1

BEDAH MATERI MASALAH SYARAT BATAS SEKALIGUS PEMBUKTIAN

TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE

Oleh:Rukmono, Meivita, Anastasya, Endah Dwi, Siti Nurrokhmah

Jurusan matematika Undip

Pengampu: Farikhin, Ph.D.

I. Persamaan Sturm-Liouville

Nama Sturm-Liouville merujuk pada nama matematikawan Swiss, Jacques

Sturm (1803-1855) dan metematikawan Prancis, Joseph Liouville (1809-1882).

Keduanya mempelajari masalah syarat tertentu dan perilaku solusinya.

Pandang persamaan Sturm-Liouville:

𝑟 𝑥 𝑦′(𝑥) ′ + 𝑝 𝑥 + 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 = 0 ……… (𝑎)

Yang terkait dengan syarat batas:

𝑎1 𝑦 𝑎 + 𝑎2 𝑦′ 𝑎 = 0 …… . . (𝑎1)

𝑏1 𝑦 𝑏 + 𝑏2 𝑦′ 𝑏 = 0 … . (𝑎1)

Dimana :

𝜆 adalah nilai eigen terkait dengan 𝑦 𝑥

𝑎1 ,𝑎2 , 𝑏1 , 𝑏2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol

𝑟 ,𝑝 , 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada 𝑎, 𝑏

𝑟 𝑥 > 0 dan 𝑠 𝑥 ∀ 𝑥 𝜖 𝑎, 𝑏

Contoh:

Diberikan masalah syarat batas (𝜆 > 0)

𝑦" 𝑥 + 𝜆 𝑦 𝑥 = 0

Dengan syarat batas 𝑦′ 0 = 0, dan 𝑦 𝜋 = 0.

2

Dalam materi yang diberikan, Sang penulis telah mendapatkan hasil

sebagai berikut:

a. Solusi persamaan dari contoh diatas adalah

𝑦 𝑥 = 𝐴 cos ( 𝜆 𝑥) + 𝐵 sin( 𝜆 𝑥)

b. Dengan menggunakan syarat batas yang diberikan , solusi non

trivial akan diperoleh jika 𝜆 =2𝑛+1

2

c. Untuk 𝑛 = 0, 1 , 2,… , nilai-nilai eigennya adalah 𝜆𝑛 =2𝑛+1

2

d. Untuk 𝑛 = 0, 1 , 2,… solusi pertsamaan differensial diatas yang terkait

dengan nilai eigen 𝜆𝑛 adalah 𝑦𝑛 𝑥 = cos 2𝑛+1

2

e. Pada contoh diatas, Persamaan differensial akan memiliki solusi

non trivial jika 𝜆 > 0 dan tidak memiliki solusi non trivial jika

𝜆 ≤ 0

PEMBUKTIAN

a. Untuk Positif 𝝀 = 𝝀𝟐 berlaku:

𝑦" 𝑥 + 𝜆2 𝑦 𝑥 = 0 . ……… (𝑖)

𝑑2𝑦(𝑥)

𝑑𝑥2+ 𝜆2 𝑦 𝑥 = 0 ………… (𝑖𝑖)

Misalkan 𝑑

𝑑𝑥= 𝐷, maka persamaan (𝑖𝑖) dapat ditulis sebagai

berikut:

(𝐷2 + 𝜆2) 𝑦 𝑥 = 0, dimana 𝑦 𝑥 ≠ 0, untuk itu

(𝐷2 + 𝜆2) = 0

𝐷2 − 𝜆2𝑖2 = 0

3

𝐷2 − 𝜆 𝑖 2 2

= 0

𝐷2 − 𝜆 𝑖 2 = 0

𝐷 + 𝜆 𝑖 𝐷 − 𝜆 𝑖 = 0

𝐷1 = 𝜆 𝑖 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐷2 = − 𝜆 𝑖

Solusi Umum didapat

𝑦 𝑥 = 𝐶1 𝑒𝜆 𝑖 𝑥 + 𝐶2 𝑒

−𝜆 𝑖 𝑥

= 𝐶1 cos𝜆 𝑥 + 𝑖 sin 𝜆 𝑥 + 𝐶2 (cos𝜆 𝑥 − 𝑖 sin 𝜆 𝑥)

