Dokumen tersebut membahas metode deret pangkat untuk menyelesaikan persamaan diferensial, yang menyatakan solusi dalam bentuk deret tak hingga. Metode ini memungkinkan penyelesaian untuk fungsi-fungsi analitik dengan mengembangkannya menjadi deret pangkat konvergen di sekitar titik tertentu.

1. BAB 1
METODE DERET PANGKAT
1. PENDAHULUAN
Sejauh ini kita mencoba untuk menyatakan penyelesaian Persamaan Diferensial
dalam suku-suku fungsi elementer, seperti sin, cos, xn, atau eksponen. Metode
penyelesaian yang akan dibahas ini menyatakan penyelesaian dalam suku-suku deret
pangkat. Namun demikian TIDAK semua fungsi dapat disajikan dengan cara ini, tetapi
hal ini memungkinkan dengan mengambil fungsi analitik.
Metode deret pangkat akan menghasilkan penyelesaian persamaan diferensial
dalam bentuk deret pangkat. Deret pangkat tak hingga di sekitar titik
∞
∑a
n=0
n
berbentuk :
( x − xo ) n = a0 + a1 ( x − xo ) + a2 ( x − xo ) 2 + a3 ( x − xo )3 + . . .
(1.1)
dimana a0, a1, a2, ... adalah konstanta-konstanta yang disebut koefisien deret, x0
adalah suatu konstanta yang disebut pusat dari deret dan x adalah peubah.
Persamaan (1.1) dikatakan Konvergen di titik
∞
∑a
n=0
n
=
jika deret tak terhingga
( c − x o ) n konvergen yakni nilai limit dari deret tersebut ada. Jika nilai limitnya
tidak ada, maka deret pangkat tersebut dikatan tidak Konvergen (Divergen) di
= .
Sedangkan himpunan bilangan riil yang anggota-anggotanya membentuk sebuah
deret pangkat konvergen dinamakan himpunan konvergen. Pengujian suatu deret
konvergen atau tidak pada himpunan tertentu berdasarkan teorema-teorema berikut :
Teorema 1 :
Untuk setiap Deret Pangkat Persamaan (1.1), terdapat sebuah bilangan (0 ≤
≤ ∞),
disebut sebagai radius of convergen dari deret pangkat, sedemikian sehingga
Persamaan (1.1) dikatakan konvergen mutlak untuk | −
| −
|> .
|<
dan divergen untuk
Teorema 2 : Uji Perbandingan Mutlak
Andaikan Deret Pangkat Persamaan (1.1) sebuah deret yang suku-sukunya tidak sama
dengan nol,

2. Andaikan
=
→
i.
ii.
Jika
iii.
< 1, deret konvergen
Jika
Jika
Untuk
> 1, deret divergen
= 1, pengujian ini tidak dapat memberikan kepastian
= 1, tidak dapat disimpulkan; pengujian konvergensi deret dilakukan dengan
berbagai uji ( uji perbandingan, rasio, integral dll.) baik deret positif maupun deret
berganti tanda. Nilai
yang didapatkan dari pengujian di atas disebut radius
konvergensi atau selang konvergensi deret.
Tentukan selang konvergensi deret kuasa : ∑
Contoh 1:
Jawab :
:
=
= |3 |
→
→
+1
=
+1
= |3 |
+2
Deret ini konvergen bila
"#
→
(
"# (
(
)
)
$)
< 1. Oleh karena itu, |3 | < 1 a()
= −1/3 maka didapatkan deret berganti tanda ∑
Bila
(menggunakan
uji
deret
berganti
= 1/3 didapatkan deret ∑
= 0), sedangkan untuk
→
tanda
<
< .
(
*
)
(* )
konvergen
konvergen
(
)
jika
divergen
(menggunakan aturan deret harmonik). Jadi radius konvergensi deret kuasa adalah
*
≤
< .
Tentukan selang konvergensi deret kuasa : ∑
Contoh 2:
Jawab :
:
=
→
+1
=
→
( −2)
(
+1
$),
( *$)
(
( −2)
:(
),
),

