PERSAMAAN DIFERENSI LINEAR
DAN APLIKASINYA
S K R I P S I
Disusun dalam Rangka Menyelesaikan Studi Strata 1
Untuk Memperoleh Gelar Sarjana Sains
Disusun Oleh :
Nama : Rina Andriani
Nim : 4150401009
Prodi : Matematika S1
Jurusan : Matematika
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG
2005
ABSTRAK
Rina Andriani (4150401009), Persamaan Diferensi Linear dan Aplikasinya. Jurusan
Matematika, Fakultas MIPA, Universitas Negeri Semarang 2005.
Dalam masalah rekayasa di bidang fisika, biologi, matematika, dan terapan-terapan
lainnya, persamaan diferensial sering ditemui dalam bentuk model matematisnya, dimana dalam
masalah-masalah itu ada variabel tak bebas y dan tergantung pada variabel bebas t yang kontinu.
Meskipun demikian, dalam banyak penerapannya variabel bebas bisa diambil sebagai nilai-nilai
diskrit. Hal inilah yang akan membawa kepada apa yang dinamakan dengan Persamaan
Diferensi.
Permasalahan dalam penelitian ini adalah mencari solusi umum persamaan diferensi
linear orde satu dan dua baik untuk persamaan homogen maupun nonhomogen, serta aplikasinya
dalam bidang biologi. Selain itu juga akan dibahas dua metode untuk mencari solusi persamaan
diferensi linear non homogen yaitu metode koefisien yang tak diketahui dan metode
transformasi-Z. Tujuan dari penelitian ini adalah mendapatkan solusi umum persamaan diferensi
orde satu dan dua baik untuk persamaan homogen maupun nonhomogen serta dapat
menggunakan persamaan diferensi dalam bidang biologi.
Penelitian ini dilakukan melalui tinjauan pustaka terhadap buku-buku atau literatur.
Dari tinjauan pustaka tersebut, kemudian dibahas materi-materinya secara mendalam.
Dari hasil pembahasan dapat disimpulkan bahwa untuk mencari solusi umum
persamaan diferensi linear homogen orde satu adalah
yn = c
n
a
b
− , dengan n = 0, 1, 2, … , dan c sembarang konstanta. Dan orde dua adalah
tergantung pada 3 kemungkinan nilai r1 dan r2 yang diperoleh dari persamaan karakteristik dari
persamaan diferensinya. Kemudian solusi umum persamaan diferensi linear nonhomogen dicari
dengan dua metode yaitu: metode diskrit koefisien yang tak diketahui dan transformasi-Z. Dan
persamaan diferensi ini akan diaplikasikan dalam bidang biologi. Persamaan diferensi yang
dibahas disini dapat dikembangkan untuk persamaan diferensi linear dengan orde yang lebih
tinggi ataupun untuk persamaan diferensi nonlinear.
MOTTO DAN PERUNTUKAN
MOTTOMOTTOMOTTOMOTTO
“ Jadikanlah sabar dan sholat sebagai penolongmu” (Q.S. Al Baqoroh: 45)
“ Imajinasi lebih berharga daripada sekedar ilmu pasti” (Albert Einstein)
“Disaat kita mau berusaha keberhasilan akan selalu menyertai kita”
“ Failed in strunggle doesn’t mean a decline”
PERUNTUKANPERUNTUKANPERUNTUKANPERUNTUKAN
Puji syukur kepada Allah swt atas terselesainya skripsi ini.
Kuperuntukan karya ini kepada:
1. Bapak dan Ibu tercinta yang telah memberikan kasih
sayangnya .
2. Kakak dan adikku tercinta.
3. Aa’ Sugeng tersayang.
4. Guruku serta dosenku yang telah memberikan pengetahuan
serta ilmunya.
KATA PENGANTAR
Puji dan syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT., atas limpahan petunjuk dan
karunia-Nya, sehingga penulis dapat menyelesaikan penulisan skripsi yang berjudul “
Persamaan Diferensi Linear dan Aplikasinya”.
Ucapan terima kasih penulis sampaikan kepada:
1. Dr. H.A.T. Soegito, S.H., M.M. Rektor Universitas Negeri Semarang.
2. Drs. Kasmadi Imam S., M.S. Dekan FMIPA Universitas Negeri Semarang.
3. Drs. Supriyono, M.Si. Ketua Jurusan Matematika FMIPA Universitas Negeri Semarang.
4. Drs. Khaerun, Msi, pembimbing I yang telah memberikan bimbingan dan arahan kepada
penulis dalam menyusun skripsi ini.
5. Drs. Moch Chotim, M.S, Pembimbing II yang telah memberikan bimbingan, dan arahan
kepada penulis dalam menyusun skripsi ini.
6. Segenap sivitas akademika di jurusan Matematika FMIPA UNNES.
7. Ayah dan Ibu yang senantiasa mendoakan serta memberikan dorongan baik secara moral
maupun spiritual dan segala yang ternilai.
8. Kakakku dan adikku yang telah mendorong dalam proses penyelesaian skripsi ini.
9. Sayangku Aa’ Sugeng yang tak henti-hentinya memberikan dorongan serta semangat untuk
segera menyelesaikan skripsi ini.
10. Sahabat-sahabatku Ajeng, Pooi, dan Sari yang telah memberikan dorongan untuk segera
menyelesaikan skripsi ini, serta teman-teman kost lumintu dan kost berkah semuanya.
11. Teman-temanku Woro, Lidia, Puput, Nany, Mey, Eli, Dwi, Taufik, Sigit, Ardi, Bowo, Doni
dan semua angkatan 2001 yang selalu memberiku semangat dan dorongan hingga selesainya
skripsi ini.
12. Orang-orang yang telah memberikan inspirasi, baik disengaja maupun tidak, serta pihak-
pihak yang telah memberikan segala dukungan baik langsung maupun tidak langsung,
material maupun immaterial, hingga proses penyusunan skripsi ini berjalan dengan lancar
sampai terselesainya skripsi ini.
Akhirnya penulis berharap semoga skripsi ini bermanfaat.
Semarang, Agustus 2005
Penulis
DAFTAR ISI
HALAMAN JUDUL ........................................................................................ i
HALAMAN PENGESAHAN .......................................................................... ii
ABSTRAK ......................................................................................................iii
MOTTO DAN PERSEMBAHAN................................................................... iv
KATA PENGANTAR ..................................................................................... v
DAFTAR ISI .................................................................................................vii
BAB I PENDAHULUAN ............................................................................ 1
A. Latar Belakang Masalah................................................................ 1
B. Permasalahan ................................................................................ 2
C. Tujuan Penelitian .......................................................................... 2
D. Manfaat Penelitian ........................................................................ 3
E. Sistematika Penulisan Skripsi........................................................ 3
BAB II LANDASAN TEORI ....................................................................... 5
A. Persamaan Diferensi...................................................................... 5
B. Beberapa Solusi Teori Dasar ........................................................ 6
C. Masalah Nilai Awal .................................................................... 14
D. Fungsi ......................................................................................... 15
E. Derivatif(turunan)…………………………………………………15
F. Beberapa Definisi dan Toerema dari Barisan dan Deret………….16
G. Deret Khusus……………………………………………………...19
H. Transformasi-Z……………………………………………………20
BAB III METODOLOGI PENELITIAN .................................................... 24
A. Menentukan Masalah ................................................................. 24
B. Merumuskan Masalah ................................................................ 24
C. Studi Pustaka .............................................................................. 24
D. Analisis dan Pemecahan Masalah................................................ 25
E. Penarikan Simpulan .................................................................... 25
BAB IV PEMBAHASAN ............................................................................. 26
A. Mencari solusi umum persamaan diferensi linear homogen ......... 26
B. Mencari solusi umum persamaan diferensi linear nonhomogen ... 35
C. Aplikasi persamaan diferensi dalam bidang biologi……………...43
BAB IV PENUTUP ...................................................................................... 45
A. Simpulan .................................................................................... 45
B. Saran .......................................................................................... 47
DAFTAR PUSTAKA ..................................................................................... 48
BAB I
PENDAHULUAN
A. LATAR BELAKANG MASALAH
Akhir-akhir ini dengan meluasnya penggunaan sirkuit digital, simulasi komputer,
dan metode numerik, membuat topik ini menjadi penting, karena semua itu menggunakan
persamaan diferensi sebagai konsep dasarnya.