= 𝐶1 cos 𝜆 𝑥 + 𝑖 𝐶1 sin 𝜆 𝑥 + 𝐶2 cos 𝜆 𝑥 − 𝑖 𝐶2 sin 𝜆 𝑥

= 𝐶1 + 𝐶2 cos 𝜆 𝑥 + 𝑖 ( 𝐶1 − 𝐶2 ) sin 𝜆 𝑥 . . . . . . . (𝑖𝑖𝑖)

Misalkan

(𝐶1 + 𝐶2 ) = A

(𝐶1 − 𝐶2 )𝑖 = B, maka persamaan (𝑖𝑖𝑖) dapat ditulis sebagai:

𝒚 𝒙 = 𝑨 𝐜𝐨𝐬(𝝀 𝒙) + 𝑩 𝐬𝐢𝐧(𝝀 𝒙) Terbukti

b. Dengan menggunakan syarat batas, solusi non trivial akan

diperoleh jika 𝝀 =𝟐𝒏+𝟏

𝟐

Bukti :

Pandang solusi umum :

𝑦 𝑥 = 𝐴 cos(𝜆 𝑥) + 𝐵 sin 𝜆 𝑥 . . . . . . (𝑖𝑣)

𝑦′ 𝑥 = −𝜆𝐴 sin 𝜆 𝑥 + 𝜆𝐵 cos 𝜆 𝑥 . . . . . . (𝑣)

4

Pandang persamaan (𝒗)

𝑦′ 𝑥 = −𝜆𝐴 sin 𝜆 𝑥 + 𝜆𝐵 cos 𝜆 𝑥

Untuk 𝑦′ 0 = 0

0 = −𝜆𝐴 sin 0 + 𝜆𝐵 cos 0

0 = 0 + 𝜆𝐵 cos 0

0 = 𝜆𝐵 cos 0

0 = 𝜆𝐵, 𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝜆 ≠ 0 , 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢 𝑩 = 𝟎

Pandang persamaan (𝒊𝒗)

𝑦 𝑥 = 𝐴 cos(𝜆 𝑥) + 𝐵 sin 𝜆 𝑥

Untuk 𝑦 𝜋 = 0 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢

0 = 𝐴 cos(𝜆 𝜋 ) + 𝐵 sin 𝜆 𝜋

Kita telah mengetahui bahwa 𝑩 = 𝟎, untuk itu

0 = 𝐴 cos(𝜆 𝜋 ) + 0

0 = 𝐴 cos(𝜆 𝜋 ). . . . . . . . . . . . (𝑣𝑖)

Ingat bahwa cos(𝜆 𝜋 ) = 0 Untuk setiap 𝜆 = 1

2 ,

3

2 ,

5

2 ,…

Atau 𝜆 = 2𝑛+1

2 , dimana n = 0 ,1,2,3…

Untuk itu, persamaan (𝑣𝑖) dapat ditulis :

0 = 𝐴 cos 𝜆 𝜋 , dimana A ≠ 0

cos 𝜆 𝜋 = 0

𝝀 = 𝟐𝒏+𝟏

𝟐 Terbukti

5

Meskipun Konstanta B = 0 , namun karena nilai konstanta A ≠ 0, maka

solusi PD pada contoh soal adalah non trivial (Solusi Banyak) untuk

𝜆 = 2𝑛+1

2 . Hal ini disebabkan nilai A dapat bernilai berapapun

(Terbukti).

c. Untuk 𝒏 = 𝟎,𝟏 ,𝟐,… , nilai-nilai eigennya adalah 𝝀𝒏 =𝟐𝒏+𝟏

𝟐

Bukti:

Kita telah membuktikan bahwan untuk 𝜆 =2𝑛+1

2, solusi PD pada soal

adalah non trivial . Untuk itu, jelas ∀ 𝑛 = 0, 1, 2,… berlaku 𝝀𝒏 =𝟐𝒏+𝟏

𝟐

Terbukti

d. 𝒏 = 𝟎,𝟏,𝟐,… solusi PD pada soal yang terkait dengan nilai

eigen 𝝀𝒏 adalah

𝒚𝒏 = 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒏 + 𝟏

𝟐 𝒙

Bukti:

Pandang solusi (𝑖𝑣)

𝑦 𝑥 = 𝐴 cos(𝜆 𝑥) + 𝐵 sin 𝜆 𝑥

6

Untuk syarat awal 𝑦′ 0 = 0 kita telah membuktikan bahwa nilai B = 0.

