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:
π π₯ π¦β²(π₯) β² + π π₯ + π π (π₯) π¦ π₯ = 0 β¦β¦β¦ (π)
Yang terkait dengan syarat batas:
π1 π¦ π + π2 π¦β² π = 0 β¦β¦ . . (π1)
π1 π¦ π + π2 π¦β² π = 0 β¦ . (π1)
Dimana :
π adalah nilai eigen terkait dengan π¦ π₯
π1 ,π2 , π1 , π2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol
π ,π , π adalah tiga fungsi continuously differentiable pada π, π
π π₯ > 0 dan π π₯ β π₯ π π, π
Contoh:
Diberikan masalah syarat batas (π > 0)
π¦" π₯ + π π¦ π₯ = 0
Dengan syarat batas π¦β² 0 = 0, dan π¦ π = 0.
2
Dalam materi yang diberikan, Sang penulis telah mendapatkan hasil
sebagai berikut:
a. Solusi persamaan dari contoh diatas adalah
π¦ π₯ = π΄ cos ( π π₯) + π΅ sin( π π₯)
b. Dengan menggunakan syarat batas yang diberikan , solusi non
trivial akan diperoleh jika π =2π+1
2
c. Untuk π = 0, 1 , 2,β¦ , nilai-nilai eigennya adalah ππ =2π+1
2
d. Untuk π = 0, 1 , 2,β¦ solusi pertsamaan differensial diatas yang terkait
dengan nilai eigen ππ adalah π¦π π₯ = cos 2π+1
2
e. Pada contoh diatas, Persamaan differensial akan memiliki solusi
non trivial jika π > 0 dan tidak memiliki solusi non trivial jika
π β€ 0
PEMBUKTIAN
a. Untuk Positif π = ππ berlaku:
π¦" π₯ + π2 π¦ π₯ = 0 . β¦β¦β¦ (π)
π2π¦(π₯)
ππ₯2+ π2 π¦ π₯ = 0 β¦β¦β¦β¦ (ππ)
Misalkan π
ππ₯= π·, maka persamaan (ππ) dapat ditulis sebagai
berikut:
(π·2 + π2) π¦ π₯ = 0, dimana π¦ π₯ β 0, untuk itu
(π·2 + π2) = 0
π·2 β π2π2 = 0
3
π·2 β π π 2 2
= 0
π·2 β π π 2 = 0
π· + π π π· β π π = 0
π·1 = π π ππ‘ππ’ π·2 = β π π
Solusi Umum didapat
π¦ π₯ = πΆ1 ππ π π₯ + πΆ2 π
βπ π π₯
= πΆ1 cosπ π₯ + π sin π π₯ + πΆ2 (cosπ π₯ β π sin π π₯)
= πΆ1 cos π π₯ + π πΆ1 sin π π₯ + πΆ2 cos π π₯ β π πΆ2 sin π π₯
= πΆ1 + πΆ2 cos π π₯ + π ( πΆ1 β πΆ2 ) sin π π₯ . . . . . . . (πππ)
Misalkan
(πΆ1 + πΆ2 ) = A
(πΆ1 β πΆ2 )π = B, maka persamaan (πππ) dapat ditulis sebagai:
π π = π¨ ππ¨π¬(π π) + π© π¬π’π§(π π) Terbukti
b. Dengan menggunakan syarat batas, solusi non trivial akan
diperoleh jika π =ππ+π
π
Bukti :
Pandang solusi umum :
π¦ π₯ = π΄ cos(π π₯) + π΅ sin π π₯ . . . . . . (ππ£)
π¦β² π₯ = βππ΄ sin π π₯ + ππ΅ cos π π₯ . . . . . . (π£)
4
Pandang persamaan (π)
π¦β² π₯ = βππ΄ sin π π₯ + ππ΅ cos π π₯
Untuk π¦β² 0 = 0
0 = βππ΄ sin 0 + ππ΅ cos 0
0 = 0 + ππ΅ cos 0
0 = ππ΅ cos 0
0 = ππ΅, ππππππ π β 0 , πππππππ’ π© = π
Pandang persamaan (ππ)
π¦ π₯ = π΄ cos(π π₯) + π΅ sin π π₯
Untuk π¦ π = 0 πππππππ’
0 = π΄ cos(π π ) + π΅ sin π π
Kita telah mengetahui bahwa π© = π, untuk itu
0 = π΄ cos(π π ) + 0
0 = π΄ cos(π π ). . . . . . . . . . . . (π£π)
Ingat bahwa cos(π π ) = 0 Untuk setiap π = 1
2 ,
3
2 ,
5
2 ,β¦
Atau π = 2π+1
2 , dimana n = 0 ,1,2,3β¦
Untuk itu, persamaan (π£π) dapat ditulis :
0 = π΄ cos π π , dimana A β 0
cos π π = 0
π = ππ+π
π Terbukti
5
Meskipun Konstanta B = 0 , namun karena nilai konstanta A β 0, maka
solusi PD pada contoh soal adalah non trivial (Solusi Banyak) untuk
π = 2π+1
2 . Hal ini disebabkan nilai A dapat bernilai berapapun
(Terbukti).
