A. Akar Kompleks Persamaan Karasteristik
Kita melanjutkan diskusi dari persamaan
(1)
di mana a, b, dan c adalah bilangan r...
(8)
di mana kita telah memisahkan jumlah tersebut menjadi bagian-bagian nyata dan imajiner,
memanfaatkan fakta bahwa i2
= ...
(12)
Kemudian, dengan menggantikan eiμt
dari Persamaan. (11), kita memperoleh
(13)
Kita mengambil Persamaan. (13) sebagai ...
Dan
Oleh karena itu, mengabaikan pengganda konstan 2 dan 2i, masing-masing, telah diperoleh
sepasang solusi bernilai real
...
Jadi λ = -1/2 dan μ = √3/2, sehingga solusi umum dari persamaan. (18) adalah
(19)
Contoh 2
Tentukanlah solusi umum dari
(2...
(24)
sebagai solusi dari masalah nilai awal (22).
Kita akan membahas sifat geometris solusi seperti ini lebih lengkap dala...
GAMBAR 3.4.3 Sebuah solusi khas y” + 9y = 0.
B. Pengulangan Akar; Reduksi Orde
Pada bagian sebelumnya telah ditunjukkan ca...
setiap konstanta c. Ide dasar untuk menggeneralisasi pengamatan ini adalah mengganti c oleh
fungsi v(t) kemudian mencoba m...
oleh karena itu,
(12)
Membentuk satu set dasar solusi dari persamaan (5), dan solusi umum dari persamaan yang
diberikan ol...
dan
(15)
Kemudian, dengan mensubstitusi dalam Persamaan (1), kita memperoleh
(16)
Untuk membatalkan faktor exp (-bt/2a), w...
solusi eksponensial sesuai dengan akar berulang, sementara solusi kedua diperoleh dengan
mengalikan solusi eksponensial de...
sekarang kita mengubah masalah nilai awal (21) dengan mengubah kemiringan awal, untuk
lebih spesifik, biarkan kondisi awal...
(27)
Untuk menemukan solusi kedua, biarkan
(28)
Kemudian
Dan
Disubstitusi untuk y, y’, dan y” dalam Persamaan (27) dan mem...
Disubstitusikan ke y, y’ , and y” dalam Persamaan (31) dan mengumpulkan persyaratan, kita
memperoleh
(32)
Perhatikan bahwa...
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Akar Kompleks dan Akar berulang PD orde 2

1,893

Published on

0 Comments
2 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total Views
1,893
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
3
Actions
Shares
0
Downloads
0
Comments
0
Likes
2
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Akar Kompleks dan Akar berulang PD orde 2

  1. 1. A. Akar Kompleks Persamaan Karasteristik Kita melanjutkan diskusi dari persamaan (1) di mana a, b, dan c adalah bilangan real. Dalam Bagian 3.1 kita menemukan bahwa jika kita mencari solusi dari bentuk y = ert , dimana r harus menjadi akar dari persamaan karakteristik (2) Jika akar r1 dan r2 adalah real dan berbeda, yang terjadi saat diskriminan b2 - 4ac adalah positif, maka solusi umum dari persamaan (1) adalah (3) Misalkan sekarang bahwa b2 - 4ac adalah negatif. Kemudian akar Persamaan (2) adalah konjugat bilangan kompleks, kita menunjukkannya dengan (4) dimana λ dan μ adalah bilangan real. Ekspresi yang sesuai untuk y adalah (5) Pertama-tama di eksplorasi apa yang dimaksud dengan ungkapan-ungkapan ini, yang melibatkan fungsi eksponensial untuk eksponen kompleks. Sebagai contoh, jika λ = -1, μ = 2, dan t = 3, maka dari Persamaan (5) (6) Formula Euler. Untuk lebih memahami