Untuk itu, kita dapat menuliskan persamaan (𝑖𝑣) sebagai berikut:

𝑦 (𝑥) = 𝐴 cos(𝜆 𝑥)

untuk 𝜆 =2𝑛+1

2,𝑛 = 0, 1, 2, 3… diperoleh 𝑦 (𝑥) = 0. Pada pembuktian

(a), kita mengambil positif 𝝀 = 𝝀𝟐. Jika nilai λ adalah 1,2,3. . . . Maka

table dibawah ini akan menunjukkan hubungan λ dengan λ2.

𝝀 𝝀𝟐

1 1

2 4

3 9

Karena nilai A ≠ 0 (hal tersebul telah terbukti pada pembuktian b ),

misalkan diambil nilai A =1 , maka solusi persamaan Differensial diatas

manjadi

𝑦 (𝑥) = cos(𝜆 𝑥)

Karena

𝜆 =2𝑛+1

2,𝑛 = 0, 1, 2, 3… maka berlaku 𝝀𝒏 =

𝟐𝒏+𝟏

𝟐.

Untuk itu

𝒚𝒏(𝒙) = 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒏+𝟏

𝟐 𝒙 Terbukti

𝝀 𝝀𝟐

4 16

: :

dst dst

7

e. Untuk 𝝀 > 0, solusi PD diatas adalah non trivial. begitu

sebaliknya, untuk 𝝀 ≤ 𝟎, solusinya adalah trivial.

Bukti:

Berdasarkan pembuktian a, b, c, d, pernyataan diatas terbukti

PEMBUKTIAN TEOREMA 1 DAN 2 STURM-LIOUVILLE

Teorema1:

Jika 𝑦 adalah solusi umumuntuk PD Sturm- Liouville yang terkait

dengan nilai eigen 𝝀 , maka 𝜆 > 0.

Bukti:

Sebelum kita melangkah lebih jauh, pandang kembali PD Sturm-

Liouville

𝑟 𝑥 𝑦′(𝑥) ′ + 𝑝 𝑥 + 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 = 0 …… . . (𝑎)

Yang terkait dengan syarat batas:

𝑎1 𝑦 𝑎 + 𝑎2 𝑦′ 𝑎 = 0

𝑏1 𝑦 𝑏 + 𝑏2 𝑦′ 𝑏 = 0…… . . (𝑎1)

Dimana :

𝜆 adalah nilai eigen terkait dengan 𝑦 𝑥

𝑎1 ,𝑎2 , 𝑏1 , 𝑏2 adalah bilangan- bilangan riil tak nol

𝑟 ,𝑝 , 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada 𝑎, 𝑏

8

𝑟 𝑥 > 0 dan 𝑠 𝑥 ∀ 𝑥 𝜖 𝑎, 𝑏

Persamaan (a) dapat kita tulis sebagai

𝑟 𝑥 𝑦′(𝑥) ′ + 𝑝 𝑥 𝑦 𝑥 + 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 = 0

Atau

𝑟 𝑥 𝑦′ ′ + 𝑝 𝑥 𝑦 + 𝜆 𝑠 𝑥 𝑦 = 0… . . (𝑏)

Persamaan Sturm-Liouville diatas adalah homogeny dan linier, maka kita

kenalkan operator 𝐿 yang didefinisikan sebagai

𝐿 𝑦 = − 𝑟 𝑥 𝑦′ ′ − 𝑝 𝑥 𝑦 … . …… . (𝑐)

Dengan demikian, persamaan (a) dapat dituliskan sebagai berikut:

− 𝑟 𝑥 𝑦′ ′ − 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥

𝐿 𝑦 = 𝜆 𝑠 (𝑥) 𝑦 𝑥 … . …… . (𝑑)

Karena 𝑟,𝑝, 𝑠 adalah tiga fungsi continuously differentiable pada 𝑎, 𝑏 ,

maka untuk menyelesaikan PD Sturm-Liouville (a), kita perlu

memandang identitas Lagrange.