c. Untuk π = π,π ,π,β¦ , nilai-nilai eigennya adalah ππ =ππ+π
π
Bukti:
Kita telah membuktikan bahwan untuk π =2π+1
2, solusi PD pada soal
adalah non trivial . Untuk itu, jelas β π = 0, 1, 2,β¦ berlaku ππ =ππ+π
π
Terbukti
d. π = π,π,π,β¦ solusi PD pada soal yang terkait dengan nilai
eigen ππ adalah
ππ = ππ¨π¬ ππ + π
π π
Bukti:
Pandang solusi (ππ£)
π¦ π₯ = π΄ cos(π π₯) + π΅ sin π π₯
6
Untuk syarat awal π¦β² 0 = 0 kita telah membuktikan bahwa nilai B = 0.
Untuk itu, kita dapat menuliskan persamaan (ππ£) sebagai berikut:
π¦ (π₯) = π΄ cos(π π₯)
untuk π =2π+1
2,π = 0, 1, 2, 3β¦ diperoleh π¦ (π₯) = 0. Pada pembuktian
(a), kita mengambil positif π = ππ. Jika nilai Ξ» adalah 1,2,3. . . . Maka
table dibawah ini akan menunjukkan hubungan Ξ» dengan Ξ»2.
π ππ
1 1
2 4
3 9
Karena nilai A β 0 (hal tersebul telah terbukti pada pembuktian b ),
misalkan diambil nilai A =1 , maka solusi persamaan Differensial diatas
manjadi
π¦ (π₯) = cos(π π₯)
Karena
π =2π+1
2,π = 0, 1, 2, 3β¦ maka berlaku ππ =
ππ+π
π.
Untuk itu
ππ(π) = ππ¨π¬ ππ+π
π π Terbukti
π ππ
4 16
: :
dst dst
7
e. Untuk π > 0, solusi PD diatas adalah non trivial. begitu
sebaliknya, untuk π β€ π, solusinya adalah trivial.
Bukti:
Berdasarkan pembuktian a, b, c, d, pernyataan diatas terbukti
PEMBUKTIAN TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE
Teorema1:
Jika π¦ adalah solusi umumuntuk PD Sturm- Liouville yang terkait
dengan nilai eigen π , maka π > 0.
Bukti:
Sebelum kita melangkah lebih jauh, pandang kembali PD Sturm-
Liouville
π π₯ π¦β²(π₯) β² + π π₯ + π π (π₯) π¦ π₯ = 0 β¦β¦ . . (π)
Yang terkait dengan syarat batas:
π1 π¦ π + π2 π¦β² π = 0
π1 π¦ π + π2 π¦β² π = 0β¦β¦ . . (π1)
Dimana :
π adalah nilai eigen terkait dengan π¦ π₯
π1 ,π2 , π1 , π2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol
π ,π , π adalah tiga fungsi continuously differentiable pada π, π
8
π π₯ > 0 dan π π₯ β π₯ π π, π
Persamaan (a) dapat kita tulis sebagai
π π₯ π¦β²(π₯) β² + π π₯ π¦ π₯ + π π (π₯) π¦ π₯ = 0
Atau
π π₯ π¦β² β² + π π₯ π¦ + π π π₯ π¦ = 0β¦ . . (π)
Persamaan Sturm-Liouville diatas adalah homogeny dan linier, maka kita
kenalkan operator πΏ yang didefinisikan sebagai
πΏ π¦ = β π π₯ π¦β² β² β π π₯ π¦ β¦ . β¦β¦ . (π)
Dengan demikian, persamaan (a) dapat dituliskan sebagai berikut:
β π π₯ π¦β² β² β π π₯ π¦ = π π (π₯) π¦ π₯
πΏ π¦ = π π (π₯) π¦ π₯ β¦ . β¦β¦ . (π)
Karena π,π, π adalah tiga fungsi continuously differentiable pada π, π ,
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 π, π , maka:
πΏ π’ π£ ππ₯ = β π π’β² β²π£ β π π’ π£
π
π
ππ₯
π
π
Integrasikan ruas kanan dengan membagi ruas kanan tersebut menjadi 2
bagian. Kita peroleh:
9
πΏ π’ π£ ππ₯ = βπ π₯ π’β² π₯ π£ π₯ [ππ
+ π π₯ π’ π₯ π£β² π₯ [ππ
π
π
+ βπ’β² π π£β² β² β π’ π π£ ππ₯
π
π
πΏ π’ π£ ππ₯ = βπ π₯ π’β² π₯ π£ π₯ β π’ π₯ π£β² π₯ [ππ
+ π’ πΏ π£
π
π
ππ₯
π
π
πΏ π’ π£ ππ₯ β π’ πΏ π£
π
π
ππ₯ = βπ π₯ π’β² π₯ π£ π₯ β π’ π₯ π£β² π₯
π
π
πΏ π’ π£ β π’ πΏ π£ ππ₯ = βπ π₯ π’β² π₯ π£ π₯ β π’ π₯ π£β² π₯
π
π
β¦ (π)
Persamaan (e) adalah Identitas Lagrange.
