spd linier
Post on 03-Jul-2015
159 Views
Preview:
TRANSCRIPT
PD dan Aplikasinya: Sistem Persamaan Diferential
Aang Nuryaman
Maret 2011
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 1 / 27
Pendahuluan
Tinjau model matematika untuk sistem pegas massa teredam
my" = �ky � cy 0
dengan m menyatakan massa benda yang dihubungkan ke pegas, kkonstanta pegas, c konstanta peredam dimana c > 0, y simpangan pegas,y" = d 2y
dt2 percepatan massa benda dan y0 = dy
dt kecepatan massa benda.Misalkan y1 = y dan y2 = y 0 maka dari model sistem diperoleh:
y 01 = y2 (1)
y 02 = � kmy1 �
cmy2
yang membentuk sistem persamaan di¤erensial. Bila dinyatakan dalambentuk matriks, persamaan (1) menjadi:
y0 =�y 01y 02
�=
�0 1� km � c
m
� �y1y2
�= Ay
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 2 / 27
Sistem Persamaan Diferensial
Bentuk umum sistem persamaan diferensial (SPD) orde-1 adalah
y 01 = f1 (t, y1, ..., yn)
y 02 = f2 (t, y1, ..., yn)...
y 0n = fn (t, y1, ..., yn)
Ketika sistem linier di dalam y1, ..., yn maka disebut sistem persamaandiferensial linier (SPDL) orde-1 dan dapat dituliskan dalam bentuk:
y 01 = a11 (t) y1 + ...+ a1n (t) yn + g1 (t)...
y 0n = an1 (t) y1 + ...+ ann (t) yn + gn (t)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 3 / 27
Sistem Persamaan Diferensial
Dalam bentuk vektor SPDL menjadi:
y0 = Ay+ g (2)
dimana:
A =
264 a11 � � � a1n... � � � ...an1 � � � ann
375 , y =
264 y1...yn
375 , g =
264 g1...gn
375SPDL dikatakan homogen jika g = 0 sehingga
y0 = Ay
Jika g 6= 0 maka SPDL dikatakan tak homogen.
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 4 / 27
Eksistensi dan Ketunggalan Solusi SPDL
Solusi dari (2) adalah himpunan n fungsi di¤erensiabel
y1 = φ1 (t) , � � � , yn = φn (t)
pada interval a < t < b yang memenuhi (2), Jika dilengkapi dengan syaratawal:
y1 (t0) = K0, � � � , yn (t0) = Kn (3)
maka disebut masalah nilai awal.Misalkan ajk (t) dan gj (t) adalah fungsi-fungsi yang kontinu pada intervalterbuka a < t < b yang memuat t = t0. Maka (2) memiliki sebuah solusiy (t) pada interval tersebut yang memenuhi (3) dan solusi ini adalahtunggal.
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 5 / 27
Prinsip Superposisi atau Linieritas
Jika y(1) dan y(2) adalah solusi suatu SPDL homogen y0 = Ay pada suatuinterval, maka kombinasi liniernya:
y = c1y(1) + c2y(2)
juga adalah solusi SPDL tersebut. Dan jika diperluas untuk n buah basissolusi, maka
y = c1y(1) + � � �+ cny(n)
yang disebut dengan solusi umum SPDL homogen.Lebih jauh lagi, Wronskian y(1), � � � , y(2) adalah determinan
W�y(1), � � � , y(2)
�=
����������y (1)1 y (2)1 � � � y (n)1
y (1)2 y (2)2 � � � y (n)2...
... � � � ...
