1. Dokumen tersebut membahas tentang persamaan Sturm-Liouville dan teorema yang berkaitan dengannya. 2. Persamaan Sturm-Liouville memiliki syarat batas tertentu dan perilaku solusinya tergantung pada nilai eigen λ. 3. Dibuktikan bahwa solusi persamaan tersebut bersifat non-trivial hanya jika λ bernilai positif.

1. 1
BEDAH MATERI MASALAH SYARAT BATAS SEKALIGUS PEMBUKTIAN
TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE
Oleh:Rukmono, Meivita, Anastasya, Endah Dwi, Siti Nurrokhmah
Jurusan matematika Undip
Pengampu: Farikhin, Ph.D.
I. Persamaan Sturm-Liouville
Nama Sturm-Liouville merujuk pada nama matematikawan Swiss, Jacques
Sturm (1803-1855) dan metematikawan Prancis, Joseph Liouville (1809-1882).
Keduanya mempelajari masalah syarat tertentu dan perilaku solusinya.
Pandang persamaan Sturm-Liouville:
𝑟 𝑥 𝑦′
(𝑥) ′
+ 𝑝 𝑥 + 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 = 0 … … … (𝑎)
Yang terkait dengan syarat batas:
𝑎1 𝑦 𝑎 + 𝑎2 𝑦′
𝑎 = 0 … … . . (𝑎1)
𝑏1 𝑦 𝑏 + 𝑏2 𝑦′
𝑏 = 0 … . (𝑎1)
Dimana :
 𝜆 adalah nilai eigen terkait dengan 𝑦 𝑥
 𝑎1 , 𝑎2 , 𝑏1 , 𝑏2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol
 𝑟 , 𝑝 , 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada 𝑎, 𝑏
 𝑟 𝑥 > 0 dan 𝑠 𝑥 ∀ 𝑥 𝜖 𝑎, 𝑏
Contoh:
Diberikan masalah syarat batas (𝜆 > 0)
𝑦"
𝑥 + 𝜆 𝑦 𝑥 = 0
Dengan syarat batas 𝑦′
0 = 0, dan 𝑦 𝜋 = 0.

2. 2
Dalam materi yang diberikan, Sang penulis telah mendapatkan hasil
sebagai berikut:
a. Solusi persamaan dari contoh diatas adalah
𝑦 𝑥 = 𝐴 cos ( 𝜆 𝑥) + 𝐵 sin( 𝜆 𝑥)
b. Dengan menggunakan syarat batas yang diberikan , solusi non
trivial akan diperoleh jika 𝜆 =
2𝑛+1
2
c. Untuk 𝑛 = 0, 1 , 2, … , nilai-nilai eigennya adalah 𝜆 𝑛 =
2𝑛+1
2
d. Untuk 𝑛 = 0, 1 , 2, … solusi pertsamaan differensial diatas yang terkait
dengan nilai eigen 𝜆 𝑛 adalah 𝑦𝑛 𝑥 = cos
2𝑛+1
2
e. Pada contoh diatas, Persamaan differensial akan memiliki solusi
non trivial jika 𝜆 > 0 dan tidak memiliki solusi non trivial jika
𝜆 ≤ 0
PEMBUKTIAN
a. Untuk Positif 𝝀 = 𝝀 𝟐
berlaku:
𝑦"
𝑥 + 𝜆2
𝑦 𝑥 = 0 . … … … (𝑖)
𝑑2
𝑦(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝜆2
𝑦 𝑥 = 0 … … … … (𝑖𝑖)
Misalkan
𝑑
𝑑𝑥
= 𝐷, maka persamaan (𝑖𝑖) dapat ditulis sebagai
berikut:
(𝐷2
+ 𝜆2
) 𝑦 𝑥 = 0, dimana 𝑦 𝑥 ≠ 0, untuk itu
(𝐷2
+ 𝜆2
) = 0
𝐷2
− 𝜆2
𝑖2
= 0