Pers. (5) kita perlu memberikan definisi dari fungsi eksponensial kompleks. Tentu saja, didefinisikan untuk mengurangi ke fungsi eksponensial akrab nyata ketika eksponen nyata. Ada beberapa cara untuk mencapai ekstensi ini dari fungsi eksponensial. Di sini kita menggunakan metode yang didasarkan pada seri terbatas, alternatif diuraikan dalam Soal 28. Ingat dari kalkulus bahwa deret Taylor untuk et tentang t = 0 (7) Jika sekarang kita asumsikan bahwa kita dapat menggantikannya untuk t dalam persamaan (7), maka kita dapatkan
  2. 2. (8) di mana kita telah memisahkan jumlah tersebut menjadi bagian-bagian nyata dan imajiner, memanfaatkan fakta bahwa i2 = -1, i3 =-i, i4 = 1, dan sebagainya. Seri pertama dalam Pers.(8) justru deret Taylor untuk cos t tentang t = 0, dan yang kedua adalah deret Taylor untuk sin t tentang t = 0. Dengan demikian kita memiliki (9) Persamaan (9) dikenal sebagai Rumus Euler dan sangat penting hubungannya dengan matematika. Sementara derivasi kami Pers. (9) didasarkan pada asumsi yang belum diverifikasi bahwa seri (7) dapat digunakan untuk kompleks serta nilai real dari variabel independen, dengan menggunakan derivasi ini hanya untuk membuat Persamaan (9) tampak lebih mudah dipahami. Setiap kali kita menulis eit , ini berarti ekspresi di sisi kanan dari Persamaan. (9). Ada beberapa variasi formula Euler yang juga perlu diperhatikan. Jika kita mengganti t dengan -t dalam Pers. (9) dan ingat bahwa cos (-t) = cos t dan sin (-t) = - sin t, maka didapatkan (10) Lebih lanjut, jika t diganti dengan μt dalam Pers. (9), maka kita memperoleh versi umum dari Rumus Euler, yaitu, (11) Selanjutnya, kita ingin memperluas definisi dari fungsi eksponensial kompleks ke dalam fungsi eksponen bentuk (λ + iμ) t. Karena kita ingin sifat biasa fungsi eksponensial untuk bertahan selama eksponen kompleks, agar exp [(λ + iμ) t] memenuhi
  3. 3. (12) Kemudian, dengan menggantikan eiμt dari Persamaan. (11), kita memperoleh (13) Kita mengambil Persamaan. (13) sebagai definisi exp [(λ + iμ) t]. Nilai dari fungsi eksponensial dengan eksponen kompleks adalah bilangan kompleks yang real dan imajiner, bagian yang diberikan oleh ketentuan di sisi kanan dari Persamaan. (13). Perhatikan bahwa nyata dan bagian imajiner exp [(λ + iμ) t] disajikan seluruhnya dalam hal dasar yang nyata- nilai fungsi. Misalnya, kuantitas dalam Pers. (6) memiliki nilai Dengan definisi (9) dan (13) itu sangat mudah untuk menunjukkan bahwa hukum biasa eksponen berlaku untuk fungsi eksponensial kompleks. Hal ini juga mudah untuk memverifikasi bahwa rumus diferensiasi (14) juga berlaku untuk nilai-nilai kompleks r. Solusi bernilai real. Fungsi y1 (t) dan y2 (t), yang diberikan oleh Pers. (5) dan dengan makna yang diungkapkan oleh Persamaan. (13), merupakan solusi dari Pers. (1) ketika akar persamaan karakteristik (2) adalah bilangan kompleks λ ± iμ. Sayangnya, solusi y1 dan y2 merupakan fungsi kompleks bernilai, sedangkan pada umumnya kita akan lebih suka untuk memiliki real- dihargai solusi, jika mungkin, karena persamaan diferensial sendiri memiliki koefisien nyata. Solusi tersebut dapat ditemukan sebagai konsekuensi dari Teorema 3.2.2, yang menyatakan bahwa jika y1 dan y2 adalah solusi dari Pers. (1), maka setiap kombinasi linear dari y1 dan y2 juga solusi. Secara khusus, mari kita membentuk jumlah dan kemudian perbedaan y1 dan y2. Kami memiliki
