Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

16Persamaan Diferensial

Tahun ke-1 menyelesaikan persamaan linear yang menerima rumus. Bab ini memasok apa yang tak dapat diberikan rumus: yakni teorema Cauchy–Lipschitz — keberadaan dan ketunggalan bagi $y' = f(t, y)$ — yang dibuktikan lewat teorema titik tetap Banach, persis seperti dijanjikan pada Bab 4; lalu teori lengkap bagi sistem linear $X' = A(t)X + B(t)$ , dengan eksponensial matriks dan wronskian sebagai mesin hitungnya.

16.1 Teorema Cauchy–Lipschitz

Teorema 16.1 (Cauchy–Lipschitz, versi Lipschitz global)

Misalkan $I$ sebuah ruas, dan $f \colon I \times \R^n \to \R^n$ kontinu serta Lipschitz pada peubah keduanya, secara seragam dalam peubah pertamanya: yakni $\norm{f(t, y) - f(t, z)} \leq k\,\norm{y - z}$ untuk setiap $t \in I$ . Maka untuk setiap $(t_0, y_0) \in I \times \R^n$ , masalah Cauchy

y' = f(t, y), \qquad y(t_0) = y_0

punya tepat satu penyelesaian $y \colon I \to \R^n$ berkelas $C^1$ .

Bukti. Perumusan ulangnya. Sebuah $y$ yang kontinu menyelesaikan masalahnya bila dan hanya bila ia memenuhi persamaan integral

y(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f\bigl(s, y(s)\bigr)\,\dd s =: T(y)(t)

(lewat teorema dasar kalkulus pada kedua arahnya; dan penyelesaian kontinu persamaan integralnya otomatis bersifat $C^1$ ).

Sebuah kontraksi, setelah dinormakan ulang. Pada ruang Banach $E = C(I, \R^n)$ dengan norma terbobot

N(y) = \sup_{t \in I}\; \eu^{-2k\abs{t - t_0}}\,\norm{y(t)} ,

(yang setara dengan norma supnya: sebab bobotnya terbatas di atas dan di bawah pada ruas $I$ , jadi $E$ tetap lengkap), taksirlah untuk $y, z \in E$ dan, katakanlah, $t \geq t_0$ :

\norm{T(y)(t) - T(z)(t)} \leq \int_{t_0}^{t} k\,\norm{y(s) - z(s)}\,\dd s \leq k\,N(y - z)\int_{t_0}^{t} \eu^{2k(s - t_0)}\dd s \leq \frac{N(y-z)}{2}\,\eu^{2k(t - t_0)} .

Mengalikannya dengan $\eu^{-2k(t - t_0)}$ lalu mengambil supnya (dengan kasus $t < t_0$ yang simetris): $N\bigl(T(y) - T(z)\bigr) \leq \frac12 N(y - z)$ : jadi $T$ merupakan kontraksi berfaktor $\frac12$ pada $(E, N)$ yang lengkap. Lalu teorema titik tetap Banach (Teorema 4.12) menghasilkan titik tetap yang tunggal: yakni penyelesaian tunggalnya. ∎

Catatan 16.2

Untuk $f$ yang sekadar $C^1$ (yakni Lipschitz secara lokal), teoremanya berlaku secara lokal, dengan penyelesaian maksimal pada interval terbuka maksimalnya; dan penyelesaiannya dapat meledak dalam waktu berhingga ( $y' = y^2$ , $y(0) = 1$ : $y(t) = \frac{1}{1-t}$ , yang lenyap di $t = 1$ ). Jadi hipotesis Lipschitz globalnya yang membeli seluruh ruasnya. Dua akibat yang layak dipahat: kurva penyelesaian sebuah persamaan diferensial dengan medan Lipschitz tak pernah bersilangan; dan fungsi nol adalah satu-satunya penyelesaian yang lenyap di mana pun bagi persamaan homogen yang linear.

Contoh 16.3 (Ketunggalan itu sebuah teorema: sebuah medan yang bocor)

Tinjaulah $y' = 2\sqrt{\abs y}$ dengan $y(0) = 0$ . Fungsi nol menyelesaikannya; demikian pula

y(t) = \begin{cases} 0 & t \leq 0,\\ t^2 & t \geq 0, \end{cases}

yang bersifat $C^1$ (sebab kedua kepingnya berturunan $0$ di titik lemnya) dan memenuhi $y'(t) = 2t = 2\sqrt{t^2}$ untuk $t > 0$ — bahkan, menunda lepas landasnya memberi penyelesaian bagi setiap waktu pelepasan $c \geq 0$ : jadi tak berhingga banyak penyelesaian lewat data awal yang sama. Dan tak ada pertentangan dengan Teorema 16.1: sebab di dekat $y = 0$ ,

\frac{\abs{2\sqrt y - 2\sqrt z}}{\abs{y - z}} = \frac{2}{\sqrt y + \sqrt z} \longrightarrow +\infty ,

medannya tidak Lipschitz dalam $y$ , jadi teoremanya membisu. Pelajaran penutupnya: pembacaan fisisnya adalah sebuah ember yang mengering di bawah gravitasi lalu dijalankan mundur — sebab dari keadaan kosongnya, kita tak dapat mengetahui kapan ia mulai terisi; jadi determinisme persamaan diferensial persis merupakan syarat Lipschitznya, bukan hukum alam.

16.2 Sistem linear

Teorema 16.4 (Struktur sistem linear)

Misalkan $A \colon I \to \mathcal{M}_n(\R)$ dan $B \colon I \to \R^n$ kontinu pada interval $I$ . Untuk setiap $(t_0, X_0)$ masalah

X' = A(t)X + B(t), \qquad X(t_0) = X_0

punya tepat satu penyelesaian pada seluruh $I$ . Adapun penyelesaian sistem homogennya (dengan $B = 0$ ) membentuk ruang vektor $\mathcal{S}_H$ yang berdimensi tepat $n$ , dan penilaian $X \mapsto X(t_0)$ merupakan isomorfisma $\mathcal{S}_H \to \R^n$ ; jadi penyelesaian umum $=$ penyelesaian khusus $+$ penyelesaian homogen.

Bukti. Pada setiap ruas $J \subseteq I$ yang memuat $t_0$ : pemetaan $f(t, X) = A(t)X + B(t)$ bersifat kontinu, dan Lipschitz dalam $X$ dengan konstanta $k = \sup_J \vertiii{A(t)}$ (yang berhingga sebab kontinu pada sebuah ruas): jadi Teorema 16.1 berlaku pada $J$ ; lalu dengan membiarkan $J$ menghabiskan $I$ , ketunggalannya melem penyelesaiannya menjadi satu pada $I$ . Adapun kelinearan himpunan penyelesaiannya dan pemetaan penilaiannya sudah jelas; sedangkan penilaiannya bijektif berkat keberadaannya (jadi surjektif) dan ketunggalannya (jadi injektif): sehingga $\dim \mathcal{S}_H = n$ . Adapun struktur afinnya adalah hujah Tahun ke-1 kata demi kata. ∎

Contoh 16.5 (Isomorfisma penilaian, secara konkret)

Untuk $y'' + y = 0$ , yang dipandang sebagai sistem $X' = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}X$ dengan $X = (y, y')$ : teoremanya mengatakan bahwa ruang penyelesaiannya sebuah bidang, dan bahwa $X \mapsto X(0) = (y(0), y'(0))$ merupakan isomorfisma ke $\R^2$ . Adapun penyelesaian $\cos$ dan $\sin$ bernilai $(1, 0)$ dan $(0, 1)$ — yakni basis kanonik $\R^2$ — jadi keduanya membentuk basis ruang penyelesaiannya, dan setiap penyelesaiannya berbunyi

y(t) = y(0)\cos t + y'(0)\sin t ,

dengan koefisiennya dibaca langsung dari data awalnya, tanpa sistem linear yang harus diselesaikan. Pelajaran penutupnya: memilih sistem fundamental yang nilai awalnya berupa basis kanoniknya (di sini $\cos, \sin$ ) persis merupakan memilih kolom $\eu^{tA}$ ; jadi isomorfisma penilaiannya adalah sebab syarat awalnya memparameterkan lintasannya — yakni isi geometris “dinamika deterministik” bagi persamaan linear.

Definisi 16.6 (Wronskian)

Untuk penyelesaian $X_1, \dots, X_n$ sistem homogennya, wronskian adalah $W(t) = \det\bigl(X_1(t), \dots, X_n(t)\bigr)$ . Berkat isomorfisma di atas, entah $W$ lenyap secara identik (jadi keluarganya bergantungan) atau tak pernah lenyap (jadi sebuah sistem fundamental); dan secara kuantitatif, $W' = \operatorname{tr}\bigl(A(t)\bigr) W$ , sehingga

W(t) = W(t_0)\,\exp\Bigl(\int_{t_0}^{t} \operatorname{tr} A(s)\,\dd s\Bigr) \quad \text{(rumus Liouville)}.

Contoh 16.7 (Liouville diperiksa pada sebuah persamaan Euler)

Pada $\intoo{0}{\infty}$ , persamaan $t^2y'' + ty' - y = 0$ punya penyelesaian $y_1(t) = t$ dan $y_2(t) = \frac1t$ (sulihkan). Adapun wronskiannya:

W(t) = \det\begin{pmatrix} t & \tfrac1t\\[2pt] 1 & -\tfrac{1}{t^2}\end{pmatrix} = -\frac1t - \frac1t = -\frac2t ,

yang tak pernah nol: jadi sebuah sistem fundamental. Kini periksalah Liouville: dalam bentuk ternormalkan $y'' + \frac1t\,y' - \frac{1}{t^2}\,y = 0$ , matriks pendampingnya $A(t) = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ \frac{1}{t^2} & -\frac1t\end{pmatrix}$ bertrace $-\frac1t$ , jadi

W(t) = W(1)\exp\Bigl(-\int_1^t\frac{\dd s}{s}\Bigr) = -2\,\eu^{-\ln t} = -\frac2t . \checkmark

Pelajaran penutupnya: Liouville meramalkan bentuk wronskiannya sebelum satu penyelesaian pun diketahui — di sini, bahwa $W$ mestilah $\frac{c}{t}$ ; dan inilah yang menggerakkan metode penurunan orde (Proposisi 16.15), tempat mengetahui $y_1$ dan bentuk wronskiannya menentukan $y_2$ lewat satu kuadratur.