3. =
=
→
.
→
( + 1)$
( − 2)
∗
.
( + 2)$ ( − 2)
( − 2)
∗ ( + 1)$
( + 2)$
= | − 2|
→
( + 1)$
= | − 2|
( + 2)$
Deret ini konvergen bila
Bila
< 1. Oleh karena itu, | − 2| < 1 a() 1 <
= 1 maka didapatkan deret berganti tanda ∑
(menggunakan uji deret berganti tanda konvergen
= 3 didapatkan deret ∑
(
( )
konvergensi deret kuasa adalah 1 ≤
),
→
(* )
(
),
merupakan deret harmonik. Jadi radius
< 3.
Tentukan semua nilai x yang menyebabkan deret berikut ini konvergen !
(−2) ( − 3)
( + 1)
0
2.
0
3.
0
4.
0
5.
0
6.
0 2$2
2
3
!
(2)* ( − 1)
( + 1)
( )$ ( + 2)
2
3
( − 2)
$2
konvergen
= 0), sedangkan untuk
Latihan 1 :
1.
<3

4. 2. Turunan dan AntiTurunan PADA DERET PANGKAT
Pada pasal sebelumnya, kita mengetahui bahwa himpunan kekonvergenan deret
∞
pangkat
∑a
n =0
n
x n adalah sebuah selang I. Selang ini adalah daerah asal sebuah fungsi
baru 3( ), yaitu jumlah deret pangkat itu. Pertanyaannya, apakah kita dapat menyusun
rumus sederhana untuk S(x) tersebut sebagaimana deret geometri yaitu :
∞
∑a
n=0
n
x n = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . . =
a
,
1− x
−1 < x < 1
Teorema 3 :
Andaikan S(x) adalah jumlah sebuah deret pangkat pada sebuah selang I; jadi,
∞
S ( x ) = ∑ a n x n = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . .
n=0
Maka, apabila x ada di dalam I, berlakulah,
∞
∞
S ' ( x ) = ∑ x ( a n x n ) = ∑na n x n −1
D
i.
n=0
n =1
= a1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + . . .
x
∞ x
∞
a
S ( t )dt = ∑ a n t n dt = ∑ 0 x n+1
∫
∫
n =0 0
n =0 n + 1
0
ii.
= a0 x +
1
1
1
a1 x 2 + a 2 x 3 + a 3 x 4 + . . .
2
3
4
Contoh 3 :
Gunakan Teorema 3 untuk deret geometri
1
= 1 + x + x 2 + x 3 + . . .,
1− x
−1 < x < 1
Untuk memperoleh rumus-rumus jumlah dua deret baru.
Jawab :
i.
Apabila dideferensialkan suku demi suku, kita peroleh
1
= 1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x 3 + . . .,
(1 − x ) 2
−1 < x < 1

5. ii.
Sedangkan pengintegralan suku demi suku menghasilkan
x
x
x
x
x
1
2
3
∫ 1 − t dt = ∫1dt + ∫ t dt + ∫ t dt + ∫ t dt + . . .,
0
0
0
0
0
Jadi
− ln(1 − ) =
+
$
2
+
3
−1 < x < 1
+ . . .
Apabila x diganti dengan – x dan mengalikan ruas kiri dan kanan dengan −1, kita
peroleh
ln(1 + ) =
−
$
2
+
3
−
9
4
+. . .
∴ Jadi dapat disimpulkan bahwa :
1 + 2 x + 3x 2 + 4 x 3 + . . . =
<+
1
(1 − x ) 2
<= <>
+ + . . . = − ?@(A − <)
=
>
<= <> <B
<− + −
+ . . . = ?@(A + <)
=
>
B
Latihan 2 :
Tentukan deret pangkat untuk setiap fungsi berikut ini dengan memodifikasi deret
geometri pada Contoh 3.
1
1+ x2
1
(1 − x ) 2
1.
2.
arctan x = tan =1 x
3.
3. TITIK ANALITIK
Suatu fungsi C dikatakan analitik pada titik
, jika terdapat suatu bilangan real
positif D sehingga C dapat ditulis sebagai suatu deret pangkat konvergen
∞
∑a ( x − x
n=0
n
o
)n = a0 + a1 ( x − xo ) + a2 ( x − xo )2 + a3 ( x − xo )3 + . . .

