Teks tersebut membahas tentang persamaan linear orde tinggi dengan koefisien konstan. Ia menjelaskan bahwa solusi umum dari persamaan tersebut dapat ditentukan dengan menemukan akar dari persamaan karakteristik yang dihasilkan dari koefisien persamaan. Jika akar tersebut nyata dan berbeda, solusi umum berupa kombinasi fungsi eksponensial. Jika akarnya kompleks, solusi umum dapat ditulis menggunak

1. BAB IV
PERSAMAAN LINEAR ORDE TINGGI
4.1 Teori Umum Persamaan Linear Orde n
Sebuah persamaan diferensial linear n adalah persamaan bentuk
(1)
Kita asumsikan bahwa fungsi P0, .... , Pn dan G kontinu fungsi bernilai real pada interval I: α
< t <β, dan P0 adalah nol dalam interval ini. Kemudian dengan membagi persamaan (1)
dengan P0(t), kita memperoleh
(2)
diferensial linier dengan Operator L order n yang didefinisikan oleh persamaan (2) adalah
sama dengan operator orde kedua pada bab 3.
Persamaan (2) akan melibatkan derrivative n dari y terhadap t, sehingga memerlukan
integrasi
n
untuk
menyelesaikan
persamaan
(2).
Masing-masing
integrasi
ini
memperkenalkan sembarang konstanta sembarang. Oleh karena itu untuk mendapatkan solusi
yang unik, maka perlu untuk menentukan kondisi awal n,
y(t0)= y0, y’(t0) = y’0, . . . , y(n-1)(t0) = y0(n-1)
(3)
dimana t0 mungkin setiap titik dalam interval I dan y0, y0 ', ... , y0 (n-1) merupakan sekumpulan
konstanta riil yang ditentukan.
Teorema 4.1.1
Jika fungsi P1, P2, ... , Pn, dan g adalah kontinu pada interval terbuka I, maka ada tepat
satu solusi y = Φ (t) dari persamaan diferensial (2) yang memenuhi kondisi awal (3) pada di
seluruh interval I.
jika koefisien p1, ..., pn adalah konstanta, maka kita dapat membuat solusi dari masalah nilai
awal (2), (3) sebanyak dalam Bab 3, lihat bagian 4.2 sampai 4.4. Bahkan meskipun kita
mungkin menemukan solusi, kita tidak tahu bahwa itu adalah unik tanpa menggunakan
Teorema 4.1.1.
Persamaan Homogen. Seperti dalam masalah yang sesuai dengan orde kedua, pertama-tama
kita membahas persamaan homogen.

2. (4)
Jika fungsi y1, y2, ..., yn adalah solusi persamaan (4), maka berikut dengan perhitungan
langsung bahwa kombinasi linear
y = c1y1(t) + c2y2(t) + . . . + cnyn(t)
(5)
Dimana c1, ... , cn adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi dari persamaan
(4). Setiap solusi dari persamaan (4) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari y1, ... , yn
jika, tidak bergantung pada kondisi awal (3), adalah mungkin untuk memilih konstan c1, ... ,
cn sehingga kombinasi linear (5) memenuhi kondisi awal. Secara khusus, untuk setiap pilihan
titik t0 dalam I, dan untuk setiap pilihan y0, y0 ', .... , y0 (n-1), kita harus menentukan c1, .... , cn
sehingga persamaan
(6)
terpenuhi. Persamaan (6) dapat diselesaikan secara unik untuk konstanta c1, ... , cn, asalkan
determinan koefisien tidak nol, maka selalu mungkin untuk memilih nilai y0, y0 ', ..., y0 (n-1)
sehingga Pers. (6) tidak memiliki solusi. Oleh karena itu kondisi yang memenuhi untuk Pers.
(6) untuk nilai-nilai y0, y ‘ 0, ..., y0 (n-1) sembarang adalah bahwa Wronskian
(7)
tidak nol pada t = t0. Jika t0 terdapat disetiap titik dalam interval I, maka terpenuhi bahwa W
(y1, y2, ..., yn) tidak sama dengan nol di setiap titik dalam interval. Sama seperti untuk
persamaan linier orde kedua, dapat ditunjukkan bahwa jika y1, y2, ..., yn solusi dari Pers. (4),
maka W (y1, y2, ..., yn) adalah nol untuk setiap t dalam interval I atau ada yang lain yang tidak
nol.
Teorema 4.1.2
Jika fungsi p1, p2, ..., pn adalah kontinu pada interval terbuka I, kalau fungsi y1, y2, ..., yn
solusi dari Pers. (4), dan jika W (y1, y2, ..., yn) (t) ≠ 0 untuk setidaknya satu titik dalam I, maka
setiap solusi dari Pers. (4) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari solusi y1, y2, ..., yn.
Himpunan penyelesaian y1, ..., yn dari Pers. (4) dimana Wronskiannya adalah nol
disebut sebagai himpunan penyelesaian. Adanya solusi dasar dapat ditunjukkan dengan cara