Bukti rumus Liouville. Berlaku $W(t) = \det M(t)$ dengan $M' = AM$ . Menurunkan determinannya sebagai fungsi multilinear atas kolomnya memberi

W'(t) = \sum_j \det(X_1, \dots, X_j', \dots, X_n) = \sum_j \det(X_1, \dots, AX_j, \dots, X_n) .

Kini pemetaan $(C_1, \dots, C_n) \mapsto \sum_j \det(C_1, \dots, AC_j, \dots, C_n)$ bersifat $n$ -linear dan berselang-seling (sebab dengan dua kolom yang sama $C_i = C_k$ , suku dengan $j \notin \{i, k\}$ lenyap seketika, sedangkan suku $j = i$ dan $j = k$ saling meniadakan berpasangan setelah satu pertukaran kolom): jadi menurut teorema ketunggalannya (Teorema 2.14) ia sama dengan $c \cdot \det$ , dengan $c$ dibaca pada kolom kanoniknya: $c = \sum_j \det(e_1, \dots, Ae_j, \dots, e_n) = \sum_j a_{jj} = \operatorname{tr} A$ . Karena itu $W' = \operatorname{tr}\bigl(A(t)\bigr)W$ : yakni persamaan diferensial linear skalar, yang diselesaikan lewat rumus Tahun ke-1. ∎

16.3 Koefisien tetap: eksponensial matriks

Teorema 16.8

Untuk $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ (atau $\C$ ), eksponensialnya $\eu^{tA} = \sum_k \frac{(tA)^k}{k!}$ (Contoh 5.22) memenuhi: bahwa $t \mapsto \eu^{tA}$ bersifat $C^1$ (bahkan $C^\infty$ ) dengan

\frac{\dd}{\dd t}\,\eu^{tA} = A\,\eu^{tA} = \eu^{tA}A , \qquad \eu^{(s+t)A} = \eu^{sA}\,\eu^{tA}, \qquad (\eu^{A})^{-1} = \eu^{-A} ;

dan $\eu^{A + B} = \eu^A\eu^B$ apabila $AB = BA$ . Adapun masalah Cauchy $X' = AX$ dengan $X(0) = X_0$ punya penyelesaian tunggal $X(t) = \eu^{tA}X_0$ ; dan dengan sumber, rumus variasi konstanta berlaku:

X(t) = \eu^{(t - t_0)A}X_0 + \int_{t_0}^{t} \eu^{(t-s)A}B(s)\,\dd s .

Bukti. Keterdiferensialannya: deret $\sum \frac{t^kA^k}{k!}$ dan deret turunan sukunya $\sum \frac{t^{k-1}A^k}{(k-1)!} = A\sum \frac{(tA)^{k-1}}{(k-1)!}$ konvergen normal pada setiap ruas (dengan norma $\leq \frac{(\abs t\,\vertiii A)^k}{k!}$ ): jadi turunkan suku demi suku (Teorema 10.11, versi bernilai vektor). Adapun kedua urutannya $A\eu^{tA}$ dan $\eu^{tA}A$ sepakat karena setiap jumlah parsialnya komut dengan $A$ .

Hukum grupnya: untuk $A, B$ yang komut, hasil kali Cauchy kedua deret eksponensialnya ditata ulang lewat teorema binomial persis seperti pada Contoh 7.15 (sebab kekonvergenan mutlak pada aljabar Banachnya membenarkannya): jadi $\eu^{A+B} = \eu^A\eu^B$ ; lalu dengan $B = sA$ ini memberi hukum grup satu parameternya, dan dengan $B = -A$ balikannya.

Masalah Cauchynya: $X(t) = \eu^{tA}X_0$ menyelesaikannya (turunkan saja); dan ketunggalannya berkat Teorema 16.4. Adapun variasi konstantanya: tetapkan $Y(t) = \eu^{-tA}X(t)$ ; lalu setelah diturunkan, $Y' = \eu^{-tA}(X' - AX) = \eu^{-tA}B(t)$ ; jadi integralkan dari $t_0$ ke $t$ lalu kalikan kembali dengan $\eu^{tA}$ . ∎

Metode 16.9 (Menghitung $\eu^{tA}$ )

Reduksikan $A$ (Bab 3): bila $A = PDP^{-1}$ berbentuk diagonal, maka $\eu^{tA} = P\,\eu^{tD}P^{-1}$ dengan $\eu^{tD}$ diagonal berisi $\eu^{t\lambda_i}$ ; sedangkan secara umum pakailah Dunford $A = D + N$ (yang komut): $\eu^{tA} = \eu^{tD}\,\eu^{tN}$ dengan $\eu^{tN}$ sebuah polinomial dalam $t$ (sebab kenilpotenannya memotong deretnya). Adapun nilai eigen kompleksnya berpasangan menjadi blok perputaran-kali-eksponensial (Latihan 16.5).

Catatan 16.10 (Jebakan yang sering muncul)

(i) $\eu^{A+B} \neq \eu^A\eu^B$ tanpa kekomutan: ambillah $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ dan $B = \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ . Maka $\eu^A = I + A$ dan $\eu^B = I + B$ (berkat kenilpotenannya), jadi

\eu^A\eu^B = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}, \qquad\text{sedangkan}\qquad \eu^{A+B} = \cosh(1)\,I + \sinh(1)\,(A + B) = \begin{pmatrix} \cosh 1 & \sinh 1\\ \sinh 1 & \cosh 1 \end{pmatrix},

dengan memakai $(A+B)^2 = I$ ; dan $\cosh 1 \approx 1.54 \neq 2$ . Jadi hukum grup pada Teorema 16.8 mengusung hipotesis yang sejati. (ii) Gerak hati nonlinear di lahan linear: penyelesaian sistem yang linear dengan koefisien kontinu hidup pada seluruh intervalnya (Teorema 16.4) — jadi bila sebuah calon penyelesaian meledak di dalam $I$ , maka persamaannya tak linear atau perhitungannya salah; sebaliknya, untuk persamaan nonlinear janganlah pernah menjanjikan kegloballan tanpa hujah ( $y' = y^2$ ). (iii) Membagi dengan yang tak diketahui: memisahkan peubah pada $y' = y(1-y)$ diam-diam membuang penyelesaian tetapnya $0$ dan $1$ — yakni persis yang menata garis fasanya (Latihan 16.3); jadi daftarkanlah penyelesaian tetapnya lebih dulu. (iv) Data awalnya menetapkan vektor, bukan skalar: sebuah persamaan skalar berorde $n$ menuntut $n$ syarat (yakni $y, y', \dots$ di $t_0$ ); jadi mencocokkan $y(t_0)$ saja menyisakan keluarga berparameter $(n-1)$ , yakni sumber klasik bagi konstanta yang “hilang”.

Contoh 16.11 (Sebuah eksponensial $3\times3$ lewat Dunford)

Selesaikan $X' = AX$ untuk $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix}$ . Dunford blok demi blok: $A = D + N$ dengan $D = \operatorname{diag}(2, 2, 3)$ dan $N = E_{12}$ , yang komut (sebab $N$ hidup di dalam blok bernilai eigen $2$ ), dan $N^2 = 0$ :

\eu^{tA} = \eu^{tD}\,\eu^{tN} = \begin{pmatrix} \eu^{2t} & t\,\eu^{2t} & 0\\ 0 & \eu^{2t} & 0\\ 0 & 0 & \eu^{3t} \end{pmatrix} .

Penyelesaian umumnya terbaca kolom demi kolom: $X(t) = \bigl(\eu^{2t}(x_0 + ty_0),\ \eu^{2t}y_0,\ \eu^{3t}z_0\bigr)$ . Pemeriksaan kewarasannya: di $t = 0$ matriksnya adalah $I$ ; determinannya $\eu^{7t} = \eu^{t\operatorname{tr}A}$ , seperti dituntut Liouville; dan faktor $t$ -nya muncul persis di tempat nilai eigen $2$ -nya cacat. Pelajaran penutupnya: polinomial kali eksponensial itu bukan tebakan yang harus dihafal — sebab ia adalah deret terpotong $\eu^{tN}$ , dan derajatnya dibatasi indeks kenilpotenannya, tak pernah lebih.

Metode 16.12 (Menyelesaikan $X' = AX + B(t)$ , dari awal sampai akhir)

Spektrum $A$ ; lalu $\eu^{tA}$ lewat Metode 16.9 (yakni diagonalkan; atau lewat Dunford seperti pada Contoh 16.11; atau lewat siasat polinomial seperti $A^2 = -I$ ).
Sebuah penyelesaian khusus: variasi konstantanya $\int_{t_0}^t\eu^{(t-s)A}B(s)\dd s$ selalu berhasil; sedangkan untuk $B$ yang eksponensial-polinomial, ansatz berbentuk sama (dengan derajat yang dinaikkan pada resonansi, Latihan 16.10) lebih cepat.
Penyelesaian umum $= \eu^{(t-t_0)A}X_0 +$ penyelesaian khususnya; lalu cocokkan data awalnya paling akhir, pada rumus yang lengkap.
Pemeriksaan kewarasannya: $X(t_0)$ benar; pertumbuhan bagian homogennya cocok dengan bagian real nilai eigennya (Latihan 16.8); dan $\det$ sebuah matriks fundamentalnya menaati Liouville.

Contoh 16.13 (Sebuah potret fasa)

$X' = AX$ dengan $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}$ : karena $A^2 = -I$ , deretnya terpecah menjadi

\eu^{tA} = (\cos t)\,I + (\sin t)\,A = \begin{pmatrix} \cos t & \sin t\\ -\sin t & \cos t \end{pmatrix} :

jadi lintasannya berupa lingkaran yang ditempuh searah jarum jam — yakni osilator harmonik $x'' + x = 0$ dalam busana orde pertama. Nilai eigennya $\pm\iu$ pada sumbu imajinernya: jadi sebuah pusat. Lebih umum, bagian real nilai eigen $A$ memutuskan pertumbuhan atau peluruhan $\norm{X(t)}$ (Latihan 16.8).