6. Untuk semua | −
| < D. Bilangan R dinamakan radius of convergen deret pangkat.
Beberapa contoh fungsi analitik yaitu memuat eksponen, sin dan cos.
Beberpa bentuk deret pangkat sebagai kombinasi dari fungsi sederhana, tetapi
paling tidak dikenal sebagai kspansi sebagai berikut :
1
1− x
=
ex
=
e
∞
∑x
= 1+ x + x2 + x3 + . . .
m
m =0
∞
xm
∑
m =0 m !
= 1+ x +
x −2 m
=∑
m =0 m !
x4 x6
= 1− x +
−
+. . .
2 ! 3!
∞
− x2
2
cos x
=
( −1) m x 2 m
∑ ( 2m ) !
m =0
= 1−
sin x
=
( −1) m x 2 m +1
m = 0 ( 2m + 1) !
= x−
Contoh 4 :
Fungsi 3
$
∞
∞
∑
x2 x3
+
+. . .
2 ! 3!
x2 x4 x6
+
−
+.. .
2! 4! 6!
x 3 x5 x 7
+
−
+.. .
3! 5 ! 7 !
− 7 + 6 = 0 analitik pada setiap titik, sedangkan fungsi
analitik pada setiap titik, kecuali pada titik
= 0, 3 dan −3
, *G
H
( , *I)
4. Titik Regular dan Titik Singular
Perhatikan suatu persamaan diferensial orde dua dengan koefisien peubah dengan
bentuk
a$ (x)y KK + a (x)y K + a (x)y = 0 .
(1.2)
Jika Persamaan (1.2) dituliskan dalam bentuk standar
y KK + p(x)y K + q(x)y = 0
Dengan
) (
)$ (
N
) (
P( ) =
)$ (
O( ) =
Definisi
)T
)R
)S
)R
Q
(1.3)

7. Sebuah titik
disebut titik regular atau titik ordiner dari Persamaan Diferensial
(1.2) jika kedua fungsi O( ) dan P( ) analitik di titik
atau dengan kata lain
persamaan diferensial adalah regular. Dalam kasus ini lim
lim
→ W
P( ) ada.
Jika O( ) atau P( ) tidak analitik pada titik
, maka
→ W
X( ) dan
disebut sebuah titik
singular dari persamaan diferensial (1.2) atau dengan kata lain Persamaan
diferensial adalah singular di
. Dalam kasus ini lim
→ W
X( ) atau lim
→ W
P( )
adalah tak terhingga
Contoh 5: Tentukan semua titik singular dari <Y′′ + <(A − <)*A Y′ + (Z[@ <) Y =
Solution :
O( ) =
a ( )
=
a$ (x)
P( ) =
a ( ) sin
=
a$ (x)
(1 − )
O( ) analitik kecuali pada
=1
dengan menggunakan mengingat beberapa bentuk deret pangkat maka
P( ) =
sin
=
G
H
− 3! + − 7! + . . .
5!
Dengan demikian P( ) analitik semua titik.
∴ _ KK + (1 − )* _ K + (sin ) _ = 0; singular hanya pada titik
= 1.
Definisi
Sebuah titik
jika titik
disebut titik singular yang regular dari persamaan diferensial (1.2)
analitik pada kedua fungsi (< − < )`(<) dan (< − < )= a(<). Sebaliknya
disebut titik singular tak regular dari persamaan diferensial (1.2).
Contoh 6: Tentukan titik singular dari persamaan (b = − A)= c KK + (b + A)c K − c =
Solution :
Diketahui :

8. O( ) =
P( ) =
a ( )
( + 1)
1
= $
=
$
a$ (x) ( − 1)
( + 1)( − 1)$
a ( )
=
a$ (x) (
−1
1
=
$ − 1)$
( + 1)$ ( − 1)$
Maka dengan demikian kita peroleh ±1 adalah titik-titik singular pada persamaan
diferensial contoh 6.
• Untuk
= 1, kedua fungsi dalam (3) menjadi
(x − 1)O( ) =
1
( + 1)( − 1)
dan
(x − 1)$ P( ) =
1
( + 1)$
Karena salah satunya tidak analitik di
= 1. Oleh karena itu
=1
merupakan titik singular tak regular
• Untuk
= −1, kedua fungsi dalam (3) menjadi
(x + 1)O( ) =
1
( − 1)$
dan
(x + 1)$ P( ) =
−1
( − 1)$
Karena keduanya analitik di
= −1 maka karena itu
= −1 merupakan titik
singular regular.
Latihan 3:
Tentukan titik-titik singular yang regular, dan titik-titik singular takregular dari
persamaan diferensial berikut ini.
1.
_ KK − (2 + 1)_ K = 0
3. (1 − )_ KK − _ K + _ = 0
5. ( − 1)$ _ KK − (
7.
(1 −
$ )_ KK
$
− )_ K + _ = 0
+ (2 − 3)_ K + _ = 0
2. _ KK − 2( − 1)_ K + 2_ = 0
4. 2
6.
_ +( −
$ KK
$ )_ K
−_=0
_ − ( + 2)_ = 0
$ KK
8. ( − 1)9 _ KK − _ = 0

