Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

5Persamaan Diferensial Linear

Pertama kali ditemui pada jilid sekolah menengah, persamaan diferensial di sini diperlakukan dengan bukti lengkap dan dalam keumuman yang lebih besar: persamaan linear orde satu berkoefisien variabel (yang diselesaikan tuntas dengan metode variasi konstanta) dan persamaan linear orde dua berkoefisien konstan, yaitu model bagi osilasi. Kedua kasusnya memperlihatkan struktur yang sama: penyelesaian umum $=$ satu penyelesaian khusus $+$ penyelesaian umum persamaan homogennya.

5.1 Persamaan linear orde satu

Definisi 5.1

Misalkan $I$ sebuah selang dan $a, b \colon I \to \R$ (atau $\C$ ) kontinu. Persamaan

(E)\colon\quad y' + a(x)\,y = b(x),

dengan fungsi $y \colon I \to \R$ (atau $\C$ ) yang dapat diturunkan sebagai variabelnya, disebut persamaan diferensial linear orde satu. Persamaan $(H)\colon y' + a(x) y = 0$ adalah persamaan homogen yang bersesuaian dengannya.

Teorema 5.2 (Menyelesaikan persamaan homogennya)

Misalkan $A$ sebuah antiturunan $a$ pada $I$ (yang memang ada: Bab 15). Penyelesaian $(H)$ pada $I$ tepat berupa fungsi

y(x) = \lambda\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R \text{ (atau } \C).

Bukti. Fungsi itu memang penyelesaiannya: $y' = -\lambda A' \eu^{-A} = -a y$ . Sebaliknya, misalkan $y$ memenuhi $(H)$ lalu tulis $z(x) = y(x)\, \eu^{A(x)}$ . Maka

z' = y' \eu^{A} + y\, a\, \eu^{A} = (y' + ay)\, \eu^{A} = 0 ,

sehingga $z$ konstan pada selang $I$ , katakanlah $z = \lambda$ : jadi $y = \lambda \eu^{-A}$ . (Perhatikan logikanya: tak ada penyelesaian yang hilang, karena setiap penyelesaian sudah dituliskan dalam bentuk yang dinyatakan tadi.) ∎

Contoh 5.3 (Persamaan homogen berkoefisien variabel)

Selesaikan $y' + (\cos x)\,y = 0$ pada $\R$ . Sebuah antiturunan $a(x) = \cos x$ adalah $A(x) = \sin x$ , jadi penyelesaiannya adalah

y(x) = \lambda\,\eu^{-\sin x}, \qquad \lambda \in \R .

Dua pembacaan. Setiap penyelesaiannya periodik (dengan periode $2\pi$ ) dan tak pernah lenyap kecuali bila $\lambda = 0$ — tanda $\lambda$ adalah tanda $y$ untuk selamanya, karena eksponensial tak dapat memotong nol. Dan penyelesaian yang melewati $y(0) = y_0$ adalah $y_0\eu^{-\sin x}$ : jadi tepat satu kurva keluarga itu melewati setiap titik awal, yaitu gambaran berdimensi satu dari Teorema 5.4 (2).

Teorema 5.4 (Variasi konstanta; masalah Cauchy)

Dengan notasi di atas:

Penyelesaian $(E)$ pada $I$ tepat berupa

$y(x) = \Bigl(\lambda + \int_{x_0}^{x} b(t)\, \eu^{A(t)} \dd t \Bigr)\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R,$

dengan $x_0 \in I$ yang tetap. Setara dengan itu: penyelesaian umum $(H)$ ditambah satu penyelesaian khusus $(E)$ .
Untuk setiap $x_0 \in I$ dan $y_0$ , masalah Cauchy “ $(E)$ beserta $y(x_0) = y_0$ ” mempunyai tepat satu penyelesaian pada $I$ .

Bukti. (1) Dengan mengikuti metode yang bernama variasi konstanta, cari penyelesaian yang berbentuk $y = \mu(x)\, \eu^{-A(x)}$ dengan $\mu$ dapat diturunkan — tak ada keumuman yang hilang, karena setiap fungsi pada $I$ dapat ditulis demikian ( $\mu = y\,\eu^{A}$ ). Dengan mensubstitusikannya,

y' + ay = \mu' \eu^{-A} - \mu a \eu^{-A} + a\mu\eu^{-A} = \mu'\, \eu^{-A},

sehingga $y$ memenuhi $(E)$ jika dan hanya jika $\mu'(x) = b(x)\,\eu^{A(x)}$ , yakni jika dan hanya jika $\mu(x) = \lambda + \int_{x_0}^x b(t)\eu^{A(t)}\dd t$ untuk suatu konstanta $\lambda$ (karena dua antiturunan dari fungsi kontinu yang sama pada sebuah selang berselisih sebuah konstanta).

(2) Pada rumus itu, $y(x_0) = \lambda\,\eu^{-A(x_0)}$ : syarat $y(x_0) = y_0$ menentukan $\lambda = y_0 \eu^{A(x_0)}$ secara tunggal. ∎

Contoh 5.5

Selesaikan $y' + \dfrac{y}{x} = x^2$ pada $I = \intoo{0}{+\infty}$ . Di sini $a(x) = \frac 1x$ , $A(x) = \ln x$ , $\eu^{-A(x)} = \frac 1x$ . Penyelesaian homogennya: $\frac{\lambda}{x}$ . Variasi konstanta: $\mu'(x) = x^2 \cdot x = x^3$ , jadi $\mu = \frac{x^4}{4} + \lambda$ , dan

y(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{\lambda}{x}, \qquad \lambda \in \R .

Dengan syarat awal $y(1) = 0$ : $\lambda = -\frac14$ . Periksa: $y' + \frac yx = \frac{3x^2}{4} - \frac{\lambda}{x^2} + \frac{x^2}{4} + \frac{\lambda}{x^2} = x^2$ .

Contoh 5.6 (Menerka mengalahkan mengintegralkan)

Selesaikan $y' + 2x\,y = x$ pada $\R$ . Variasi konstanta memang berhasil ( $A = x^2$ , $\mu' = x\,\eu^{x^2}$ , $\mu = \frac12\eu^{x^2} + \lambda$ ), tetapi mengamati bahwa konstanta $y_p = \frac12$ memenuhi persamaan itu ( $0 + 2x\cdot\frac12 = x$ ) jauh lebih cepat. Dengan penyelesaian homogennya $\lambda\,\eu^{-x^2}$ :

y(x) = \frac12 + \lambda\,\eu^{-x^2}, \qquad \lambda \in \R .

Setiap penyelesaiannya konvergen ke $\frac12$ dengan sangat cepat ketika $x \to \pm\infty$ : penyelesaian khusus yang konstan itu adalah sebuah kesetimbangan yang dihampiri semua penyelesaian. Inti gagasannya: sebelum meluncurkan metode umumnya, luangkan sepuluh detik untuk mencari penyelesaian khusus yang kasatmata (konstanta, monomial, kelipatan ruas kanan); teorema strukturnya lalu merampungkan pekerjaannya.

Catatan 5.7 (Selangnya penting)

Teorema itu hidup pada sebuah selang yang di situ $a$ dan $b$ kontinu. Untuk $y' + \frac yx = 0$ pada $\R^*$ , penyelesaiannya adalah $\frac{\lambda}{x}$ pada $\intoo{0}{+\infty}$ dan $\frac{\mu}{x}$ pada $\intoo{-\infty}{0}$ dengan konstanta yang saling bebas: tak ada alasan bagi satu rumus tunggal untuk merekat melewati kesingularan di $0$ .

Contoh 5.8 (Ruas kanan yang kompleks, dua jawaban real)

Selesaikan $y' - y = \cos x$ dan $y' - y = \sin x$ sekaligus. Bekerjalah di $\C$ dengan ruas kanan $\eu^{\iu x}$ : mencoba $y_p = c\,\eu^{\iu x}$ memberikan $c(\iu - 1)\eu^{\iu x} = \eu^{\iu x}$ , jadi

c = \frac1{\iu - 1} = \frac{-1 - \iu}2, \qquad y_p = -\frac{(1 + \iu)(\cos x + \iu\sin x)}2 = \frac{\sin x - \cos x}2 + \iu\,\frac{-\sin x - \cos x}2 .

Karena persamaannya berkoefisien real, bagian real dan bagian imajinernya terpisah: $\frac{\sin x - \cos x}2$ memenuhi $y' - y = \cos x$ , dan $-\frac{\sin x + \cos x}2$ memenuhi $y' - y = \sin x$ (periksa yang pertama: turunannya $\frac{\cos x + \sin x}2$ , dikurangi fungsinya, memberikan $\cos x$ ). Satu baris kompleks menggantikan dua kali variasi konstanta — penghematan yang sama seperti yang disistematiskan Metode 5.13 untuk orde dua, dan dividen yang berulang dari Bab 3.

5.2 Persamaan linear orde dua berkoefisien konstan

Definisi 5.9

Misalkan $a, b \in \R$ dan $f \colon I \to \R$ kontinu. Persamaan

(E)\colon\quad y'' + a\,y' + b\,y = f(x)

disebut persamaan linear orde dua berkoefisien konstan; $(H)\colon y'' + ay' + by = 0$ adalah persamaan homogennya, dan $\chi(r) = r^2 + ar + b$ adalah polinomial karakteristiknya.