  4. 4. Dan Oleh karena itu, mengabaikan pengganda konstan 2 dan 2i, masing-masing, telah diperoleh sepasang solusi bernilai real (15) Amati bahwa u dan v hanya bagian real dan imajiner, masing-masing, y1. Dengan perhitungan langsung dapat ditunjukkan bahwa Wronskian dari u dan v adalah (16) Dengan demikian, selama μ ≠ 0, Wronskian W tidak nol, jadi u dan v membentuk dasar himpunan solusi. (Tentu saja, jika μ = 0, maka akar adalah nyata dan diskusi dalam bagian tidak berlaku.) Akibatnya, jika akar persamaan karakteristik yang bilangan kompleks λ ± iμ, dengan μ ≠ 0, maka solusi umum dari persamaan. (1) adalah (17) dimana c1 dan c2 adalah konstanta sembarang. Perhatikan bahwa solusi (17) dapat ditulis segera setelah nilai-nilai λ dan μ diketahui. Contoh 1 Tentukanlah solusi umum dari (18) Persamaan karakteristiknya adalah dan akarnya
  5. 5. Jadi λ = -1/2 dan μ = √3/2, sehingga solusi umum dari persamaan. (18) adalah (19) Contoh 2 Tentukanlah solusi umum dari (20) Persamaan karakteristiknya adalah r2 + 9 = 0 dengan akar r = ± 3i, sehingga λ = 0 dan μ = 3. Solusi umum adalah (21) perhatikan bahwa jika bagian nyata dari akar adalah nol, seperti dalam contoh ini, maka tidak ada Faktor eksponensial dalam solusi. Contoh 3 Temukan solusi dari masalah nilai awal (22) Persamaan karakteristiknya adalah 16r2 - 8r + 145 = 0 dan akarnya r = 1/4 ± 3i. Jadi solusi umum dari persamaan diferensial adalah (23) Untuk menerapkan kondisi awal pertama kita menetapkan t = 0 dalam Pers. (23), hal ini memberi Untuk kondisi awal kedua kita harus membedakan Persamaan. (23) dan kemudian menetapkan t = 0. dicara ini kita menemukan bahwa dari mana c2 = 1/2. Dengan menggunakan nilai-nilai c1 dan c2 dalam Pers. (23), kita memperoleh
  6. 6. (24) sebagai solusi dari masalah nilai awal (22). Kita akan membahas sifat geometris solusi seperti ini lebih lengkap dalam Bagian 3.8, jadi kami akan sangat singkat di sini. Setiap solusi u dan v dalam Pers. (15) merupakan osilasi, karena faktor trigonometri, dan juga baik tumbuh atau meluruh secara eksponensial, tergantung pada tanda λ (kecuali λ = 0). Pada Contoh 1 kita λ = -1 / 2 <0, sehingga solusi yang membusuk osilasi. Grafik solusi khas dari Pers. (18) ditunjukkan pada Gambar 3.4.1. Di sisi lain, λ = 1/4> 0 pada contoh 3, sehingga solusi dari persamaan diferensial (22) tumbuh osilasi. Grafik dari solusi (24) dari masalah nilai awal yang diberikan ditunjukkan pada Gambar 3.4.2. itu Kasus menengah diilustrasikan pada Contoh 2 di mana λ = 0. Dalam hal ini solusi tidak tumbuh atau meluruh secara eksponensial, tetapi berosilasi terus, solusi khas Persamaan. (20) ditunjukkan pada Gambar 3.4.3. GAMBAR 3.4.1 Sebuah solusi khas y”+ y’ + y = 0. GAMBAR 3.4.2 Solusi 16y” - 8y’ + 145y = 0, y (0) = -2, y’(0) = 1.