9. 5. Deret Kuasa Sebagai Penyelesaian di Sekitar Titik Singular
Dalam bagian ini kita tunjukkan bagaimana menyelesaikan sebarang persamaan
diferensial linear orde dua dengan koefisien peubah yang berbentuk
)$ ( )_ KK + ) ( )_ K + ) ( )_ = 0
(1.4)
Dalam suatu selang di sekitar titik regular
. Titik
biasanya diatur oleh
masalah khusus yang ada, yang mensyaratkan kita untuk mencari penyelesaian
persamaan diferensial (1.4) yang memenuhi syarat awal berbentuk :
_( ) = _
dan
(1.5)
_ K( ) = _
(1.6)
Kita ingatkan kembali bahwa jika koefisien-koefisien )$ , ) dan ) berbentuk polinompolinom dalam , maka sebuah titik
(1.4) bila )$ ( ) ≠ 0. Pada umumnya
adalah titik regular dari persamaan diferensial
adalah titik regular dari persamaan diferensial
(1.4) jika fungsi-fungsi dan O( ) dan P( ) pada Persamaan (1.3) dapat diuraikan
menjadi deret kuasa dalam bentuk
a (x)
= 0g ( −
a$ (x)
dan
)$
Untuk | −
|<D
(1.7)
) ( )
= 0h ( −
)$ ( )
)$
Untuk | −
| < D$
(1.8)
Dengan jari-jari keonvergenan D dan D$ yang positif. Fungsi (1.7) dan (1.8) khususnya
kontinu di dalam selang | −
| < D, dimana D bilangan terkecil diantara D dan D$ .
Teorema 3 (Penyelesaian di sekitar sebuah titik regular )
Jika
sebuah titik regular dari Persamaan Diferensial (1.4), maka penyelesaian umum
persamaan diferensial itu mempunyai suatu uraian deret kuasa di sekitar

10. ∞
∑a ( x − x )
n=0
n
o
n
= a0 + a1 ( x − xo ) + a2 ( x − xo ) 2 + a3 ( x − xo )3 + . . .
Dengan jari-jari kekonvergenan yang positif.
6. Deret Pangkat Pada Persamaan Diferensial
Bentuk P.D orde satu:
i_
= C( , _)
i
Solusi y diperoleh dalam bentuk suatu deret Taylor;
y = a0 + a1 ( x − xo ) + a2 ( x − xo ) 2 + a3 ( x − xo )3 + . . .
dimana sering mengganti ) dengan _
dimana deret ini :
1) memenuhi persamaan diferensial diatas
2) mempunyai harga _ = _ jika
=
3) konvergen untuk semua harga
yang cukup dekat dengan
=
Langkah-langkah untuk mencari solusi umum yang berbentuk deret pangkat dalam
pangkat dari , yaitu jika
1.
=0
Asumsikan bahwa solusi umum berbentuk deret pangkat dalam pangkat dari
∞
y = ∑ an x n
n =0
= a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . .
2.
Diferensiasikan suku demi suku deret yang diasumsikan
3.
Substitusikan deret yang diasumsikan itu beserta deret-deret yang diperoleh
dengan diferensiasi suku demi suku tersebut ke dalam persamaan diferensialnya.
4.
Kumpulkan pangkat-pangkat x yang sama dan menyamakan jumlah koefisien
dari setiap pangkat x yang terjadi dengan nol, dimulai dari suku-suku konstanta,
suku-suku yang mengandung x, suku-suku yang mengandung x2 dan seterusnya.
5.
Hitunglah koefesien deretnya dari hubungan-hubungan diatas
6.
Substitusikan koefisien deret yang telah diperoleh ke dalam persamaan solusi
yang diasumsikan pada awal langkah ini.