Dua potret fasa yang linear. Kiri: sebuah pusat (dengan nilai eigen ±) — yakni orbit lingkaran tertutup milik osilator harmonik. Kanan: sebuah simpul stabil (dengan nilai eigen -1, -2) — tempat semua lintasannya jatuh ke titik asalnya secara menyinggung arah eigen yang lambat. — Dua potret fasa yang linear. Kiri: sebuah *pusat* (dengan nilai eigen $\pm\iu$ ) — yakni orbit lingkaran tertutup milik osilator harmonik. Kanan: sebuah *simpul stabil* (dengan nilai eigen $-1, -2$ ) — tempat semua lintasannya jatuh ke titik asalnya secara menyinggung arah eigen yang lambat.

Bidang trace–determinan bagi X' = AX pada dimensi 2: di bawah sumbu mendatarnya, pelana; di antara sumbunya dan parabola = 2/4, simpul; di dalam parabolanya, spiral; dan pada sumbu- yang positif, pusat. Adapun soal akhir pekan membuktikan penggolongan ini lalu menyusuri satu garis tegak darinya — yakni osilator teredam — sampai ke resonansi. — Bidang trace–determinan bagi $X' = AX$ pada dimensi $2$ : di bawah sumbu mendatarnya, pelana; di antara sumbunya dan parabola $\delta = \tau^2/4$ , simpul; di dalam parabolanya, spiral; dan pada sumbu- $\delta$ yang positif, pusat. Adapun soal akhir pekan membuktikan penggolongan ini lalu menyusuri satu garis tegak darinya — yakni osilator teredam — sampai ke resonansi.

Catatan 16.14 (Di mana ini dipakai)

Sistem linear adalah model lokal bagi segala yang nonlinear: sebab di dekat kesetimbangannya, medan vektor yang mulus berkelakuan (pada kasus hiperboliknya) seperti pelinearannya, yang potretnya digolongkan bidang trace–determinan. Adapun soal akhir pekan mengerjakan cerita osilatornya selengkapnya — peredaman, pemaksaan, resonansi, dan teorema pembandingan Sturm bagi koefisien yang berubah — yakni matematika di balik peredam kejut, rangkaian arus bolak-balik, dan senjang spektral sekaligus. Adapun jilid Tahun ke-3 kembali dengan teori kualitatifnya (aliran, kestabilan, integral pertama) pada manifold.

16.4 Orde dua dengan koefisien yang berubah

Proposisi 16.15

Persamaan $y'' + a(t)y' + b(t)y = c(t)$ (dengan $a, b, c$ kontinu pada $I$ ) adalah sistem $X' = A(t)X + B(t)$ untuk $X = (y, y')$ : jadi penyelesaiannya ada dan tunggal pada seluruh $I$ bagi sembarang data awal $(y(t_0), y'(t_0))$ ; dan penyelesaian homogennya membentuk sebuah bidang. Bila satu penyelesaian homogen $y_1$ yang tak lenyap diketahui, maka penyelesaian bebas keduanya ditemukan lewat penurunan orde: sebab menetapkan $y = y_1 z$ mengubah persamaan homogennya menjadi persamaan orde pertama bagi $z'$ , yang diselesaikan lewat kuadratur.

Bukti. Bentuk sistemnya beserta Teorema 16.4 memberi segala yang struktural. Adapun penurunannya: setelah menyulihkan $y = y_1z$ ,

y_1 z'' + (2y_1' + a y_1)z' + \underbrace{(y_1'' + ay_1' + by_1)}_{=\,0}\,z = 0 :

yakni persamaan linear orde pertama dalam $u = z'$ , yang terselesaikan lewat rumus Tahun ke-1; lalu mengintegralkan $u$ memberi $z$ , sehingga $y_2 = y_1 z$ , yang bebas dari $y_1$ setiap kali $z$ tak tetap. ∎

Contoh 16.16

$t^2y'' - 2y = 0$ pada $\intoo{0}{\infty}$ : fungsi $y_1 = t^2$ merupakan sebuah penyelesaian. Sulihkan $y = t^2z$ : dari $y' = t^2z' + 2tz$ dan $y'' = t^2z'' + 4tz' + 2z$ ,

t^2y'' - 2y = t^4 z'' + 4t^3z' = 0, \qquad\text{yakni}\qquad \frac{z''}{z'} = -\frac4t :

jadi $z' = t^{-4}$ (hingga sebuah konstanta), $z = -\frac{1}{3t^3}$ , dan $y_2 = t^2z = -\frac{1}{3t}$ . Penyelesaian umumnya: $y = \alpha t^2 + \frac{\beta}{t}$ .

16.5 Latihan

Latihan 16.1 ★

Selesaikan $X' = AX$ dengan $X(0) = (1, 0)^{\mathsf T}$ , untuk $A = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 2\end{pmatrix}$ (lewat pendiagonalan) dan $A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ (lewat Dunford).

Solusi

Solusi Latihan 16.1.

Matriks pertama: nilai eigennya $1, 2$ , dengan vektor eigen $(1,0)$ dan $(1,1)$ . Uraikan $X_0 = (1,0) = 1\cdot(1,0) + 0\cdot(1,1)$ : jadi penyelesaiannya adalah

X(t) = \eu^{t}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix} .

(Sebab vektor awalnya sendiri sebuah vektor eigen.)

Yang kedua: $A = 2I + N$ dengan $N = E_{12}$ dan $N^2 = 0$ : jadi $\eu^{tA} = \eu^{2t}(I + tN)$ , sehingga

X(t) = \eu^{2t}\begin{pmatrix} 1 & t\\ 0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix} = \eu^{2t}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}.

Latihan 16.2 ★

Masalah Cauchy mana yang punya penyelesaian global tunggal pada $\R$ menurut Teorema 16.1? $y' = \sin(ty)$ ; $\;y' = y^2$ ; $\;y' = \abs y$ . Untuk yang terakhir, selesaikanlah secara gamblang dengan $y(0) = 0$ dan $y(0) = 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.2.

$y' = \sin(ty)$ : sebab $\abs{\sin(ty) - \sin(tz)} \leq \abs t\,\abs{y - z}$ — jadi Lipschitz dalam $y$ secara seragam pada setiap ruas waktunya: sehingga penyelesaian global yang tunggal pada $\R$ (terapkanlah teoremanya pada setiap ruasnya).

$y' = y^2$ : hanya Lipschitz secara lokal; jadi tak ada teorema global, dan memang $y(0) = 1$ meledak di $t = 1$ .

$y' = \abs y$ : sebab $\abs\cdot$ bersifat Lipschitz berkonstanta $1$ : jadi keberadaan dan ketunggalan global. Dengan $y(0) = 0$ : $y \equiv 0$ (berkat ketunggalannya!). Dengan $y(0) = 1$ : $y$ tetap positif (sebab ia tak dapat menyeberangi penyelesaian nolnya), jadi $y' = y$ : sehingga $y = \eu^t$ .

Latihan 16.3 ★

Buktikan bahwa dua penyelesaian maksimal yang berbeda bagi $y' = f(t,y)$ (dengan $f$ Lipschitz dalam $y$ ) tak pernah bernilai sama pada waktu yang sama, lalu turunkan bahwa penyelesaian $y' = y(1 - y)$ yang bermula di $\intoo{0}{1}$ tinggal di $\intoo{0}{1}$ selamanya.

Solusi

Solusi Latihan 16.3.

Bila $y(t_1) = z(t_1)$ pada suatu waktu, maka $y$ dan $z$ menyelesaikan masalah Cauchy yang sama di $t_1$ : jadi ketunggalannya memaksa $y = z$ pada interval bersamanya — sehingga penyelesaian yang berbeda tak pernah bertemu.

Untuk $y' = y(1-y)$ : konstanta $0$ dan $1$ merupakan penyelesaiannya. Sebuah penyelesaian yang bermula di $\intoo{0}{1}$ tak pernah dapat mencapai $0$ atau $1$ (sebab ia akan bertabrakan dengan penyelesaian tetapnya): jadi ia tinggal di $\intoo{0}{1}$ , sehingga bersifat global (sebab terbatas, jadi tanpa ledakan — misalnya lewat kriteria Latihan 16.9, atau karena medan vektornya terbatas pada jalur yang menjebaknya).

Latihan 16.4 ★★

Hitunglah $\eu^{tA}$ untuk $A = \begin{pmatrix} 3 & 1\\ -1 & 1\end{pmatrix}$ (lewat Dunford: $(A - 2I)^2 = 0$ ), lalu selesaikan $X' = AX + \begin{pmatrix} \eu^{2t}\\ 0\end{pmatrix}$ dengan $X(0) = 0$ , lewat variasi konstanta.

Solusi

Solusi Latihan 16.4.

$(A - 2I)^2 = \begin{pmatrix}1 & 1\\ -1 & -1\end{pmatrix}^2 = 0$ : jadi Dunford dengan $D = 2I$ dan $N = A - 2I$ :

\eu^{tA} = \eu^{2t}\,(I + tN) = \eu^{2t}\begin{pmatrix} 1 + t & t\\ -t & 1 - t\end{pmatrix}.

Variasi konstanta dengan $B(s) = (\eu^{2s}, 0)^{\mathsf T}$ :

X(t) = \int_0^t \eu^{(t-s)A}B(s)\,\dd s = \eu^{2t}\int_0^t \begin{pmatrix} 1 + (t-s)\\ -(t-s) \end{pmatrix}\dd s = \eu^{2t}\begin{pmatrix} t + \frac{t^2}{2}\\[2pt] -\frac{t^2}{2} \end{pmatrix},

dengan memakai $\eu^{(t-s)A}B(s) = \eu^{2(t-s)}(I + (t-s)N)\,(\eu^{2s}, 0)^{\mathsf T} = \eu^{2t}\bigl(1 + (t-s),\, -(t-s)\bigr)^{\mathsf T}$ . (Periksa: $X(0) = 0$ ; dan $X' - AX = (\eu^{2t}, 0)^{\mathsf T}$ lewat penurunan.)