Teorema 5.10 (Penyelesaian homogennya)

Misalkan $\Delta = a^2 - 4b$ diskriminan $\chi$ . Penyelesaian real $(H)$ pada $\R$ adalah:

jika $\Delta > 0$ , dengan $r_1 \neq r_2$ kedua akar realnya: $\;y = \lambda\, \eu^{r_1 x} + \mu\, \eu^{r_2 x}$ ;
jika $\Delta = 0$ , dengan $r_0$ akar gandanya: $\;y = (\lambda + \mu x)\, \eu^{r_0 x}$ ;
jika $\Delta < 0$ , dengan akar $\alpha \pm \iu\omega$ ( $\omega > 0$ ): $\;y = \eu^{\alpha x} (\lambda \cos\omega x + \mu \sin\omega x)$ ;

dan pada masing-masing kasus $(\lambda, \mu)$ menjelajahi $\R^2$ .

Bukti. Amati lebih dulu bahwa untuk $r \in \C$ , $x \mapsto \eu^{rx}$ memenuhi $(H)$ jika dan hanya jika $\chi(r) = 0$ (substitusikan: $(r^2 + ar + b)\eu^{rx} = 0$ ). Itulah sebabnya eksponensial menjadi terkaan pertama yang wajar: pendiferensialan bekerja pada $\eu^{rx}$ sebagai perkalian dengan bilangan $r$ , sehingga persamaan diferensialnya menjadi persamaan numerik $\chi(r) = 0$ — seluruh masalah analitisnya termampatkan menjadi pencarian akar satu persamaan kuadrat.

Langkah kuncinya adalah pergantian variabel yang menurunkan ordenya. Misalkan $r$ sebuah akar $\chi$ (yang mungkin kompleks) lalu tulis $y = z\, \eu^{rx}$ , yang tidak menghilangkan keumuman. Maka

y'' + ay' + by = \bigl(z'' + (2r + a) z' + \chi(r) z\bigr)\eu^{rx} = \bigl(z'' + (2r + a) z'\bigr)\eu^{rx},

sehingga $(H)$ menjadi persamaan orde satu $u' + (2r + a) u = 0$ bagi $u = z'$ .

Kasus $\Delta \neq 0$ : pilih $r = r_1$ ; maka $2r_1 + a = r_1 - r_2$ (karena $r_1 + r_2 = -a$ ). Menurut Teorema 5.2, $z' = c\,\eu^{(r_2 - r_1)x}$ untuk suatu konstanta $c$ ; dengan mengintegralkannya pada $\R$ , $z = \mu\, \eu^{(r_2 - r_1)x} + \lambda$ dengan $\mu = \frac{c}{r_2 - r_1}$ , sehingga $y = z\, \eu^{r_1 x} = \lambda\,\eu^{r_1x} + \mu\,\eu^{r_2x}$ . Ketika $\Delta < 0$ , akarnya adalah $\alpha \pm \iu\omega$ dan penyelesaian kompleksnya adalah $y = c_1\eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + c_2\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ dengan $c_1, c_2 \in \C$ . Yang mana di antaranya yang bernilai real? Karena $\conj{\eu^{(\alpha+\iu\omega)x}} = \eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , konjugat $y$ adalah $\conj{c_2}\, \eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + \conj{c_1}\,\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , dan $y = \conj y$ untuk setiap $x$ memaksa $c_2 = \conj{c_1}$ (karena kedua eksponensial itu bebas linear: hitung nilainya di dua titik, atau bandingkan di $x=0$ setelah membaginya dengan $\eu^{\alpha x}$ ). Dengan menulis $c_1 = \frac{\lambda - \iu\mu}2$ dengan $\lambda, \mu$ real:

y = 2\,\Re\Bigl(c_1\,\eu^{\alpha x}(\cos\omega x + \iu\sin\omega x)\Bigr) = \eu^{\alpha x}\bigl(\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega x\bigr),

dan sebaliknya setiap fungsi semacam itu merupakan penyelesaian (yaitu bagian real sebuah penyelesaian kompleks bagi persamaan yang real): jadi ruang penyelesaian realnya persis seperti yang dinyatakan tadi.

Kasus $\Delta = 0$ : $r = r_0$ , $2r_0 + a = 0$ , jadi $z'' = 0$ : sehingga $z = \lambda + \mu x$ dan $y = (\lambda + \mu x)\eu^{r_0 x}$ . ∎

Contoh 5.11 (Sebuah masalah Cauchy, dari awal sampai akhir)

Selesaikan $y'' - 3y' + 2y = 0$ dengan $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ . Polinomial karakteristiknya $r^2 - 3r + 2 = (r - 1)(r - 2)$ mempunyai akar real $1$ dan $2$ : jadi penyelesaian umumnya $y = \lambda\eu^{x} + \mu\eu^{2x}$ . Kedua syaratnya memberikan sistem linear

\lambda + \mu = 0, \qquad \lambda + 2\mu = 1 ,

jadi $\mu = 1$ , $\lambda = -1$ :

y(x) = \eu^{2x} - \eu^{x} .

Periksa: $y(0) = 0$ ; $y' = 2\eu^{2x} - \eu^x$ memberikan $y'(0) = 1$ ; dan $y'' - 3y' + 2y = (4 - 6 + 2)\eu^{2x} + (-1 + 3 - 2)\eu^x = 0$ . Perhatikan bentuk jawabannya: di dekat $-\infty$ ragam yang lambat $-\eu^x$ mendominasi; di dekat $+\infty$ ragam yang cepat $\eu^{2x}$ yang mendominasi. Membaca penyelesaian sebagai superposisi ragam dengan laju peluruhan atau pertumbuhan yang berbeda adalah kebiasaan yang menguntungkan — begitulah pemilahan peralihan dan keadaan tunak pada soal akhir pekan ditata.

Ketiga regim y'' + ay' + by = 0 yang penyelesaiannya meluruh: osilasi teredam (akar kompleks), kembali kritis (akar ganda), peluruhan teredam lebih (dua akar real). Regim mana yang terjadi terbaca dari tanda = a2 - 4b saja — sebelum apa pun diselesaikan. — Ketiga regim $y'' + ay' + by = 0$ yang penyelesaiannya meluruh: osilasi teredam (akar kompleks), kembali kritis (akar ganda), peluruhan teredam lebih (dua akar real). Regim mana yang terjadi terbaca dari tanda $\Delta = a^2 - 4b$ saja — sebelum apa pun diselesaikan.

Teorema 5.12 (Struktur dan masalah Cauchy)

Jika $y_p$ satu penyelesaian khusus $(E)$ , maka penyelesaian $(E)$ tepat berupa $y_p + y_h$ , dengan $y_h$ menjelajahi penyelesaian $(H)$ .
(Superposisi) Jika $y_1$ memenuhi $y'' + ay' + by = f_1$ dan $y_2$ memenuhi $y'' + ay' + by = f_2$ , maka $y_1 + y_2$ memenuhi persamaan dengan ruas kanan $f_1 + f_2$ .
Untuk setiap $x_0 \in I$ dan $(y_0, y_0')$ , masalah Cauchy “ $(E)$ , $y(x_0) = y_0$ , $y'(x_0) = y_0'$ ” mempunyai tepat satu penyelesaian pada $I$ . (Keberadaannya diberikan oleh sebuah penyelesaian khusus; ketunggalannya penuh.)

Bukti. (1) Di sini $y$ memenuhi $(E)$ jika dan hanya jika $y - y_p$ memenuhi $(H)$ , menurut kelinearan $y \mapsto y'' + ay' + by$ . Butir (2) adalah kelinearan yang sama.

(3) Menurut (1) cukup dibuktikan bahwa konstanta $(\lambda, \mu)$ selalu dapat disetel, secara tunggal, ke sebarang data $(y_0, y_0')$ . Dengan menggeser variabelnya, andaikan $x_0 = 0$ . Pada kasus (1) Teorema 5.10, $y = \lambda\eu^{r_1x} + \mu\eu^{r_2x}$ gives

y(0) = \lambda + \mu, \qquad y'(0) = r_1\lambda + r_2\mu :

sebuah sistem linear dalam $(\lambda, \mu)$ yang determinannya $r_2 - r_1 \neq 0$ ; dengan menyelesaikannya secara eksplisit, $\mu = \frac{y_0' - r_1y_0}{r_2 - r_1}$ dan $\lambda = y_0 - \mu$ : jadi tepat satu penyelesaian. Pada kasus (2), $y(0) = \lambda$ dan $y'(0) = r_0\lambda + \mu$ : sistemnya segitiga dengan determinan $1$ , yang diselesaikan oleh $\lambda = y_0$ , $\mu = y_0' - r_0y_0$ . Pada kasus (3), $y(0) = \lambda$ dan $y'(0) = \alpha\lambda + \omega\mu$ : determinannya $\omega \neq 0$ , yang diselesaikan oleh $\lambda = y_0$ , $\mu = \frac{y_0' - \alpha y_0}\omega$ . Pada masing-masing kasus pemetaan $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ adalah bijeksi linear — dan bahasa Bab 20 akan memampatkan pemeriksaan kasus ini menjadi satu kalimat. ∎

Metode 5.13 (Penyelesaian khusus untuk $f(x) = P(x)\,\eu^{\gamma x}$ )

Ketika ruas kanannya $P(x)\,\eu^{\gamma x}$ dengan $P$ sebuah polinomial dan $\gamma \in \R$ (yang mencakup polinomial, eksponensial, dan lewat $\gamma$ kompleks atau superposisi, juga $\cos$ dan $\sin$ ): carilah penyelesaian khusus yang berbentuk

y_p(x) = x^{m}\, Q(x)\, \eu^{\gamma x}, \qquad m = \text{kegandaan } \gamma \text{ sebagai akar } \chi \ (m = 0, 1 \text{ atau } 2),

dengan $Q$ polinomial berderajat sama dengan $P$ , yang koefisiennya ditemukan lewat substitusi dan penyamaan. Untuk $f = K\cos\omega x$ (atau $\sin$ ), selesaikan dengan ruas kanan $K\eu^{\iu\omega x}$ lalu ambil bagian realnya (masing-masing bagian imajinernya).