Dalam masalah rekayasa dibidang fisika, biologi, matematika, dan terapan-terapan
lainnya, persamaan diferensial sering ditemui dalam bentuk model matematisnya, dimana
dalam masalah-masalah itu ada variabel tak bebas y dan tergantung pada variabel bebas t
yang kontinu. Meskipun demikian, dalam banyak penerapannya variabel bebas bisa diambil
sebagai nilai-nilai diskrit. Hal inilah yang akan membawa kepada apa yang dinamakan
dengan Persamaan Diferensi.
Untuk mendapat solusi-solusi persamaan diferensi tersebut, dapat digunakan versi
diskrit dari persamaan diferensial seperti metode koefisien tak diketahui (undertermined
coefficient), metode variansi parameter, transformasi-Z (yang merupakan versi diskrit
transformasi-laplace), dan lain-lain. Dengan demikian persamaan diferensi merupakan versi
diskrit dari sebagian besar teknik-teknik persamaan diferensial.
Dalam penulisan kali ini hanya membahas persamaan diferensi linear orde satu dan
dua baik untuk persamaan homogen maupun nonhomogen, serta aplikasinya dalam bidang
biologi. Selain itu juga akan dibahas dua metode untuk mencari solusi persamaan diferensi
linear nonhomogen yaitu metode koefisien yang diketahui dan metode transformasi-Z. 1
Dari uraian diatas maka penulis mengangkat judul “ Persamaan Diferensi Linear
dan Aplikasinya “ , sebagai judul skripsi.
B. PERMASALAHAN
1. Bagaimana mendapatkan solusi umum persamaan diferensi linear homogen dengan
koefisien konstan.
2. Bagaimana mendapatkan solusi umum untuk persamaan diferensi linear nonhomogen
dengan koefisien konstan dan dengan menggunakan metode koefisien tak diketahui dan
metode transformasi-Z.
3. Bagaimana aplikasi persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.
C. TUJUAN PENELITIAN
1. Mendapatkan solusi umum persamaan diferensi linear homogen dengan koefisien
konstan.
2. Mendapatkan solusi umum untuk persamaan diferensi linear nonhomogen dengan
koefisien konstan dan dengan menggunakan metode koefisien tak diketahui dan metode
transformasi-Z.
3. Dapat menggunakan persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.
D. MANFAAT PENELITIAN
Untuk mendapatkan wawasan dan pengetahuan tentang diferensi linear khususnya
persamaan diferensi linear dengan orde satu dan orde dua.
E. SISTEMATIKA PENULISAN SKRIPSI
Penulisan skripsi ini secara garis besar dibagi menjadi tiga bagian, yaitu bagian
awal, bagian isi, dan bagian akhir.
Bagian awal, memuat halaman judul, abstrak, halaman pengesahan, halaman motto,
halaman persembahan, kata pengantar, dan daftar isi.
Bagian isi terbagi atas 5 bab, yaitu:
BAB I PENDAHULUAN
Membahas tentang alasan pemilihan judul, permasalahan yang diangkat, tujuan
penelitian, manfaat penelitian, dan sistematika penulisan skripsi.
BAB II LANDASAN TEORI
Mencakup pembahasan materi-materi pendukung yang digunakan dalam
pemecahan masalah.
BAB III METODE PENELITIAN
Memaparkan tentang prosedur atau langkah-langkah yang dilakukan dalam
penelitian ini meliputi menemukan masalah, perumusan masalah, studi pustaka,
analisis dan pemecahan masalah, penarikan simpulan.
BAB IV PEMBAHASAN
Dalam bab ini berisi pembahasan dan analisis dari penelitian.
BAB V PENUTUP
Berisi tentang kesimpulan dari hasil pembahasan dan saran yang ditujukan untuk
pembaca umumnya dan bagi penulis sendiri khususnya.
Bagian akhir memuat daftar pustaka sebagai acuan penulisan dan lampiran-lampiran yang
mendukung kelengkapan skripsi.
BAB II
LANDASAN TEORI
A. Persamaan Diferensi
Definisi 1.
Persamaan diferensi adalah persamaan yang menghubungkan perbedaan suku-suku dari
barisan bilangan-bilangan (y0, y1, y2, …, yn, … ) dengan nilai-nilai yn dari barisan tersebut
yang tidak diketahui kwatitasnya dan diharapkan untuk ditemukan. Barisan sering
dinotasikan dengan (yn)0=
∞=
n
n atau secara singkat (yn) ataupun yn. Kecuali ditunjukan
dengan cara lain selalu diasumsikan bahwa indeks n adalah bilangan bulat 0, 1, 2, … .
Contoh persamaan diferensi:
(1) yn+1 – 0,08yn = 1. (1)
(2) yn+2 – yn+1 + yn = 2n + 1. (2)
( Farlow, 1994; 396 )
Definisi 2.
Orde persamaan diferensi adalah selisih antara indeks terbesar dan indeks terkecil dari
anggota-anggota barisan yang muncul pada persamaan.
Dari persamaan di atas persamaan (1) adalah persamaan orde satu, dan persamaan (2) adalah
persamaan orde dua.
( Farlow, 1994; 396 )
Persamaan-persamaan Diferensi Linear
Bentuk umum dari persamaan diferensi linear orde satu dan orde dua berikut-berikut adalah:
anyn+1 + bnyn = fn dan (3)
anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = fn. (4)
Barisan-barisan (an), (bn), dan (cn) menyatakan koefisien-koefisien yang diberikan dan yn,
yn+1, yn+2 adalah barisan-barisan konstan atau tergantung pada n.
5
Jika semua suku-suku dari barisan itu konstan, maka persamaannya dikatakan mempunyai
koefisien konstan, namun jika tidak persamaan tersebut dikatakan mempunyai koefisien
variabel.
Jika tidak semua anggota-anggota dari barisan (fn) adalah nol, maka persamaannya disebut
persamaan diferensi nonhomogen. Jika semua anggota-anggota (fn) adalah nol maka
persamaannya disebut persamaan diferensi homogen.
( Farlow, 1994; 397)
B. Beberapa Teori Solusi Dasar.
Teorema 3.
Jika dua barisan (un) dan (vn) adalah solusi dari persamaan diferensi linear homogen
Anyn+2 + Bnyn+1 + Cnyn = 0 (5)
maka setiap kombinasi linear dari barisan tersebut yang berbentuk
c1 (un) + c2 (vn) = (c1 un + c2 vn)
dengan c1 dan c2 sebarang konstan juga merupakan solusi dari persamaan diferensi (5).
Bukti:
Dipunyai (un) dan (vn) adalah solusi-solusi dari persamaan (5).