3. 3
𝐷2
− 𝜆 𝑖 2
2
= 0
𝐷2
− 𝜆 𝑖 2
= 0
𝐷 + 𝜆 𝑖 𝐷 − 𝜆 𝑖 = 0
𝐷1 = 𝜆 𝑖 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐷2 = − 𝜆 𝑖
Solusi Umum didapat
𝑦 𝑥 = 𝐶1 𝑒 𝜆 𝑖 𝑥
+ 𝐶2 𝑒−𝜆 𝑖 𝑥
= 𝐶1 cos 𝜆 𝑥 + 𝑖 sin 𝜆 𝑥 + 𝐶2 (cos 𝜆 𝑥 − 𝑖 sin 𝜆 𝑥)
= 𝐶1 cos 𝜆 𝑥 + 𝑖 𝐶1 sin 𝜆 𝑥 + 𝐶2 cos 𝜆 𝑥 − 𝑖 𝐶2 sin 𝜆 𝑥
= 𝐶1 + 𝐶2 cos 𝜆 𝑥 + 𝑖 ( 𝐶1 − 𝐶2 ) sin 𝜆 𝑥 . . . . . . . (𝑖𝑖𝑖)
Misalkan
(𝐶1 + 𝐶2 ) = A
(𝐶1 − 𝐶2 )𝑖 = B, maka persamaan (𝑖𝑖𝑖) dapat ditulis sebagai:
𝒚 𝒙 = 𝑨 𝐜𝐨𝐬(𝝀 𝒙) + 𝑩 𝐬𝐢𝐧(𝝀 𝒙) Terbukti
b. Dengan menggunakan syarat batas, solusi non trivial akan
diperoleh jika 𝝀 =
𝟐𝒏+𝟏
𝟐
Bukti :
Pandang solusi umum :
𝑦 𝑥 = 𝐴 cos(𝜆 𝑥) + 𝐵 sin 𝜆 𝑥 . . . . . . (𝑖𝑣)
𝑦′
𝑥 = −𝜆𝐴 sin 𝜆 𝑥 + 𝜆𝐵 cos 𝜆 𝑥 . . . . . . (𝑣)

4. 4
Pandang persamaan (𝒗)
𝑦′
𝑥 = −𝜆𝐴 sin 𝜆 𝑥 + 𝜆𝐵 cos 𝜆 𝑥
Untuk 𝑦′
0 = 0
0 = −𝜆𝐴 sin 0 + 𝜆𝐵 cos 0
0 = 0 + 𝜆𝐵 cos 0
0 = 𝜆𝐵 cos 0
0 = 𝜆𝐵, 𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝜆 ≠ 0 , 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢 𝑩 = 𝟎
Pandang persamaan (𝒊𝒗)
𝑦 𝑥 = 𝐴 cos(𝜆 𝑥) + 𝐵 sin 𝜆 𝑥
Untuk 𝑦 𝜋 = 0 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢
0 = 𝐴 cos(𝜆 𝜋 ) + 𝐵 sin 𝜆 𝜋
Kita telah mengetahui bahwa 𝑩 = 𝟎, untuk itu
0 = 𝐴 cos(𝜆 𝜋 ) + 0
0 = 𝐴 cos(𝜆 𝜋 ). . . . . . . . . . . . (𝑣𝑖)
Ingat bahwa cos(𝜆 𝜋 ) = 0 Untuk setiap 𝜆 =
1
2
,
3
2
,
5
2
, …
Atau 𝜆 =
2𝑛+1
2
, dimana n = 0 ,1,2,3 …
Untuk itu, persamaan (𝑣𝑖) dapat ditulis :
0 = 𝐴 cos 𝜆 𝜋 , dimana A ≠ 0
cos 𝜆 𝜋 = 0
𝝀 =
𝟐𝒏+𝟏
𝟐
Terbukti