Identitas Lagrange : Misalkan U dan V adalah dua fungsi yang derifatif

keduanya dalam interval 𝑎, 𝑏 , maka:

𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 = − 𝑟 𝑢′ ′𝑣 − 𝑝 𝑢 𝑣

𝑏

𝑎

𝑑𝑥

𝑏

𝑎

Integrasikan ruas kanan dengan membagi ruas kanan tersebut menjadi 2

bagian. Kita peroleh:

9

𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′ 𝑥 𝑣 𝑥 [𝑏𝑎

+ 𝑟 𝑥 𝑢 𝑥 𝑣′ 𝑥 [𝑏𝑎

𝑏

𝑎

+ −𝑢′ 𝑟 𝑣′ ′ − 𝑢 𝑝 𝑣 𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′ 𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′ 𝑥 [𝑏𝑎

+ 𝑢 𝐿 𝑣

𝑏

𝑎

𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝐿 𝑢 𝑣 𝑑𝑥 − 𝑢 𝐿 𝑣

𝑏

𝑎

𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′ 𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′ 𝑥

𝑏

𝑎

𝐿 𝑢 𝑣 − 𝑢 𝐿 𝑣 𝑑𝑥 = −𝑟 𝑥 𝑢′ 𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′ 𝑥

𝑏

𝑎

… (𝑒)

Persamaan (e) adalah Identitas Lagrange.

Sekarang Andaikan fungsi 𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 di persamaan (e) stabil pada kondisi

syarat batas (a1). Kemudian Asumsikan 𝑎2 ≠ 0, 𝑏2 ≠ 0. Sehingga ruas

kanan persamaan (e) berwujud:

−𝑟 𝑥 𝑢′ 𝑥 𝑣 𝑥 − 𝑢 𝑥 𝑣′ 𝑥 [𝑏𝑎

= −𝑟 𝑏 𝑢′ 𝑏 𝑣 𝑏 −

𝑢 𝑏 𝑣′ 𝑏 + 𝑟 𝑎 𝑢′ 𝑎 𝑣 𝑎 − 𝑢 𝑎 𝑣′ 𝑎

10

= −𝑟 𝑏 − 𝑏1

𝑏2𝑢 𝑏 𝑣 𝑏 +

𝑏1

𝑏2𝑢 𝑏 𝑣′ 𝑏

+ 𝑟 𝑎 −𝑎1

𝑎2𝑢 𝑎 𝑣 𝑎 +

𝑎1

𝑎2𝑢 𝑎 𝑣′ 𝑎

= 0

Hasil diatas akan sama jika a =0 , atau b =0

Ruas kiri Persamaan (e)

{𝐿[𝑢]

𝑏

𝑎

𝑣 − 𝑢𝐿[𝑣]}𝑑𝑥 = 0

Hal ini akibat dari ruas kanannya = 0 ……………………………. (f)

Dari persamaan (f) , Pandang bentuk inner product (u,v) dari dua buah

fungsi u dan v bilangan riil yang didefinisikan sebagai :

(u,v) = 𝑢 𝑥 𝑣 𝑥 𝑑𝑥………………… . . (𝑔)𝑏

𝑎

Dalam pembahasan ini, persamaan (f) berwujud :

(L[u],v)-(u,L[v]) = 0 ……………………………….. (h)

*Kembali ke Teorema 1

Berdasarkan persamaan (g), penting untuk mendeskripsikan fungsi

kompleks. Untuk itu persamaan (g) ditulis :

(u,v) = 𝑢 𝑥 𝑣 𝑥 𝑑𝑥𝑏

𝑎 , 𝑣 𝑥 : kompleks konjugat v(x).

11

Untuk membuktikan 𝜆 > 0 pada 𝜆 yang terkait solusi PD Sturm-

Liouville, misalkan 𝜆 adalah fungsi kompleks nilai eigen dari (a) yang

diberikan oleh

𝜆 = 𝜇 + 𝑖𝑣 dan 𝜙 𝑥 adalah fungsi eigen yang berkorespondensi yang

juga berupa fungsi kompleks 𝜙 𝑥 = 𝑈 𝑥 + 𝑖𝑉(𝑥) dimana

u,v,U(x),V(x) adalah bilangan riil.

Misalkan u = 𝜙 dan v= , maka dari persamaan (h) dapat ditentukan

(L[𝜙], 𝜙) = (𝜙, L[𝜙]) …………………………………. (i)

Kita tahu bahwa

L[𝜙] = 𝜆 s 𝜙

Sedemikian sehingga persamaan (i) menjadi

(𝜆 s 𝜙, 𝜙) = (𝜙, L[𝜙]) …………………………… (j)

Karena (u,v) = 𝑢 𝑥 𝑣 𝑥 𝑑𝑥𝑏

𝑎 , maka kita dapatkan

𝜆 s x 𝜙 𝑥 𝜙(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎 = 𝜙 𝑥 𝜆 𝑠 𝑥 𝜙 (𝑥)𝑑𝑥

1

0 ……………………….. (k)

Karena s(x) adalah bilangan riil, dari persamaan (k),

(𝜆 − 𝜆 ) 𝑠(𝑥)𝜙 𝑥 𝜙 (𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎 = 0

Atau

(𝜆 − 𝜆 ) 𝑠 𝑥 𝑈2 𝑥 + 𝑉2 𝑥 𝑑𝑥𝑏

𝑎 = 0 ………………………. (l)

Karena integran Persamaan (l) non negative dan ≠ 0 serta kontinu maka

hasil integrasi (l) adalah positif, dan karena faktor 𝜆 − 𝜆 = 2 i v , dan

𝜆 − 𝜆 harus = 0 , v = 0, maka 𝜆 adalah Riil (> 0) Teorema 1 Terbukti.

12

Teorema 2

Jika y1 dan y2 adalah dua solusi untuk persamaan differensial

Sturm-Viouville berturut-turut yang terkait dengan nilai eigen 1

dan 2, maka

𝒔 𝒙 𝒚𝟏 𝒙 𝒚𝟐 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎

𝒃

𝒂

Asalkan 1 ≠ 2

Bukti

Teorema ini menyatakan orthogonal dari eigenfunctions dengan

mematuhi bobot fungsi ke s. Untuk membuktikan teorema dinyatakan

bahwa y1 dan y2 merupakan persamaan diferensial.

L[y1] = λ1sy1

Dan

L[y2] = λ2sy2,

berturut-turut jika kita lihat u = y1, v = y2, kemudian subtitusikan L[u]

dan L[v] ke persamaan

(L[u], v) − (u, L[v]) = 0

Diperoleh

(λ1sy1, y2) − (y1, λ2sy2) = 0

13

atau menggunakan persamaan

(u, v) = 𝑢 𝑥 .𝑣(𝑥) 𝑑𝑥𝑏

𝑎

akan diperoleh

λ1 𝑠 𝑥 𝑦1 𝑥 𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 − 𝜆2𝑏

𝑎 𝑦1(𝑥)𝑠 (𝑥)𝑦2(𝑥) 𝑑𝑥 = 0.𝑏

𝑎

karena λ2, s(x), dan y2(x) merupakan bilangan riil, sehingga

(λ1− λ2) 𝑠 (𝑥)𝑦1(𝑥)𝑦2(𝑥) 𝑑𝑥 = 0b

a

Karena menurut hipotesis 1 ≠ 2, berarti y1 dan y2 harus memenuhi

persamaan

𝑠 𝑥 𝑦1 𝑥 𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 = 0

𝑏

𝑎

Sehingga teorema terbukti