  7. 7. GAMBAR 3.4.3 Sebuah solusi khas y” + 9y = 0. B. Pengulangan Akar; Reduksi Orde Pada bagian sebelumnya telah ditunjukkan cara untuk memecahkan persamaan (1) Ketika akar dari persamaan karakteristik (2) baik real dan lainnya, atau konjugat kompleks. Sekarang kita mempertimbangkan kemungkinan ketiga, yaitu bahwa dua akar r1 dan r2 adalah sama. Kasus ini terjadi ketika diskriminan b2 - 4ac adalah nol, dan maka sesuai dengan rumus kuadrat berikut (3) Kesulitannya adalah, apabila kedua akarnya menghasilkan solusi yang sama (4) Dari persamaan diferensial (1) dan tidak jelas bagaimana cara menemukan solusi yang kedua. Contoh 1 Selesaikan persamaan diferensial (5) Persamaan karakteristiknya adalah jadi r1 = r2 = - 2. Oleh karena itu, salah satu solusi dari persamaan (5) adalah y1(t) = e-2t . Untuk menemukan solusi umum dari persamaan (5) kita perlu solusi kedua yang bukan kelipatan dari y1. Solusi yang kedua ini dapat ditemukan dalam beberapa cara (lihat Soal 20 sampai 22), di sini kita menggunakan metode yang digagas oleh D'Alembert pada abad kedelapan belas. Mengingat y1(t) adalah solusi dari persamaan (1), begitu juga cy1(t) untuk
  8. 8. setiap konstanta c. Ide dasar untuk menggeneralisasi pengamatan ini adalah mengganti c oleh fungsi v(t) kemudian mencoba menentukan v(t) sehingga v(t)y1(t) tersebut adalah solusi dari persamaan (1). Untuk melakukan cara tersebut kita mensubstitusikan y v(t)y1(t) dalam Persamaan (1) dan menggunakan persamaan yang dihasilkan untuk mengetahui v(t). Diawali dengan (6) Kita memiliki (7) dan (8) Dengan mensubstitusikan pernyataan pada persamaan (6), (7), dan (8) di dalam Persamaan (5) serta memenuhi syarat, kita dapatkan yang disederhanakan ke (9) oleh karena itu dan (10) dimana c1 dan c2 adalah konstanta sembarang. Terakhir, subtitusi v(t) dalam persamaan (6), kita peroleh (11) Suku kedua pada sisi kanan dari Persamaan (11) bersesuaian dengan solusi asli y1(t) =exp(- 2t), namun suku pertama muncul dari solusi kedua, yaitu y2(t) = t exp (-2t). Kedua solusi tersebut jelas tidak proporsional, tetapi kita dapat membuktikan bahwa mereka bebas linear dengan menghitung Wornskiannya:
  9. 9. oleh karena itu, (12) Membentuk satu set dasar solusi dari persamaan (5), dan solusi umum dari persamaan yang diberikan oleh Persamaan (11). Perhatikan bahwa y1(t) dan y2(t) mendekati nol sebagai t → ∞ ; akibatnya, semua solusi dari persamaan (5) berperilaku dengan cara ini. Grafik solusi tipikal ditunjukkan pada Gambar 3.5.1 GAMBAR 3.5.1 Sebuah solusi dari y”+ 4y’ + 4y = 0 Penggunaan pada Contoh 1 dapat diperluas untuk persamaan umum yang Persamaan karakteristiknya merupakan akar berulang. Artinya, kita asumsikan bahwa koefisien pada persamaan (1) memenuhi b2 – 4ac = 0, dalam kasus adalah solusi. Kemudian kita asumsikan bahwa (13) Dan substitusi dalam Persamaan (1) untuk mengetahui v(t). Kita memiliki (14)
  10. 10. dan (15) Kemudian, dengan mensubstitusi dalam Persamaan (1), kita memperoleh (16) Untuk membatalkan faktor exp (-bt/2a), which adalah nol, dan menmenuhi persyaratannya, kita temukan bahwa (17) Istilah menyangkut v’(t) jelas adalah nol. Selanjutnya, koefisien v(t) is c – (b2 – 4a), yang juga nol karena b2 – 4ac = 0 dalam permasalahan bahwa kita sedang mempertimbangkan. Dengan demikian, seperti halnya dalam Contoh 1, Persamaan (17) tereduksi menjadi Oleh karena itu, Oleh karena itu, dari Persamaan (3) kita memiliki (18) Dengan demikian y adalah kombinasi linear dari dua solusi (19) Wornskian dari penyelesaian dua adalah (20) Karena W(y1,y2)(t) tidak boleh nol, solusi y1 and y2 diberikan oleh Persamaan (19) adalah seperangkat dasar solusi. Selanjutnya, Persamaan (18) adalah solusi umum dari persamaan (1) ketika akar persamaan karakteristik adalah sama. Dengan kata lain, dalam hal ini, ada satu
  11. 11. solusi eksponensial sesuai dengan akar berulang, sementara solusi kedua diperoleh dengan mengalikan solusi eksponensial dengan t. Contoh 2 Temukan solusi dari masalah nilai awal (21) Persamaan karakteristiknya adalah Jadi akar – akarnya adalah r1 = r2 = ½. Jadi solusi umum dari persamaan diferensial adalah (22) Kondisi awal pertama mengharuskan Untuk memenuhi kondisi awal kedua, pertama kita membedakan Persamaan (22) dan kemudian menetapkan t = 0. ini memberikan Jadi c2 = - 2/3. Jadi solusi dari masalah nilai inital adalah (23) Grafik solusi ini ditunjukkan pada Gambar 3.5.2 GAMBAR 3.5.2 solusi y "- y '+ 0,25 y = 2, dengan y (0) = 1/3 dan dengan y' (0) = 2, masing- masing.
