaaxaxy

m

m

m

83

+++−−

−+−

−+

+++−

−+

−=

L

L

53

1

42

0

!5

)4)(2)(1)(3(

!3

)2)(1(

!4

)2)(1()2(

!2

)1(1)(

xnnnn

xnn

xa

xnnnn

xnn

axy

Atau dengan),()()( 2110 xyaxyaxy +=

L+++−

−+

−= 42

1!4

)3)(1()2(

!2

)1(1)( x

nnnnx

nnxy

m

m

m xm

mnnmnnn 2

0 )!2(

)12()3)(22()2()1(1

−+++−−−+= ∑

∞

=

LL

L+++−−

−+−

−= 53

2!5

)4)(2)(1)(3(

!3

)2)(1()( x

nnnnx

nnxxy

12

0 )!12(

)2()4)(2)(12()3)(1()1( +

∞

= +++++−−−

−+= ∑ m

m

m xm

mnnnmnnnx

LL

Dari penyelesaian deret yang kita peroleh di atas, jika n diberi suatu nilai

tertentu, maka diperoleh suatu penyelesaian yang berbentuk polinomial untuk

persamaan diferensial Legendre (2). Polinomial-polinomial yang diperoleh

dengan mengambil nilai n tertentu ini disebut sebagai polinomial Legendre dan

dinyatakan sebagai )(xPn

∑=

−

−−−

−=M

m

mn

n

m

n xmnmnm

mnxP

0

2

)!2()!(!2

)!22()1()(

Penerapan dari Persamaan Diferensial Legendre dalam penyelesaian

Persamaan Diferensial Linear homogen orde kedua dengan koefisien variabel

dapat ditemukan dalam elektrostatik yaitu pada kajian Potensial dalam Koordinat

bola.

84

DAFTAR PUSTAKA

Abdulah, R. (1990). Metode Matematika dalam Fisika. Bandung: Angkasa

Deo, S.G. and V. Raghavendra. (1980). Ordinary Differential Equation and

Stability Theory. New Delhi: Tata Me Graw-Hill

Finizio, N. And G. Lades. (1988). Persamaan Diferensial Biasa dengan

Penerapan Modern (diterjemahkan Dra. Widiarti Santoso) Edisi ke-2.

Jakarta: Erlangga

Finny, R.L. and Donald, R.O. (1981). Elementary Differential Equations with

Linear Algebra. Sydney: Addison-Wesley

Griffiths, D.J. (1986). Introduction To Electrodynamics. Second Edition. New

Jersey: Prentice Hall

Jackson, John David. (1975). Classical Electrodynamics. Second Edition. New

York: Canada

Kreyszing, E. (1993). Matematika Teknik Lanjutan (diterjemahkan Bambang

Sumanti). Edisi ke-6. Buku ke-1. Jakarta: Gramedia

Rice, B.J. and Jerry, D.S. (1986). Ordinary Differential Equations with

Applications. Monterey; California: Broks/ Cole

Van Der Pol, B. And H. Bremmer. (1959). Operasional Calculus. New York:

Cambridge

PERSAMAAN DIFERENSIAL LEGENDRE DAN PENERAPANNYA … · orde kedua dengan koefisien variabel yang mempunyai bentuk (1−x 2 )y′′+2xy′+n(n+1) y =0 dengan n adalah bilangan bulat

Documents