Latihan 16.5 ★★

Untuk $A = \begin{pmatrix} \alpha & -\beta\\ \beta & \alpha\end{pmatrix}$ , buktikan $\eu^{tA} = \eu^{\alpha t}\begin{pmatrix} \cos\beta t & -\sin\beta t\\ \sin\beta t & \cos\beta t\end{pmatrix}$ — yakni lintasan spiral — lewat dua cara: lewat deretnya (tulislah $A = \alpha I + \beta J$ dengan $J^2 = -I$ ), dan lewat pengenalan kompleks $z' = (\alpha + \iu\beta)z$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.5.

Lewat deretnya: $A = \alpha I + \beta J$ dengan $J = \begin{pmatrix}0 & -1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ dan $J^2 = -I$ ; kedua sukunya komut, jadi $\eu^{tA} = \eu^{\alpha t}\,\eu^{\beta tJ}$ , lalu deret $\eu^{\beta t J}$ terpecah menurut pangkat genap dan ganjilnya menjadi $\cos(\beta t)I + \sin(\beta t)J$ : yakni matriks perputaran-penskalaan yang dinyatakan.

Lewat kompleksnya: kenalilah $(x, y) \in \R^2$ dengan $z = x + \iu y$ ; maka sistem $X' = AX$ berbunyi $z' = (\alpha + \iu\beta)z$ , yang penyelesaiannya $z(t) = \eu^{\alpha t}\eu^{\iu\beta t}z_0$ persis merupakan spiralnya: dengan modulus $\eu^{\alpha t}$ dan argumen yang maju berkelajuan $\beta$ .

Latihan 16.6 ★★

(Lema Gronwall) Misalkan $u$ kontinu dan taknegatif dengan $u(t) \leq C + k\int_{t_0}^{t} u(s)\,\dd s$ pada $\intco{t_0}{T}$ . Buktikan $u(t) \leq C\,\eu^{k(t - t_0)}$ (turunkan $v(t) = \eu^{-kt}\int_{t_0}^t u$ ). Lalu turunkan sekali lagi ketunggalan pada Cauchy–Lipschitz beserta kebergantungan kontinu $\norm{y(t) - z(t)} \leq \norm{y_0 - z_0}\,\eu^{k\abs{t - t_0}}$ bagi dua penyelesaian dengan data awal yang berbeda.

Solusi

Solusi Latihan 16.6.

Misalkan $v(t) = \eu^{-k(t - t_0)}\int_{t_0}^t u$ . Maka

v'(t) = \eu^{-k(t-t_0)}\Bigl(u(t) - k\int_{t_0}^t u\Bigr) \leq C\,\eu^{-k(t-t_0)},

menurut hipotesisnya. Mengintegralkannya dari $t_0$ ke $t$ (dengan $v(t_0) = 0$ ): $v(t) \leq \frac{C}{k}\bigl(1 - \eu^{-k(t - t_0)}\bigr)$ , yakni $k\int_{t_0}^t u \leq C\bigl(\eu^{k(t-t_0)} - 1\bigr)$ ; lalu menyuapkan ini kembali ke hipotesisnya: $u(t) \leq C\eu^{k(t-t_0)}$ .

Ketunggalan dan kebergantungannya: dua penyelesaian $y, z$ persamaan integralnya memenuhi

\norm{y(t) - z(t)} \leq \norm{y_0 - z_0} + k\int_{t_0}^{t}\norm{y - z},

dan Gronwall dengan $C = \norm{y_0 - z_0}$ memberi batas eksponensialnya; sedangkan $C = 0$ memberi ketunggalannya.

Latihan 16.7 ★★

Dengan mengetahui bahwa $y_1(t) = \frac{\sin t}{t}$ menyelesaikan $ty'' + 2y' + ty = 0$ pada $\intoo{0}{\pi}$ , carilah penyelesaian bebas keduanya lewat penurunan orde, lalu berikanlah penyelesaian umumnya.

Solusi

Solusi Latihan 16.7.

Sulihkan $y = y_1 z$ dengan $y_1 = \frac{\sin t}{t}$ : maka rumus penurunan umumnya (Proposisi 16.15) memberi, untuk $u = z'$ ,

y_1 u' + \Bigl(2y_1' + \frac{2}{t}\,y_1\Bigr)u = 0

(dengan persamaannya dinormalkan menjadi $y'' + \frac2t y' + y = 0$ ). Hitunglah $2y_1' + \frac2t y_1 = 2\,\frac{t\cos t - \sin t}{t^2} + \frac{2\sin t}{t^2} = \frac{2\cos t}{t}$ : jadi

\frac{u'}{u} = -\frac{2\cos t}{t}\cdot\frac{t}{\sin t} = -2\cot t \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{1}{\sin^2 t} \quad (\text{hingga sebuah konstanta}),

lalu $z = -\cot t$ , sehingga memberi $y_2 = y_1 z = -\frac{\cos t}{t}$ . Penyelesaian umumnya pada $\intoo{0}{\pi}$ :

y(t) = \alpha\,\frac{\sin t}{t} + \beta\,\frac{\cos t}{t} .

(Fungsi ini adalah fungsi Bessel sferis berorde nol.)

Latihan 16.8 ★★★

Misalkan $A \in \mathcal{M}_n(\C)$ dengan semua nilai eigennya berbagian real negatif (secara tegas). Buktikan bahwa setiap penyelesaian $X' = AX$ menuju $0$ ketika $t \to +\infty$ , dengan laju eksponensial: yakni $\norm{X(t)} \leq C\,\eu^{-\alpha t}$ untuk suatu $\alpha > 0$ . (Trigonalkan; lalu tanganilah sistem segitiganya dari baris terakhir ke atas, atau pakailah Dunford: $\eu^{tA} = \eu^{tD}\eu^{tN}$ dengan $\norm{\eu^{tD}} \leq \eu^{-\alpha' t}$ dan $\eu^{tN}$ polinomial dalam $t$ .)

Solusi

Solusi Latihan 16.8.

Dunford: $A = D + N$ yang komut, dengan $D$ dapat didiagonalkan bernilai eigen sama, dan $N$ nilpoten, jadi

\eu^{tA} = \eu^{tD}\,\eu^{tN}, \qquad \eu^{tN} = \sum_{k < n} \frac{t^kN^k}{k!} \ \text{(sebuah polinomial matriks dalam } t).

Misalkan $-2\alpha = \max_i \Re\lambda_i < 0$ . Dalam basis yang mendiagonalkan $D$ , berlaku $\vertiii{\eu^{tD}} \leq \eu^{-2\alpha t}$ (sebab entrinya $\eu^{t\lambda_i}$ bermodulus $\eu^{t\Re\lambda_i}$ ); sedangkan norma pada basis yang berbeda hanya berselisih konstanta. Karena itu

\norm{X(t)} \leq \vertiii{\eu^{tA}}\,\norm{X_0} \leq C'\,\eu^{-2\alpha t}\,(1 + t)^{n-1}\,\norm{X_0} \leq C\,\eu^{-\alpha t}\norm{X_0} ,

dengan menyerap polinomialnya ke dalam satu faktor eksponensial (sebab $\eu^{-\alpha t}(1+t)^{n-1} \to 0$ , sehingga terbatas).

Latihan 16.9 ★★★

(Tak ada pelarian dalam waktu berhingga bagi pertumbuhan linear) Andaikan $f$ kontinu dengan $\norm{f(t, y)} \leq a\norm y + b$ pada $\intco{0}{\infty} \times \R^n$ , dan Lipschitz secara lokal dalam $y$ . Dengan memakai Gronwall (Latihan 16.6) pada bentuk integralnya, buktikanlah bahwa penyelesaian maksimalnya bersifat global (yakni terdefinisi pada seluruh $\intco{0}{\infty}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 16.9.

Misalkan $y$ penyelesaian maksimal pada $\intco{0}{T}$ dengan $T \leq \infty$ , lalu andaikan $T < \infty$ . Bentuk integralnya memberi, untuk $t < T$ ,

\norm{y(t)} \leq \norm{y_0} + \int_0^t \bigl(a\norm{y(s)} + b\bigr)\dd s \leq \bigl(\norm{y_0} + bT\bigr) + a\int_0^t\norm{y(s)}\,\dd s ,

dan Gronwall membatasi $\norm{y(t)} \leq (\norm{y_0} + bT)\,\eu^{aT} =: M$ pada $\intco{0}{T}$ : jadi penyelesaiannya tinggal di sebuah bola kompak. Maka $y' = f(t, y)$ terbatas di dekat $T$ , jadi $y$ bersifat Lipschitz di dekat $T$ sehingga meluas secara kontinu ke $T$ (lewat kriteria Cauchy); lalu menyelesaikan masalah Cauchy di $(T, y(T))$ memperpanjang $y$ melampaui $T$ , yang bertentangan dengan kemaksimalannya. Karena itu $T = \infty$ : jadi tak ada pelarian dalam waktu berhingga di bawah pertumbuhan linear.

Latihan 16.10 ★

Selesaikan $y'' - 3y' + 2y = \eu^{t}$ : yakni penyelesaian homogennya, lalu sebuah penyelesaian khusus berbentuk $\alpha t\,\eu^{t}$ (mengapa tebakan naif $\alpha\eu^t$ gagal?); lalu penyelesaian umumnya dan penyelesaian dengan $y(0) = y'(0) = 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.10.

Akar karakteristik $r^2 - 3r + 2$ : yakni $1$ dan $2$ , jadi penyelesaian homogennya adalah $a\eu^t + b\eu^{2t}$ . Adapun tebakan $\alpha\eu^t$ gagal karena $\eu^t$ sudah menyelesaikan persamaan homogennya (sebab akar $r = 1$ “beresonansi” dengan ruas kanannya). Dengan $y = \alpha t\,\eu^t$ : $y' = \alpha(1 + t)\eu^t$ , $y'' = \alpha(2 + t)\eu^t$ , dan

y'' - 3y' + 2y = \alpha\eu^t\bigl(2 + t - 3 - 3t + 2t\bigr) = -\alpha\,\eu^t :

jadi $\alpha = -1$ dan $y_p = -t\,\eu^t$ . Penyelesaian umumnya: $y = a\eu^t + b\eu^{2t} - t\eu^t$ . Dengan data awal $y(0) = y'(0) = 0$ : $a + b = 0$ dan $a + 2b - 1 = 0$ , jadi $b = 1$ dan $a = -1$ :

y(t) = \eu^{2t} - (1 + t)\,\eu^{t} .