y (1)n y (2)n � � � y (n)n
����������(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 6 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Tinjau SPDL homogen:y0 = Ay (4)
dimana:A = [ajk ] , y =
�y1 � � � yn
�tMisalkan solusi SPDL berbentuk y = xeλt , maka (4) menjadi
y0 = λxeλt = Ay = Axeλt
Jika masing-masing ruas dibagi eλt maka diperoleh masalah nilai eigen:
Ax =λx
Misalkan diperoleh nilai eigen λ1,λ2, ...,λn dengan vektor eigennyax(1), x(2), ..., x(n) maka basis solusi (4) adalah:
y(1) = x(1)eλ1t , y(2) = x(2)eλ2t , ..., y(n) = x(n)eλnt
dan solusi umumnya adalah:
y = c1x(1)eλ1t + c2x(2)eλ2t + � � �+ cnx(n)eλnt
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 7 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Untuk y 2 R2, terkait dengan nilai eigen, ada tiga kasus:
kedua nilai eigen real dan berbeda; λ1,λ2 dengan λ1 6= λ2; yangmemberikan dua vektor eigen x(1), x(2). Maka solusi umumnya:
y = c1x(1)eλ1t + c2x(2)eλ2t
nilai eigen real kembar, λ1,λ2 dengan λ1 = λ2 = µ; yangmemberikan satu vektor eigen x. Vektor eigen kedua adalah vektor uyang memenuhi
(A� µI) u = x
Sehingga solusi umumnya adalah
y = c1xeµt + c2 (xt + u) eµt
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 8 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Untuk y 2 R2, terkait dengan nilai eigen, ada tiga kasus:
kedua nilai eigen real dan berbeda; λ1,λ2 dengan λ1 6= λ2; yangmemberikan dua vektor eigen x(1), x(2). Maka solusi umumnya:
y = c1x(1)eλ1t + c2x(2)eλ2t
nilai eigen real kembar, λ1,λ2 dengan λ1 = λ2 = µ; yangmemberikan satu vektor eigen x. Vektor eigen kedua adalah vektor uyang memenuhi
(A� µI) u = x
Sehingga solusi umumnya adalah
y = c1xeµt + c2 (xt + u) eµt
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 8 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
kedua nilai eigen kompleks; λ12 = α� βi , i =p�1; yang
memberikan dua vektor eigen x dan x (kompleks konjugat). Sehinggasolusi umum kompleksnya adalah:
y = c1xe(α+βi )t + c2xe(α�βi )t
Untuk mendapatkan solusi umum realnya gunakan hubungan
e(α+βi )t = eαt (cos βt + i sin βt)
Misalkan u = Re�xe(α+βi )t
�dan v = Im
�xe(α+βi )t
�maka solusi
umum real SPDL adalah:
y = Au+ Bv
Catatan: Re (�) dan Im (�) menyatakan bagian real dan imajinersuatu bilangan kompleks.
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 9 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Contoh Kasus 1: Tinjau SPDL homogen:
y 01 = �3y1 + y2 (5)
y 02 = y1 � 3y2
atau dalam bentuk matriks
y0=�y 01y 02
�= Ay =
��3 11 �3
� �y1y2
�Dengan mensubstitusikan y = xeλt maka diperoleh masalah nilai eigenAx =λx dimana persamaan karakteristiknya adalah
det (A� λI) =���� �3� λ 1
1 �3� λ
���� = λ2 + 6λ+ 8 = 0
Ini memberikan nilai eigen λ1 = �2 dan λ2 = �4.(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 10 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Vektor eigen dibentuk dari hubungan (A� λI) x = 0 yang memberikan
(�3� λ) x1 + x2 = 0
Untuk λ1 = �2 diperoleh �x1 + x2 = 0 dan untuk λ2 = �4 diperolehx1 + x2 = 0.Sehingga vektor eigennya bisa dipilih berturut-turut
x(1) =�11
�dan x(2) =
�1�1
�Sehingga solusi umum dari SPDL (5) adalah
y =�y1y2
�= c1
�11
�e�2t + c2
�1�1
�e�4t
atau
y1(t) = c1e�2t + c2e�4t
y2(t) = c1e�2t � c2e�4t
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 11 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Contoh Kasus 2: Tinjau SPDL homogen:
y0= Ay =�4 1�1 2
� �y1y2
�Persamaan karakteristiknya adalah
det (A� λI) =���� 4� λ 1�1 2� λ
���� = λ2 � 6λ+ 9 = (λ� 3)2 = 0
Ini memberikan nilai eigen λ1 = λ2 = 3. Vektor eigen dibentuk dari
(4� λ) x1 + x2 = 0
sehingga untuk λ = 3 diperoleh x1 + x2 = 0; yang memberikan
x =�1�1
�(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 12 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Untuk mendapatkan vektor eigen kedua, pandang persamaan
(A� 3I) u = x,�1 1�1 �1
� �u1u2
�=
�1�1
�
yang memberikan u1 + u2 = 1. Ambil u =�01
�.dengan demikian solusi
umumnya adalah:
y =�y1y2
�= c1
�1�1
�e3t + c2
��1�1
�t +
�01
��e3t
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 13 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Contoh Kasus 3: Tinjau SPDL homogen:
y0=��1 1�1 �1
� �y1y2
�(6)
Persamaan karakteristiknya adalah
det (A� λI) =���� �1� λ 1
�1 �1� λ
���� = λ2 + 2λ+ 2 = 0