Contoh 5.14 (Superposisi dalam praktik)

Selesaikan $y'' - y = \eu^{x} + 4$ pada $\R$ . Homogennya: $\chi(r) = r^2 - 1$ , dengan akar $\pm1$ , jadi $y_h = \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ . Belah ruas kanannya lalu tangani setiap potongan dengan kotak metodenya. Potongan $\eu^x$ : di sini $\gamma = 1$ adalah akar sederhana $\chi$ , jadi cobalah $y_1 = c\,x\,\eu^x$ : maka $y_1'' - y_1 = c(x + 2)\eu^x - cx\eu^x = 2c\,\eu^x$ , yang memberikan $c = \frac12$ . Potongan $4$ : di sini $\gamma = 0$ bukan akarnya; konstanta $y_2 = -4$ memenuhi. Menurut superposisi (Teorema 5.12 (2)):

y = \frac{x\,\eu^x}2 - 4 + \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Perhatikan bagaimana kedua potongan itu menuntut bentuk yang berbeda ( $m = 1$ berbanding $m = 0$ ): uji kegandaannya diterapkan pada masing-masing eksponen secara terpisah, dan itulah seluruh maksud pembelahan ruas kanannya sebelum menerka.

Contoh 5.15 (Kaidah kegandaan dalam praktik)

Selesaikan $y'' + y' = x$ pada $\R$ . Ruas kanannya adalah $P(x)\eu^{0 \cdot x}$ dengan $P(x) = x$ , dan $\gamma = 0$ adalah akar sederhana $\chi(r) = r^2 + r = r(r + 1)$ : jadi $m = 1$ , dan terkaan yang benar adalah $y_p = x\,(\alpha x + \beta) = \alpha x^2 + \beta x$ , yang satu derajat lebih tinggi daripada $P$ . Dengan mensubstitusikannya:

y_p'' + y_p' = 2\alpha + (2\alpha x + \beta) = 2\alpha x + (2\alpha + \beta) ,

dan penyamaan dengan $x$ memberikan $\alpha = \frac12$ , $\beta = -1$ : jadi $y_p = \frac{x^2}2 - x$ . Penyelesaian umumnya: $y = \frac{x^2}2 - x + \lambda + \mu\,\eu^{-x}$ . Seandainya kita menerka $y_p = \alpha x + \beta$ (dengan mengabaikan kegandaannya), substitusi akan memberikan $y_p'' + y_p' = \alpha$ , yaitu sebuah konstanta — tak ada pilihan $\alpha, \beta$ yang dapat mencocoki $x$ , dan kegagalannya bersifat struktural: konstanta sudah memenuhi persamaan homogennya, jadi ia tak terlihat oleh ruas kirinya. Faktor $x^m$ ada justru untuk memanjat keluar dari ruang penyelesaian homogennya.

Catatan 5.16 (Polis asuransi tiga puluh detik)

Setiap persamaan yang diselesaikan pada bab ini ditutup dengan pemeriksaan substitusi, dan itu bukan hiasan. Perhitungan persamaan diferensial merangkai banyak langkah kecil (sebuah antiturunan, sebuah aturan hasil kali, dua konstanta), dan satu salah tanda merambat tanpa terlihat; mensubstitusikan kembali rumus akhirnya ke dalam persamaan menangkap hampir semuanya dengan ongkos satu kali penurunan. Peliharalah refleks itu dalam tiga lapis: periksa penyelesaian khusus itu sendiri (bagian homogennya toh saling hapus), periksa syarat awalnya pada penyelesaian penuh, dan bila ada parameter, periksa sebuah nilai merosot (apakah rumus untuk $\Omega$ yang umum menghasilkan jawaban yang sudah dikenal di $\Omega = 0$ ?). Kebiasaan itu berongkos setengah menit; ia mengubah “mungkin benar” menjadi “sudah terverifikasi”.

Catatan 5.17 (Jebakan yang lazim)

Normalkan lebih dulu. Rumusnya mengandaikan persamaannya berbunyi $y' + a(x)y = b(x)$ — dengan koefisien $1$ pada $y'$ . Untuk $xy' - 2y = x^3$ , bagilah dengan $x$ (pada selang yang menghindari $0$ ) sebelum mengenali $a$ dan $b$ , seperti pada Latihan 5.2.
Satu konstanta per dimensi, yang ditetapkan pada akhirnya. Penyelesaian umum orde satu memikul satu konstanta, dan yang orde dua memikul dua; syarat awalnya dikenakan pada penyelesaian yang lengkap $y_p + y_h$ , jangan pernah pada $y_h$ saja — mengenakannya sebelum menambahkan $y_p$ adalah kesalahan struktural yang paling sering terjadi.
Perhatikan kegandaannya. Terkaan penyelesaian khusus yang memenuhi persamaan homogen tak terlihat oleh ruas kirinya; faktor $x^m$ pada Metode 5.13 bukanlah pilihan (Contoh 5.15).
Selangnya adalah bagian dari jawabannya. Penyelesaian hidup pada selang yang di situ koefisiennya kontinu; merekatkannya melewati kesingularan dapat melahirkan konstanta palsu (Latihan 5.12) atau merusak ketunggalannya. “Selesaikan pada $\R^*$ ” berarti dua masalah yang saling bebas.

Contoh 5.18 (Pemaksaan di luar resonansi)

Selesaikan $y'' + 4y = \sin x$ pada $\R$ . Frekuensi alaminya $2$ , frekuensi pemaksanya $1$ : karena $\iu$ bukan akar $\chi(r) = r^2 + 4$ , kegandaannya $m = 0$ dan sinusoid biasa sudah cukup. Dengan mencoba $y_p = \alpha\sin x$ (tanpa perlu kosinus: persamaannya tak mempunyai suku $y'$ , dan $\sin$ melahirkan kembali $\sin$ ):

y_p'' + 4y_p = -\alpha\sin x + 4\alpha\sin x = 3\alpha\sin x ,

jadi $\alpha = \frac13$ dan penyelesaian umumnya adalah

y = \frac{\sin x}3 + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Setiap penyelesaiannya tetap terbatas: yakni superposisi dua osilasi pada frekuensi $1$ (yang dipaksakan) dan $2$ (yang alami). Bandingkan dengan contoh berikutnya, yang di situ pemaksaan pada frekuensi alaminya mengubah bentuk jawabannya sama sekali.

Contoh 5.19 (Sebuah osilasi terpaksa)

Selesaikan $y'' + y = \cos x$ , $y(0) = 0$ , $y'(0) = 0$ .

Homogennya: $\chi(r) = r^2 + 1$ , dengan akar $\pm\iu$ : jadi $y_h = \lambda\cos x + \mu \sin x$ .

Khususnya: ruas kanannya $\Re(\eu^{\iu x})$ dengan $\gamma = \iu$ akar sederhana $\chi$ : cobalah $z_p = c\, x\, \eu^{\iu x}$ ( $c \in \C$ ). Maka $z_p'' + z_p = c\,(2\iu)\eu^{\iu x}$ , yang sama dengan $\eu^{\iu x}$ untuk $c = \frac{1}{2\iu} = -\frac\iu2$ . Jadi $z_p = -\frac{\iu}{2} x (\cos x + \iu \sin x)$ dan $y_p = \Re(z_p) = \frac{x \sin x}{2}$ .

Penyelesaian umumnya: $y = \frac{x\sin x}{2} + \lambda\cos x + \mu\sin x$ . Syaratnya: $y(0) = \lambda = 0$ ; lalu $y' = \frac{\sin x + x\cos x}{2} + \mu\cos x$ , sehingga $y'(0) = \mu = 0$ . Jawabannya: $y = \frac{x\sin x}{2}$ — yaitu osilasi yang amplitudonya tumbuh linear: inilah gejala resonansi, yang disebabkan oleh pemaksaan sistem itu pada frekuensi alaminya.

Resonansi: penyelesaian y = x x/2 bagi y'' + y = x berayun di antara garis y = ± x2 (garis putus-putus), dengan amplitudo yang terus tumbuh. — Resonansi: penyelesaian $y = \frac{x \sin x}{2}$ bagi $y'' + y = \cos x$ berayun di antara garis $y = \pm\frac x2$ (garis putus-putus), dengan amplitudo yang terus tumbuh.

Catatan 5.20 (Selingan: kelinearan adalah sebuah geometri)

Lihat kembali bentuk setiap himpunan penyelesaian pada bab ini: sebuah penyelesaian istimewa ditambah sebuah ruang penyelesaian homogen dengan satu konstanta bebas (orde satu) atau dua (orde dua). Bab tentang aljabar linear (Bab 18, 19 dan 20) akan memasok kosakata yang tepat: pemetaan $L(y) = y'' + ay' + by$ bersifat linear, penyelesaian homogennya membentuk kernel $L$ , yaitu ruang vektor yang dimensinya sama dengan orde persamaannya — itulah isi jujur ungkapan “satu konstanta per orde” — dan himpunan penyelesaian $L(y) = f$ adalah sebuah subruang afin, yaitu geseran kernelnya. Bahkan pemetaan Cauchy $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ pada Teorema 5.12 adalah bijeksi linear antara dua bidang, yakni sistem $2 \times 2$ yang punya invers (Bab 21). Tak ada satu pun pada bab ini yang perlu dikerjakan ulang — ia hanya perlu dinamai ulang, dan penamaan ulang itu adalah pemanasan terbaik bagi aljabar linear: setiap definisi abstrak di sana sudah mencari nafkahnya di sini.