3. yang persis sama seperti untuk orde kedua persamaan linear (lihat Teorema 3.2.5). Karena
semua solusi dari Pers. (4) adalah dari bentuk (5), kita menggunakan solusi umum yang
merujuk pada suatu kombinasi linear sembarang solusi dari Pers. (4).
Pembahasan ketergantungan linier dan bebas linier yang diberikan dalam Bagian 3.3
juga bisa disamaratakan. Fungsi f1, f2, ..., fn dikatakan linear tergantung pada I jika terdaat
konstanta k1, k2, ..., kn, semuanya tidak nol, sehingga
k1f1+k2f2+···+knfn=0
(8)
untuk semua t di I. fungsi f1, ..., fn dikatakan linear pada I jika fungsi tersebut tidak
bergantung linear. Jika y1, ..., yn merupakan solusi dari Pers. (4), maka dapat ditunjukkan
bahwa kondisi yang memenuhinya untuk menjadi linear adalah jika W (y1, ..., yn) (t0) ≠ 0
untuk setiap t0 dalam I (lihat Soal 25). Oleh karena itu satu himpunan penyelesaian dari Pers.
(4) bebas linear, dan himpunan bebas linear n merupakan solusi dari Pers. (4).
Persamaan Nonhomogen. Sekarang perhatikan persamaan nonhomogen (2),
L[y] = y(n) + p1(t)y(n−1) +···+ pn(t)y = g(t).
Jika Y1 dan Y2 adalah masing-masing solusi dari Pers. (2), maka berikut linearitas operator L
L[Y1 − Y2](t) = L[Y1](t) − L[Y2](t) = g(t) − g(t) = 0.
Oleh karena itu perbedaan dari dua solusi dari persamaan homogen (2) merupakan solusi dari
persamaan homogen (4). Karena setiap solusi dari persamaan homogen dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linear dari himpunan penyelesaian y1, ..., yn, solusi dari Pers. (2) dapat
ditulis sebagai
y = c1y1(t) + c2y2(t) +···+cnyn(t) + Y(t),
(9)
di mana Y adalah beberapa solusi tertentu dari persamaan homogen (2). Kombinasi linear (9)
disebut solusi umum dari persamaan homogen (2). Jadi masalah utama adalah untuk
menentukan penyelesaian y1, ..., yn dari persamaan homogen (4). Jika y1 merupakan salah
satu solusi dari Pers. (4), maka substitusi y = v(t)y1(t) mengarah pada persamaan diferensial
linear order n – 1 untuk v’ (lihat Soal 26 untuk kasus ketika n = 3). Namun, jika n ≥ 3,
persamaan dikurangi dengan persamaan itu sendiri. Dengan demikian, dalam prakteknya,
pengurangan order jarang berguna untuk persamaan lebih tinggi dari urutan kedua.
4.2 Persamaan Homogen dengan Koefisien Konstan
Pertimbangkan persamaan diferensial homogen linear orde n
L[y] = a0y(n) + a1y(n−1) +···+an−1y’+ any = 0,
(1)