Jadi Anun+2 + Bnun+1 + Cnun = 0 (6)
dan Anvn+2 + Bnvn+1 + Cnvn = 0 (7)
Akan dibuktikan bahwa
c1 (un) + c2 (vn) = (c1 un + c2 vn)
juga merupakan solusi dari persamaan (5)
sehingga
An[c1un+2 + c2vn+2] + Bn[c1un+1 + c2vn+1] + Cn[c1un + c2vn]
= [ Anc1un+2 + An c2vn+2] + [Bnc1un+1 + Bn c2vn+1] + [Cnc1un + Cn c2vn]
= [ Anc1un+2 + Bnc1un+1 + Cnc1un] + [An c2vn+2 + Bn c2vn+1 + Cn c2vn]
= c1[Anun+2 + Bnun+1 + Cnun] + c2 [An vn+2 + Bn vn+1 + Cn vn]
= c1 0 + c2 0
= 0 + 0
= 0.
Jadi c1 (un) + c2 (vn) = (c1 un + c2 vn) juga merupakan solusi dari persamaan diferensi (5).
( Farlow, 1994; 400 )
Berikut disajikan definisi dan barisan yang bebas linear.
Definisi 4.
Dua barisan (un) dan (vn), n ≥ 0 dikatakan bebas linear jika dan hanya jika
A un + B vn = 0 ∀ n = 0, 1, 2, ... berakibat A = B = 0. (8)
Jika ada konstanta A dan B yang keduanya tidak sama dengan nol sedemikian hingga
persamaan (8) dipenuhi untuk semua n ≥ 0 maka kedua barisan itu dikatakan tak bebas
linear.
( Farlow, 1994; 400 )
Definisi 5.
Casoration C(un, vn) dari dua barisan (un) dan (vn) adalah barisan yang ditentukan dengan
determinan
C(un, vn) =
11 ++ nv
nu
nv
nu
= unvn+1 – un+1vn untuk n = 0, 1, 2, … . (9)
Jika (un) dan (vn) adalah solusi-solusi persamaan linear homogen, maka casoration C(un, vn)
dari dua barisan itu selalu nol atau tidak pernah nol untuk semua n.
Teorema 6.
Jika (un) dan (vn) adalah dua solusi yang bebas linear dari
anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = 0 (10)
maka setiap solusi (wn) dari persamaan (10) dapat dinyatakan sebagai
(wn) = c1 (un) + c2 (vn) (11)
dengan c1 dan c2 adalah suatu konstanta.
Bukti :
Dipunyai (un) dan (vn) adalah dua solusi persamaan (10). Jelas kombinasi linear c1 (un) + c2
(vn) juga merupakan solusi persamaan (11).
Akan dicari c1 dan c2.
Dipunyai (un) dan (vn) suatu solusi (10).
Ambil sembarang c1, c2 ∈R.
Bangun c1(un) + c2(vn).
Tulis c1(un) + c2(vn) = (wn).
(wn) adalah sembarang solusi persamaan (10).
Karena itu c1 dan c2 akan memenuhi dua suku pertama
w0 = c1u0 + c2v0
w1 = c1u1 + c2v1
Dari uji kebebasan linear, bentuk (unvn+1 – un+1vn) = 0 bukan barisan Casoration, sehingga
u0v1 – u0v1 ≠ 0. Tetapi karena kedua barisan yaitu (wn) dan c1 (un) + c2 (vn) memenuhi
persamaan diferensi dan syarat awal yang sama, maka keduanya haruslah barisan yang sama.
Dua solusi yang bebas linear (un) dan (vn) disebut suatu himpunan basis dari solusi, dan
himpunan semua kombinasi solusi ini disebut solusi umum dari persamaan (10).
( Farlow, 1994; 401 )
Solusi Persamaan Diferensi
Solusi dari persamaan diferensi adalah suatu barisan sederhana yang memenuhi persamaan
diferensi untuk semua nilai n = 0, 1, 2, … .
Teorema 7.
Solusi umum persamaan diferensi orde dua.
ayn+2 + byn+1 + cyn = 0. (n = 0, 1, 2, … ) (12)
tergantung pada dua akar r1 dan r2 dari persamaan karakteristik ar2+br +c = 0.
Karena a, b, dan c real, persamaan karakteristik mempunyai tiga kemungkinan nilai r1 dan r2,
yaitu:
1. Kasus r1 ≠ r2:
Jika r1 dan r2 akar-akar real dan berbeda, maka solusi umum persamaan (12) adalah:
yn = c1r1n + c2r2
n. (n = 0, 1, 2, … ) (13)
dengan c1 dan c2 adalah konstanta.
Bukti:
Kasus ini muncul bila diskriminan D = b2 – 4ac dari persamaan (12) bernilai positif, karena
dengan demikian akar-akarnya adalah r1 = a
Db
2
+− dan
r2 = a
Db
2
−−. Sehingga r n
1 dan r n
2 adalah dua barisan dari solusi persamaan diferensi linear
homogen ini. Jika r n
1 dan r n
2 adalah dua barisan dari solusi persamaan diferensi linear
homogen maka setiap kombinasi linear dari barisan tersebut adalah:
yn = c1r1n + c2r2
n, dengan c1 dan c2 sembarang konstan.
Jadi setiap kombinasi linear dari barisan r n
1 dan r n
2 dengan akar-akar real dan berbeda adalah
solusi umum dari persamaan (3).
2. Kasus r1 = r2:
Jika r = r1 = r2 = - a
b
2, maka solusi umum dari persamaan (12) adalah:
yn = c1rn + c2nr
n . (n = 0, 1, 2, … ) (14)
dengan c1 dan c2 adalah konstanta.
Bukti:
Dibuktikan dengan mensubstitusikan yn ke dalam persamaan (12) dengan
yn = c1rn + c2nr
n . (n = 0, 1, 2, … )
a[c1rn+2
+ c2(n+2)rn+2
] + b[c1rn+1
+ c2(n+1)rn+1
] + c[c1rn + c2nr
n]
= (ac1rn+2
+ ac2nrn+2
+ ac22rn+2
) + (bc1rn+1
+ bc2nrn+1
+ bc2rn+1
) + (cc1rn + cc2nr
n).
= (ac1rn+2
+ bc1rn+1
+ cc1rn) + (ac2nr
n+2 + bc2nr
n+1 + cc2nr
n) + (ac22r
n+2 + bc2r
n+1).
= c1(a rn+2
+ b rn+1
+ rn) + c2n (a r
n+2 + b r
n+1 + cr
n) + (ac22r
n+2 + bc2r
n+1).
= c1 0 + c2 0 + (ac22rn+2
+ bc2rn+1
).
= 0.
Jadi bentuk dalam kurung diatas yaitu:
ac22rn+2
+ bc2rn+1
= 0.
atau r = -a
b
2.Karena r = -
a
b
2 berarti persamaan karakteristik dari (12) mempunyai akar-akar
yang sama dan yn = c1rn + c2nr
n, (n = 0, 1, 2, … ) merupakan solusi dari persamaan (12).
3. Kasus (r1= reiθ
, r2= r e-iθ
):
Jika akar-akarnya adalah kompleks sekawan, r1 = p+iq dan r2 = p-iq, ditulis dalam bentuk
eksponen sebagai r1 = reiθ
dan r2 = r e-iθ
, dengan
r = 22qp + dan tg θ =
p
q, maka solusi umum dari persamaan (12) adalah:
yn = rn
(c1 cos nθ + c2 sin nθ ) (n = 0, 1, 2, … ) (15)
dengan c1 dan c2 adalah konstanta.