Catatan 5.21 (Di mana bab ini dipakai)

Teorema strukturnya — bahwa penyelesaian $(E)$ berupa “satu penyelesaian khusus ditambah penyelesaian $(H)$ ” — adalah kemunculan pertama sebuah pola yang akan dinamai Bab 18 dan 20: himpunan penyelesaian $(H)$ adalah kernel pemetaan linear $y \mapsto y'' + ay' + by$ , dan himpunan penyelesaian $(E)$ adalah geseran afinnya. Polinomial karakteristiknya muncul kembali sebagai polinomial karakteristik sebuah matriks pada Bab 21: persamaan orde dua sesungguhnya sistem orde satu $2 \times 2$ yang menyamar, sudut pandang yang disistematiskan jilid Tahun ke-2. Integral yang dituntut variasi konstanta dipasok oleh Bab 15, dan soal akhir pekan di bawah — yaitu osilator teredam yang dipaksa — adalah kasus model bagi setiap pertanyaan osilasi dalam sains, dari rangkaian listrik sampai jembatan gantung.

5.3 Latihan

Latihan 5.1 ★

Selesaikan pada $\R$ : $\;y' + 2y = \eu^{3x}$ ; lalu masalah Cauchy $y(0) = 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.1.

Homogennya: $y_h = \lambda\,\eu^{-2x}$ . Khususnya: cobalah $y_p = c\,\eu^{3x}$ (karena $3$ bukan akar $r + 2$ ): $3c + 2c = 1$ , $c = \frac15$ . Penyelesaian umumnya: $y = \frac{\eu^{3x}}{5} + \lambda\,\eu^{-2x}$ . Dengan $y(0) = 1$ : $\frac15 + \lambda = 1$ , $\lambda = \frac45$ , jadi $y = \frac{\eu^{3x} + 4\,\eu^{-2x}}{5}$ .

Latihan 5.2 ★

Selesaikan pada $\intoo{0}{+\infty}$ : $\;x y' - 2y = x^3$ (bawalah persamaannya ke bentuk yang ternormalkan lebih dulu).

Solusi

Solusi Latihan 5.2.

Pada $\intoo{0}{+\infty}$ , bagilah dengan $x$ : $y' - \frac{2}{x}\,y = x^2$ . Di sini $A(x) = -2\ln x$ , $\eu^{-A(x)} = x^2$ : jadi penyelesaian homogennya $\lambda x^2$ . Variasi konstanta: $\mu'(x) = x^2 \cdot x^{-2} = 1$ , jadi $\mu = x + \lambda$ dan

y(x) = x^3 + \lambda x^2, \qquad \lambda \in \R .

Periksa: $x(3x^2 + 2\lambda x) - 2(x^3 + \lambda x^2) = x^3$ .

Latihan 5.3 ★

Selesaikan pada $\R$ , dengan memberikan penyelesaian umum yang real: $\;y'' - 3y' + 2y = 0$ ; $\;y'' + 4y' + 4y = 0$ ; $\;y'' - 2y' + 5y = 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.3.

$y'' - 3y' + 2y = 0$ : akarnya $1$ dan $2$ ; $\;y = \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{2x}$ .

$y'' + 4y' + 4y = 0$ : akar gandanya $-2$ ; $\;y = (\lambda + \mu x)\,\eu^{-2x}$ .

$y'' - 2y' + 5y = 0$ : akarnya $1 \pm 2\iu$ ; $\;y = \eu^{x}(\lambda\cos 2x + \mu\sin 2x)$ .

Latihan 5.4 ★

Selesaikan $y'' - y = x^2$ pada $\R$ , lalu masalah Cauchy $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.4.

Homogennya: akar $\pm 1$ , jadi $y_h = \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}$ . Penyelesaian khusus dengan ruas kanan polinomial ( $\gamma = 0$ bukan akarnya): $y_p = ax^2 + bx + c$ ; dengan mensubstitusikannya, $2a - (ax^2 + bx + c) = x^2$ memberikan $a = -1$ , $b = 0$ , $c = 2a = -2$ : jadi $y_p = -x^2 - 2$ . Penyelesaian umumnya $y = -x^2 - 2 + \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ .

Cauchy: $y(0) = -2 + \lambda + \mu = 0$ dan $y'(0) = \lambda - \mu = 1$ : jadi $\lambda = \frac32$ , $\mu = \frac12$ . Sehingga $y = -x^2 - 2 + \frac{3\eu^x + \eu^{-x}}{2}$ .

Latihan 5.5 ★★

Selesaikan pada $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : $\;y' + y\tan x = \sin 2x$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.5.

$a(x) = \tan x$ , $A(x) = -\ln(\cos x)$ (yang sah karena $\cos > 0$ pada selang itu), $\eu^{-A} = \cos x$ : jadi penyelesaian homogennya $\lambda\cos x$ . Variasi konstanta: $\mu'(x) = \sin 2x \cdot \frac{1}{\cos x} = 2\sin x$ , jadi $\mu = -2\cos x + \lambda$ dan

y(x) = -2\cos^2 x + \lambda \cos x .

Periksa: $y' = 4\cos x \sin x - \lambda\sin x$ dan $y\tan x = -2\cos x\sin x + \lambda \sin x$ ; jumlahnya adalah $2\cos x\sin x = \sin 2x$ , sesuai tuntutannya.

Latihan 5.6 ★★

Selesaikan $y'' - 4y' + 3y = (2x + 1)\,\eu^{x}$ pada $\R$ . (Perhatikan kegandaannya: apakah $1$ akar polinomial karakteristiknya?)

Solusi

Solusi Latihan 5.6.

$\chi(r) = r^2 - 4r + 3 = (r-1)(r-3)$ : di sini $\gamma = 1$ akar sederhana ( $m = 1$ ). Cobalah $y_p = x(ax + b)\,\eu^x$ . Dengan $u = ax^2 + bx$ ,

y_p'' - 4y_p' + 3y_p = \bigl(u'' + (2 - 4)u' + \chi(1) u\bigr)\eu^x = \bigl(2a - 2(2ax + b)\bigr)\eu^x .

Samakan dengan $(2x + 1)\eu^x$ : $-4a = 2$ dan $2a - 2b = 1$ , jadi $a = -\frac12$ , $b = -1$ . Penyelesaian umumnya:

y = -\Bigl(\frac{x^2}{2} + x\Bigr)\eu^{x} + \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{3x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Latihan 5.7 ★★

Selesaikan $y'' + 4y = \sin 2x + x$ pada $\R$ (superposisi; tangani setiap ruas kanannya secara terpisah).

Solusi

Solusi Latihan 5.7.

Homogennya: $y_h = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$ .

Ruas kanan $x$ (dengan $\gamma = 0$ bukan akarnya): $y_1 = ax + b$ dengan $4(ax + b) = x$ : jadi $y_1 = \frac x4$ .

Ruas kanan $\sin 2x = \Im(\eu^{2\iu x})$ , dengan $2\iu$ akar sederhana $r^2 + 4$ : cobalah $z = c\,x\,\eu^{2\iu x}$ ; maka $z'' + 4z = 4\iu c\,\eu^{2\iu x}$ , yang sama dengan $\eu^{2\iu x}$ untuk $c = \frac{1}{4\iu} = -\frac{\iu}{4}$ . Jadi $z = -\frac{\iu x}{4}(\cos 2x + \iu \sin 2x)$ dan $y_2 = \Im(z) = -\frac{x\cos 2x}{4}$ .

Menurut superposisi:

y = \frac{x}{4} - \frac{x\cos 2x}{4} + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Latihan 5.8 ★★

Secangkir kopi bersuhu $T_0 = 80\,^\circ$ C berada di ruangan bersuhu $20\,^\circ$ C. Hukum pendinginan Newton menyatakan $T' = -k\,(T - 20)$ dengan $k > 0$ . Selesaikan untuk $T(t)$ , lalu bila diketahui kopinya bersuhu $50\,^\circ$ C setelah $10$ menit, carilah kapan ia mencapai $25\,^\circ$ C.

Solusi

Solusi Latihan 5.8.

Persamaan $T' + kT = 20k$ mempunyai penyelesaian khusus yang konstan $20$ dan penyelesaian homogen $\lambda\eu^{-kt}$ : jadi $T(t) = 20 + \lambda\,\eu^{-kt}$ , dan $T(0) = 80$ memberikan $\lambda = 60$ :

T(t) = 20 + 60\,\eu^{-kt} .

$T(10) = 50$ : $\eu^{-10k} = \frac12$ , jadi $k = \frac{\ln 2}{10}$ . Lalu $T(t) = 25$ menuntut $\eu^{-kt} = \frac{5}{60} = \frac{1}{12}$ , yakni

t = \frac{\ln 12}{k} = 10\,\frac{\ln 12}{\ln 2} \approx 35.8 \text{ menit.}

Latihan 5.9 ★★★

(Osilator teredam) Untuk $\varepsilon \geq 0$ , tinjau $y'' + 2\varepsilon y' + y = 0$ .

