Sistem Dinamik Muh. Rifandi

Sistem Dinamik Muh. Rifandi
  • Sistem Dinamik Muh. Rifandi

  • Views 10

  • Downloads 0

  • File size 278KB
  • Author/Uploader: Muhammad Rifandi

TUGAS SISTEM DINAMIK

MUH. RIFANDI

PROGRAM PASCA SARJANA UNIVERSITAS NEGERI MAKASSAR 2018

1) Diberikan Sistem: 0

xy 0

y  x  y dengan x, y  R dan nilai delta sesuai nomor urut di absen (no urut 1 nilai delta adalah 1; no urut 2 nilai delta adalah 2; no urut 3 nilai delta adalah 3; no urut 4 nilai delta adalah 4; no urut 5 nilai delta adalah 5 dan seterusnya no urut 10 nilai delta adalah 10; no urut 11 nilai delta adalah -1; no urut 12 nilai delta adalah -2 dan seterusnya no urut 20 nilai delta adalah -10) Tentukan gambar trajektori (Phase Potrait) dari sistem tersebut dengan steps: 1. Tentukan nilai eigen sistem secara manual dan Maple! Penyelesaian: Nomor urut 2, sehingga sistem menjadi: 0

x y 0

y  x  2y Sistem di atas dapat ditulis  0   0 1  x   x0       y   1  3 y    0 1   maka nilai eigen dari A adalah Dimisalkan, A    1  3

A  I  0  0 1  1 0        0  1  3  0 1  0 1   0        0  1  3  0   1       0  1 3   (3   )  1  0

2  3  1  0

1, 2

 b  b 2  4ac  2a

1, 2

 3  (3) 2  4(1)( 1)  2(1)

1, 2 

 3  13 2

3 13  2 2 3 13 3 13 1   ; 2   2 2 2 2 Dengan menggunakan Maple, didapatkan

1, 2 

2. Tentukan solusi umum sistem Maple! Penyelesaian: Solusi Umum dari Sistem Persamaan Linear

3. Gambarkan Phase Potrait sistem!

4. Tentukan jenis kestabilannya! Penyelesaian: Berdasarkan nilai eigen yang didapatkan sebelumnya, yaitu 1 

3 13   0 dan 2 2

3 13   0 berarti 2  0  1 , sehingga tipe titik kritisnya adalah Saddle Point 2 2 dan sistem tersebut tidak stabil.

 2

2) Tentukan solusi umum, fundamental khusus dan manifold center sistem persamaan 0

x  2 x  3 y  y 3 0

, ( x, y)  R 2

y  2x  3y  x 3 Penyelesaian: a. Menentukan Solusi Umum Sistem di atas dapat ditulis  0    2 3  x   y 3   x0          y   2  3  y   x 3     2 3   maka nilai eigen dari A adalah A    2  3

A  I  0   2 3  1 0        0  2  3  0 1   2 3   0        0  2  3  0   3   2     0  3     2 (3   )( 2   )  6  0

2  5  6  6  0 2  5  0  (  5)  0 1  0; 2  5 Mencari vektor eigen diperoleh dengan langkah berikut: Untuk 1  0   2 3  x      0  2  3  y   2x  3y  0 2x  3y  0

Vektor eigen untuk 1  0 adalah

 3 v1     2 Untuk 2  5  3 3  x      0  2 2  y  3x  3 y  0 2x  2 y  0

Vektor eigen untuk 2  5 adalah

  1 v2    1 Jadi, solusi dari sistem persamaan tersebut adalah  3   1 x(t )  C1  e 0t  C2  e 5t  2 1

b. Matriks Fundamental Umum  3e 0t  e 5t  C1     (t )   0t 5t  2 e e   C2  c. Matriks Fundamental Khusus Pilih t 0  0 , akan dicari x (1) dan x ( 2 ) sedemikian sehingga

1  0 x (1) (0)  i    dan x ( 2) (0)  j    1  0 Untuk x (1) , akan dicari C1 dan C2 dengan persamaan 3) Hitung bentuk normal untuk suatu pemetaan dari R 2 di sekitar titik tetap yang mana matriks pelinearan mempunyai bentuk berikut. a 1 J    1 0 Nilai a  1 untuk urutan ganjil dan a  1 untuk urutan genap Penyelesaian: Nomor urut 1 (Ganjil) sehingga matriks menjadi 1 1 J   1 0 Kita mempunyai  x 2   xy   y 2   0   0   0  H 2  span  ,  ,  ,  2 ,  ,  2   0   0   0   x   xy   y  H 2 idem ( x, y ) dicari L j ( H 2 )  x 2  1 L j      0  1  xy  1 L j      0  1

1  x 2   2 x 0 1 1  x   x 2   2 x 2  2 xy    x 2  2 xy                2    0  0   0 0 1 0  y   x 2   0 x    1  xy   y x 1 1  x   xy   x 2  xy  y 2   x 2  y 2                  xy  0  0   0 0 1 0  y   xy   0   

 y 2  1 1  y 2   0 2 y 1 1  x   y 2   2 xy    y 2  2 xy            2       L j     2  1 0 0 0 1 0 y 0 0 0 y y                  

 0  1 L j  2     x  1  0  1 L j      xy  1  0  1 L j  2     y  1

1  0   0     0  x 2   2 x 1  0   0     0  xy   y 1  0   0     0  y 2   0

0 1 1  x   x 2   0  x2               2    0 1 0  y   0   2 x  2 xy    2 x 2  2 xy  0 1 1  x   xy   0 xy            2    2  2 2 x 1 0  y   0   x  xy  y    x  xy  y  0 1 1  x   y 2   0   y 2            2 y 1 0  y   0   2 xy    2 xy 

  x 2  2 xy   x 2  y 2    y 2  2 xy   xy  x2   y 2            L j ( H 2 )  span  , , , ,   xy      2 x 2  2 xy    x 2  xy  y 2 ,   2 xy  x2 y2       

Matriks Transformasi L j :

 1   2  0   1  0   0 

1 0 1 0 0   0 2 0 1 0  1 1 0 0 1   0 0  2 1 0  1 0  2  1  2  0 1 0  1 0  Sehingga diperoleh basis dari matriks L j berikut: 00    10   1  1   ,   00  0    1    10    Dan membentuk vektor  xy  y 2   y 2      y 2 ,   xy     Span sebuah dimensi dua pada H 2 adalah pelengkap untuk L j ( H 2 ) . Bentuk normal orde dua adalah 0

x  y  a1 xy  a2 y 2  O(3) 0

y  a3 xy  a4 y 2  O(3) Dimana a1 , a2 , a3 dan a 4 adalah konstanta.