11. Contoh 7 : Tentukan solusi deret pangkat disekitar < = untuk persamaan diferensial
dy
+ 2 xy = 0
dx
Solution :
Karena koefesien dari _ adalah polinomial 2 , yang mana analitik dimana saja
= 0 adalah titik regular pada Persamaan Diferensial pada contoh 7.
sehingga
Asumsikan bahwa solusi umum berbentuk deret pangkat dari x
∞
y = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . . = ∑ a n x n .
n =0
∞
y' = a1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + . . . = ∑ na n x n −1 .
n =1
Substitusikan y dan
∞
∞
n =1
dy
ke soal di atas
dx
n =0
∑ na n x n−1 + 2 x ∑ a n x n = 0
∞
∑ na
n =1
∞
n
x n −1 + ∑ 2a n x n +1 = 0
n=0
( a1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + . . . ) + 2 x ( a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . . ) = 0
a1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + . . . + 2a 0 x + 2a1 x 2 + 2a 2 x 3 + 2a 3 x 4 + . . . = 0
a1 + 2a 2 x + 2a 0 x + 3a 3 x 2 + 2a1 x 2 + 4a 4 x 3 + 2a 2 x 3 + . . . = 0
a1 + ( 2a 2 + 2a 0 ) x + (3a 3 + 2a1 ) x 2 + ( 4a 4 + 2a 2 ) x 3 + . . . = 0
dengan menyamakan koefesien-koefesien dari setiap pangkat x dengan nol, maka
diperoleh bahwa :
Koefesien dari :
x0 :
a1 = 0
x1 :
2a 2 + 2a 0 = 0
x2 :
3a 3 + 2a1 = 0
⇒
x3 :
4a 4 + 2a 2 = 0
⇒ a4 = −
x4 :
5a 5 + 2a 3 = 0
⇒ a5 = 0
x5 :
6)j + 2)9 = 0 ⇒)j = −
⇒
a 2 = −a 0
a3 = 0
a2 1
= a0
2 2!
2)9
() )
)
=−
=−
6
3!
3!

12. dan seterusnya.
sehingga dapat disimpulkan bahwa :
)$ =
)$
(−1)
!
= 1, 2, 3, …
=0
= 0, 1, 2, 3, …
Subtitusikan harga-harga tersebut ke dalam asumsi solusinya. Dengan harga-harga
ini, maka solusi umumnya adalah :
y = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + a 5 x 5 + a 6 x 6 + a 7 x 7 + . . .
= a0 + 0 x − a0 x 2 + 0 x 3 +
= a0 − a0 x 2 +
∞
= a0 ∑
n =1
= a0e −x
a0 4
a
x + 0x5 − 0 x6 + 0x7 +. .
2!
3!
a0 4 a0 6
x −
x +. . .
2!
3!
( − 1) n 2 n
x
n!
2
Contoh 8 : Tentukan nilai pendekatan Y(, l) dari persamaan diferensial berikut ini
dengan menggunakan deret pangkat sampai pangkat ke 10:
1.
dy
− 2 xy = 0
dx
y ( 0) = 2
Solution :
Asumsikan bahwa solusi umum berbentuk deret pangkat dalam pangkat dari x
∞
y = ∑ a n x n = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . .
n =0
Diferensialkan asumsi solusi diatas suku demi suku
dy
= a1 + 2a 2 x + 3a3 x 2 + 4a 4 x 3 + . . .
dx
Substitusikan y dan
dy
ke soal persamaan diferensial di atas yaitu :
dx
dy
− 2 xy = 0
dx
⇒ a1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + . . . − 2 x ( a 0 + a1 x + a 2 x 2 + . . ) = 0