5. 5
Meskipun Konstanta B = 0 , namun karena nilai konstanta A ≠ 0, maka
solusi PD pada contoh soal adalah non trivial (Solusi Banyak) untuk
𝜆 =
2𝑛+1
2
. Hal ini disebabkan nilai A dapat bernilai berapapun
(Terbukti).
c. Untuk 𝒏 = 𝟎, 𝟏 , 𝟐, … , nilai-nilai eigennya adalah 𝝀 𝒏 =
𝟐𝒏+𝟏
𝟐
Bukti:
Kita telah membuktikan bahwan untuk 𝜆 =
2𝑛+1
2
, solusi PD pada soal
adalah non trivial . Untuk itu, jelas ∀ 𝑛 = 0, 1, 2, … berlaku 𝝀 𝒏 =
𝟐𝒏+𝟏
𝟐
Terbukti
d. 𝒏 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, … solusi PD pada soal yang terkait dengan nilai
eigen 𝝀 𝒏 adalah
𝒚 𝒏 = 𝐜𝐨𝐬
𝟐𝒏 + 𝟏
𝟐
𝒙
Bukti:
Pandang solusi (𝑖𝑣)
𝑦 𝑥 = 𝐴 cos(𝜆 𝑥) + 𝐵 sin 𝜆 𝑥

6. 6
Untuk syarat awal 𝑦′
0 = 0 kita telah membuktikan bahwa nilai B = 0.
Untuk itu, kita dapat menuliskan persamaan (𝑖𝑣) sebagai berikut:
𝑦 (𝑥) = 𝐴 cos(𝜆 𝑥)
untuk 𝜆 =
2𝑛+1
2
, 𝑛 = 0, 1, 2, 3 … diperoleh 𝑦 (𝑥) = 0. Pada pembuktian
(a), kita mengambil positif 𝝀 = 𝝀 𝟐
. Jika nilai λ adalah 1,2,3. . . . Maka
table dibawah ini akan menunjukkan hubungan λ dengan λ2
.
𝝀 𝝀 𝟐
1 1
2 4
3 9
Karena nilai A ≠ 0 (hal tersebul telah terbukti pada pembuktian b ),
misalkan diambil nilai A =1 , maka solusi persamaan Differensial diatas
manjadi
𝑦 (𝑥) = cos(𝜆 𝑥)
Karena
𝜆 =
2𝑛+1
2
, 𝑛 = 0, 1, 2, 3 … maka berlaku 𝝀 𝒏 =
𝟐𝒏+𝟏
𝟐
.
Untuk itu
𝒚 𝒏(𝒙) = 𝐜𝐨𝐬
𝟐𝒏+𝟏
𝟐
𝒙 Terbukti
𝝀 𝝀 𝟐
4 16
: :
dst dst

7. 7
e. Untuk 𝝀 > 0, solusi PD diatas adalah non trivial. begitu
sebaliknya, untuk 𝝀 ≤ 𝟎, solusinya adalah trivial.
Bukti:
Berdasarkan pembuktian a, b, c, d, pernyataan diatas terbukti
PEMBUKTIAN TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE
Teorema1:
Jika 𝑦 adalah solusi umumuntuk PD Sturm- Liouville yang terkait
dengan nilai eigen 𝝀 , maka 𝜆 > 0.
Bukti:
Sebelum kita melangkah lebih jauh, pandang kembali PD Sturm-
Liouville
𝑟 𝑥 𝑦′
(𝑥) ′
+ 𝑝 𝑥 + 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 = 0 … … .. (𝑎)
Yang terkait dengan syarat batas:
𝑎1 𝑦 𝑎 + 𝑎2 𝑦′
𝑎 = 0
𝑏1 𝑦 𝑏 + 𝑏2 𝑦′
𝑏 = 0 … … .. (𝑎1)
Dimana :
 𝜆 adalah nilai eigen terkait dengan 𝑦 𝑥
 𝑎1 , 𝑎2 , 𝑏1 , 𝑏2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol
 𝑟 , 𝑝 , 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada 𝑎, 𝑏