4. dimana a0, a1, ..., an adalah konstanta riil. Dari pengetahuan kita tentang persamaan linear
orde kedua dengan koefisien konstan dapat diasumsikan bahwa y = ert adalah solusi dari Pers.
(1) untuk nilai-nilai r yang sesuai.
L[ert] = ert(a0rn + a1rn−1 +···+an−1r + an) = ertZ(r)
(2)
Untuk setiap r,dimana
Z(r) = a0rn + a1rn−1 +···+an−1r + an.
(3)
untuk nilai r dimana Z(r) = 0, berarti L[ert] = 0 dan y = ert adalah solusi dari Pers. (1).
Polinomial Z(r) disebut polinomial karakteristik, dan persamaan Z(r)=0 adalah persamaan
karakteristik dari persamaan diferensial (1). Sebuah polinomial berderajat n memiliki n nol,
katakanah bahwa r1, r2, ..., rn, beberapa di antaranya mungkin sama, maka kita dapat menulis
polinomial karakteristik dalam bentuk
Z(r) = a0(r − r1)(r − r2) ···(r − rn).
(4)
Akar Real dan tidak sama. Jika akar persamaan karakteristik adalah nyata dan tidak sama,
maka kita memiliki n berbeda er1t, er2t, ..., ernt solusi dari Pers. (1). Jika fungsi tersebut linear,
maka solusi umum dari persamaan. (1) adalah
y = c1er1t + c2er2t +···+cnernt.
(5)
y”” + y”’ − 7y” – y’ + 6y = 0.
(6)
Contoh 1
Tentukanlah solusi umum dari
Juga mencari solusi yang memenuhi kondisi awal
y(0)=1 , y’(0)=0 , y”(0)=−2 , y”’(0)=−1
(7)
dan plot grafiknya.
Dengan asumsi bahwa y = ert, kita harus menentukan r dengan memecahkan
persamaan polinomial
r4 + r3 − 7r2 − r + 6 = 0.
(8)
Akar dari persamaan ini adalah r1 = 1, r2 = -1, r3 = 2, dan r4 = -3. Oleh karena itu
solusi umum dari persamaan. (6) adalah
y = c1et + C2e-t + + c3e2t c4e-3t.
(9)
Kondisi awal (7) mengharuskan c1, ..., c4 memenuhi empat persamaan
c1 + c2 + c3 + c4 = 1,
c1 − c2 + 2c3 − 3c4 = 0,
c1 + c2 + 4c3 + 9c4 =−2,
c1 − c2 + 8c3 − 27c4 =−1.
(10)

5. Dengan memecahkan persamaan linier ini, kita menemukan bahwa
c1 = 11/8, c2 = 5/12, c3 =−2/3, c4 =−1/8.
Oleh karena itu solusi dari masalah nilai awal adalah
y=
et +
e-t - e2t - e-3t.
(11)
Grafiknya ditunjukkan pada Gambar 4.2.1.
GAMBAR 4.2.1 Solusi dari masalah nilai awal Contoh 1.
menggambarkan Contoh 1, prosedur untuk memecahkan suatu persamaan diferensial
linier orde n dengan koefisien konstan tergantung pada bagaimana mencari akar dari
persamaan polinomial tingkat n yang sesuai. Jika kondisi awal yang dirumuskan, maka sistem
persamaan aljabar linear n harus diselesaikan untuk menentukan nilai-nilai yang tepat dari
konstanta c1, ..., cn.
Untuk polinomial derajat ketiga dan keempat ada 2 formula, analog dengan rumus
untuk persamaan kuadrat tetapi lebih rumit, yang memberikan ekspresi yang tepat untuk akar.
Algoritma dengan akar-temuan sudah tersedia di kalkulator dan komputer.
Misalkan polinom
a0rn + a1rn−1 +···+an−1r + an = 0
(12)
memiliki koefisien bulat. Jika r = r/q adalah akar rasional, di mana p dan q tidak
memiliki faktor umum, maka p dan q harus menjadi faktor dari a0. Misalnya, dalam Pers. (8)
faktor a0 adalah ± 1 dan faktor-faktor dari adalah ± 1, ± 2, ± 3, dan ± 6. Dengan demikian,
akar-akar rasional hanya mungkin dari persamaan ini adalah ± 1, ± 2, ± 3, dan ± 6. Dengan
pengujian akar ini mungkin, kita menemukan bahwa 1, -1, 2, dan -3 adalah akar yang
sebenarnya. Dalam kasus ini tidak ada akar lain, karena adalah derajat keempat. Jika
beberapa akar yang irasional atau kompleks, seperti yang biasanya terjadi, maka proses ini
tidak akan menemukan solusi, tapi setidaknya tingkat polinomial dapat dikurangi dengan
membagi faktor-faktor yang berhubungan dengan akar rasional.