Sekarang Andaikan fungsi π’ πππ π£ di persamaan (e) stabil pada kondisi
syarat batas (a1). Kemudian Asumsikan π2 β 0, π2 β 0. Sehingga ruas
kanan persamaan (e) berwujud:
βπ π₯ π’β² π₯ π£ π₯ β π’ π₯ π£β² π₯ [ππ
= βπ π π’β² π π£ π β
π’ π π£β² π + π π π’β² π π£ π β π’ π π£β² π
10
= βπ π β π1
π2π’ π π£ π +
π1
π2π’ π π£β² π
+ π π βπ1
π2π’ π π£ π +
π1
π2π’ π π£β² π
= 0
Hasil diatas akan sama jika a =0 , atau b =0
Ruas kiri Persamaan (e)
{πΏ[π’]
π
π
π£ β π’πΏ[π£]}ππ₯ = 0
Hal ini akibat dari ruas kanannya = 0 β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦. (f)
Dari persamaan (f) , Pandang bentuk inner product (u,v) dari dua buah
fungsi u dan v bilangan riil yang didefinisikan sebagai :
(u,v) = π’ π₯ π£ π₯ ππ₯β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦ . . (π)π
π
Dalam pembahasan ini, persamaan (f) berwujud :
(L[u],v)-(u,L[v]) = 0 β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.. (h)
*Kembali ke Teorema 1
Berdasarkan persamaan (g), penting untuk mendeskripsikan fungsi
kompleks. Untuk itu persamaan (g) ditulis :
(u,v) = π’ π₯ π£ π₯ ππ₯π
π , π£ π₯ : kompleks konjugat v(x).
11
Untuk membuktikan π > 0 pada π yang terkait solusi PD Sturm-
Liouville, misalkan π adalah fungsi kompleks nilai eigen dari (a) yang
diberikan oleh
π = π + ππ£ dan π π₯ adalah fungsi eigen yang berkorespondensi yang
juga berupa fungsi kompleks π π₯ = π π₯ + ππ(π₯) dimana
u,v,U(x),V(x) adalah bilangan riil.
Misalkan u = π dan v= , maka dari persamaan (h) dapat ditentukan
(L[π], π) = (π, L[π]) β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦. (i)
Kita tahu bahwa
L[π] = π s π
Sedemikian sehingga persamaan (i) menjadi
(π s π, π) = (π, L[π]) β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦ (j)
Karena (u,v) = π’ π₯ π£ π₯ ππ₯π
π , maka kita dapatkan
π s x π π₯ π(π₯)ππ₯π
π = π π₯ π π π₯ π (π₯)ππ₯
1
0 β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.. (k)
Karena s(x) adalah bilangan riil, dari persamaan (k),
(π β π ) π (π₯)π π₯ π (π₯)ππ₯π
π = 0
Atau
(π β π ) π π₯ π2 π₯ + π2 π₯ ππ₯π
π = 0 β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦. (l)
Karena integran Persamaan (l) non negative dan β 0 serta kontinu maka
hasil integrasi (l) adalah positif, dan karena faktor π β π = 2 i v , dan
π β π harus = 0 , v = 0, maka π adalah Riil (> 0) Teorema 1 Terbukti.
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
π π ππ π ππ π π π = π
π
π
Asalkan 1 β 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] = Ξ»1sy1
Dan
L[y2] = Ξ»2sy2,
berturut-turut jika kita lihat u = y1, v = y2, kemudian subtitusikan L[u]
dan L[v] ke persamaan
(L[u], v) β (u, L[v]) = 0
Diperoleh
(Ξ»1sy1, y2) β (y1, Ξ»2sy2) = 0
13
atau menggunakan persamaan
(u, v) = π’ π₯ .π£(π₯) ππ₯π
π
akan diperoleh
Ξ»1 π π₯ π¦1 π₯ π¦2 π₯ ππ₯ β π2π
π π¦1(π₯)π (π₯)π¦2(π₯) ππ₯ = 0.π
π
karena Ξ»2, s(x), dan y2(x) merupakan bilangan riil, sehingga
(Ξ»1β Ξ»2) π (π₯)π¦1(π₯)π¦2(π₯) ππ₯ = 0b
a
Karena menurut hipotesis 1 β 2, berarti y1 dan y2 harus memenuhi
persamaan
π π₯ π¦1 π₯ π¦2 π₯ ππ₯ = 0
π
π
Sehingga teorema terbukti