Bukti:
Bila diskriminannya kurang dari nol (b2 – 4ac < 0) maka akar-akarnya
r1 = p+iq dan r2 = p-iq dengan p = -a
b
2 dan q =
a
D
2. Dalam bentuk eksponen r1 dan r2 dapat
ditulis sebagai r1 = reiθ
dan r2 = r e-iθ
dengan
r = 22qp + dan tg θ =
p
q.
ex = ...
!3!21
32
++++xx
x
eix
= ...!3
)(
!2
)(1
32
++++ixix
ix
= ...!3!2
132
+−−+x
ix
ix
=
−+− ...
!4!21
42 xx + i
−+− ...
!5!3
53 xxx
= cos x + i sin x
eiθ
= cos θ + i sin θ .
Solusi umum persamaan (12) adalah:
yn = c1r1n + c2r2
n
= c1 (reiθ
)n + c2 (r e
-iθ)n.
= c1 rn e
inθ + c2 r
n e
-inθ.
= c1rn (cos nθ + i sin nθ ) + c2r
n (cos nθ - i sin nθ ).
= rn [ c1 (cos nθ + i sin nθ ) + c2 (cos nθ - i sin nθ )].
= rn
[(c1 cos nθ + c1 i sin nθ ) + (c2 cos nθ - c2 i sin nθ )].
= rn [(c1 cos nθ + c2 cos nθ ) + (c1 i sin nθ - c2 i sin nθ )].
= rn [ (c1 + c2) cos nθ + (c1 i – c2i) sin nθ ].
= rn
[C1 cos nθ + C2 sin nθ ].
Dengan C1 = c1 + c2 dan C2 = c1 i – c2 i.
Teorema 8.
Jika (pn) adalah solusi khusus dari persamaan nonhomogen
anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = fn, (n = 0, 1, 2, … ).
(an ≠ 0), maka setiap solusi dari persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk
(yn) = (hn) + (pn) (n = 0, 1, 2, … ).
dengan (hn) adalah solusi umum persamaan homogennya.
Bukti:
Jika (pn) adalah solusi khusus dari persamaan diferensi linear nonhomogen anyn+2 + bnyn+1 +
cnyn = fn
maka anpn+2 + bnpn+1 + cnpn = fn.
Akan ditunjukkan bahwa (hn) = (yn) – (pn) adalah solusi persamaan diferensi homogen.
anhn+2 + bnhn+1 + cnhn = an (yn+2 – pn+2) + bn(yn+1 – pn+1) + cn (yn - pn).
= an yn+2 – an pn+2 + bnyn+1 – bn pn+1 + cn yn - cn pn.
= (an yn+2 + bnyn+1+ cn yn) – (an pn+2 + bn pn+1+ cn pn).
= fn - fn
= 0.
Karena itu (hn) = (yn) – (pn) adalah solusi dari persamaan diferensi
anyn+2 + bnyn+1 + cnyn = 0.
Dengan demikian (yn) dapat ditulis sebagai:
(yn) = ((yn) – (pn)) + (pn)
= (hn) + (pn).
Teorema terbukti.
C. Masalah Nilai Awal.
Masalah menemukan suatu solusi untuk persamaan diferensi yang diberikan syarat awalnya
disebut “ masalah nilai awal “.
Bilamana bentuk masalah menggunakan persamaan orde satu atau dua, sering diasumsikan
bahwa satu anggota pertama atau dua anggota pertama dari barisannya yang diketahui.
Untuk persamaan orde satu, bentuk yn+1 diselesaikan dalam bentuk yn, kemudian dapat
ditentukan nilai-nilai y1, y2, y3, … dengan satu syarat awal y0. Sedangkan untuk persamaan
orde dua bentuk yn+2 diselesaikan dalam bentuk yn+1 dan yn, kemudian ditentukan nilai-nilai
y2, y3, y4, … dengan dua syarat awal y0 dan y1.
( Farlow, 1994; 398 )
D. Fungsi
Dipunyai pengaitan R : A → B.
R merupakan fungsi jika dan hanya jika :
(a) ∀ x∈A ∃ y∈B ∋ y = R(x) dan
(b) ∀ x1, x2∈A, x1 = x2, f(x1) = f(x2).
E. Derivatif (turunan)
Definisi 9.
Dipunyai f : (a, b) → R fungsi kontinu dan x0∈ (a,b).
Jika 0
lim
→h
h
xfhxf )()( 00 −+ ada,
maka 0
lim
→h
h
xfhxf )()( 00 −+ disebut turunan f di xo dan diberikan lambang f’(xo).
Teorema 11.
Dipunyai 0
lim
→h
h
xfhxf )()( 00 −+ = f(xo).
Jika f’(xo) ada maka f kontinu di x = xo.
Bukti:
Dipunyai f’(xo) ada.
Jelas f’(xo) = 0
lim
→h
h
xfhxf )()( 00 −+.
Tulis f’(xo) = a.
oxx →
⇔lim
. .)()( 0 a
xx
xfxf
o
=−
−
=→
⇔ )(lim
xfxx o
oxx →
lim = a(x - xo).
==→
⇔ )()(lim
o
o
xfxfxx
).(lim
o
o
xxaxx
−→
).()(lim
o
o
xfxfxx
=→
Jadi f kontinu di titik x = xo.
F. Beberapa definisi dan teorema dari barisan dan deret
Pengertian Barisan:
Dipunyai fungsi f : A → R.
Jelas Rf = ( f(1), f(2), f(3), … )
= ( f(1), f(3), f(2), … )
Perhatikan ( f(1), f(2), f(3), …) ≠ ( f(2), f(1), f(3), …).
Ekspresi ( f(1), f(2), f(3), …) disingkat (f(n))n∈A disebut barisan yang dibangun oleh fungsi
f.
Contoh
Suatu barisan disajikan dengan 5 unsur pertama, yaitu: (2, 4, 6, 8, 10, … ).
Jelas (2, 4, 6, 8, 10, … ) = (2.1, 2.2, 2.3, 2.4, … ).
Jadi (2, 4, 6, 8, 10, … ) = (2n)n∈A.
Definisi 10.
Barisan (an) mempunyai limit L ⇔ untuk setiap ε > 0 terdapat suatu bilangan asli N
sehingga | an – L | < ε apabila n > N.
Diketahui (an)n∈A konvergen ke L dan ditulis
∞→n
Limitan = L.
Definisi 11.
Barisan an dikatakan
i. naik apabila an < an+1 untuk semua n.
ii. turun apabila an > an+1 untuk semua n.
suatu barisan yang naik atau turun disebut monoton.
Contoh :
(1) Barisan2
1,
3
2,4
3, …,
1+n
n, … adalah naik.
(2) Barisan 1, 2
1,
3
1,4
3, …,
n
1, … adalah turun.
Definisi 12.
Bilangan C disebut batas bawah barisan (an) apabila C ≤ an untuk semua bilangan bulat
positif n dan bilangan D disebut batas atas barisan (an) apabila an ≤ D untuk semua bilangan
bulat positif n.
Definisi 13.
Barisan (an) dikatakan terbatas jika dan hanya jika barisan terbatas tersebut mempunyai
batas atas dan batas bawah.
Teorema 14.
Suatu barisan yang monoton terbatas adalah konvergen.
Bukti :
Dipunyai barisan (an) monoton naik dan terbatas di atas.
Tulis A = (an : n ∈ N ) ⊆ R.
Jelas A terbatas di atas.
Tulis a = sup A.