6. Jika akar persamaan karakteristik adalah nyata dan berbeda, kita telah melihat bahwa
solusi umum (5) hanya sejumlah fungsi eksponensial. Untuk nilai t besar solusi akan
didominasi dengan akar aljabar terbesar. Jika akar ini positif, maka solusi akan menjadi
eksponensial tak terbatas, sedangkan jika negatif, maka solusi akan cenderung eksponensial
ke nol. Akhirnya, jika akar terbesar adalah nol, maka solusi akan mendekati konstan nol t
menjadi besar.
Akar kompleks. Jika persamaan karakteristik memiliki akar kompleks, maka harus terjadi
pada pasangan konjugat, λ ± iμ, karena koefisien a0, ..., an adalah bilangan real. Asalkan tidak
ada akar diulang, solusi umum dari persamaan. (1) masih dalam bentuk (4). Namun, seperti
halnya untuk persamaan urutan kedua (Bagian 3.4), kita dapat mengganti solusi yang
kompleks bernilai e (λ + iμ) t dan e (λ-iμ) t dengan solusi bernilai real
eλt cos μt, eλt sin μt
diperoleh sebagai bagian real dan imajiner dari e
(λ + iμ) t
(13)
. Jadi, meskipun beberapa akar
persamaan karakteristik yang kompleks, masih mungkin untuk mengekspresikan solusi
umum dari persamaan. (1) sebagai kombinasi linear dari solusi bernilai real.
Contoh 2
Tentukanlah solusi umum dari
yiv − y = 0.
(14)
Juga cari solusi yang memenuhi kondisi awal
y (0) = 7/2, y’(0) = -4, y”(0) = 5/2, y”’(0) = -2
(15)
dan menggambar grafiknya.
Substitusi ert ke y, kita menemukan bahwa persamaan karakteristik adalah
r4 - 1 = (r2 - 1) (r2 + 1) = 0.
Oleh karena itu akar r = 1, -1, i,-i, dan solusi umum dari persamaan. (14) adalah
y = c1et + C2e-t + c3 sin t + c4 cos t.
Jika kita memaksakan kondisi awal (15), kita menemukan bahwa
c1 = 0, c2 = 3, c3 = 1/2, c4 = -1,
dengan demikian solusi dari masalah nilai awal yang diberikan adalah
y = 3e−t + cos t − sin t.
(16)
Grafik solusi ini ditunjukkan pada Gambar 4.2.2. Perhatikan bahwa kondisi awal (15)
menyebabkan koefisien c1 tumbuh secara eksponensial dalam solusi umum menjadi nol. Oleh