Selesaikan untuk $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ , $\varepsilon = 1$ , dan $\varepsilon > 1$ .
Tunjukkan bahwa untuk $\varepsilon > 0$ setiap penyelesaiannya menuju $0$ di $+\infty$ , dan bahwa untuk $\varepsilon = 0$ penyelesaian yang tak nol tidak demikian.
Untuk $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ , tunjukkan bahwa nol sebuah penyelesaian tak nol berjarak teratur, dengan celah $\frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.9.

$\chi(r) = r^2 + 2\varepsilon r + 1$ , $\Delta = 4(\varepsilon^2 - 1)$ . Untuk $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ : akarnya $-\varepsilon \pm \iu\sqrt{1 - \varepsilon^2}$ , jadi $y = \eu^{-\varepsilon t}\bigl(\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t\bigr)$ dengan $\omega = \sqrt{1 - \varepsilon^2}$ . Untuk $\varepsilon = 1$ : akar gandanya $-1$ , jadi $y = (\lambda + \mu t)\,\eu^{-t}$ . Untuk $\varepsilon > 1$ : akar realnya $r_\pm = -\varepsilon \pm \sqrt{\varepsilon^2 - 1}$ , keduanya $< 0$ , dan $y = \lambda\eu^{r_+t} + \mu\eu^{r_-t}$ .
Untuk $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ : $\abs y \leq \eu^{-\varepsilon t}(\abs\lambda + \abs\mu) \to 0$ . Untuk $\varepsilon = 1$ : $(\lambda + \mu t)\eu^{-t} \to 0$ (karena eksponensial mengalahkan polinomial, Proposisi 4.6). Untuk $\varepsilon > 1$ : kedua eksponensialnya meluruh karena $r_\pm < 0$ (memang $\sqrt{\varepsilon^2 - 1} < \varepsilon$ ). Untuk $\varepsilon = 0$ : $y = \lambda\cos t + \mu\sin t$ mempunyai amplitudo tetap $\sqrt{\lambda^2 + \mu^2} \neq 0$ kecuali bila $y = 0$ .
Tulis $\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t = R\cos(\omega t - \varphi)$ dengan $R = \sqrt{\lambda^2 + \mu^2} > 0$ . Nol $y$ adalah nol $\cos(\omega t - \varphi)$ (karena faktor $\eu^{-\varepsilon t}$ tak pernah lenyap): $\omega t - \varphi \equiv \frac\pi2 \pmod \pi$ , yaitu barisan aritmetika dengan celah $\frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Latihan 5.10 ★★★

Carilah semua fungsi $f \colon \R \to \R$ yang dapat diturunkan dua kali dan memenuhi

\forall x, y \in \R, \qquad f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) f(y),

dengan $f(0) \ne 0$ dan $f$ tidak konstan. Petunjuk: tetapkan $y$ , lalu turunkan dua kali terhadap $x$ di $0$ ; tunjukkan $f(0) = 1$ dan $f'' = c f$ untuk suatu konstanta $c$ ; lalu selesaikan menurut tanda $c$ dan periksa penyelesaian mana yang memenuhi persamaan fungsionalnya.

Solusi

Solusi Latihan 5.10.

Ambil $x = y = 0$ : $2f(0) = 2f(0)^2$ , dan $f(0) \neq 0$ memberikan $f(0) = 1$ . Tetapkan $x$ lalu turunkan persamaannya dua kali terhadap $y$ :

f''(x+y) + f''(x-y) = 2 f(x) f''(y) .

Dengan mengambil $y = 0$ : $\;2f''(x) = 2 f(x) f''(0)$ , yaitu

f''(x) = c\,f(x), \qquad c = f''(0).

Kasus $c = \omega^2 > 0$ : $f(x) = \lambda\cosh\omega x + \mu\sinh\omega x$ ; lalu $f(0) = 1$ memberikan $\lambda = 1$ . Dengan memasukkannya ke persamaan fungsionalnya dan memakai rumus penjumlahan (Proposisi 4.18), persamaan itu memaksa $\mu = 0$ (bandingkan koefisien $\sinh\omega x \sinh\omega y$ atau hitung nilainya di $x = y$ ): jadi $f = \cosh\omega x$ , yang memang memenuhi $\cosh(x+y) + \cosh(x-y) = 2\cosh x\cosh y$ .

Kasus $c = -\omega^2 < 0$ : serupa dengan itu, $f(x) = \cos\omega x$ ( $\omega \neq 0$ ), yang memenuhi persamaannya.

Kasus $c = 0$ : $f$ afin dengan $f(0) = 1$ : $f(x) = 1 + \mu x$ ; lalu persamaannya memaksa $\mu = 0$ , yang tersingkir (karena $f$ tidak konstan).

Kesimpulannya: penyelesaiannya adalah $f(x) = \cos\omega x$ dan $f(x) = \cosh\omega x$ , dengan $\omega > 0$ .

Latihan 5.11 ★★

(Persamaan Euler) Selesaikan $x^2 y'' - x y' + y = 0$ pada $\intoo{0}{+\infty}$ . Petunjuk: tulis $z(t) = y(\eu^t)$ , yakni substitusikan $x = \eu^t$ , lalu tunjukkan bahwa $z$ memenuhi persamaan linear berkoefisien konstan.

Solusi

Solusi Latihan 5.11.

Tulis $z(t) = y(\eu^t)$ , sehingga $y(x) = z(\ln x)$ untuk $x > 0$ . Maka

y'(x) = \frac{z'(\ln x)}x, \qquad y''(x) = \frac{z''(\ln x) - z'(\ln x)}{x^2} ,

lalu dengan mensubstitusikannya ke dalam persamaannya:

x^2y'' - xy' + y = \bigl(z'' - z'\bigr) - z' + z = z'' - 2z' + z = 0 .

Polinomial karakteristiknya $(r - 1)^2$ : akar gandanya $1$ , jadi $z(t) = (\lambda + \mu t)\,\eu^t$ dan, kembali dalam variabel $x = \eu^t$ :

y(x) = (\lambda + \mu\ln x)\,x, \qquad \lambda, \mu \in \R .

Latihan 5.12 ★★★

Tinjau persamaan $x\,y' = 2y$ pada seluruh garis real, dengan fungsi $y \colon \R \to \R$ yang dapat diturunkan sebagai variabelnya.

Selesaikan pada $\intoo{0}{+\infty}$ dan pada $\intoo{-\infty}{0}$ .
Tunjukkan bahwa untuk konstanta $a, b \in \R$ yang mana pun, fungsi yang sama dengan $ax^2$ untuk $x \geq 0$ dan dengan $bx^2$ untuk $x < 0$ dapat diturunkan pada $\R$ dan memenuhi persamaannya di mana-mana.
Simpulkan bahwa himpunan penyelesaiannya pada $\R$ adalah keluarga berparameter dua, lalu jelaskan mengapa ini tidak bertentangan dengan ketunggalan pada Teorema 5.4.

Solusi

Solusi Latihan 5.12.

Dalam bentuk ternormalkan $y' - \frac2x\,y = 0$ pada masing-masing selang: $A(x) = -2\ln\abs x$ , jadi penyelesaiannya adalah $y = a x^2$ pada $\intoo0{+\infty}$ dan $y = b x^2$ pada $\intoo{-\infty}0$ , dengan konstanta yang saling bebas (Teorema 5.2).
Misalkan $y = ax^2$ untuk $x \geq 0$ dan $bx^2$ untuk $x < 0$ . Pada masing-masing setengah garis terbukanya, $y$ dapat diturunkan dengan $xy' = 2y$ . Di $0$ : hasil bagi selisihnya $\frac{y(h) - y(0)}h = ah$ atau $bh$ menuju $0$ , jadi $y'(0) = 0$ ada, dan persamaannya di $x = 0$ berbunyi $0 \cdot y'(0) = 2y(0) = 0$ : yang terpenuhi. Jadi $y$ memenuhi persamaannya pada seluruh $\R$ .
Penyelesaian pada $\R$ tepat berupa fungsi rekatan itu: yaitu keluarga berparameter dua bagi persamaan orde satu. Tak ada pertentangan dengan Teorema 5.4, yang hipotesisnya gugur di sini: bila ditulis $y' + a(x)y = 0$ , koefisien $a(x) = -\frac2x$ tidak kontinu di $0$ — bahkan tidak terdefinisi — sehingga $\R$ bukanlah selang yang teoremanya berlaku di sana. Kesingularan di $0$ memutuskan kedua setengah garisnya, dan nilai $y(0) = 0$ terpaksa demikian tanpa membawa informasi menyeberang. Setiap data Cauchy di $x_0 \neq 0$ hanya menentukan penyelesaiannya pada setengah garis yang memuat $x_0$ .

5.4 Soal: Osilator teredam yang dipaksa

Soal 5.1

Satu persamaan mengatur sebuah massa pada pegas di dalam medium kental, muatan pada rangkaian RLC, dan gedung yang bergoyang tertiup angin:

(E_\Omega)\colon\quad x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2\,x = A\cos(\Omega t),

dengan $\lambda \geq 0$ redamannya, $\omega_0 > 0$ frekuensi alaminya, serta $A > 0$ , $\Omega > 0$ amplitudo dan frekuensi pemaksanya. Soal ini menyarikan perilakunya selengkapnya: peluruhan peralihannya, keadaan tunak periodik yang tunggal, kurva resonansi beserta ketajamannya (yaitu faktor kualitas), layangan pada kasus tanpa redaman, dan neraca energi yang menopang osilasinya. Kecuali dinyatakan lain, $0 < \lambda < \omega_0$ (yaitu regim redaman lemah) dan kita tulis $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ .

Bagian I — Osilator bebas. Di sini $A = 0$ .

Selesaikan persamaan homogennya $(H)$ untuk $0 < \lambda < \omega_0$ , dan untuk $\lambda = 0$ . (Regim $\lambda \geq \omega_0$ sudah ditangani pada Latihan 5.9; kutiplah dari sana.)
Tunjukkan bahwa untuk setiap $\lambda > 0$ , semua penyelesaian $(H)$ menuju $0$ di $+\infty$ — pada ketiga regimnya.
Definisikan energinya $\mathcal E(t) = \frac12 x'(t)^2 + \frac12\omega_0^2\,x(t)^2$ sepanjang sebuah penyelesaian $(H)$ . Tunjukkan $\mathcal E'(t) = -2\lambda\,x'(t)^2 \leq 0$ , lalu simpulkan (tanpa menyelesaikan apa pun) bahwa masalah Cauchy “ $(H)$ , $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ ” hanya mempunyai penyelesaian nol, untuk setiap $\lambda \geq 0$ .
Untuk $0 < \lambda < \omega_0$ , tulis penyelesaian yang tak nol sebagai $x(t) = R\,\eu^{-\lambda t}\cos(\omega_d t - \varphi)$ lalu misalkan $T_d = \frac{2\pi}{\omega_d}$ pseudoperiodenya. Tunjukkan bahwa $x(t + T_d) = \eu^{-\lambda T_d}\,x(t)$ : jadi setiap ayunan adalah ayunan sebelumnya yang menyusut dengan faktor tetap $\eu^{-\delta}$ , $\delta = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ (yaitu dekremen logaritmiknya). Hitung $\delta$ untuk $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ .
Definisikan faktor kualitas $Q = \dfrac{\omega_0}{2\lambda}$ . Tunjukkan bahwa setelah waktu $\frac1\lambda$ (yaitu satu kali pelipatan amplitudo sebesar $\eu$ ), osilatornya sudah menyelesaikan $\frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperiode, yang untuk redaman lemah ( $\lambda \ll \omega_0$ ) kira-kira sama dengan $\frac Q\pi$ : jadi faktor kualitas mencacah, sampai faktor $\pi$ , banyaknya osilasi yang bertahan sebelum amplitudonya meluruh sebesar $\eu$ .

Bagian II — Keadaan tunak. Sekarang $A > 0$ dan $\lambda > 0$ .

Carilah penyelesaian khusus sebagai bagian real $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ dengan $z \in \C$ (Metode 5.13). Tunjukkan bahwa ini berhasil dengan

$z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega} .$
Simpulkan keadaan tunaknya dalam bentuk amplitudo–fase: $x_p(t) = R(\Omega)\cos\bigl(\Omega t - \varphi(\Omega)\bigr)$ dengan

$R(\Omega) = \frac{A}{\sqrt{(\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2}}, \qquad \tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}, \quad \varphi \in \intoo0\pi .$
Tafsirkan kedua regim ekstremnya: hitung limit $R$ dan $\varphi$ ketika $\Omega \to 0^+$ (tanggapan kuasi-statis $A/\omega_0^2$ , dengan fase $0$ ) dan ketika $\Omega \to +\infty$ ( $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , dengan fase $\to \pi$ : jadi massanya bergerak berlawanan dengan pemaksaan yang terlalu cepat).
Tunjukkan bahwa setiap penyelesaian $(E_\Omega)$ berupa $x_p$ ditambah sebuah penyelesaian $(H)$ , sehingga ia konvergen ke keadaan tunak $x_p$ ketika $t \to +\infty$ , apa pun syarat awalnya: setelah peralihannya mati, osilatornya tak mempunyai ingatan tentang bagaimana ia dimulai.
Tunjukkan bahwa $x_p$ adalah satu-satunya penyelesaian periodik $(E_\Omega)$ .
Kerjakan satu masalah Cauchy sampai tuntas: untuk $x'' + 2x' + 2x = \cos t$ dengan $x(0) = x'(0) = 0$ , tunjukkan bahwa penyelesaiannya

$x(t) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 - \eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5 ,$

lalu kenali bagian peralihan dan bagian tunaknya.

Bagian III — Kurva resonansi. Telaah $\Omega \mapsto R(\Omega)$ pada $\intoo0{+\infty}$ .

Dengan menulis $u = \Omega^2$ dan $g(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u$ , tunjukkan: jika $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , maka $R$ mencapai maksimum tegas pada frekuensi resonansi $\Omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , dengan

$R_{\max} = R(\Omega_r) = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} .$
Tunjukkan bahwa $\dfrac{R_{\max}}{R(0)} = Q\,\bigl(1 - \tfrac{\lambda^2}{\omega_0^2}\bigr)^{-1/2} \geq Q$ : jadi pada resonansi, pemaksaannya diperkuat sebesar (pada dasarnya) faktor kualitasnya.
Buktikan bahwa amplitudo kecepatan $V(\Omega) = \Omega\,R(\Omega)$ maksimum tepat di $\Omega = \omega_0$ (bukan di $\Omega_r$ ), dan bahwa fase di sana adalah $\varphi(\omega_0) = \frac\pi2$ : jadi di $\Omega = \omega_0$ kecepatannya tepat sefase dengan gayanya.
(Lebar pita) Selesaikan $g(u) = 2\,g(u_r)$ secara eksak, dengan $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ , lalu simpulkan bahwa kedua frekuensi $\Omega_\pm$ yang di sana $R = R_{\max}/\sqrt2$ memenuhi $\Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ ; lalu simpulkan bahwa untuk redaman lemah lebar pitanya $\Omega_+ - \Omega_- \approx 2\lambda$ , yakni $Q \approx \frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-}$ : jadi puncak resonansi yang tajam adalah sistem ber- $Q$ tinggi.
Potret numerik untuk $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.05$ ( $Q = 10$ ), $A = 1$ : hitung $\Omega_r$ , $R_{\max}$ , tanggapan statis $R(0)$ , dan lebar pitanya secara hampiran.
Tunjukkan bahwa jika $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ , maka $R$ turun tegas pada $\intoo0{+\infty}$ : jadi sistem yang teredam berat sama sekali tak mempunyai puncak resonansi.

Bagian IV — Tanpa redaman: layangan dan resonansi. Di sini $\lambda = 0$ .

Untuk $\Omega \neq \omega_0$ , carilah penyelesaian umum $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\Omega t)$ .
Selesaikan masalah Cauchy $x(0) = x'(0) = 0$ lalu ubahlah jawabannya menjadi bentuk hasil kali

$x(t) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) .$
Untuk $\Omega$ yang dekat dengan $\omega_0$ , bacalah hasil kali itu sebagai osilasi cepat pada frekuensi $\frac{\omega_0 + \Omega}2$ yang termodulasi oleh selubung lambat pada frekuensi $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : inilah layangan. Berikan periode selubungnya dan amplitudo maksimumnya, lalu catat bagaimana keduanya meledak ketika $\Omega \to \omega_0$ .
Tetapkan $t$ lalu ambil $\Omega \to \omega_0$ pada rumus pertanyaan 19: tunjukkan bahwa limitnya adalah

$x_\infty(t) = \frac{A\,t\,\sin(\omega_0 t)}{2\omega_0} ,$

lalu periksa langsung bahwa $x_\infty$ memenuhi persamaan resonannya $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\omega_0 t)$ dengan $x(0) = x'(0) = 0$ (bandingkan Contoh 5.19): jadi resonansi adalah limit layangan yang kian lambat dan kian besar.
Pertentangkan kedua nasib resonansi: pertumbuhan linear $\frac{At}{2\omega_0}$ tanpa redaman, berbanding kejenuhan pada $R_{\max} \approx Q\,\frac{A}{\omega_0^2}$ dengan redaman lemah. Dalam satu kalimat: mekanisme fisis apa yang mengubah yang pertama menjadi yang kedua?

Bagian V — Neraca energi dan sintesis.

Pada keadaan tunak Bagian II, hitunglah rata-rata sepanjang satu periode $\frac{2\pi}\Omega$ dari (a) daya yang disuntikkan oleh pemaksaannya, $P_{\mathrm{in}}(t) = A\cos(\Omega t) \cdot x_p'(t)$ , dan (b) daya yang dilesapkan oleh redamannya, $P_{\mathrm{diss}}(t) = 2\lambda\,x_p'(t)^2$ . Tunjukkan bahwa kedua rata-ratanya sama dengan $\lambda\,R^2\Omega^2$ : jadi pemaksaannya memasok persis apa yang dibakar redamannya — dan itulah sebabnya keadaan tunak itu tunak.
Di mana persisnya soal ini memakai: (i) teorema struktur Teorema 5.12; (ii) metode eksponensial kompleks; (iii) telaah fungsi variabel real dalam gaya Bab 4? Satu kalimat untuk masing-masing.
Sintesis: gambarkan peta perilaku lengkap $(E_\Omega)$ — yang bebas berbanding yang terpaksa, yang teredam berbanding tanpa redaman, peran $Q$ sebagai satu-satunya tombol tanpa dimensi yang menyetel tinggi puncak, lebar pita dan umur peralihannya — lalu sebutkan tempat kisahnya berlanjut: sistem orde satu $2 \times 2$ (Bab 21 dan jilid Tahun ke-2) dan penguraian pemaksaan periodik yang umum menjadi sinusoid (deret Fourier, pada jilid Tahun ke-3), yang untuknya kasus sinusoidal soal ini menjadi batu bangunan yang mendasar.