Ambil sembarang ε > 0.
Jelas a – ε bukan suatu batas atas A.
Pilih n0∈ N ∋ a – ε < an 0 .
Dipunyai (an)n∈N monoton naik.
Jelas an > an 0 ∀ n > no.
Jadi a – ε < an 0< an ≤ a < ε.
Jadi ∀ ε > 0 ∃ no∈ N ∋ | an – a | < ε maka n > no.
Jadi (an)n∈N → a.
Jadi (an) adalah suatu barisan yang konvergen.
Definisi 15.
Dipunyai (un) suatu barisan dan
Sn = u1 + u2 + u3 + … + un
Barisan (sn) disebut deret tak hingga.
Deret tak hingga ini dinyatakan dengan :
∑∞
=1n
nu = u1 + u2 + u3 + … + un + …
Bilangan – bilangan u1, u2, u3, …, un , … disebut suku–suku deret tak hingga, sedangkan
bilangan–bilangan s1, s2, s3, … disebut jumlah parsial deret tak hingga.
G. Deret khusus
a. Deret geometri didefinisikan sebagai: ∑∞
=1n
a rn-1
= a + ar + ar2
+ … .
Selanjutnya a disebut suku pertama dan r disebut rasio.
Jika | r | < 1 maka deret ∑∞
=1n
a rn-1
kovergen.
Jika | r | ≥ 1 maka deret ∑∞
=1n
a rn-1
divergen.
Jelas Sn = r
ran
−
−
1
)1(.
Kasus | r | < 1:
Jelas Sn = ∞→n
limSn.
= ∞→n
lim
r
ran
−
−
1
)1(.
= r
a
−1 .
b. Deret p didefinisikan sebagai: ∑∞
=1
1
np
n
= p
1
1 +
p2
1 +
p3
1 + … .
Dengan p adalah suatu konstanta, kovergen untuk p > 1 dan divergen untuk
p ≤ 1. Deret dengan p = 1 disebut deret harmonik.
H. Transformasi-Z.
Definisi 16.
Transformasi-Z dari barisan (yo, y1, y2, … ) adalah fungsi F(z) yang didefinisikan oleh deret
infinite:
F(z) = Z(yn ) = yo + z
y1 + 2
2
z
y +
3
3
z
y + … (18)
Transformasi-z adalah pemetaan dari klas barisan ke klas fungsi, sering ditunjukan dengan Z
: (yn) → F (z).
Barisan semula (yn) disebut juga transformasi kebalikan-Z atau invers transformasi-Z ataupun
kebalikan dari F(z). Ditunjukan dengan Z-1
[F(z)]. Jadi (yn) = Z-1
[F(z)].
(Farlow, 1994;413)
Contoh
Tentukan transformasi-Z dari barisan berikut:
a. (1) = (1, 1, 1, …, 1, … ).
b. (yn) = (1, r, r2, …, r
n, … ).
c. (yn) = (1, 2, 3, …,n, … ).
d. (yn) = (0, 1, 1, 1, …, 1, … ).
Penyelesaian:
a. Z(1) = 1 + z
1 +
2
1
z + … =
11
1−
− z =
1−z
z │z│>1.
b. Z(yn) = 1 + z
r +
2
2
z
r + … =
11
1−
− rz =
rz
z
− │z│> r.
c. Z(yn) = 1 + z
2 +
2
3
z + … =
2)1( z
z
− │z│>1.
d. Z(yn) = 0 + z
1 +
2
1
z + … =
z
1
1−z
z =
1
1
−z │z│>1.
Sifat-sifat Transformasi-Z.
Sifat-sifat berikut dipenuhi oleh transformasi-Z yaitu:
1. Sifat linear.
Z(ayn+bzn) = a Z(yn) + b Z(zn).
Bukti:
Z(ayn+bzn) = Σ (ayn+bzn) z-n
.
= (ayo + bzo) + z
bzay )( 11 ++
2
22 )(
z
bzay + + …
= (ayo + bzo) +
+
z
bz
z
ay 11 +
+
2
2
2
2
z
bz
z
ay + …
=
++ ...
2
21
z
az
z
ayayo +
++ ...
2
21
z
bz
z
bybyo
= a Z(yn) + b Z(zn). Terbukti.
2. Sifat pergeseran.
a. Z(yn+1) = z Z(yn) – z yo.
Bukti:
Z(yn+1) = y1 + ...3
4
2
32 +++z
y
z
y
z
y
= z
+++ ...
3
3
2
21
z
y
z
y
z
y
= z oo zyz
y
z
y
z
yy −
++++ ...
3
3
2
21 .
= z Z(yn) – z yn.
Terbukti.
b. Z(yn+1) = z2 Z(yn) – z
2yo – zy1.
Bukti:
Z(yn+2) = y2 + ...3
5
2
43+++
z
y
z
y
z
y
= z2
+++ ...
4
4
3
3
2
2
z
y
z
y
z
y
= z2 1
2
3
3
2
21 ... zyyzz
y
z
y
z
yy oo −−
++++
= z2 Z(yn) – z
2 yo – zy1. Terbukti.
3. Sifat derivatif
Z(nyn) = -z dz
d F(z).
dengan (yn) = (yo, y1, y2, … ).
(yn+1) = (y1, y2, y3, … ).
(yn+2) = (y2, y3, y4, … ).
Bukti:
Z(nyn) = 0yo + ...32
3
3
2
21 +++z
y
z
y
z
y
= -z
+−−− ...
320
4
3
3
2
2
1
z
y
z
y
z
y
= -z dz
z
y
z
y
z
yyd o
++++ ...
3
3
2
21
= -z dz
d F(z).
Terbukti.
BAB III
METODOLOGI PENELITIAN
Pada penelitian ini metode yang penulis gunakan adalah studi pustaka. Langkah-
langkah yang dilakukan adalah sebagai berikut :
A. Menentukan Masalah.
Dalam tahap ini dilakukan pencarian sumber pustaka dan memilih bagian dalam sumber
pustaka tersebut yang dapat dijadikan sebagai permasalahan.
B. Merumuskan Masalah.
Tahap ini dimaksudkan untuk memperjelas permasalahan yang telah ditemukan, yaitu :
1. Bagaimana mendapatkan solusi umum persamaan diferensi linear homogen dengan
koefisien konstan.
2. Bagaimana mendapatkan solusi umum untuk persamaan diferensi linear nonhomogen
dengan koefisien konstan dan dengan menggunakan metode koefisien tak diketahui
dan metode transformasi-Z.
3. Bagaimana aplikasi persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.
C. Studi Pustaka.
Dalam tahap ini dilakukan kajian sumber-sumber pustaka dengan cara mengumpulkan
data atau informasi yang berkaitan dengan permasalahan, mengumpulkan konsep
pendukung seperti definisi dan teorema serta membuktikan teorema-teorema yang
diperlukan untuk menyelesaikan permasalahan. Sehingga didapat suatu ide mengenai
bahan dasar pengembangan upaya pemecahan masalah.
D. Analisis dan Pemecahan Masalah.
Analisis dan pemecahan masalah dilakukan dengan langkah-langkah sebagai berikut :
1. Mencari solusi umum persamaan diferensi linear:
a. Untuk persamaan diferensi linear homogen.
24
b. Untuk persamaan diferensi linear nonhomogen.
Solusi umum persamaan diferensi linear nonhomogen dicari dengan dua metode yaitu
:
(i). Metode diskrit koefisien yang tak diketahui.
(ii).Transformasi-Z.