yang memberikan nilai eigen λ1 = �1+ i dan λ2 = �1� i . Vektor eigendibentuk dari hubungan (A� λI) x = 0 yang memberikan
(�1� λ) x1 + x2 = 0
Untuk λ1 diperoleh �ix1 + x2 = 0 dan untuk λ2 diperoleh ix1 + x2 = 0.Sehingga vektor eigennya bisa dipilih berturut-turut
x(1) =�1i
�dan x(2) =
�1�i
�(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 14 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Sehingga solusi umum kompleks dari SPDL (6) adalah
y =�y1y2
�= c1
�1i
�e(�1+i )t + c2
�1�i
�e(�1�i )t
Untuk solusi umum realnya, kita punya:�1i
�e(�1+i )t =
�e�t (cos t + i sin t)ie�t (cos t + i sin t)
�=
�e�t cos t�e�t sin t
�+ i
�e�t sin te�t cos t
��1�i
�e(�1�i )t =
�e�t (cos t � i sin t)�ie�t (cos t � i sin t)
�=
�e�t cos t�e�t sin t
�� i
�e�t sin te�t cos t
�(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 15 / 27
SPDL Homogen dengan Koe�sien Konstan
Bagian real dan imajiner di ruas kanan merupakan solusi umum real dariSPDL (6). Keduanya membentuk sebuah basis solusi karenaWronskiannya tidak sama dengan nol.
W =
���� e�t cos t e�t sin t�e�t sin t e�t cos t
���� = e�2t �cos2 t + sin2 t� = e�2t 6= 0Jadi solusi umum realnya SPDL (6) adalah:
y =�y1y2
�= A
�e�t cos t�e�t sin t
�+ B
�e�t sin te�t cos t
�
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 16 / 27
Latihan
ProblemTentukan solusi dari SPDL berikut dengan baik dan benar!
1y 01 = y2y 02 = y1
2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =
13y1 + 2y2
3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2
4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2
, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1
5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2
, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 17 / 27
Latihan
ProblemTentukan solusi dari SPDL berikut dengan baik dan benar!
1y 01 = y2y 02 = y1
2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =
13y1 + 2y2
3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2
4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2
, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1
5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2
, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 17 / 27
Latihan
ProblemTentukan solusi dari SPDL berikut dengan baik dan benar!
1y 01 = y2y 02 = y1
2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =
13y1 + 2y2
3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2
4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2
, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1
5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2
, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 17 / 27
Latihan
ProblemTentukan solusi dari SPDL berikut dengan baik dan benar!
1y 01 = y2y 02 = y1
2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =
13y1 + 2y2
3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2
4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2
, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1
5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2
, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 17 / 27
Latihan
ProblemTentukan solusi dari SPDL berikut dengan baik dan benar!
1y 01 = y2y 02 = y1
2y 01 = 2y1 + 3y2y 02 =
13y1 + 2y2
3y 01 = y1 � y2y 02 = y1 + y2
4y 01 = 6y1 + 9y2y 02 = y1 + 6y2
, y1 (0) = �3, y2 (0) = �1
5y 01 = 2y1 + 4y2y 02 = y1 + 2y2
, y1 (0) = �4, y2 (0) = �4
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 17 / 27
Lintasan (path/trajectory) dan Bidang Fase
Misalkan y1 (t) dan y2 (t) adalah solusi dari SPDL
y0= Ay
maka bidang y1y2 disebut bidang fase.
Kurva solusi y1 (t) dan y2 (t) yang disajikan dalam bidang fasedisebut lintasan (path) atau trayektori (trajectory). Lintasan inibiasanya memiliki arah yang menunjukan perilaku solusi saat tmembesar.
Suatu titik (a, b) dimana kurva solusi menuju atau keluar dari titiktersebut dinamakan node. Jika kurva solusi semuanya menuju (a, b)maka titik (a, b) disebut improper node. Jika sebaliknya disebutproper node. Jenis node ini terjadi jika nilai eigen memiliki tandayang sama. Jika nilai eigen tandanya berbeda disebut saddlenode.
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 18 / 27
Lintasan (path/trajectory) dan Bidang Fase
Misalkan y1 (t) dan y2 (t) adalah solusi dari SPDL
y0= Ay
maka bidang y1y2 disebut bidang fase.