8. 8
 𝑟 𝑥 > 0 dan 𝑠 𝑥 ∀ 𝑥 𝜖 𝑎, 𝑏
Persamaan (a) dapat kita tulis sebagai
𝑟 𝑥 𝑦′
(𝑥) ′
+ 𝑝 𝑥 𝑦 𝑥 + 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 = 0
Atau
𝑟 𝑥 𝑦′ ′
+ 𝑝 𝑥 𝑦 + 𝜆 𝑠 𝑥 𝑦 = 0 … . . (𝑏)
Persamaan Sturm-Liouville diatas adalah homogeny dan linier, maka kita
kenalkan operator 𝐿 yang didefinisikan sebagai
𝐿 𝑦 = − 𝑟 𝑥 𝑦′ ′
− 𝑝 𝑥 𝑦 …. … … . (𝑐)
Dengan demikian, persamaan (a) dapat dituliskan sebagai berikut:
− 𝑟 𝑥 𝑦′ ′
− 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥
𝐿 𝑦 = 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 …. … … . (𝑑)
Karena 𝑟, 𝑝, 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada 𝑎, 𝑏 ,
maka untuk menyelesaikan PD Sturm-Liouville (a), kita perlu
memandang identitas Lagrange.
Identitas Lagrange : Misalkan U dan V adalah dua fungsi yang derifatif
keduanya dalam interval 𝑎, 𝑏 , maka:
𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 = − 𝑟 𝑢′ ′
𝑣 − 𝑝 𝑢 𝑣
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
Integrasikan ruas kanan dengan membagi ruas kanan tersebut menjadi 2
bagian. Kita peroleh:

9. 9
𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′
𝑥 𝑣 𝑥 [
𝑏
𝑎
+ 𝑟 𝑥 𝑢 𝑥 𝑣′
𝑥 [
𝑏
𝑎
𝑏
𝑎
+ −𝑢′
𝑟 𝑣′ ′
− 𝑢 𝑝 𝑣 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′
𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′
𝑥 [
𝑏
𝑎
+ 𝑢 𝐿 𝑣
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 − 𝑢 𝐿 𝑣
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′
𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′
𝑥
𝑏
𝑎
𝐿 𝑢 𝑣 − 𝑢 𝐿 𝑣 𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′
𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′
𝑥
𝑏
𝑎
… (𝑒)
Persamaan (e) adalah Identitas Lagrange.
Sekarang Andaikan fungsi 𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 di persamaan (e) stabil pada kondisi
syarat batas (a1). Kemudian Asumsikan 𝑎2 ≠ 0, 𝑏2 ≠ 0. Sehingga ruas
kanan persamaan (e) berwujud:
−𝑟 𝑥 𝑢′
𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′
𝑥 [
𝑏
𝑎
= −𝑟 𝑏 𝑢′
𝑏 𝑣 𝑏 −
𝑢 𝑏 𝑣′
𝑏 + 𝑟 𝑎 𝑢′
𝑎 𝑣 𝑎 − 𝑢 𝑎 𝑣′
𝑎

10. 10
= −𝑟 𝑏 −
𝑏1
𝑏2
𝑢 𝑏 𝑣 𝑏 +
𝑏1
𝑏2
𝑢 𝑏 𝑣′
𝑏
+ 𝑟 𝑎 −
𝑎1
𝑎2
𝑢 𝑎 𝑣 𝑎 +
𝑎1
𝑎2
𝑢 𝑎 𝑣′
𝑎
= 0
Hasil diatas akan sama jika a =0 , atau b =0
Ruas kiri Persamaan (e)
{𝐿[𝑢]
𝑏
𝑎
𝑣 − 𝑢𝐿[𝑣]}𝑑𝑥 = 0
Hal ini akibat dari ruas kanannya = 0 ……………………………. (f)
Dari persamaan (f) , Pandang bentuk inner product (u,v) dari dua buah
fungsi u dan v bilangan riil yang didefinisikan sebagai :
(u,v) = 𝑢 𝑥 𝑣 𝑥 𝑑𝑥 … … … … … … … . . (𝑔)
𝑏
𝑎
Dalam pembahasan ini, persamaan (f) berwujud :
(L[u],v)-(u,L[v]) = 0 ……………………………….. (h)
*Kembali ke Teorema 1
Berdasarkan persamaan (g), penting untuk mendeskripsikan fungsi
kompleks. Untuk itu persamaan (g) ditulis :
(u,v) = 𝑢 𝑥 𝑣 𝑥 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
, 𝑣 𝑥 : kompleks konjugat v(x).