2. Pembahasan aplikasi persamaan diferensi linear dalam bidang biologi.
E. Penarikan Simpulan.
Tahap ini merupakan tahap akhir dari penelitian. Penarikan simpulan dari permasalahan
yang dirumuskan berdasarkan studi pustaka dan pembahasannya.
BAB IV
PEMBAHASAN
A. MENCARI SOLUSI UMUM PERSAMAAN DIFERENSI LINEAR HOMOGEN.
a. Persamaan Diferensi Orde Satu.
Bentuk umum dari persamaan diferensi linear orde satu dengan koefisien konstan adalah:
ayn+1 + byn = 0 (A.1)
dengan a dan b sembarang konstanta.
Solusi dari persamaan ini dapat ditemukan dengan mencoba menuliskannya dalam bentuk:
yn = rn
(A.2)
dengan r ≠ 0 dan r konstanta yang tidak diketahui.
Persamaan (A.2) disubstitusikan ke dalam persamaan (A.1), didapat
arn+1
+ brn = 0
rn(ar + b) = 0
Dari sini diperoleh ar+b= 0 yang disebut persamaan karakteristik dan r=-a
b yang disebut
akar persamaan karakteristik, dengan a ≠ 0. Maka solusi umum persamaan (A.1) adalah:
yn = c
n
a
b
− (A.3)
dengan c adalah sembarang konstanta.
Jika suku pertama yo dari barisan (A.3) diberikan maka persamaan (A.1) disebut masalah
nilai awal dan solusi yang dihasilkan oleh masalah nilai awal itu adalah:
yn = yo
n
a
b
− (A.4)
26
Contoh
Cari solusi dari masalah nilai awal dan gambarkan grafik dari 5 suku pertama solusi-
solusinya
1. yn+1 – 2yn = 0 y0 = 1
2. yn+1 – 0.5yn = 0 y0 = 1
selidiki juga barisannya konvergen atau divergen.
Penyelesaian
1. Persamaan karakteristik dari yn+1 – 2yn = 0 adalah r – 2 = 0 sehingga diperoleh r = 2.
Dengan demikian solusi dari persamaan diferensinya adalah yn = c2n dan solusi dari
masalah nilai awal adalah yn = 2n.
yo = 1
y1 = 21
= 2
y2 = 22
= 4
y3 = 23
= 8
y4 = 24
= 16
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0 1 2 3 4 5
(yn) = (2n│n =0, 1, 2,…).
Barisannya monoton naik, mempunyai batas bawah, dan tidak punya batas atas, sehingga
tidak terbatas.
Jadi barisan yn divergen.
2. Persamaan karakteristik dari yn+1 – 0.5yn = 0 adalah r – 0.5 = 0 sehingga r= 0.5. Dengan
demikian solusi dari persamaan diferensinya adalah yn=c(0.5)n dan solusi dari masalah
nilai awal adalah yn= (0.5)n.
yo = 1
y1 = 0.5 = 2
1
y2 = (0.5)2 =
4
1
y3 = (0.5)3
= 8
1
y4 = (0.5)4 =
16
1
yn
n
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 1 2 3 4 5
(yn) = ((2
1)n │n = 0, 1, 2, … ).
Barisannya monoton turun dan terbatas (mempunyai batas atas dan batas bawah).
Jadi barisan yn konvergen.
b. Persamaan Diferensi Orde Dua.
Pandang persamaan diferensi linear homogen dengan koefisien konstan
ayn+2 + byn+1 + cyn = 0. (n = 0, 1, 2, … ) (A.5)
dengan a, b, dan c sembarang konstanta.
Untuk menyelesaikan persamaan ini, dengan mencoba suatu solusi dalam bentuk yn = rn
dengan r ≠ 0 dan r konstanta yang tidak diketahui.
Dengan mensubtitusikan yn = rn ke dalam persamaan (A.5) diperoleh:
rn (ar
n + br + c) = 0.
persamaan ini memenuhi untuk semua n = 0, 1, 2, … jika dan hanya jika r memenuhi
persamaan karakteristik
yn
n
ar2 + br + c = 0. (A.6)
Solusi umum persamaan (A.5) dapat dilihat dari teorema 3.
Contoh
1. Cari solusi dari masalah nilai awal berikut dan gambarkan grafik dari lima suku pertama
solusinya
yn+2 + yn+1 – 6yn = 0, yo = 1, y1 = 0.
Penyelesaian:
Dicari dulu solusi umum dari persamaan diferensi. Persamaan karakteristiknya adalah:
r2 + r – 6 = (r-2)(r+3) = 0,
dengan akar-akar real dan tak sama yaitu r1 = 2, r2 = -3. Sehigga solusi umumnya adalah:
yn = c12n + c2(-3)
n (n = 0, 1, 2, … ).
Substitusikan ke dalam syarat awal yang diberikan didapat:
yo = c1 + c2 = 1.
y1 = 2c1 – 3c2 = 0.
Dengan solusi c1 = 5
3, c2 =
5
2. Dengan demikian solusi masalah nilai awal adalah:
yn = 5
3 2
n +
5
2 (-3)
n (n = 0, 1, 2, … ).
5 suku pertama solusinya adalah:
y1 = 0
y2 = 5
3 (2)
2 +
5
2 (-3)
2 = 6
y3 = 5
3 (2)
3 +
5
2 (-3)
3 = -6
y4 = 5
3 (2)
4 +
5
2 (-3)
4 = 42
-10
0
10
20
30
40
50
0 1 2 3 4 5
2. Cari solusi dari masalah nilai awal berikut dan gambarkan grafik dari 5 suku pertama
solusi-solusinya.
yn+2 – 6yn+1 + 9y = 0, yo = 2, y1 = 15.
Selidiki juga barisannya konvergen atau divergen.
Penyelesaian:
Dicari lebih dulu solusi umum persamaan diferensi. Persamaan karakteristiknya adalah:
r2 – 6r + 9 = (r - 3)
2 = 0.
Dengan akarnya adalah r1 = r2 = 3.
Jadi solusi umumnya adalah:
yn = c1 3n + c2 n 3
n (n = 0, 1, 2, … ).
Substitusikan persamaan ini ke dalam syarat awal yang diberikan didapat:
yo = c1 = 2
y1 = 3c1 + 3c2 = 15
dengan c1 = 2 dan c2 = 3. Dengan demikian solusi dari masalah nilai awal semula adalah:
yn
n
yn = 2 (3n ) + 3 n (3
n ) (n = 0, 1, 2, … ).
5 suku pertama solusinya adalah:
yo = 2.
y1 = 15.
y2 = 2 (32 ) + 3 (2) (3
2 ) = 72.
y3 = 2 (33 ) + 3 (3) (3
3 ) = 297.
y4 = 2 (34 ) + 3 (4) (3
4 ) = 1134.
0
200
400
600
800
1000
1200
0 1 2 3 4 5
(yn) = (2 (3n
) + 3 n (3n
) │n = 0, 1, 2, … ).
Barisannya adalah barisan yang monoton naik, mempunyai batas bawah dan tidak
mempunyai batas atas, sehingga tidak terbatas.
Jadi barisannya divergen.
3. Cari solusi masalah nilai awal berikut dan gambarkan grafik dari 5 suku pertama
solusinya.
yn+2 – 2yn+1 + 2yn = 0, yo = 1, y1= 0.
Selidiki juga apakah barisannya konvergen atau divergen.