Kurva solusi y1 (t) dan y2 (t) yang disajikan dalam bidang fasedisebut lintasan (path) atau trayektori (trajectory). Lintasan inibiasanya memiliki arah yang menunjukan perilaku solusi saat tmembesar.
Suatu titik (a, b) dimana kurva solusi menuju atau keluar dari titiktersebut dinamakan node. Jika kurva solusi semuanya menuju (a, b)maka titik (a, b) disebut improper node. Jika sebaliknya disebutproper node. Jenis node ini terjadi jika nilai eigen memiliki tandayang sama. Jika nilai eigen tandanya berbeda disebut saddlenode.
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 18 / 27
Lintasan (path/trajectory) dan Bidang Fase
Misalkan y1 (t) dan y2 (t) adalah solusi dari SPDL
y0= Ay
maka bidang y1y2 disebut bidang fase.
Kurva solusi y1 (t) dan y2 (t) yang disajikan dalam bidang fasedisebut lintasan (path) atau trayektori (trajectory). Lintasan inibiasanya memiliki arah yang menunjukan perilaku solusi saat tmembesar.
Suatu titik (a, b) dimana kurva solusi menuju atau keluar dari titiktersebut dinamakan node. Jika kurva solusi semuanya menuju (a, b)maka titik (a, b) disebut improper node. Jika sebaliknya disebutproper node. Jenis node ini terjadi jika nilai eigen memiliki tandayang sama. Jika nilai eigen tandanya berbeda disebut saddlenode.
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 18 / 27
Saddle Node
Tinjau SPDL
y0=�y 01y 02
�=
�1 00 �1
� �y1y2
�yang memiliki solusi y = c1
�10
�et + c2
�01
�e�t atau
y1(t) = c1et
y2(t) = c2e�t
Perhatikan bahwa
y1y2 = c1et .c2e�t = c1c2 = C
yang merupakan keluarga kurva hiperbola.
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 19 / 27
Titik Improper Node
Contoh 2: Tinjau SPDL
y0=�y 01y 02
�=
��3 11 �3
� �y1y2
�
yang memiliki solusi y =�y1y2
�= c1
�11
�e�2t + c2
�1�1
�e�4t atau
y1(t) = c1e�2t + c2e�4t
y2(t) = c1e�2t � c2e�4t
Jika c2 = 0 maka y1(t) = c1e�2t = y2(t) yaitu persamaan garis lurus dikuadran I jika c1 > 0 dan di kuadran III jika c1 < 0. Jika c1 = 0 makay1(t) = c2e�4t = �y2(t) yaitu persamaan garis lurus di kuadran IV jikac2 > 0 dan di kuadran II jika c2 < 0. Jika c1 6= 0, c2 6= 0 maka kurvasolusi menyinggung garis yang dibangun oleh vektor
�11
�karena e�4t
lebih cepat menuju nol dibandingkan e�2t .(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 20 / 27
Titik Center
Contoh 3: Tinjau SPDL homogen:
y0= Ay =�0 1�4 0
� �y1y2
�Persamaan karakteristiknya adalah
det (A� λI) =���� �λ 1�4 �λ
���� = λ2 + 4 = 0
Ini memberikan nilai eigen λ1 = 2i dengan vektor eigen�12i
�dan
λ2 = �2i dengan vektor eigen�
1�2i
�. Sehingga solusi umum
kompleksnya adalah
y =�y1y2
�= c1
�12i
�e2it + c2
�1�2i
�e�2it
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 21 / 27
Titik Center
Karena�12i
�e2it =
�12i
�(cos 2t + i sin 2t) =
�cos 2t�2 sin 2t
�+ i
�sin 2t2 cos 2t
�Maka solusi umum realnya SPDL adalah:
y =�y1y2
�= A
�cos 2t�2 sin 2t
�+ B
�sin 2t2 cos 2t
�Selanjutnya
y21 +14y22 =
�A2 + B2
� �cos2 2t + sin2 2t
�= A2 + B2 = K 2
merupakan keluarga ellips dengan pusat di (0, 0)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 22 / 27
Titik Spiral
Contoh 4: Tinjau SPDL homogen:
y0= Ay =��1 1�1 �1
� �y1y2
�Persamaan karakteristiknya adalah
det (A� λI) =���� �1� λ 1
�1 �1� λ
���� = λ2 + 2λ+ 2 = 0
Ini memberikan nilai eigen λ1 = �1+ i dengan vektor eigen�1i
�dan
λ2 = �1� i dengan vektor eigen�1�i
�. Sehingga solusi umum
kompleksnya adalah
y =�y1y2
�= c1
�1i
�e(�1+i )t + c2
�1�i
�e(�1�i )t
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 23 / 27
Titik Center
Karena �1i