Solusi

Solusi Soal 5.1.

1. $\chi(r) = r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2$ , $\Delta = 4(\lambda^2 - \omega_0^2) < 0$ untuk $0 < \lambda < \omega_0$ : akarnya $-\lambda \pm \iu\omega_d$ , jadi menurut Teorema 5.10

x(t) = \eu^{-\lambda t}\bigl(\lambda_1\cos\omega_d t + \mu_1\sin\omega_d t\bigr), \qquad (\lambda_1, \mu_1) \in \R^2 .

Untuk $\lambda = 0$ : $x = \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t$ . Regim kritis ( $\lambda = \omega_0$ ) dan teredam lebih ( $\lambda > \omega_0$ ) adalah regim pada Latihan 5.9 (setelah waktunya diskalakan ulang): yaitu $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t}$ , dan kombinasi $\eu^{r_\pm t}$ dengan $r_\pm = -\lambda \pm \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}$ .

2. Teredam lemah: $\abs x \leq \eu^{-\lambda t}(\abs{\lambda_1} + \abs{\mu_1}) \to 0$ . Kritis: $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t} \to 0$ karena eksponensial mengalahkan polinomial (Proposisi 4.6). Teredam lebih: $r_- < r_+ = -\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < 0$ karena $\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < \lambda$ ; jadi kedua eksponensialnya meluruh.

3. Sepanjang sebuah penyelesaian $(H)$ , dengan memakai $x'' = -2\lambda x' - \omega_0^2 x$ :

\mathcal E'(t) = x'x'' + \omega_0^2 x x' = x'\bigl(-2\lambda x' - \omega_0^2 x\bigr) + \omega_0^2 xx' = -2\lambda\,x'^2 \leq 0 .

Jika $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ maka $\mathcal E(t_0) = 0$ ; di sini $\mathcal E$ tak negatif dan tak naik, sehingga $\mathcal E \equiv 0$ pada $\intco{t_0}{+\infty}$ , yang memaksa $x \equiv 0$ di sana; untuk $t \leq t_0$ , jalankan argumen yang sama pada $\tilde x(t) = x(2t_0 - t)$ , yang memenuhi persamaan dengan redaman $-\lambda$ tetapi tetap mempunyai $\tilde{\mathcal E}(t_0) = 0$ dan $\tilde{\mathcal E}' = +2\lambda\tilde x'^2 \geq 0$ dengan $\tilde{\mathcal E} \geq 0$ ; tak negatif, tidak turun, dan nol di ujung kanan $\intoc{-\infty}{t_0}$ berarti nol di sepanjangnya. Jadi $x \equiv 0$ pada $\R$ — yaitu bukti ketunggalan lewat energi, yang sah untuk setiap $\lambda \geq 0$ .

4. $x(t + T_d) = R\,\eu^{-\lambda t}\eu^{-\lambda T_d}\cos(\omega_d t + 2\pi - \varphi) = \eu^{-\lambda T_d}x(t)$ . Faktor penyusutan per pseudoperiodenya adalah $\eu^{-\delta}$ dengan $\delta = \lambda T_d = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ . Untuk $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ : $\omega_d = \sqrt{0.99} = 0.99499$ , jadi $\delta = \frac{0.62832}{0.99499} = 0.6315$ : setiap ayunan menyisakan $\eu^{-0.63} \approx 53\%$ amplitudonya.

5. Faktor amplitudonya adalah $\eu^{-\lambda t}$ , yang meluruh sebesar $\eu$ selama $t = \frac1\lambda$ . Selang itu memuat $\frac{1/\lambda}{T_d} = \frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperiode. Untuk $\lambda \ll \omega_0$ , $\omega_d \approx \omega_0$ sehingga ini $\approx \frac{\omega_0}{2\pi\lambda} = \frac Q\pi$ . Senar gitar ber- $Q = 300$ berdenting sekitar seratus periode; sedangkan peredam pintu dengan $Q = 1$ tak menuntaskan satu pun.

6. Mensubstitusikan $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ ke ruas kirinya memberikan $z\,(-\Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega + \omega_0^2)\,\eu^{\iu\Omega t}$ , yang sama dengan $A\,\eu^{\iu\Omega t}$ tepat untuk $z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega}$ (penyebutnya tak nol: bagian imajinernya adalah $2\lambda\Omega > 0$ ). Karena koefisiennya real, bagian real $x_p = \Re\bigl(z\eu^{\iu\Omega t}\bigr)$ memenuhi persamaan dengan ruas kanan $\Re\bigl(A\eu^{\iu\Omega t}\bigr) = A\cos\Omega t$ .

7. Tulis $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega = \sqrt{D}\,\eu^{\iu\varphi}$ dengan $D = (\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2$ dan $\varphi \in \intoo0\pi$ (karena bagian imajinernya $2\lambda\Omega$ positif), sehingga $\tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ . Lalu $z = \frac{A}{\sqrt D}\eu^{-\iu\varphi}$ dan

x_p(t) = \Re\Bigl(\frac A{\sqrt D}\,\eu^{\iu(\Omega t - \varphi)}\Bigr) = R\cos(\Omega t - \varphi), \qquad R = \frac A{\sqrt D} .

8. Ketika $\Omega \to 0^+$ : $D \to \omega_0^4$ , jadi $R \to A/\omega_0^2$ dan $\tan\varphi \to 0^+$ dengan $\varphi \in \intoo0{\frac\pi2}$ : sehingga $\varphi \to 0$ . Massanya mengikuti gayanya secara kuasi-statis, tergeser sebesar gaya dibagi kekakuan. Ketika $\Omega \to +\infty$ : $D \sim \Omega^4$ , jadi $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , dan $\varphi \to \pi$ (bilangan kompleks $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega$ menuju kuadran kedua dengan argumen $\to \pi$ ): jadi massanya nyaris tak bergerak, dan berlawanan fase — karena kelembamannya mendominasi.

9. Menurut Teorema 5.12 (1), setiap penyelesaian berupa $x = x_p + x_h$ dengan $x_h$ memenuhi $(H)$ ; menurut pertanyaan 2, $x_h(t) \to 0$ , jadi $x(t) - x_p(t) \to 0$ : semua penyelesaian konvergen ke keadaan tunak yang sama. Syarat awalnya hanya membentuk peralihannya.

10. Jika $x$ penyelesaian periodik, maka $x - x_p = x_h$ adalah penyelesaian periodik $(H)$ yang menuju $0$ di $+\infty$ ; dan fungsi periodik yang berlimit $0$ identik dengan $0$ (karena nilainya pada satu periode berulang selamanya, sehingga setiap nilainya menjadi limit sebuah barisan bagian yang menuju $0$ ). Jadi $x = x_p$ .

11. Di sini $\lambda = 1$ , $\omega_0^2 = 2$ , $\Omega = 1$ , $A = 1$ : jadi $z = \frac1{2 - 1 + 2\iu} = \frac{1 - 2\iu}5$ , sehingga

x_p = \Re\Bigl(\frac{(1 - 2\iu)(\cos t + \iu\sin t)}5\Bigr) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 .

Homogennya: akar $r^2 + 2r + 2$ adalah $-1 \pm \iu$ : jadi $x_h = \eu^{-t}(C\cos t + S\sin t)$ . Syaratnya: $x(0) = \frac15 + C = 0$ memberikan $C = -\frac15$ ; lalu dengan menurunkannya, $x'(0) = \frac25 - C + S = 0$ memberikan $S = C - \frac25 = -\frac35$ . Jadi

x(t) = \underbrace{\frac{\cos t + 2\sin t}5}_{\text{tunak}} - \underbrace{\eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5}_{\text{peralihan}} ,

dengan peralihannya mati seperti $\eu^{-t}$ .

12. Dengan menjabarkannya, $g(u) = u^2 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)u + \omega_0^4 = (u - u_r)^2 + g(u_r)$ dengan $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ dan

g(u_r) = \omega_0^4 - u_r^2 = (\omega_0^2 - u_r)(\omega_0^2 + u_r) = 2\lambda^2\bigl(2\omega_0^2 - 2\lambda^2\bigr) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) .

Jika $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , maka $u_r > 0$ merupakan kuadrat frekuensi yang sah: di sana $g$ mempunyai minimum tegas, sehingga $R = A/\sqrt g$ mempunyai maksimum tegas di $\Omega_r = \sqrt{u_r} = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , dengan $R_{\max} = A/\sqrt{g(u_r)} = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}$ .

13. $R(0) = A/\omega_0^2$ , jadi

\frac{R_{\max}}{R(0)} = \frac{\omega_0^2}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = \frac{\omega_0}{2\lambda}\cdot \frac{\omega_0}{\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = Q\,\Bigl(1 - \frac{\lambda^2}{\omega_0^2}\Bigr)^{-1/2} \geq Q .

Untuk redaman lemah faktor koreksinya dekat dengan $1$ : jadi resonansi mengalikan pergeseran statisnya dengan $Q$ pada dasarnya.