13. Kumpulkan pangkat-pangkat dari x yang sama
⇒ a 1 + ( 2a 2 − 2a 0 ) x + ( 3a 3 − 2 a 1 ) x 2 + ( 4a 4 − 2a 2 ) x 3 + ( 5a 5 − 2 a 3 ) x 4
+ ( 6a 6 − 2a 4 ) x 5 + . . ) = 0
dengan menyamakan koefesien-koefesien dari setiap pangkat x dengan nol, maka
diperoleh bahwa :
Koefesien dari :
x0 :
a1 = 0
x1 :
2a 2 − 2a 0 = 0 ⇔ a 2 = a 0
x2 :
3a 3 − 2a1 ⇔ a 3 = 0
x3 :
4a 4 − 2a 2 ⇔ a 4 =
x4 :
5a 5 − 2a 3 ⇔ a 5 = 0
x5 :
6a 6 − 2a 4 ⇔ a 6 =
a 2 a0
=
2
2
a4
a
a
a
= 2 = 2 = 0
3 3 * 2 3! 3!
dan seterusnya.
Subtitusikan harga-harga tersebut ke dalam asumsi solusinya. Dengan hargaharga ini, maka solusi umumnya adalah :
y = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + a 5 x 5 + a 6 x 6 + a 7 x 7 + . . .
a0 4
a
a
x + 0x5 + 0 x6 + 0x7 + 0 x8 + . . .
2!
3!
4!
4
6
8
x
x
x
= a0 (1 + x 2 +
+
+
+ . . .)
2!
3!
4!
= a0 + 0 x + a0 x 2 + 0 x 3 +
Menurur Deret Maclaurin 1 + x 2 +
∞
2
x 4 x 6 x8
xm
+
+
+. . .= ∑
= e x maka
2 ! 3! 4 !
m =0 m !
2
solusi umumnya menjadi y = a 0 e x ; dimana a0 konstanta sembarang.
Nilai _(0,5) dari persamaan diferensial
sampai pangkat ke 10 adalah :
x 4 x 6 x 8 x 10
y( x ) = a 0 (1 + x +
+
+
+
)
2! 3! 4!
5!
2
karena y(0) = 2 maka solusi umum menjadi
diatas menggunakan deret pangkat

14. y( x ) = 2( 1 + x 2 +
x 4 x 6 x 8 x 10
+
+
+
)
2! 3! 4! 5!
Untuk x = 0,5 maka
(0,5)4 (0,5)6 (0,5)8 (0,5)10
y(0,5) = 2(1 + (0,5) +
+
+
+
)
2!
3!
4!
5!
= 2(1 + 0,25 + 0,03125 + 0,002604167 + 0,000162760 + 0,000008138)
= 2,56805013
2
2
Solusi secara umum analitik untuk y(0) = 2 adalah y = 2e x . Sehingga nilai
y(0,5) = 2 * exp((0,5) 2 )
= 2 * 1,284025417
= 2,568050833
Contoh 9 : Tentukan solusi umum dari
2_ KK + _ K + _ = 0
dalam bentuk deret pangkat disekitar titik regular
= 0.
Solution :
∞
y = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . . = ∑ a n x n .
n =0
Maka
∞
y' = a1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + . . . = ∑ na n x n −1 .
n =1
∞
y' ' = 2a 2 + 6a 3 x + 12a 4 x 2 + . . . = ∑ n( n − 1)a n x n − 2 .
n= 2
Substitusikan deret tersebut ke persamaan diferensial contoh diatas
∞
∞
∞
2∑ n( n − 1)a n x n− 2 + x ∑ na n x n −1 + ∑ a n x n = 0
n=2
n =1
∞
∑ 2n(n − 1)a
n= 2
n
∞
n =1
n =0
x n− 2 + ∑ na n x n + ∑ a n x n = 0
Dengan memisalkan p =
p=
n =0
∞
− 2 untuk bentuk penjumlahan pertama, sedangkan
untuk bentuk penjumlahan kedua dan ketiga sehingga penjumlahan
persamaan diatas menjadi

15. ∞
∞
∞
k =0
k =1
k =0
∑ 2(k + 2)( k + 1)a k +2 x k + ∑ ka k x k + ∑ a k x k = 0
∞
∞
∞
k =1
k =1
k =1
2( 0 + 2)( 0 + 1)a 2 + ∑ 2( k + 2)( k + 1)a k + 2 x k + ∑ ka k x k + a 0 + ∑ a k x k = 0
∞
4a 2 + a 0 + ∑ [ 2( k + 2)( k + 1)a k + 2 + ka k + a k ] x k = 0
k =1
Sehingga diperoleh :
4a 2 + a 0 = 0 ⇒ a 2 =
− a0 − a0
= 2
4
2
⇒ 2( k + 2)( k + 1)a k +2 + ka k + a k = 0
⇒ a k +2 = −
( k + 1 )a k
2 ( k + 2 )( k + 1 )
⇒ ak +2 = −
1
ak ;
2( k + 2)
p≥1
Maka dapat disimpulkan bahwa :
a2 =
− a0 − a0
= 2
4
2
ak +2 = −
1
ak
2( k + 2)
p = 1 maka
p = 2 maka
p = 3 maka
p = 4 maka
p = 5 maka
p = 6 maka
dst
) =
−1
)
2∗4 $
−1
=
)
2∗5
−1
=
)
2∗6 9
−1
=
)
2∗7 G
−1
=
)
2∗8 j
)9 =
)G
)j
)H
)r
−1
)
2∗3
1
)
∗2∗4
1
= $
)
2 ∗3∗5
−1
−1
−1
= $
) =
) = j
)
2 ∗2∗2∗4∗6
2 ∗2∗4∗6
2 ∗ 3!
−1
−1
=
) =
)
2 ∗ 2$ ∗ 3 ∗ 5 ∗ 7
2 ∗3∗5∗7
1
1
= 9
) = r
)
2 ∗2∗4∗6∗8
2 ∗ 4!
=
2$
Maka solusi dari persamaan diferensial diatas adalah :
y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + a 5 x 5 + a 6 x 6 + a7 x 7 + a 8 x 8 + . . . .
y = a 0 + a 2 x 2 + a 4 x 4 + a 6 x 6 + a 8 x 8 + . . . + a1 x + a 3 x 3 + a 5 x 5 + a 7 x 7 + a 9 x 9 + . . . .

16. y = a0 −
a0
2
2
+ a1 x −
x2 +
a0
a
a
x 4 − 6 0 x6 + 8 0 x 8 + . . .
4
2 .2 !
2 .3 !
2 .4 !
1
1
1
1
a1 x 3 +
a1 x 5 + 2
a1 x7 + 3
a1 x9 + . . .
2. 2. 3. 5
2 . 2. 3
2 .2.3.5.7
2 .2.3.5.7.9
0
1 2
1
1
1
x + 4
x4 − 6
x6 + 8
x 8 + . . .)
2
2
2 .2 !
2 .3 !
2 .4 !
1
1
1
1
+ a1 ( x − 0
x3 +
x5 + 2
x7 + 3
x9 + . . . )
2.2.3.5
2 .2.3
2 .2.3.5.7
2 .2.3.5.7.9
y = a0 (1 −
∞
( −1 ) n 2 n
( −1 ) n
y = a0 ∑ 2 n x + a1 ∑ n −1
x 2 n+1
n!
(1.3...(2 n + 1 ))
n =0 2
n =0 2
∞
Contoh 10 : Tentukan solusi umum dari
2_ KK − _ K + _ = 0
dalam bentuk deret pangkat disekitar titik regular
= 1.
Solution :
y = ∑ an ( x − 1 )n .
∞
n =0
Dengan memisalkna ( =
i_ i_
=
i
i(
− 1, maka
i$_ i$_
=
i $ i( $
Oleh sebab itu persoalan tersebut menjadi
2_ KK − (( + 1)_ K + _ = 0
Sekarang mencari solusi umum dengan bentuk
_ = 0) (
Maka
_K = 0 ) (
*
_′K = 0 ( − 1)) (
$
*$
Dengan mensubtitusikan kedua turunan ini ke Persamaan (1.9) maka diperoleh
(1.9)