Penyelesaian:
yn
n
Dicari dulu solusi umum persamaan diferensi. Persamaan karakteristiknya adalah r2 - 2r + 2
= 0, dengan akar-akarnya adalah r1= 1+ i, r2 = 1 – i. Dalam bentuk eksponen dapat ditulis r1
= reiθ
dan r2 = r e-iθ
, dengan r = 2 dan θ = arc tg 1 = 4
π.
Dengan demikian solusi umumnya adalah:
yn = ( 2 )n
+
4sin
4cos 21
ππ nc
nc
= 2 2
n
+
4sin
4cos 21
ππ nc
nc . (n = 0, 1, 2, … ).
Substitusikan persamaan ini ke dalam syarat awal yang diberikan:
yo = c1 = 1
y1 = 2 2
1
+ 21 2
2
12
2
1cc
= c1 + c2 = 0.
atau c1 = 1 dan c2 = -1.
Jadi yn = 2 2
n
−
4sin
4cos
ππ nn, (n = 0, 1, 2, … ).
yo = 1.
y1 = 0.
y2 = 2 2
2
−
4
2sin
4
2cos
ππ = -2.
y3 = 2 2
3
−
4
3sin
4
3cos
ππ = -4.
y4=2 2
4
−
4
4sin
4
4cos
ππ=-4.
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
0 1 2 3 4 5
(yn) = (1, 0, -2, -4, -4, … ).
Barisan ini bukan barisan monoton. Jadi barisannya divergen.
B. MENCARI SOLUSI UMUM PERSAMAAN DIFERENSI LINEAR NONHOMOGEN.
Misalkan persamaan diferensi linear nonhomogen dengan koefisien konstan
ayn+2 + byn+1 + cyn = fn, (n = 0, 1, 2, … ). (B.1)
dengan a, b, dan c sembarang konstanta.
Solusi umum dari persamaan ini adalah jumlah dari solusi umum persamaan homogennya
ditambah sembarang solusi khusus dari persamaan (B.1).
yn
n
a. Metoda Diskrit Koefisien yang Tak Diketahui.
Metode diskrit koefisien yang tak diketahui ini adalah cara untuk menentukan solusi khusus
dari persamaan diferensi yang bagian nonhomogennya mempunyai bentuk tertentu seperti
dalam tabel (B.1) berikut ini. Ide dasar metode ini adalah mengamsumsikan bahwa pn suatu
bentuk yang mirip dengan bentuk fn, yang mengandung koefisien yang tidak diketahui dan
yang harus ditentukan melalui substitusi pn ini ke dalam persamaan semula.
Tabel B.1 Solusi khusus dari ayn+2 + byn+1 + cyn = fn.
fn
Bentuk solusi khusus pn
1. a (konstanta) A
2. ank (k = bil bulat) Aon
k + A1n
k-1+ … + Ak-1n+Ak
3. a bn A b
n
4. a cos bn A cos bn + B sin bn
5. a sin bn A cos bn + B sin bn
Ada dua aturan yang harus dipenuhi jika menggunakan metoda ini yaitu:
1. Jika fn terdiri beberapa faktor, maka solusi khusus adalah jumlah solusi khususnya untuk
tiap-tiap faktor dalam fn.
2. Jika suatu faktor dari solusi khusus adalah kelipatan dari solusi homogen, maka semua
faktor-faktor dalam solusi khusus harus dikalikan dengan pangkat bilangan bulat positif
terendah n untuk menjamin bahwa tidak ada kelipatannya.
Contoh
1. Cari Solusi dari masalah nilai awal berikut:
yn+2 – 4yn+1 + 4yn = n +1 yo = 3 y1 = 6
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r2 – 4r + 4 = 0, dengan akar-akar
yang sama r1 = r2 = 2.
Dengan demikian solusi umum dari persamaan homogennya adalah:
hn = c1 2n + c2 n 2
2 (n = 0, 1, 2, … ).
Dengan melihat tabel (B.1) nomor 1 dan 2, dicoba solusi khusus yang berbentuk pn = An + B.
Dengan mensubstitusikan pn ke dalam persamaan diferensinya, didapat:
An – 2A + B = n + 1 (n = 0, 1, 2, … ).
Karena persamaan ini harus memenuhi untuk semua nilai n, maka untuk nilai n = 0 dan n = 1
juga dipenuhi sehingga didapat A=1, B=3 dan solusi khusus menjadi pn = n + 3.
Dengan demikian solusi umum persamaan diferensi adalah:
yn = c1 2n + c2 n 2
n + n + 3.
Substitusikan kedalam syarat awalnya:
yo = c1 + 3 = 3
y1 = 2 c1= + 2 c2 + 1 + 3 = 6
didapat:
c1 = 0 dan c2 = 1.
Jadi solusi dari masalah nilia awal adalah:
yn = n 2n + n + 3, dengan n = 0, 1, 2, …
2. Cari solusi dari masalah nilai awal berikut:
yn+2 – 3yn+1 + 2yn =2n yo = 2, y1 = 4.
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r2 – 3r + 2 = 0 dengan akar-
akarnya r1 = 1, r2 = 2.
Solusi homogennya adalah:
hn = c1 + c2 2n (n = 0, 1, 2, 3, …).
Solusi khusus dicari dengan mencoba pn = A 2n. Namun 2
n ada dalam solusi homogennya,
jadi harus dikalikan lagi dengan n dan didapat pn = A n 2n.
Substitusikan persamaan ini ke dalam persamaan diferensinya, didapat:
A (n+2) 2n+2
– 3 A (n+1)2n+1
+ 2An2n = 2
n.
[4(n+2) A – 6 (n+1) A + 2nA] 2n = 2
n, atau
A = 2
1.
Dengan demikian pn = n 2n-1
adalah solusi khusus dan solusi umumnya adalah:
yn = c1 + c2 2n + n 2
n-1 (n = 0, 1, 2, 3, …).
Substitusikan ke dalam syarat awalnya:
yo = c1 + c2 = 2.
y1 = c1 + 2c2 + 1 = 4.
didapat:
c1 = c2 = 1.
Jadi solusinya masalah nilai awal adalah:
yn = 1 + 2n + n 2
n-1 (n = 0, 1, 2, 3, …).
3. Cari solusi umum dari masalah nilai awal berikut:
yn+2 – yn = sin
2
πn yo = 2, y1 =
2
3.
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya adalah r2 – 1 = 0 dengan akar-akarnya
r1 = 1, r2 = -1.
Solusi umum persamaan homogennya adalah:
hn = c1 + c2 (-1)n (n = 0, 1, 2, 3, …).
Untuk solusi khusus dicoba pn = A cos
2
πn + B sin
2
πn.
Substitusikan pn kedalam pesamaan diferensinya, didapat:
A cos
+
2
)2( πn + B sin
+
2
)2( πn - A cos
2
πn - B sin
2
πn = sin
2
πn.
Dengan rumus-rumus trigonometri didapat:
-A cos
2
πn - B sin
2
πn - A cos
2
πn - B sin
2
πn = sin
2
πn.
-2 A cos
2
πn - 2 sin
2
πn = sin
2
πn.
Didapat -2A = 0 dan -2B = 1 atau A = 0 dan B = -2
1.
Solusi khususnya adalah pn = -2
1 sin
2
πn (n = 0, 1, 2, 3, …).
Dan solusi umum persamaan diferensinya adalah:
yn = c1 + c2 (-1)n -
2
1 sin
2
πn (n = 0, 1, 2, 3, …).
Substitusikan ke dalam syarat awalnya:
yo = c1 + c2 = 2.
y1 = c1 – c2 - 2
1 =
2
3.