�e(�1+i )t = e�t
�1i
�(cos t + i sin t)
=
�e�t cos t�e�t sin t
�+ i
�e�t sin te�t cos t
�Maka solusi umum realnya SPDL adalah:
y =�y1y2
�= A
�e�t cos t�e�t sin t
�+ B
�e�t sin te�t cos t
�Atau y1 = Ae�t cos t + Be�t sin t ; y2 = �Ae�t sin t + Be�t cos t .Misalkan r2 = y21 + y
22 dan tan θ = y2
y1maka :
y21 + y22 = r
2 =�A2 + B2
�e�2t
yang merupakan keluarga keluarga spiral(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 24 / 27
Titik Kritis
Tinjau SPDL homogen:
y0= Ay =�a11 a12a21 a22
� �y1y2
�=
�a11y1 + a12y2a21y1 + a22y2
�=
�f1 (y1, y2)f2 (y1, y2)
�Dari persamaan di atas kita punya:
dy2dy1
=dy2/dtdy1/dt
=y 02y 01=a21y1 + a22y2a11y1 + a12y2
Titik P0 = (0, 0) disebut titik kritis jika di P0 memenuhi
dy2dy1
tak terde�nisi
atau dengan kata lain memenuhi SPL
f1 (y1, y2) = 0
f2 (y1, y2) = 0
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 25 / 27
Jenis Titik Kritis
Selanjutnya
det (A� λI ) =
���� a11 � λ a12a21 a22 � λ
���� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2
= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA
Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)
2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 26 / 27
Jenis Titik Kritis
Selanjutnya
det (A� λI ) =
���� a11 � λ a12a21 a22 � λ
���� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2
= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA
Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)
3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 26 / 27
Jenis Titik Kritis
Selanjutnya
det (A� λI ) =
���� a11 � λ a12a21 a22 � λ
���� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2
= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA
Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)
4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 26 / 27
Jenis Titik Kritis
Selanjutnya
det (A� λI ) =
���� a11 � λ a12a21 a22 � λ
���� = (a11 � λ) (a22 � λ)� a12a2
= λ2 � (a11 + a22) λ+ detA
Tulis p = a11 + a22, q = detA, dan ∆ = p2 � 4q. Titik kritis P0 disebut:1 node jika q > 0 dan ∆ � 0 (kedua nilai eigen real dan tandanya sama)2 titik sadel, jika q < 0 (nilai eigen real dan berbeda tanda)3 center jika p = 0 dan q > 0 (nilai eigen imajiner murni)4 titik spiral jika p 6= 0 dan ∆ < 0 (nilai eigen bukan imajiner murni)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 26 / 27
Kestabilan Titik Kritis
Titik kritis P0 dikatakan
1 stabil jika q > 0 dan p < 0
2 stabil secara asimtotik jika p � 0 dan q > 0 (kedua nilai eigen realdan negatif atau bagian real dari nilai eigen negatif)
3 tidak stabil jika p > 0 atau q < 0 (kedua nilai eigen real dan positifatau bagian real dari nilai eigen positif)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 27 / 27
Kestabilan Titik Kritis
Titik kritis P0 dikatakan
1 stabil jika q > 0 dan p < 02 stabil secara asimtotik jika p � 0 dan q > 0 (kedua nilai eigen realdan negatif atau bagian real dari nilai eigen negatif)
3 tidak stabil jika p > 0 atau q < 0 (kedua nilai eigen real dan positifatau bagian real dari nilai eigen positif)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 27 / 27
Kestabilan Titik Kritis
Titik kritis P0 dikatakan
1 stabil jika q > 0 dan p < 02 stabil secara asimtotik jika p � 0 dan q > 0 (kedua nilai eigen realdan negatif atau bagian real dari nilai eigen negatif)
3 tidak stabil jika p > 0 atau q < 0 (kedua nilai eigen real dan positifatau bagian real dari nilai eigen positif)
(IT Telkom) Sistem Persamaan Diferensial Maret 2011 27 / 27
top related