  12. 12. sekarang kita mengubah masalah nilai awal (21) dengan mengubah kemiringan awal, untuk lebih spesifik, biarkan kondisi awal kedua menjadi y’(0) =2. Solusi dari masalah ini dimodifikasi Dan grafiknya juga ditunjukkan pada Gambar 3.5.2. grafik ditunjukkan dalam gambar ini menunjukkan bahwa ada kemiringan awal kritis, dengan nilai antara 1/3 dan 2, yang memisahkan solusi yang tumbuh positif dari mereka yang akhirnya tumbuh negatif. Pada Soal 16 Anda akan diminta untuk menentukan kemiringan ini inisiatif kritis. Perilaku geometris solusi serupa dalam hal ini bahwa ketika akar nyata dan berbeda. Jika eksponen yang positif atau negatif, maka besarnya solusi tumbuh atau meluruh sesuai, linier faktor t memiliki pengaruh kecil. Sebuah solusi pengurangan ditunjukkan pada Gambar 3.5.1 dan solusi yang tumbuh pada Gambar 3.5.2. Namun, jika akar diulang adalah nol, maka persamaan diferensial adalah y” = 0 dan solusi umumnya adalah fungsi linear t. Ringkasan. Sekarang kita bisa merangkum hasil yang kita peroleh untuk pesanan persamaan linier homogen kedua dengan koefisien konstanta, (1) Diberikan r1 dan r2 menjadi akar dari polinomial karakteristik yang sesuai (2) Jika r1 dan r2 adalah bilangan real tapi tak sama, maka solusi umum persamaan diferensial (1) adalah (24) Jika r1 dan r2 adalah kompleks konjugat , maka solusi umumnya adalah (25) Jika r1 dan r2, maka solusi umumnya adalah (26) Pengurangan Order. Perlu dicatat bahwa prosedur digunakan sebelumnya dalam bagian ini untuk persamaan dengan konstanta koefisien lebih berlaku umum. Misalkan kita tahu satu solusi y1(t), tidak nol, dari
  13. 13. (27) Untuk menemukan solusi kedua, biarkan (28) Kemudian Dan Disubstitusi untuk y, y’, dan y” dalam Persamaan (27) dan memenuhi syarat, kita menemukan bahwa (29) Karena y1 adalah solusi dari persamaan (27), koefisien v dalam Persamaan (29) adalah nol, sehingga persamaan (29) menjadi (30) Persamaan (30) sebenarnya adalah persamaan orde pertama untuk fungsi v 'dan dapat diselesaikan baik sebagai persamaan linier urutan pertama atau sebagai persamaan dipisahkan. Setelah v ' telah ditemukan, maka v diperoleh dengan cara integrasi. Akhirnya, y ditentukan dari Persamaan (28). Prosedur ini disebut metode pengurangan order karena langkah penting adalah solusi dari persamaan diferensial orde pertama v' ketimbang persamaan urutan kedua asli untuk y. Meskipun bisa saja menuliskan rumus untuk v (t), kita malah akan menggambarkan bagaimana metode ini bekerja dengan sebuah contoh. Contoh 3 Diberikan y1(t) = t -1 adalah solusi dari (31) Carilah solusi linear kedua.
  14. 14. Disubstitusikan ke y, y’ , and y” dalam Persamaan (31) dan mengumpulkan persyaratan, kita memperoleh (32) Perhatikan bahwa koefisien v adalah nol, sebagaimana mestinya, hal ini memberi cek yang berguna pada aljabar. Jika variabel dalam Persamaan (32) dipisahkan dan diselesaikan untuk v '(t), kita menemukan bahwa Kemudian Oleh karena itu, (33) Dimana c dan k adalah konstanta sembarang. Istilah kedua di sisi kanan dari Persamaan (33) adalah kelipatan y1 (t) dan dapat jatuh, tetapi istilah pertama memberikan solusi baru yang independen. Mengabaikan multiciplicative konstanta sembarang, kita memiliki y2 (t) = t 1/2 .

×