Latihan 16.11 ★★

Hitunglah $\eu^{tA}$ untuk blok Jordan

A = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0\\ 0 & \lambda & 1\\ 0 & 0 & \lambda\end{pmatrix},

lalu paparkanlah semua penyelesaian $X' = AX$ : yakni eksponensial kali vektor polinomial, dengan derajat sampai $2$ . Dari mana derajat polinomialnya datang?

Solusi

Solusi Latihan 16.11.

$A = \lambda I + N$ dengan $N = E_{12} + E_{23}$ : jadi $N^2 = E_{13}$ , $N^3 = 0$ , dan $\lambda I$ komut dengan $N$ :

\eu^{tA} = \eu^{\lambda t}\Bigl(I + tN + \frac{t^2}{2}N^2\Bigr) = \eu^{\lambda t}\begin{pmatrix} 1 & t & \frac{t^2}{2}\\ 0 & 1 & t\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Penyelesaiannya: $X(t) = \eu^{\lambda t}\bigl(X_0 + tNX_0 + \frac{t^2}2N^2X_0\bigr)$ — jadi tiap komponennya adalah $\eu^{\lambda t}$ kali polinomial berderajat $\leq 2$ . Adapun batas derajatnya adalah indeks kenilpotenannya dikurangi satu: sebab deret $\eu^{tN}$ terpotong di $N^2$ .

Latihan 16.12 ★★★

(Pemaksaan berkala, tanggapan berkala) Misalkan $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ dan $B \colon \R \to \R^n$ kontinu serta berkala- $T$ .

Tunjukkan bahwa sebuah penyelesaian $X' = AX + B(t)$ bersifat berkala- $T$ bila dan hanya bila $X(T) = X(0)$ (bandingkan $X(\cdot + T)$ dan $X$ ).
Tunjukkan bahwa nilai eigen $\eu^{TA}$ adalah $\eu^{T\lambda}$ dengan $\lambda \in \operatorname{Sp}A$ (trigonalkan atas $\C$ ). Lalu turunkan: bahwa bila tak ada nilai eigen $A$ yang terletak di $\frac{2\iu\pi}{T}\Z$ , maka $I - \eu^{TA}$ bersifat terbalikkan.
Di bawah hipotesis itu, buktikan bahwa sistemnya punya tepat satu penyelesaian berkala- $T$ , dengan

$X(0) = \bigl(I - \eu^{TA}\bigr)^{-1} \int_0^{T}\eu^{(T-s)A}B(s)\,\dd s .$

Adapun kasus yang dikecualikan itu bersesuaian dengan apa, bagi osilator harmoniknya? (Soal akhir pekan menjawabnya: yakni resonansi.)

Solusi

Solusi Latihan 16.12.

Bila $X(T) = X(0)$ , maka $Y(t) = X(t + T)$ menyelesaikan $Y' = AY + B(t + T) = AY + B(t)$ dengan $Y(0) = X(0)$ : jadi ketunggalannya (Teorema 16.4) memberi $Y = X$ , yakni $X$ berkala- $T$ . Sedangkan konversnya trivial.
Trigonalkan atas $\C$ : $A = PT'P^{-1}$ dengan $T'$ segitiga atas dan berdiagonal $(\lambda_i)$ . Setiap pangkat matriks segitiga bersifat segitiga dengan diagonal $(\lambda_i^k)$ , jadi $\eu^{TA} = P\eu^{TT'}P^{-1}$ bersifat segitiga dalam basis yang sama dengan diagonal $(\eu^{T\lambda_i})$ : itulah nilai eigennya. Lalu $I - \eu^{TA}$ terbalikkan bila dan hanya bila $\eu^{T\lambda} \neq 1$ untuk setiap nilai eigennya, yakni bila $T\lambda \notin 2\iu\pi\Z$ , dan itulah hipotesis yang dinyatakan.
Variasi konstanta: $X(T) = \eu^{TA}X(0) + \int_0^T\eu^{(T-s)A}B(s)\dd s$ , jadi $X(T) = X(0)$ berbunyi

$\bigl(I - \eu^{TA}\bigr)X(0) = \int_0^{T}\eu^{(T-s)A}B(s)\,\dd s ,$

yang punya penyelesaian tunggal $X(0)$ di bawah hipotesis keterbalikannya: jadi tepat satu penyelesaian berkala- $T$ . Adapun untuk osilator harmoniknya (dengan $\lambda = \pm\iu\omega$ ), kasus yang dikecualikan adalah $\omega T \in 2\pi\Z$ : yakni pemaksaan yang kalanya kelipatan kala alaminya — itulah resonansi, sebagaimana dikuantifikasi soal akhir pekan.

16.6 Soal: Osilasi, resonansi, dan teorema pembandingan Sturm

Soal 16.1

Satu persamaan menguasai dunia mekanika dan kelistrikan:

x'' + 2\zeta\omega\,x' + \omega^2 x = F(t), \qquad \omega > 0,\ \zeta \geq 0 .

Soal ini mengkajinya selengkapnya — lewat penggolongan trace–determinan bagi sistem linear bidang, ketiga rezim peredamannya, tanggapan keadaan tunak terhadap pemaksaan berkala beserta puncak resonansinya dan malapetaka resonansinya — lalu meninggalkan koefisien tetapnya demi teorema pemisahan dan pembandingan Sturm, yang mengendalikan nol penyelesaian $y'' + q(t)y = 0$ tanpa satu rumus pun.

Bagian I — Bidang trace–determinan. Misalkan $A \in \mathcal M_2(\R)$ , $\tau = \operatorname{tr}A$ , $\delta = \det A$ , dan $\Delta = \tau^2 - 4\delta$ .

Tunjukkan bahwa nilai eigen $A$ adalah $\frac{\tau\pm\sqrt\Delta}{2}$ lalu golongkanlah: dua nilai eigen real bertanda berlawanan bila dan hanya bila $\delta < 0$ ; dua nilai eigen real bertanda sama bila dan hanya bila $\delta > 0$ dan $\Delta \geq 0$ (dengan tanda $\tau$ ); dan sepasang sekawan tak real bila dan hanya bila $\Delta < 0$ (dengan bagian real $\frac\tau2$ ).
(Pelana, $\delta < 0$ ) Dengan nilai eigen $\mu < 0 < \lambda$ dan vektor eigen $v_\pm$ , tulislah penyelesaian umumnya lalu paparkan lintasannya: yakni dua sinar stabil dan dua sinar yang takstabil, sedangkan orbit lainnya asimtotik terhadap keduanya. Mengapa tak ada penyelesaian selain $0$ yang dapat tetap terbatas pada seluruh $\R$ ?
(Simpul, $\delta > 0$ , $\Delta > 0$ ) Untuk $\mu < \lambda < 0$ : tunjukkan bahwa setiap penyelesaian tak nol menuju $0$ dan bahwa semua orbitnya kecuali yang berada di sumbu cepatnya tiba secara menyinggung arah eigen yang lambat (bandingkan $\eu^{\mu t}$ dan $\eu^{\lambda t}$ ).
(Spiral dan pusat, $\Delta < 0$ ) Dengan menulis nilai eigennya $\alpha \pm \iu\beta$ , pakailah Latihan 16.5 (setelah penggantian basis yang real, yang diterima tanpa bukti dalam keumuman itu atau dibuktikan bagi sistem Bagian II, yakni yang dipakai di bawah) untuk memaparkan orbitnya: yakni spiral yang konvergen bagi $\alpha = \frac\tau2 < 0$ , yang divergen bagi $\tau > 0$ , dan kurva tertutup (yakni pusat) bagi $\tau = 0$ .
(Kasus perbatasannya) Untuk nilai eigen ganda (yakni $\Delta = 0$ ): tunjukkan $\eu^{tA} = \eu^{\lambda t}(I + tN)$ dengan $N = A - \lambda I$ yang nilpoten, lalu bedakanlah bintangnya ( $N = 0$ ) dari simpul takwajarnya ( $N \neq 0$ ). Rangkumlah Bagian I dalam gambaran trace–determinan pada gambar bab ini.

Bagian II — Osilator teredam. Kini $F = 0$ : $x'' + 2\zeta\omega x' + \omega^2x = 0$ , yakni $X' = AX$ dengan $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -\omega^2 & -2\zeta\omega\end{pmatrix}$ .

Hitunglah $\tau, \delta, \Delta$ lalu tempatkanlah ketiga rezimnya pada bidang trace–determinannya: teredam kurang $0 < \zeta < 1$ (yakni spiral stabil), teredam kritis $\zeta = 1$ (yakni nilai eigen ganda), teredam lebih $\zeta > 1$ (yakni simpul stabil); sedangkan $\zeta = 0$ adalah pusatnya.
Selesaikan ketiga rezimnya secara gamblang:

$\zeta < 1:\ \eu^{-\zeta\omega t}\bigl(a\cos\omega_d t + b\sin\omega_dt\bigr),\ \omega_d = \omega\sqrt{1-\zeta^2}; \qquad \zeta = 1:\ (a + bt)\,\eu^{-\omega t};$

untuk $\zeta > 1$ : dua eksponensial real. Definisikanlah pseudokalanya $\frac{2\pi}{\omega_d}$ lalu tunjukkan bahwa nisbah maksimum berurutan $\abs x$ adalah konstanta $\eu^{-2\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}$ (yakni dekremen logaritmiknya).
(Asas penutup pintu) Untuk $\zeta \geq 1$ , laju peluruhannya dikendalikan nilai eigen yang paling lambat $\lambda_{\mathrm{lambat}} = -\omega\bigl(\zeta - \sqrt{\zeta^2-1}\bigr)$ . Tunjukkan bahwa $\abs{\lambda_{\mathrm{lambat}}} = \frac{\omega}{\zeta + \sqrt{\zeta^2 - 1}}$ merupakan fungsi turun atas $\zeta \geq 1$ : jadi peredaman kritis $\zeta = 1$ memberi kepulangan ke istirahat yang tercepat tanpa berayun.
(Energi) Misalkan $E(t) = \frac12x'^2 + \frac12\omega^2x^2$ . Buktikan $E' = -2\zeta\omega\,x'^2 \leq 0$ , lalu turunkan bahwa untuk $\zeta > 0$ persamaannya tak punya penyelesaian berkala yang tak nol (sebab sebuah kala akan memaksa $E$ tetap, sehingga $x' \equiv 0$ ).
Jelaskan dalam dua kalimat mengapa pusat $\zeta = 0$ bersifat rapuh secara struktural: sebab sembarang $\zeta > 0$ , sekecil apa pun, menghancurkan kekalaannya — dan di mana hal itu tampak pada bidang trace–determinannya (yakni garis pusatnya berinterior kosong).

Bagian III — Osilasi terpaksa dan resonansi. Kini $F(t) = F\cos(\gamma t)$ dengan $F, \gamma > 0$ .

( $\zeta > 0$ : keadaan tunaknya) Carilah $x_p = \Re\bigl(z\,\eu^{\iu\gamma t}\bigr)$ : lalu tunjukkan

$z = \frac{F}{\omega^2 - \gamma^2 + 2\iu\zeta\omega\gamma}, \qquad A(\gamma) := \abs z = \frac{F}{\sqrt{(\omega^2 - \gamma^2)^2 + 4\zeta^2\omega^2\gamma^2}} ,$

lalu tulislah $x_p = A(\gamma)\cos(\gamma t - \varphi)$ dengan $\tan\varphi = \frac{2\zeta\omega\gamma}{\omega^2-\gamma^2}$ .
Tunjukkan bahwa setiap penyelesaiannya adalah $x_p$ ditambah sebuah transien dari Bagian II, yang menuju $0$ : jadi apa pun data awalnya, sistemnya mengunci pada keadaan tunaknya — dengan amplitudo $A(\gamma)$ dan ketertinggalan fasa $\varphi$ .
(Kurva resonansinya) Maksimumkan $A$ : tunjukkan bahwa $A(\gamma)$ punya maksimum dalam bila dan hanya bila $\zeta < \frac{1}{\sqrt2}$ , yakni di

$\gamma_* = \omega\sqrt{1 - 2\zeta^2}, \qquad A(\gamma_*) = \frac{F}{2\zeta\omega^2\sqrt{1-\zeta^2}} ,$

dan bahwa untuk $\zeta$ yang kecil puncaknya memperkuat tanggapan statisnya $A(0) = \frac F{\omega^2}$ sebesar faktor $\approx \frac{1}{2\zeta}$ .
( $\zeta = 0$ , di luar resonansi) Untuk $\gamma \neq \omega$ , tunjukkan bahwa penyelesaian dengan $x(0) = x'(0) = 0$ adalah

$x(t) = \frac{F}{\omega^2 - \gamma^2}\bigl(\cos\gamma t - \cos\omega t\bigr) = \frac{2F}{\omega^2-\gamma^2} \sin\frac{(\omega-\gamma)t}{2} \sin\frac{(\omega+\gamma)t}{2} :$

yang terbatas, dengan layangan — yakni ayunan cepat di bawah selubung yang lambat — ketika $\gamma$ dekat ke $\omega$ .
( $\zeta = 0$ , pada resonansi) Untuk $\gamma = \omega$ , tunjukkan bahwa $x_p(t) = \frac{F}{2\omega}\,t\sin(\omega t)$ merupakan sebuah penyelesaian, lalu perolehlah ia sebagai limit pertanyaan 14 ketika $\gamma \to \omega$ : jadi amplitudonya tumbuh linear selamanya — itulah malapetaka resonansinya.
(Kaitan Fourier) Sebuah pemaksaan berkala yang umum terurai menjadi harmonik (lewat bab Fourier); jadi berkat kelinearannya keadaan tunaknya adalah jumlah tanggapan harmoniknya. Untuk sebuah osilator tak teredam berfrekuensi $\omega = 3$ yang dipaksa gelombang persegi bertipe Latihan 14.1 (yakni berharmonik pada setiap bilangan bulat ganjil), harmonik mana yang beresonansi? Satu kalimat tentang mengapa para insinyur takut pada gelombang persegi.

Bagian IV — Teorema Sturm. Tinjaulah $y'' + q(t)\,y = 0$ pada sebuah interval $I$ , dengan $q$ kontinu. (Setiap persamaan $y'' + ay' + by = 0$ menyusut menjadi bentuk normal ini lewat penyulihan $y = u\exp\bigl(-\frac12\int a\bigr)$ ; dan pertanyaan 21 menunjukkan sebuah varian siasat itu beraksi.)

Untuk dua penyelesaian $y_1, y_2$ , tunjukkan bahwa wronskiannya $W = y_1y_2' - y_1'y_2$ bersifat tetap, yang nol bila dan hanya bila penyelesaiannya sebanding; dan bahwa penyelesaian tak nol hanya punya nol yang sederhana dan terpencil.
(Pemisahan Sturm) Misalkan $y_1, y_2$ penyelesaian yang bebas dan $a < b$ dua nol berurutan milik $y_1$ . Buktikan bahwa $y_2$ lenyap tepat sekali di $\intoo{a}{b}$ (nilailah konstanta $W$ di $a$ dan $b$ : sebab $W = y_1'y_2$ di sana, dan $y_1'(a)$ serta $y_1'(b)$ bertanda berlawanan): jadi nol penyelesaian yang bebas saling menyisip.
(Pembandingan Sturm) Misalkan $q_1 \leq q_2$ pada $I$ , dengan $y \neq 0$ memenuhi $y'' + q_1y = 0$ , $z \neq 0$ memenuhi $z'' + q_2z = 0$ , dan $a < b$ nol berurutan milik $y$ . Tunjukkan bahwa $z$ lenyap di $\intcc{a}{b}$ — dan tegas di dalamnya bila $q_1 < q_2$ di suatu tempat pada $\intoo ab$ (bila $z \neq 0$ pada $\intoo ab$ , kajilah $(yz' - y'z)' = (q_1 - q_2)yz$ dengan tanda $y, z$ yang tetap lalu bandingkan nilai perbatasannya).
Turunkan batas jaraknya: bahwa bila $0 < m^2 \leq q(t) \leq M^2$ pada $I$ , maka sembarang dua nol berurutan $a < b$ milik penyelesaian tak nol $y'' + qy = 0$ memenuhi

$\frac{\pi}{M} \;\leq\; b - a \;\leq\; \frac{\pi}{m}$

(bandingkan dengan $u'' + M^2u = 0$ dan $u'' + m^2u = 0$ , yang nolnya berjarak $\frac\pi M$ dan $\frac\pi m$ ). Periksalah pada osilator harmoniknya.
Transformasikan $ty'' + 2y' + ty = 0$ (Latihan 16.7) lewat $u = ty$ menjadi $u'' + u = 0$ , perolehlah kembali penyelesaiannya $\frac{\sin t}t$ dan $\frac{\cos t}{t}$ seketika, lalu simpulkan bahwa nol setiap penyelesaian tak nolnya berjarak tepat $\pi$ : yakni pandangan dunia Sturm — bahwa nolnya dikendalikan koefisien $q$ , ada rumus atau tidak.

Bagian V — Duhamel dan perbatasan keterbatasan.

(Duhamel bagi osilatornya) Tunjukkan bahwa untuk $F$ yang kontinu, penyelesaian $x'' + \omega^2x = F(t)$ dengan $x(0) = x'(0) = 0$ adalah

$x(t) = \frac1\omega\int_0^t\sin\bigl(\omega(t - s)\bigr)F(s)\,\dd s ,$

lalu turunkan ulang penyelesaian resonan pertanyaan 15 darinya dengan $F(s) = F\cos(\omega s)$ (lewat hasil-kali-ke-jumlah).
( $\zeta > 0$ : masukan terbatas, keluaran terbatas) Tunjukkan bahwa untuk $\zeta > 0$ dan sembarang $F$ kontinu yang terbatas, setiap penyelesaian persamaan teredamnya bersifat terbatas pada $\intco{0}{\infty}$ (lewat variasi konstanta ditambah peluruhan eksponensial $\vertiii{\eu^{tA}} \leq C\eu^{-\alpha t}$ pada Latihan 16.8).
( $\zeta = 0$ ) Tunjukkan bahwa tanpa peredaman, pemaksaan berkala yang terbatas menjaga semua penyelesaiannya tetap terbatas kecuali persis pada resonansinya (yakni $\gamma = \omega$ , pertanyaan 15 lawan pertanyaan 14): jadi peredamanlah yang mengubah perbatasan keterbatasannya menjadi kestabilan seragam.
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) bagaimana bidang trace–determinan menata Bagian I–II dan di mana pemaksaan (Bagian III) meninggalkannya; (ii) makna fisis $\gamma_*$ , $A(\gamma_*)$ dan faktor $\frac1{2\zeta}$ ; (iii) apa yang dikatakan teorema Sturm yang tak dapat dikatakan rumus gamblang; (iv) dua hasil mana pada soal ini yang kelak dipakai ulang secara diam-diam oleh sisa buku ini (yakni wronskian bertetapan Liouville; dan kestabilan masukan-terbatas).

Solusi

Solusi Soal 16.1.

1. Polinomial karakteristiknya adalah $\lambda^2 - \tau\lambda + \delta$ , dengan akar $\frac{\tau\pm\sqrt\Delta}{2}$ . Bila $\delta < 0$ maka $\Delta = \tau^2 - 4\delta > 0$ dan kedua akar realnya berhasil kali $\delta < 0$ : jadi bertanda berlawanan. Bila $\delta > 0$ dan $\Delta \geq 0$ : akar realnya berhasil kali $> 0$ dan berjumlah $\tau$ : jadi keduanya bertanda sama dengan $\tau$ . Bila $\Delta < 0$ : sepasang sekawan $\alpha \pm \iu\beta$ dengan $\alpha = \frac\tau2$ dan $\beta = \frac{\sqrt{-\Delta}}2$ .

2. $X(t) = a\,\eu^{\mu t}v_- + b\,\eu^{\lambda t}v_+$ . Orbit dengan $a = 0$ (masing-masing $b = 0$ ) berjalan sepanjang garis eigen takstabilnya (masing-masing yang stabil); sedangkan yang lain punya $\norm X \to \infty$ pada kedua arah waktunya, dan asimtotik terhadap $\R v_+$ ketika $t \to +\infty$ serta terhadap $\R v_-$ ketika $t \to -\infty$ : itulah gambaran pelananya. Adapun keterbatasan pada seluruh $\R$ memaksa $b = 0$ (sebab bila tidak, terjadi ledakan di $+\infty$ ) dan $a = 0$ (di $-\infty$ ): jadi hanya titik asalnya.

3. Dengan $\mu < \lambda < 0$ , kedua eksponensialnya meluruh, jadi $X(t) \to 0$ . Bila $b \neq 0$ , faktorkanlah $\eu^{\lambda t}$ :

X(t) = \eu^{\lambda t}\bigl(b\,v_\lambda + a\,\eu^{(\mu - \lambda)t}v_\mu\bigr), \qquad \eu^{(\mu-\lambda)t} \to 0 :

jadi arah $X(t)$ menuju $\R v_\lambda$ , yakni arah eigen yang lambat — sehingga semua orbit selain sumbu cepatnya tiba secara menyinggungnya (lihatlah panel kanan pada potret fasa bab ini).

4. Dalam basis tempat $A = \begin{pmatrix} \alpha & -\beta\\ \beta & \alpha\end{pmatrix}$ (Latihan 16.5; dan untuk sistem osilator Bagian II bentuk ini dicapai lewat penggantian basis real yang gamblang), penyelesaiannya adalah $\eu^{\alpha t}$ kali perputaran bersudut $\beta t$ : yakni spiral logaritmik, yang mengerut ketika $\alpha = \frac\tau2 < 0$ , memuai ketika $\tau > 0$ , dan berupa kurva tertutup (yakni elips dalam koordinat aslinya) ketika $\tau = 0$ : itulah pusatnya.

5. Syarat $\Delta = 0$ memberi nilai eigen ganda $\lambda = \frac\tau2$ ; jadi menurut Cayley–Hamilton (Teorema 3.21), $(A - \lambda I)^2 = 0$ , sehingga $N = A - \lambda I$ bersifat nilpoten, komut dengan $\lambda I$ , dan $\eu^{tA} = \eu^{\lambda t}(I + tN)$ . Bila $N = 0$ : maka $A = \lambda I$ dan semua sinarnya berupa orbit (yakni simpul bintang). Bila $N \neq 0$ : $X(t) = \eu^{\lambda t}(X_0 + tNX_0)$ , dan untuk $NX_0 \neq 0$ arahnya konvergen ke satu-satunya arah eigennya $\operatorname{im}N$ : yakni simpul takwajar. Dan ini merampungkan gambaran trace–determinannya.

6. Berlaku $\tau = -2\zeta\omega$ , $\delta = \omega^2 > 0$ , $\Delta = 4\omega^2(\zeta^2 - 1)$ . Jadi: $0 < \zeta < 1$ memberi $\Delta < 0$ dan $\tau < 0$ , yakni spiral stabil; $\zeta = 1$ : $\Delta = 0$ , yakni simpul stabil yang merosot; $\zeta > 1$ : $\Delta > 0$ , $\tau < 0$ , $\delta > 0$ , yakni simpul stabil; dan $\zeta = 0$ : $\tau = 0$ , $\delta > 0$ , yakni pusat. Jadi sebuah perjalanan tegak pada bidangnya di $\delta = \omega^2$ .

7. Akarnya $r = -\zeta\omega \pm \omega\sqrt{\zeta^2-1}$ . Untuk $\zeta < 1$ : $r = -\zeta\omega \pm \iu\omega_d$ dengan $\omega_d = \omega\sqrt{1-\zeta^2}$ :

x(t) = \eu^{-\zeta\omega t}\bigl(a\cos\omega_dt + b\sin\omega_dt\bigr) = R\,\eu^{-\zeta\omega t}\cos(\omega_dt - \varphi) .

Untuk $\zeta = 1$ : $x = (a + bt)\eu^{-\omega t}$ . Untuk $\zeta > 1$ : $x = a\eu^{r_-t} + b\eu^{r_+t}$ , dengan kedua lajunya negatif. Adapun maksimum berurutan $\abs x$ pada kasus teredam kurangnya terjadi pada waktu yang terpisah sejauh pseudokalanya $\frac{2\pi}{\omega_d}$ (sebab fasa kosinusnya sama), dan nisbahnya adalah $\eu^{-\zeta\omega\cdot2\pi/\omega_d} = \eu^{-2\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}$ : yakni dekremen logaritmiknya, sebuah alat ukur peredaman yang terbaca pada osiloskop.

8. Setelah dirasionalkan,

\abs{\lambda_{\mathrm{lambat}}} = \omega\bigl(\zeta - \sqrt{\zeta^2-1}\bigr) = \frac{\omega}{\zeta + \sqrt{\zeta^2 - 1}} ,

yang penyebutnya naik terhadap $\zeta \geq 1$ : jadi laju peluruhannya terbesar di $\zeta = 1$ , tempat ia sama dengan $\omega$ . Sebuah pintu yang teredam lebih menutup tanpa membanting tetapi lambat; jadi peredaman kritis adalah optimum bagi sang insinyur.

9. Berlaku $E' = x'x'' + \omega^2xx' = x'\bigl(-2\zeta\omega x' - \omega^2x\bigr) + \omega^2xx' = -2\zeta\omega\,x'^2 \leq 0$ . Andaikan $x$ berkala dan tak tetap, maka $E$ akan berkala sekaligus tak naik, sehingga tetap, yang memaksa $x' \equiv 0$ : jadi $x$ tetap, lalu $\omega^2x = 0$ : sehingga $x \equiv 0$ . Jadi untuk $\zeta > 0$ satu-satunya penyelesaian berkalanya adalah istirahat: sebab peredaman membunuh setiap daurnya.

10. Pusat $\zeta = 0$ hidup pada garis $\tau = 0$ pada bidang trace–determinannya — yakni himpunan yang interiornya kosong: jadi usikan matriksnya yang sekecil apa pun (yakni peredaman fisis apa pun) menggeser $\tau$ dari nol lalu mengubah orbit tertutupnya menjadi spiral. Karena itu kekalaan osilator tak teredamnya merupakan gejala di mata pisau, bukan yang tegar.

11. Setelah menyulihkan $x_p = \Re(z\eu^{\iu\gamma t})$ ke dalam persamaannya:

\bigl(-\gamma^2 + 2\iu\zeta\omega\gamma + \omega^2\bigr)z = F \quad\Longrightarrow\quad z = \frac{F}{\omega^2 - \gamma^2 + 2\iu\zeta\omega\gamma},

jadi $x_p = \abs z\cos(\gamma t - \varphi)$ dengan $\varphi = \arg(\omega^2 - \gamma^2 + 2\iu\zeta\omega\gamma)$ , yakni $\tan\varphi = \frac{2\zeta\omega\gamma}{\omega^2 - \gamma^2}$ , beserta $A(\gamma) = \abs z$ yang dinyatakan.

12. Selisih dua penyelesaiannya menyelesaikan persamaan homogennya, yang untuk $\zeta > 0$ meluruh ke $0$ (pertanyaan 7): jadi setiap penyelesaiannya sama dengan $x_p$ ditambah transien yang lenyap di tak hingga. Jadi keadaan tunaknya menjadi penarik global: sebab syarat awalnya terlupakan, dan hanya $A(\gamma)$ beserta ketertinggalan fasa $\varphi$ yang tersisa.

13. Minimumkan $g(u) = (\omega^2 - u)^2 + 4\zeta^2\omega^2u$ atas $u = \gamma^2 \geq 0$ : maka $g'(u) = -2(\omega^2 - u) + 4\zeta^2\omega^2 = 0$ di $u = \omega^2(1 - 2\zeta^2)$ , yang di dalam bila dan hanya bila $\zeta < \frac{1}{\sqrt2}$ . Di sana

g(u_*) = 4\zeta^4\omega^4 + 4\zeta^2\omega^4(1 - 2\zeta^2) = 4\zeta^2\omega^4(1 - \zeta^2), \qquad A(\gamma_*) = \frac{F}{2\zeta\omega^2\sqrt{1 - \zeta^2}} .

Terhadap tanggapan statisnya $A(0) = \frac{F}{\omega^2}$ : penguatannya $\frac{1}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}} \approx \frac{1}{2\zeta}$ untuk $\zeta$ yang kecil — jadi sistem yang teredam ringan di dekat $\gamma_* \approx \omega$ melipatgandakan masukannya seratus kali ketika $\zeta = 0.005$ .

14. Fungsi $x$ yang dinyatakan memenuhi $x(0) = x'(0) = 0$ dan

x'' + \omega^2 x = \frac{F(\omega^2 - \gamma^2)\cos\gamma t}{\omega^2 - \gamma^2} = F\cos\gamma t

(sebab bagian $\cos\omega t$ -nya saling meniadakan). Adapun bentuk hasil kalinya menyusul dari $\cos p - \cos q = 2\sin\frac{q+p}{2}\sin\frac{q-p}2$ dengan $p = \gamma t$ dan $q = \omega t$ . Untuk $\gamma$ yang dekat ke $\omega$ , faktor $\sin\frac{(\omega-\gamma)t}2$ merupakan selubung lambat yang memodulasi ayunan cepat $\sin\frac{(\omega+\gamma)t}2$ : yakni layangan, dengan amplitudo $\frac{2F}{\abs{\omega^2-\gamma^2}}$ — yang besar, tetapi terbatas.

15. Untuk $x_p = \frac{F}{2\omega}t\sin\omega t$ :

x_p'' = \frac{F}{2\omega}\bigl(2\omega\cos\omega t - \omega^2t\sin\omega t\bigr) = F\cos\omega t - \omega^2x_p :

jadi sebuah penyelesaian. Lalu pada $t$ yang tetap, dengan melewatkan $\gamma \to \omega$ pada pertanyaan 14:

\frac{2F\sin\frac{(\omega-\gamma)t}2 \sin\frac{(\omega+\gamma)t}{2}} {(\omega-\gamma)(\omega+\gamma)} \longrightarrow \frac{2F\cdot\frac{(\omega-\gamma)t}2\big/(\omega-\gamma) \cdot\sin\omega t}{2\omega} = \frac{F\,t\sin\omega t}{2\omega} .

Amplitudonya tumbuh linear tanpa batas: itulah malapetaka resonansinya — sebab itulah para prajurit memutus langkah serentak di jembatan.

16. Gelombang perseginya mengusung harmonik pada setiap frekuensi ganjil $n = 1, 3, 5, \dots$ ; jadi berkat kelinearannya, tiap harmonik $n$ diperkuat tanggapan osilatornya di $\gamma = n$ . Untuk $\omega = 3$ harmonik ketiganya tepat mengenai resonansinya. Adapun para insinyur takut pada masukan persegi (dan gigi gergaji) karena keduanya membangkitkan semua harmonik ganjilnya sekaligus: jadi berapa pun frekuensi alami strukturnya, ada harmonik yang menantikannya.

17. Berlaku $W' = y_1y_2'' - y_1''y_2 = -qy_1y_2 + qy_1y_2 = 0$ : jadi $W$ bersifat tetap (yakni Liouville dengan matriks pendamping bertrace nol). Lalu $W = 0$ di satu titik membuat data awal $y_2$ sebanding dengan data awal $y_1$ , sehingga $y_2$ sebanding dengan $y_1$ (berkat ketunggalannya); jadi $W \neq 0$ bila dan hanya bila keduanya bebas. Bila $y(t_0) = y'(t_0) = 0$ maka $y \equiv 0$ (berkat ketunggalannya): jadi penyelesaian tak nol punya nol yang sederhana, dan nol yang sederhana bersifat terpencil (sebab $y'$ bertanda tetap di dekatnya).

18. Di antara nol berurutan $a < b$ , fungsi $y_1$ menjaga satu tanda, katakanlah $y_1 > 0$ pada $\intoo ab$ : maka $y_1'(a) > 0$ dan $y_1'(b) < 0$ (berkat nolnya yang sederhana). Menilai konstanta $W = y_1y_2' - y_1'y_2$ di $a$ dan $b$ memberi

W = -y_1'(a)\,y_2(a) = -y_1'(b)\,y_2(b) ,

jadi $y_2(a)$ dan $y_2(b)$ bertanda berlawanan (sebab $W \neq 0$ melarang keduanya lenyap): sehingga $y_2$ lenyap di $\intoo ab$ (lewat nilai antaranya). Dan ia tak dapat lenyap dua kali di sana: sebab dua nol milik $y_2$ akan mengapit sebuah nol milik $y_1$ lewat hujah yang sama dengan peran yang dipertukarkan, yang bertentangan dengan keberurutannya: jadi tepat satu nol — itulah penyisipannya.

19. Andaikan $z$ tak punya nol di $\intoo ab$ ; lalu dengan mengganti $y, z$ dengan negatifnya, andaikan $y > 0$ dan $z > 0$ pada $\intoo ab$ . Tetapkan $\varphi = yz' - y'z$ : maka $\varphi' = yz'' - y''z = (q_1 - q_2)\,yz \leq 0$ pada $\intoo ab$ , jadi $\varphi$ bersifat tak naik. Tetapi $\varphi(a) = -y'(a)z(a) \leq 0$ (sebab $y'(a) > 0$ dan $z(a) \geq 0$ ) dan $\varphi(b) = -y'(b)z(b) \geq 0$ (sebab $y'(b) < 0$ dan $z(b) \geq 0$ ): jadi fungsi tak naik yang berjalan dari $\leq 0$ ke $\geq 0$ lenyap secara identik, sehingga $(q_1 - q_2)yz \equiv 0$ pada $\intoo ab$ . Bila $q_1 < q_2$ di suatu tempat di $\intoo ab$ , ini mustahil (sebab $y, z > 0$ di sana): jadi $z$ mesti lenyap tegas di dalamnya. Secara umum (dengan $q_1 \leq q_2$ ), entah $z$ lenyap di $\intoo ab$ , atau $\varphi \equiv 0$ memaksa $z$ sebanding dengan $y$ , yang lenyap di $a$ dan $b$ : jadi pada segala kasusnya $z$ punya nol di $\intcc ab$ .

20. Batas atasnya: bandingkanlah $y$ (dengan koefisien $q \geq m^2$ ) dengan $u(t) = \sin(m(t - a))$ (dengan koefisien $m^2 \leq q$ , jadi $y$ memainkan peran $z$ pada pertanyaan 19): bila $y$ tak punya nol di $\intoc{a}{a + \pi/m}$ , maka nol $a$ dan $a + \frac\pi m$ milik $u$ akan berurutan dengan $y \neq 0$ di antaranya, yang bertentangan dengan pertanyaan 19: jadi nol berurutan milik $y$ berjarak $\leq \frac\pi m$ . Batas bawahnya: bila dua nol berurutan $a < b$ milik $y$ punya $b - a < \frac\pi M$ , maka $z(t) = \sin(M(t-a))$ (dengan koefisien $M^2 \geq q$ ) mestilah lenyap di $\intcc ab \subset \intoo{a}{a + \pi/M} \cup\{a\}$ , tempat satu-satunya nolnya adalah $a$ itu sendiri — tetapi pertanyaan 19 yang diterapkan pada $\intoo{a}{b}$ dengan ketegasan di ujungnya memberi sebuah nol di $\intcc ab$ , sedangkan $z > 0$ pada $\intoc ab$ : jadi kontradiksi. Karena itu $\frac\pi M \leq b - a \leq \frac\pi m$ ; dan untuk $q \equiv \omega^2$ kedua batasnya runtuh menjadi jarak eksak $\frac\pi\omega$ milik osilator harmoniknya.

21. Dengan $u = ty$ : berlaku $u'' = ty'' + 2y'$ , jadi $ty'' + 2y' + ty = u'' + u = 0$ : sehingga $u = A\sin t + B\cos t = R\sin(t + \varphi)$ , lalu $y = \frac{u}{t}$ memulihkan $\frac{\sin t}t$ dan $\frac{\cos t}t$ (Latihan 16.7) tanpa penurunan orde. Adapun nol setiap penyelesaian tak nolnya adalah nol $R\sin(t + \varphi)$ : yang berjarak tepat $\pi$ — itulah filsafat Sturm yang beraksi: bahwa koefisien $q \equiv 1$ mendiktekan nolnya, ada rumus atau tidak.

22. Tetapkan $x(t) = \frac1\omega\int_0^t\sin(\omega(t-s))F(s)\dd s$ . Maka $x(0) = 0$ ;

x'(t) = \frac1\omega\sin(0)F(t) + \int_0^t\cos(\omega(t-s))F(s)\dd s = \int_0^t\cos(\omega(t-s))F(s)\dd s ,

jadi $x'(0) = 0$ ; dan $x''(t) = F(t) - \omega\int_0^t\sin(\omega(t-s))F(s)\dd s = F(t) - \omega^2x(t)$ (lewat penurunan integral berparameter dengan batas yang berubah, seperti pada bab integrasi). Lalu dengan $F(s) = F\cos\omega s$ , hasil-kali-ke-jumlah memberi

\int_0^t\sin(\omega(t-s))\cos(\omega s)\dd s = \frac12\int_0^t\bigl(\sin\omega t + \sin(\omega t - 2\omega s)\bigr)\dd s = \frac{t}{2}\sin\omega t ,

(sebab keping keduanya berintegral nol), jadi $x = \frac{F}{2\omega}t\sin\omega t$ : yakni pertanyaan 15 lagi, kini lewat Duhamel.

23. Dalam bentuk sistemnya $X' = AX + (0, F(t))^{\mathsf T}$ dengan $\operatorname{Sp}A$ berbagian real negatif (yakni $\zeta > 0$ ): variasi konstanta dan Latihan 16.8 (yakni $\vertiii{\eu^{tA}} \leq C\eu^{-\alpha t}$ ) memberi

\norm{X(t)} \leq C\eu^{-\alpha t}\norm{X_0} + \int_0^t C\eu^{-\alpha(t-s)}\norm{F}_\infty\dd s \leq C\norm{X_0} + \frac{C\norm F_\infty}{\alpha} :

jadi masukan terbatas, keluaran terbatas — secara seragam dalam data awalnya sesudah transiennya.

24. Untuk $\zeta = 0$ dan $\gamma \neq \omega$ , penyelesaian pertanyaan 14 bersifat terbatas, dan menambahkan sembarang penyelesaian homogen (yang terbatas, sebab orbit pusatnya berupa lingkaran) menjaganya tetap terbatas; sedangkan di $\gamma = \omega$ , pertanyaan 15 tumbuh linear. Jadi bagi osilator tak teredamnya, keterbatasan di bawah pemaksaan berkala gagal persis pada satu frekuensi — yakni resonansinya — sedangkan pertanyaan 23 menunjukkan bahwa peredaman positif yang mana pun memulihkan keterbatasannya bagi setiap masukan yang terbatas.

25. (i) Bidang trace–determinan menggolongkan semua dinamika linear bidang yang otonom, dan osilator Bagian II menyusuri satu garis tegaknya; sedangkan pemaksaannya meninggalkan bidangnya (sebab menjadi tak otonom), lalu Duhamel yang mengambil alih. (ii) Adapun $\gamma_*$ adalah frekuensi yang disukai sistemnya, $A(\gamma_*)$ harga membangkitkannya, dan $\frac{1}{2\zeta}$ faktor penguatannya — yakni ketajaman resonansi yang disebut para insinyur sebagai faktor mutu. (iii) Teorema Sturm membaca ayunan dari tanda dan besar $q$ belaka: jadi keduanya mengatur persamaan (Bessel, Schrödinger) yang penyelesaiannya tak punya rumus dasar. (iv) Adapun wronskian yang tetap (pertanyaan 17, lewat Liouville) dan kestabilan masukan-terbatas (pertanyaan 23) dipakai ulang secara diam-diam setiap kali buku ini bertemu persamaan berkoefisien berubah atau sistem yang terusik.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Wronskian

Lihat semua 395 istilah di glosarium