17. 2 0 ( − 1)) (
*$
− (( + 1) 0 ) (
2 0 ( − 1)) (
*$
−0 ) ( −0 ) (
$
$
Dengan memisalkan p =
+0) ( = 0
*
*
+0) ( = 0
− 2 untuk bentuk penjumlahan pertama, p =
penjumlahan ketiga, dan p =
− 1 untuk
untuk bentuk penjumlahan kedua dan keempat
sehingga penjumlahan persamaan diatas menjadi
2 0(p + 2)(p + 1))2 $ ( 2 − 0 p)2 ( 2 − 0(p + 1))2 ( 2 + 0 )2 ( 2 = 0
2
4)$ + 2 0(p + 2)(p + 1))2
2
$(
2
2
2
− 0 p)2 ( 2 − ) − 0(p + 1))2
2
2
2
( 2 + ) + 0 )2 ( 2 = 0
2
4)$ − ) + ) + 2 0(p + 2)(p + 1))2
$(
2
− 0 p)2 ( 2 − 0(p + 1))2
4)$ − ) + ) + 0 2(p + 2)(p + 1))2
$(
2
− (p + 1))2
( 2 − p)2 ( 2 + )2 ( 2 = 0
4)$ − ) + ) + 0 2(p + 2)(p + 1))2
$(
2
− (p + 1))2
( 2 − (p − 1))2 ( 2 = 0
2
2
2
Sehingga diperoleh :
4)$ − ) + ) = 0 → )$ =
2(p + 2)(p + 1))2
⇒ )2
$
=
$
) −)
4
− (p + 1))2
2
− (p − 1))2 = 0
(p + 1))2 + (p − 1))2
2(p + 2)(p + 1)
Untuk p = 1, 2, 3, … maka diperoleh :
) =
2
p≥1
2)
+ (1 − 1))
2)$
2) − 2)
) −)
=
=
=
2(1 + 2)(1 + 1)
2.3.2
4.2.3.2
4.3.2
) −)
) −)
(2 + 1))$ + (2 − 1))$ 3) + )$ 3 u 4.3.2 v +
4
)9 =
=
=
2(2 + 2)(2 + 1)
2.4.3
2.4.3
) −)
2) − 2)
3) − 3)
) −)
4.2 +
4.2
4.2
=
=
=
2.4.3
2.4.3
2.4.4.2
( 2 + 0 )2 ( 2 = 0
2

18. Jadi Solusinya :
_(() = ) + ) ( + )$ ( $ + ) ( + )9 ( 9 + ⋯
) −)
) −)
) −) 9
v ($ + u
v( + (
)( + ⋯
_(() = ) + ) ( + u
4
4.3.2
2.4.4.2
_(() = ) + ) ( +
_(() = ) −
_(() = ) −
Karena ( =
_( ) = ) −
) $ ) $
)
)
)
)
( − ( +
( −
( +
(9 −
(9 + ⋯
4
4
4.3.2
4.3.2
2.4.4.2
2.4.4.2
) $
)
)
)
)
)
( −
( −
(9 − ⋯ + ) ( + ($ +
( +
(9 + ⋯
3
4.3.2
2.4.4.2
4
4.3.2
2.4.4.2
) $
)
)
)
)
)
( −
( −
(9 − ⋯ + ) ( + ($ +
( +
(9 + ⋯
3
4.3.2
2.4.4.2
4
4.3.2
2.4.4.2
− 1, maka
)
)
)
( − 1)$ −
( − 1) −
( − 1)9 − ⋯
3
4.3.2
2.4.4.2
+)1 ( − 1) +
)1
4
( − 1)2 +
)1
4.3.2
( − 1)3 +
)1
2.4.4.2
( − 1)4 + ⋯
Contoh 12 : Tentukan nilai pendekatan y(0,1) dari persamaan diferensial berikut
ini dengan menggunakan deret pangkat sampai pangkat ke 8:
1.
dy
− y = 2x − x2
dx
y( 0 ) = 1
Jawab :
a0 + 2 2 a0 3 a0 4 a0 5 a0 6
x +
x +
x +
x +
x +. ..
2
3!
4!
5!
6!
x3
x4
x5
x6
2
= a0 (1 + x + x +
+
+
+
+ . . .)
3!
4!
5!
6!
y = a0 + a0 x +
∞
xm
x 2 x 3 x4
=1+ x +
+
+
+ . . . maka solusi umumnya adalah
2! 3! 4!
m =0 m !
karena e x = ∑
2
y = a0 e x + x 2 ; dimana a0 konstanta sembarang.
2
Untuk y( 0 ) = 1 maka diperoleh solusi khususnya y = e x + x 2 sehinnga nilai
y ( 0 ,1 ) = 1,11517092