7. karena itu istilah ini tidak ada dalam persamaan (16), yang menggambarkan peluruhan
eksponensial, seperti pada Gambar 4.2.2. Namun, jika kondisi awal berubah sedikit, maka c1
kemungkinan menjadi nol dan sifat dari solusi sangat berubah. Sebagai contoh, jika tiga
kondisi awal pertama tetap sama, tetapi nilai y”’(0) berubah dari -2 ke -15/8, maka solusi
dari masalah nilai awal menjadi
y=
et +
e−t + cos t −
sin t.
(17)
Koefisien pada Persamaan. (17) hanya berbeda sedikit dari dalam Pers. (16), tetapi istilah
eksponensial tumbuh, bahkan dengan koefisien yang relatif kecil dari 1/32, benar-benar
mendominasi solusi pada saat t lebih besar dari sekitar 4 atau 5. Hal ini jelas terlihat pada
Gambar 4.2.3, yang menunjukkan grafik dari dua solusi (16) dan (17).
GAMBAR 4.2.3 Plot solusi (16) (kurva cahaya) dan (17) (kurva berat).
Akar Berulang. Jika akar persamaan karakteristik tidak berbeda, yaitu, jika beberapa akar
yang berulang, maka solusi (5) jelas bukan solusi umum dari persamaan. (1). Ingat bahwa
jika r1 adalah akar berulang untuk persamaan linier orde kedua a0y” + a1y’ + a2y = 0, maka
dua solusi independen yang linear adalah er1t dan ter1t. untuk sebuah persamaan orde ke n, jika
akar Z (r) = 0, katakanlah r = r1 memiliki jumlah s (di mana s ≤ n), maka
er1t, ter1t, t2er1t, ..., ts-1er1t
(18)
adalah solusi yang sesuai dari Pers . (1).
Jika akar kompleks λ + iμ diulang s kali, konjugat kompleks λ - iμ juga diulang s kali.
Sesuai dengan 2s solusi yang kompleks bernilai, kita dapat menemukan 2s solusi bernilai real
dengan mencatat bahwa bagian real dan imajiner dari e (λ + iμ) t, te (λ + iμ) t, ..., ts-1e ( λ + iμ) t juga
solusi linear:
eλt cos µt, eλt sin µt, teλt cos µt, teλt sin µt,...,ts−1eλt cos µt, ts−1eλt sin µt.
Oleh karena itu solusi umum dari persamaan. (1) selalu dapat dinyatakan sebagai kombinasi
linear dari n solusi bernilai real. Perhatikan contoh berikut.

8. Contoh 3
Tentukanlah solusi umum dari
yiv + 2yii + y = 0.
(19)
persamaan karakterstiknya adalah
r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)(r2 + 1) = 0.
Akar-akarnya adalah r = i, i, −i, −i, dan solusi umum dari Pers. (19) adalah
y = c1 cos t + c2 sin t + c3t cos t + c4t sin t.
Dalam menentukan akar persamaan karakteristik mungkin perlu untuk menghitung
akar kubus, atau akar keempat, atau akar bahkan yang lebih tinggi (mungkin kompleks). Hal
ini biasanya dapat dilakukan paling mudah dengan menggunakan rumus Euler eit = cos t + i
sin t dan hukum aljabar yang diberikan dalam Bagian 3.4.
Contoh 4
Tentukanlah solusi umum dari
yiv + y = 0.
(20)
persamaan karakteristiknya adalah
r4 + 1 = 0.
Untuk menyelesaikan persamaan, kita harus menghitung akar keempat -1. Sekarang -1,
dianggap sebagai bilangan kompleks, adalah -1 + 0i. Ini memiliki magnitudo 1 dan sudut
polar π. Jadi
-1 = cos π + i = sin π eiπ.
Selain itu, sudut ditentukan hanya sampai kelipatan 2π. Dengan demikian,
−1 = cos(π + 2mπ)+ i sin(π + 2mπ) = ei(π+2mπ),
di mana m adalah nol atau bilangan bulat positif atau negatif. Dengan demikian,
Keempat akar -1 diperoleh dengan menetapkan m = 0, 1, 2, dan 3, mereka adalah
,
,
,
,
Sangat mudah untuk memverifikasi bahwa untuk setiap nilai lain dari m kita memperoleh
satu dari empat akar. Misalnya, sesuai dengan m = 4, kita memperoleh (1+i)/2. Solusi
umum dari persamaan. (20) adalah
(21)

9. Masalah menemukan semua akar dari persamaan polinomial mungkin tidak
sepenuhnya langsung, bahkan dengan bantuan komputer. Sebagai contoh, mungkin sulit
untuk menentukan apakah dua akar yang sama, atau hanya sangat dekat bersama-sama. Ingat
bahwa bentuk solusi umumnya berbeda dalam kedua kasus. Jika konstanta a0, a1, ..., an dalam
Pers. (1) adalah bilangan kompleks, solusi dari Pers. (1) masih dalam bentuk (4). Dalam
kasus ini, bagaimanapun, akar persamaan karakteristik, secara umum, bilangan kompleks,
dan tidak lagi benar bahwa konjugat kompleks akar juga merupakan akar. Solusi yang sesuai
adalah kompleks dihargai.