14. $V(\Omega)^2 = \frac{A^2 u}{g(u)}$ dengan $u = \Omega^2$ . Turunannya bertanda sama dengan $g(u) - u\,g'(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u - u\bigl(2(u - \omega_0^2) + 4\lambda^2\bigr) = (\omega_0^2 - u)^2 + 2u(\omega_0^2 - u) = (\omega_0^2 - u)(\omega_0^2 + u)$ , yang positif untuk $u < \omega_0^2$ dan negatif setelahnya: jadi maksimum tegasnya tepat di $\Omega = \omega_0$ , untuk redaman apa pun. Di sana $\tan\varphi$ meledak dengan $\varphi \in \intoo0\pi$ : jadi $\varphi = \frac\pi2$ , dan $x_p'(t) = -R\Omega\sin(\Omega t - \frac\pi2) = R\Omega\cos(\Omega t)$ tepat sefase dengan gayanya: yaitu pemindahan daya yang optimal.

15. $R = R_{\max}/\sqrt2 \iff g(u) = 2g(u_r) \iff (u - u_r)^2 = g(u_r) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2)$ , yang memberikan

u_\pm = u_r \pm 2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}, \qquad \Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} .

Lalu $\Omega_+ - \Omega_- = \frac{\Omega_+^2 - \Omega_-^2}{\Omega_+ + \Omega_-}$ , dan untuk $\lambda \ll \omega_0$ kedua $\Omega_\pm \approx \omega_0$ : sehingga $\Omega_+ - \Omega_- \approx \frac{4\lambda\omega_0}{2\omega_0} = 2\lambda$ , jadi $\frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-} \approx \frac{\omega_0}{2\lambda} = Q$ . Jadi mengukur lebar puncak resonansi berarti mengukur faktor kualitasnya.

16. $Q = 10$ ; $\Omega_r = \sqrt{1 - 2(0.05)^2} = \sqrt{0.995} = 0.9975$ ; $R_{\max} = \frac1{2 \times 0.05 \sqrt{1 - 0.0025}} = \frac1{0.1 \times 0.99875} = 10.01$ ; tanggapan statisnya $R(0) = 1$ ; lebar pitanya $\approx 2\lambda = 0.1$ . Jadi sebuah paku yang tinggi dan tipis setinggi $\approx Q$ di atas dataran setinggi $1$ .

17. Jika $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ maka $u_r \leq 0$ dan $g'(u) = 2(u - u_r) > 0$ untuk setiap $u > 0$ : jadi $g$ naik tegas pada $\intoo0{+\infty}$ , sehingga $R = A/\sqrt g$ turun tegas dari $R(0) = A/\omega_0^2$ : tanggapannya terbesar pada frekuensi nol dan tak ada puncak sama sekali.

18. Di sini $\gamma = \iu\Omega$ bukan akar $r^2 + \omega_0^2$ (karena $\Omega \neq \omega_0$ ), jadi Metode 5.13 dengan $m = 0$ memberikan $x_p = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ (substitusikan lalu periksa: $-\Omega^2 + \omega_0^2$ dikali kosinusnya). Penyelesaian umumnya:

x(t) = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2} + \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t .

19. Syarat $x(0) = 0$ memaksa $\lambda_1 = -\frac A{\omega_0^2 - \Omega^2}$ , dan $x'(0) = 0$ memaksa $\mu_1 = 0$ :

x(t) = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \bigl(\cos\Omega t - \cos\omega_0 t\bigr) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) ,

menurut rumus hasil kali $\cos a - \cos b = 2\sin\frac{b - a}2\sin\frac{b + a}2$ yang diterapkan dengan $a = \Omega t$ , $b = \omega_0 t$ .

20. Untuk $\Omega$ yang dekat dengan $\omega_0$ , sinus kedua berayun pada frekuensi cepat $\frac{\omega_0 + \Omega}2 \approx \omega_0$ , sedangkan yang pertama menjadi selubung lambat berfrekuensi $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : jadi amplitudo osilasi cepatnya membesar dan mengecil dengan periode selubung $\frac{2\pi}{\abs{\omega_0 - \Omega}}$ (dua layangan per periode selubung), dan mencapai maksimum $\frac{2A}{\abs{\omega_0^2 - \Omega^2}}$ . Ketika $\Omega \to \omega_0$ , layangannya menjadi lebih lambat (periodenya $\to \infty$ ) sekaligus lebih tinggi (amplitudonya $\to \infty$ ).

21. Tetapkan $t$ . Ketika $\Omega \to \omega_0$ :

\frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) = \frac{2A}{\omega_0 + \Omega}\cdot \frac{\sin\bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\bigr)} {\omega_0 - \Omega} \longrightarrow \frac{2A}{2\omega_0}\cdot\frac t2 = \frac{At}{2\omega_0} ,

sedangkan $\sin\bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\bigr) \to \sin(\omega_0 t)$ : jadi limitnya adalah $x_\infty(t) = \frac{At\sin\omega_0 t}{2\omega_0}$ . Pemeriksaan langsung: dengan $C = \frac A{2\omega_0}$ , $x_\infty = Ct\sin\omega_0 t$ mempunyai $x_\infty'' = 2C\omega_0\cos\omega_0 t - C\omega_0^2 t \sin\omega_0 t$ , sehingga $x_\infty'' + \omega_0^2 x_\infty = 2C\omega_0\cos\omega_0 t = A\cos\omega_0 t$ , dengan $x_\infty(0) = 0$ dan $x_\infty'(0) = C\sin 0 + C\omega_0 \cdot 0 \cdot \cos 0 = 0$ — dan untuk $\omega_0 = A = 1$ inilah persis Contoh 5.19. Jadi resonansi adalah kemerosotan layangan: yaitu gelembung pertama selubungnya, yang direntangkan sampai panjang tak hingga.

22. Tanpa redaman, amplitudo resonannya tumbuh linear dan tanpa batas; dengan redaman $\lambda > 0$ pertumbuhannya jenuh pada $R_{\max} \approx Q\,\frac A{\omega_0^2}$ . Mekanismenya: pelesapan mengambil energi dengan laju yang tumbuh bersama amplitudonya (pertanyaan 23), sehingga penumpukannya berhenti tepat ketika redamannya membakar energi secepat pemaksaannya memasoknya.

23. Dengan $x_p' = -R\Omega\sin(\Omega t - \varphi)$ , sepanjang satu periode rata-ratanya $\langle\cos^2\rangle = \langle\sin^2\rangle = \frac12$ dan $\langle\sin\cos\rangle = 0$ memberikan:

\langle P_{\mathrm{diss}}\rangle = 2\lambda\,R^2\Omega^2\,\langle\sin^2(\Omega t - \varphi)\rangle = \lambda R^2\Omega^2 ;

lalu dengan menjabarkan $\sin(\Omega t - \varphi) = \sin\Omega t\cos\varphi - \cos\Omega t\sin\varphi$ :

\langle P_{\mathrm{in}}\rangle = -AR\Omega\,\bigl\langle\cos\Omega t\,\sin(\Omega t - \varphi)\bigr\rangle = AR\Omega\,\frac{\sin\varphi}2 .

Karena $\sin\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\sqrt D} = \frac{2\lambda\Omega R}A$ , ini sama dengan $\frac{AR\Omega}2 \cdot \frac{2\lambda\Omega R}A = \lambda R^2\Omega^2$ : jadi daya yang disuntikkan dan yang dilesapkan berimbang persis — yaitu sifat yang mendefinisikan regim tunak.

24. (i) Teorema strukturnya memilah setiap penyelesaian menjadi keadaan tunak ditambah peralihan (pertanyaan 9–11) dan menyusutkan ketunggalannya menjadi masalah homogen. (ii) Metode kompleksnya mengubah pencarian penyelesaian khusus menjadi satu pembagian bilangan kompleks (pertanyaan 6), dengan amplitudo dan fasenya terbaca dari sebuah modulus dan sebuah argumen. (iii) Kurva resonansinya murni telaah fungsi — yaitu sebuah kuadrat dalam $u = \Omega^2$ , minimumnya, himpunan arasnya — dalam gaya Bab 4 (pertanyaan 12–17).

25. Bebas dan teredam: pseudo-osilasi yang meluruh, dengan umur $\frac1\lambda$ dan sekitar $\frac Q\pi$ ayunan. Terpaksa dan teredam: peralihannya mati, dan satu keadaan tunak sinusoidal yang tunggal bertahan pada frekuensi pemaksanya, dengan amplitudo yang memuncak di dekat $\omega_0$ (tingginya $\approx Q \times$ nilai statisnya, lebarnya $\approx \frac{\omega_0}Q$ ) dan fase yang menyapu dari $0$ ke $\pi$ lewat $\frac\pi2$ di $\omega_0$ . Bebas dan tanpa redaman: osilasi abadi. Terpaksa dan tanpa redaman: layangan, yang merosot menjadi resonansi yang tumbuh linear pada penalaan yang persis. Satu bilangan tanpa dimensi, $Q = \frac{\omega_0}{2\lambda}$ , menyetel segalanya — tinggi puncak, lebar pita, dan umur peralihannya adalah tiga pembacaan tombol yang sama. Kelanjutannya: menulis ulang $x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2x$ sebagai sistem orde satu membuka metode matriks pada Bab 21 dan jilid Tahun ke-2, dan menguraikan pemaksaan periodik yang sebarang menjadi sinusoid (deret Fourier, jilid Tahun ke-3) menjadikan analisis frekuensi tunggal pada soal ini sebagai batu bangunan yang universal: selesaikan untuk setiap frekuensi, lalu superposisikan.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium