---
title: "Persamaan Diferensial"
book: "Matematika Universitas — Tahun 2"
subject: math
language: id
chapter: 16
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/16-persamaan-diferensial
---

# Bab 16 — Persamaan 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#ch-b2-metric); lalu teori [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) bagi *sistem linear* $X' = A(t)X + B(t)$, dengan [eksponensial matriks](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma#ex-b2-nvs-matrixexp) dan [wronskian](#def-b2-diffeq-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) serta *[Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) persamaan integralnya otomatis bersifat $C^1$).

*Sebuah kontraksi, setelah dinormakan ulang.* Pada [ruang Banach](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma#def-b2-nvs-banach) $E =
C(I, \R^n)$ dengan [norma](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma#def-b2-nvs-norm) *terbobot*

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

(yang setara dengan [norma](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma#def-b2-nvs-norm) supnya: sebab bobotnya terbatas di atas dan di bawah pada ruas $I$, jadi $E$ tetap [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete)), 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete). Lalu teorema titik tetap Banach ([Teorema 4.12](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-banach)) menghasilkan titik tetap yang tunggal: yakni penyelesaian tunggalnya. ∎

**Catatan 16.2.**

Untuk $f$ yang sekadar $C^1$ (yakni [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) secara lokal), teoremanya berlaku secara *lokal*, dengan penyelesaian maksimal pada interval [terbuka](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-topology) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) globalnya yang membeli seluruh ruasnya. Dua akibat yang layak dipahat: kurva penyelesaian sebuah persamaan [diferensial](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/15-kalkulus-diferensial#def-b2-diffcalc-differential) dengan medan [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) *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](#thm-b2-diffeq-cauchylipschitz): 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/15-kalkulus-diferensial#def-b2-diffcalc-differential) persis merupakan syarat [Lipschitznya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity), 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity), dan [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dalam $X$ dengan konstanta $k
= \sup_J \vertiii{A(t)}$ (yang berhingga sebab [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) pada sebuah ruas): jadi [Teorema 16.1](#thm-b2-diffeq-cauchylipschitz) 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](#def-b2-diffeq-wronskian) 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](#def-b2-diffeq-wronskian):

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

yang tak pernah nol: jadi sebuah [sistem fundamental](#def-b2-diffeq-wronskian). 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](#def-b2-diffeq-wronskian) sebelum satu penyelesaian pun diketahui — di sini, bahwa $W$ mestilah $\frac{c}{t}$; dan inilah yang menggerakkan metode penurunan orde ([Proposisi 16.15](#prop-b2-diffeq-secondorder)), tempat mengetahui $y_1$ dan bentuk [wronskiannya](#def-b2-diffeq-wronskian) menentukan $y_2$ lewat satu kuadratur.

**Bukti rumus Liouville.** Berlaku $W(t) = \det M(t)$ dengan $M' = AM$. Menurunkan [determinannya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/2-aljabar-linear#def-b2-linalg-det) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/2-aljabar-linear#thm-b2-linalg-detspace)) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/15-kalkulus-diferensial#def-b2-diffcalc-differential) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma#ex-b2-nvs-matrixexp)) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma#def-b2-nvs-norm) $\leq \frac{(\abs t\,\vertiii A)^k}{k!}$): jadi turunkan suku demi suku ([Teorema 10.11](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#thm-b2-funcseq-seriestransfer), 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ex-b2-series-exp) (sebab kekonvergenan [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) 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](#thm-b2-diffeq-linear). 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 etA\eu^{tA}etA).**

Reduksikan $A$ ([Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction)): 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) kompleksnya berpasangan menjadi blok perputaran-kali-eksponensial ([Latihan 16.5](#exo-b2-diffeq-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](#thm-b2-diffeq-matrixexp) mengusung hipotesis yang sejati. *(ii) Gerak hati nonlinear di lahan linear:* penyelesaian sistem yang *linear* dengan koefisien [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) hidup pada seluruh intervalnya ([Teorema 16.4](#thm-b2-diffeq-linear)) — 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](#exo-b2-diffeq-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 3×33\times33×3 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/2-aljabar-linear#def-b2-linalg-det) $\eu^{7t} =
\eu^{t\operatorname{tr}A}$, seperti dituntut Liouville; dan faktor $t$-nya muncul persis di tempat [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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)X' = AX + B(t)X′=AX+B(t), dari awal sampai akhir).**

1. [Spektrum](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $A$ ; lalu $\eu^{tA}$ lewat [Metode 16.9](#met-b2-diffeq-computeexp) (yakni diagonalkan; atau lewat Dunford seperti pada [Contoh 16.11](#ex-b2-diffeq-dunford3) ; atau lewat siasat polinomial seperti $A^2 = -I$ ).
2. 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](#pb-b2-diffeq-1) , [Latihan 16.10](#exo-b2-diffeq-10) ) lebih cepat.
3. Penyelesaian umum $= \eu^{(t-t_0)A}X_0 +$ penyelesaian khususnya; lalu cocokkan data awalnya *paling akhir* , pada rumus yang [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) .
4. Pemeriksaan kewarasannya: $X(t_0)$ benar; pertumbuhan bagian homogennya cocok dengan bagian real [nilai eigennya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) ( [Latihan 16.8](#exo-b2-diffeq-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\pm\iu$ pada sumbu imajinernya: jadi sebuah *pusat*. Lebih umum, bagian real [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $A$ memutuskan pertumbuhan atau peluruhan $\norm{X(t)}$ ([Latihan 16.8](#exo-b2-diffeq-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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-diffeq/fig-e6a5565f0d22.svg)

![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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-diffeq/fig-f41c08dcc309.svg)

*Dua potret fasa yang linear. Kiri: sebuah *pusat* (dengan [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\pm\iu$) — yakni orbit lingkaran tertutup milik osilator harmonik. Kanan: sebuah *simpul stabil* (dengan [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-diffeq/fig-4ae4034892d3.svg)

*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](#pb-b2-diffeq-1).*

**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](#pb-b2-diffeq-1), 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](#thm-b2-diffeq-linear) 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 Latihan 16.1.**

Matriks pertama: [nilai eigennya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $1, 2$, dengan [vektor eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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](#thm-b2-diffeq-cauchylipschitz)? $y' = \sin(ty)$; $\;y' =
y^2$; $\;y' = \abs y$. Untuk yang terakhir, selesaikanlah secara gamblang dengan $y(0) =
0$ dan $y(0) = 1$.

**Solusi Latihan 16.2.**

$y' = \sin(ty)$: sebab $\abs{\sin(ty) - \sin(tz)} \leq \abs t\,\abs{y -
z}$ — jadi [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dalam $y$ secara [seragam](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#def-b2-funcseq-def) pada setiap ruas waktunya: sehingga penyelesaian global yang tunggal pada $\R$ (terapkanlah teoremanya pada setiap ruasnya).

$y' = y^2$: hanya [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) secara lokal; jadi tak ada teorema global, dan memang $y(0) = 1$ meledak di $t = 1$.

$y' = \abs y$: sebab $\abs\cdot$ bersifat [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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 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](#exo-b2-diffeq-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 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 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) $\norm{y(t) -
z(t)} \leq \norm{y_0 - z_0}\,\eu^{k\abs{t - t_0}}$ bagi dua penyelesaian dengan data awal yang berbeda.

**Solusi 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 Latihan 16.7.**

Sulihkan $y = y_1 z$ dengan $y_1 = \frac{\sin t}{t}$: maka rumus penurunan umumnya ([Proposisi 16.15](#prop-b2-diffeq-secondorder)) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) 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 Latihan 16.8.**

Dunford: $A = D + N$ yang komut, dengan $D$ [dapat didiagonalkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-diag) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma#def-b2-nvs-norm) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dengan $\norm{f(t, y)} \leq a\norm y + b$ pada $\intco{0}{\infty} \times \R^n$, dan [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) secara lokal dalam $y$. Dengan memakai Gronwall ([Latihan 16.6](#exo-b2-diffeq-6)) pada bentuk integralnya, buktikanlah bahwa penyelesaian maksimalnya bersifat global (yakni terdefinisi pada seluruh $\intco{0}{\infty}$).

**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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact). Maka $y' = f(t, y)$ terbatas di dekat $T$, jadi $y$ bersifat [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) di dekat $T$ sehingga meluas secara [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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 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 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) serta berkala-$T$.

1. Tunjukkan bahwa sebuah penyelesaian $X' = AX + B(t)$ bersifat berkala- $T$ bila dan hanya bila $X(T) = X(0)$ *(bandingkan $X(\cdot + T)$ dan $X$)* .
2. Tunjukkan bahwa [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\eu^{TA}$ adalah $\eu^{T\lambda}$ dengan $\lambda \in \operatorname{Sp}A$ *(trigonalkan atas $\C$)* . Lalu turunkan: bahwa bila tak ada [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $A$ yang terletak di $\frac{2\iu\pi}{T}\Z$ , maka $I - \eu^{TA}$ bersifat terbalikkan.
3. 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](#pb-b2-diffeq-1).)

**Solusi Latihan 16.12.**

1. 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](#thm-b2-diffeq-linear) ) memberi $Y = X$ , yakni $X$ berkala- $T$ . Sedangkan konversnya trivial.
2. 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) . Lalu $I - \eu^{TA}$ terbalikkan bila dan hanya bila $\eu^{T\lambda} \neq  1$ untuk setiap [nilai eigennya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) , yakni bila $T\lambda \notin  2\iu\pi\Z$ , dan itulah hipotesis yang dinyatakan.
3. 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](#pb-b2-diffeq-1), 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 *resonansi*nya dan malapetaka [resonansinya](#pb-b2-diffeq-1) — 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 $\Delta = \tau^2 - 4\delta$.

1. Tunjukkan bahwa [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $A$ adalah $\frac{\tau\pm\sqrt\Delta}{2}$ lalu golongkanlah: dua [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) real bertanda berlawanan bila dan hanya bila $\delta < 0$ ; dua [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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 $\frac\tau2$ ).
2. (Pelana, $\delta < 0$ ) Dengan [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\mu < 0 <  \lambda$ dan [vektor eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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 $\R$ ?
3. (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 $\eu^{\lambda t}$)* .
4. (Spiral dan pusat, $\Delta < 0$ ) Dengan menulis [nilai eigennya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\alpha \pm \iu\beta$ , pakailah [Latihan 16.5](#exo-b2-diffeq-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 $\tau = 0$ .
5. (Kasus perbatasannya) Untuk [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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 $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -\omega^2 &
-2\zeta\omega\end{pmatrix}$.

6. 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) ganda), *teredam lebih* $\zeta > 1$ (yakni simpul stabil); sedangkan $\zeta = 0$ adalah pusatnya.
7. 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).
8. (Asas penutup pintu) Untuk $\zeta \geq 1$ , laju peluruhannya dikendalikan [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-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.
9. (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 $x' \equiv 0$)* .
10. 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](#pb-b2-diffeq-1).** Kini $F(t) = F\cos(\gamma t)$ dengan $F, \gamma > 0$.

11. ($\zeta > 0$: 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 $\tan\varphi =  \frac{2\zeta\omega\gamma}{\omega^2-\gamma^2}$.
12. 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 $\varphi$ .
13. (Kurva [resonansinya](#pb-b2-diffeq-1)) 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 $\approx \frac{1}{2\zeta}$.
14. ($\zeta = 0$, di luar [resonansi](#pb-b2-diffeq-1)) 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 $\omega$.
15. ( $\zeta = 0$ , pada [resonansi](#pb-b2-diffeq-1) ) 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](#pb-b2-diffeq-1) .
16. (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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/14-deret-fourier#exo-b2-fourier-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity). (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.)

17. Untuk dua penyelesaian $y_1, y_2$ , tunjukkan bahwa [wronskiannya](#def-b2-diffeq-wronskian) $W = y_1y_2' - y_1'y_2$ bersifat *tetap* , yang nol bila dan hanya bila penyelesaiannya sebanding; dan bahwa penyelesaian tak nol hanya punya nol yang *sederhana dan terpencil* .
18. (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.
19. (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)* .
20. 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.
21. Transformasikan $ty'' + 2y' + ty = 0$ ( [Latihan 16.7](#exo-b2-diffeq-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.**

22. (Duhamel bagi osilatornya) Tunjukkan bahwa untuk $F$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity), 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)*.
23. ( $\zeta > 0$ : masukan terbatas, keluaran terbatas) Tunjukkan bahwa untuk $\zeta > 0$ dan *sembarang* $F$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](#exo-b2-diffeq-8))* .
24. ( $\zeta = 0$ ) Tunjukkan bahwa tanpa peredaman, pemaksaan berkala yang terbatas menjaga semua penyelesaiannya tetap terbatas *kecuali* persis pada [resonansinya](#pb-b2-diffeq-1) (yakni $\gamma =  \omega$ , pertanyaan 15 lawan pertanyaan 14): jadi peredamanlah yang mengubah perbatasan keterbatasannya menjadi kestabilan [seragam](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#def-b2-funcseq-def) .
25. 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](#def-b2-diffeq-wronskian) bertetapan Liouville; dan kestabilan masukan-terbatas).

**Solusi Soal 16.1.**

**1.** [Polinomial karakteristiknya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-charpoly) 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](#exo-b2-diffeq-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) ganda $\lambda =
\frac\tau2$; jadi menurut Cayley–Hamilton ([Teorema 3.21](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#thm-b2-reduction-cayleyhamilton)), $(A - \lambda I)^2 =
0$, 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](#pb-b2-diffeq-1) — 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](#pb-b2-diffeq-1). 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](#exo-b2-diffeq-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/9-pengintegralan#thm-b2-integration-continuity) 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](#exo-b2-diffeq-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](#pb-b2-diffeq-1) — 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](#pb-b2-diffeq-1) 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](#def-b2-diffeq-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.