11. 11
Untuk membuktikan 𝜆 > 0 pada 𝜆 yang terkait solusi PD Sturm-
Liouville, misalkan 𝜆 adalah fungsi kompleks nilai eigen dari (a) yang
diberikan oleh
𝜆 = 𝜇 + 𝑖𝑣 dan 𝜙 𝑥 adalah fungsi eigen yang berkorespondensi yang
juga berupa fungsi kompleks 𝜙 𝑥 = 𝑈 𝑥 + 𝑖𝑉(𝑥) dimana
u,v,U(x),V(x) adalah bilangan riil.
Misalkan u = 𝜙 dan v= , maka dari persamaan (h) dapat ditentukan
(L[𝜙], 𝜙) = (𝜙, L[𝜙]) …………………………………. (i)
Kita tahu bahwa
L[𝜙] = 𝜆 s 𝜙
Sedemikian sehingga persamaan (i) menjadi
(𝜆 s 𝜙, 𝜙) = (𝜙, L[𝜙]) …………………………… (j)
Karena (u,v) = 𝑢 𝑥 𝑣 𝑥 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
, maka kita dapatkan
𝜆 s x 𝜙 𝑥 𝜙(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 𝜙 𝑥 𝜆 𝑠 𝑥 𝜙(𝑥)𝑑𝑥
1
0
……………………….. (k)
Karena s(x) adalah bilangan riil, dari persamaan (k),
(𝜆 − 𝜆 ) 𝑠(𝑥)𝜙 𝑥 𝜙(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 0
Atau
(𝜆 − 𝜆 ) 𝑠 𝑥 𝑈2
𝑥 + 𝑉2
𝑥 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 0 ………………………. (l)
Karena integran Persamaan (l) non negative dan ≠ 0 serta kontinu maka
hasil integrasi (l) adalah positif, dan karena faktor 𝜆 − 𝜆 = 2 i v , dan
𝜆 − 𝜆 harus = 0 , v = 0, maka 𝜆 adalah Riil (> 0) Teorema 1 Terbukti.

12. 12
Teorema 2
Jika y1 dan y2 adalah dua solusi untuk persamaan differensial
Sturm-Viouville berturut-turut yang terkait dengan nilai eigen 1
dan 2, maka
𝒔 𝒙 𝒚 𝟏 𝒙 𝒚 𝟐 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
𝒃
𝒂
Asalkan 1 ≠ 2
Bukti
Teorema ini menyatakan orthogonal dari eigenfunctions dengan
mematuhi bobot fungsi ke s. Untuk membuktikan teorema dinyatakan
bahwa y1 dan y2 merupakan persamaan diferensial.
L[y1] = λ1sy1
Dan
L[y2] = λ2sy2,
berturut-turut jika kita lihat u = y1, v = y2, kemudian subtitusikan L[u]
dan L[v] ke persamaan
(L[u], v) − (u, L[v]) = 0
Diperoleh
(λ1sy1, y2) − (y1, λ2sy2) = 0

13. 13
atau menggunakan persamaan
(u, v) = 𝑢 𝑥 . 𝑣(𝑥) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
akan diperoleh
λ1 𝑠 𝑥 𝑦1 𝑥 𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 − 𝜆2
𝑏
𝑎
𝑦1(𝑥)𝑠 (𝑥)𝑦2(𝑥) 𝑑𝑥 = 0.
𝑏
𝑎
karena λ2, s(x), dan y2(x) merupakan bilangan riil, sehingga
(λ1− λ2) 𝑠 (𝑥)𝑦1(𝑥)𝑦2(𝑥) 𝑑𝑥 = 0
b
a
Karena menurut hipotesis 1 ≠ 2, berarti y1 dan y2 harus memenuhi
persamaan
𝑠 𝑥 𝑦1 𝑥 𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 = 0
𝑏
𝑎
Sehingga teorema terbukti