Didapat c1 = 2 dan c2 = 0.
Jadi solusi masalah nilai awal adalah:
yn = 2 - 2
1 sin
2
πn (n = 0, 1, 2, 3, …).
b. Transformasi-Z.
Persamaan diferensi dapat juga diselesaikan dengan transformasi-Z. Untuk memahami
transformasi-Z, pandang barisan bilangan-bilangan (yo, y1, y2, … ) dan bangun suatu deret
infinite dari variabel-variabel z sebagai berikut:
Z(yn ) = ∑∞
=
−
0n
n
n zy = yo + z
y1 + 2
2
z
y +
3
3
z
y + … (B.2)
Deret ini akan konvergen untuk │z│> R untuk beberapa bilangan R yang tergantung pada
(yn) dan pada daerah yang terdefinisi pada fungsi z. Fungsi z ini yang disebut transformasi-Z
barisan (yn).
Z(yn) adalah fungsi z yang sering ditunjukan dengan F(z). Sebagian barisan dan transformasi-
Z ditunjukan dalam tbel B.2 berikut ini.
Tabel B.2 Macam-macam transformasi-Z.
(yn)
F(z)
1. (1)
1−z
z
2. (rn)
rz
z
−
3. (n) 2)1( −z
z
4. (n2)
3)1(
)1(
−
+
z
zz
5. Uk(r)
)( rzz
zk
−
6. (sin bn)
1cos2
sin2
+− bzz
bz
7. (cos bn)
1cos2
)cos(2
+−
−
bzz
bzz
Barisan Uk (r) disebut pergeseran barisan geometri yang mempunyai k suku pertama “0”
diikuti denagn 1, r, r2, r
3, … .
Contoh
Uo (r) = (1, r, r2, r
3, …),
U1 (r) = (0, 1, r, r2, r
3, …),
U2 (r) = (0, 0, 1, r, r2, r
3, …), dst.
Invers transformasi-Z dapat ditemukan dengan menggunakan tabel (B.2).
Contoh
Cari invers transformasi-Z dari fungsi F(z) = 1
1
−z.
Penyelesaian:
Bagi pembilang dan penyebut dengan z, didapat:
F(z) = 1
1
−z
= z
1
z
11
1
−
= z
1
+++ ...
111
2zz
= 0 + ...111
32+++
zzz.
Dengan demikian invers transformasi-Z adalah (0, 1, 1, 1, … ).
Dengan menggunakan transformasi-Z ini suatu masalah nilai awal akan dirubah menjadi
persamaan lain yang lebih sederhana yang kemudian diselesaikan dengan sifat-sifat
transformasi-Z. Hasil-hasil yang diperoleh ditransformasikan kembali sehingga diperoleh
solusi dari masalah semula.
Contoh
Cari solusi dari masalah nilai awal berikut:
yn+2 – 4yn+1 + 4yn = n + 1, yo = 3, y1 = 6.
Penyelesaian:
Z(yn+2 – 4yn+1 + 4yn) = Z(n + 1).
Z(yn+2) – 4Z(yn+1) + 4Z(yn) = Z(n) + Z(1).
z2
Z(yn) – z2yo – zy1 - 4[z Z(yn)-zyo] +Z(yn) =
2)1()1( −+
− z
z
z
z.
Z(yn) (z-2)2 – z
2yo –zy1 + 4zyo =
2
2
)1( −z
z.
Dengan memasukan nilai dari yo dan y1 didapat:
Z(yn) (z-2)2 – 3z
2 – 6z + 12z =
2
2
)1( −z
z.
Z(yn) (z-2)2 – (3z
2 – 6z) =
2
2
)1( −z
z.
Z(yn) = 22
222
)2()1(
)1)(63(
−−
−−+
zz
zzzz.
Z(yn) = 22
234
)2()1(
616123
−−
−+−
zz
zzzz.
Z(yn) = 22
2323423
)2()1(
)242()122463()44(
−−
+−+−+−++−
zz
zzzzzzzzzz.
Z(yn) = 22
222
)2()1(
)1(2)1()2(3)2(
−−
−+−−+−
zz
zzzzzzz.
Z(yn) = 22 )2(
2
)1(
3
)1( −+
−+
− z
z
z
z
z
z.
Inverskan kedua sisi persamaan didapat:
yn = Z-1
−+
−+
−22 )2(
2
)1(
3
)1( z
z
z
z
z
z.
yn = Z-1
−2)1(z
z + Z
-1
− )1(
3
z
z + Z
-1
−2)2(
2
z
z.
yn = n + 3 + n 2n.
C. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSI DALAM BIDANG BIOLOGI.
Dalam bidang biologi ini persamaan diferensi adalah alat yang ideal untuk mempelajari
populasi biologi, karena banyak spesies tumbuhan dan hewan yang berubah dalam periode
setiap tahun. Contohnya sekawanan rusa yang berubah setiap tahun karena pekawinan dan
kelahiran dalam habitatnya. Demikian juga untuk hewan-hewan liar yang lain, perubahan
jumlah populasi umumnya berlaku pada interval waktu tahunan. Karena itu persamaan
diferensi dipilih untuk mempelajari perubahan dalam bidang biologi.
Contoh
Pengawasan industri penangkapan ikan.
Seorang ahli biologi perikanan mempelajari akibat dari penangkapan ikan pada populasi air
tawar. Populasi ikan dalam suatu danau awalnya berjumlah 1 juta dan kecepatan
pertumbuhannya 4% per tahun. Peraturan memperbolehkan untuk menangkap ikan sebanyak
80000 ikan per tahun. Dengan syarat ini berapakah ukuran populasi ikan di masa yang akan
datang.
Penyelasaian:
Jika yn adalah ukuran populasi ikan pada akhir tahun ke n maka masalah nilai awal yang
menggambarkan populasi ikan di masa yang akan datang:
yn+1 – yn = 0.04yn – 80000, yo = 1000000.
� � � �
perubahan pertumbuhan penangkapan ukuran populasi
populasi ikan alami ikan
Solusi dari persamaan ini adalah:
yn = 1000000 (1.04)n – 2000000 [(1.04)
n - 1].
= 1000000 (1.04)n + 2000000 -2000000(1.04)
n.
= 2000000 – 1000000(1.04)n.
= 1000000 [ 2 – (1.04)n ].
Jadi solusinya adalah:
yn = 1000000 [ 2 – (1.04)n ].
Aplikasi dalam bidang biologi ini dapat dirangkum sebagai berikut:
Jika suatu populasi biologi tumbuh dengan kecepatan k per periode waktu dan jika populasi
berkurang secara periodik sejumlah d maka persamaan diferensi yang menggambarkan
ukuran populasi pada akhir periode ke n (yn) adalah:
yn+1 = (1 + k) yn – d .
dengan solusinya:
yn = yo (1+k)n
- k
d [ (1+k)
n – 1 ]. (n = 0, 1, 2, 3, … ).
DAFTAR PUSTAKA
Campbell, S.L. (1994). An Introduction to Differential Equations and Their Applications.
California : Wadsworth Publishing Company.
Farlow, S.J. (1994). An Introduction to Differential Equations and Applications. New York :
McGraw-Hill, Inc.
Kreyszig, E. (1988). Advanced Engineering Mathematics. New York : Jonh Wiley & Sons, Inc.
Leithold, L. (1991). Kalkulus dan Ilmu Ukur Analitik. Jakarta : Penerbit Erlangga.
Spiegel, M. R. (1974). Advanced Calculus. New York : McGraw-Hill, Inc.