Makalah ini membahas tentang rangkuman materi Persamaan Diferensial Linier orde n dengan koefisien konstan dan variable serta sistem Persamaan Diferensial Linier simultan. Terdapat penjelasan mengenai bentuk umum PDL, jenis-jenisnya, dan langkah penyelesaian menggunakan metode invers operator dan variasi parameter.
Penyebaran Pemahaman Merdeka Belajar Aksi Nyata PMM
ย
Makalah Persamaan Diferensial
1. Rangkuman
PDPDL orde n Koefisien konstan, Variabel dan
Sistem PDL simultan
Persamaan Diferensial 2
DI SUSUN OLEH :
NAMA : INDAH WIJAYANTI
NPM : 200813500172
KELAS: XB MATEMATIKA
DOSEN : HURI SUHENDRI M.Pd
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
FAKULTAS TEKNIK MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS INDRAPRASTA PGRI JAKARTA
2011
2. Puji syukur kepada Allah yang telah memberikan karunia dan kemudahan sehingga
akhirnya penulis dapat menyelesaikan makalah ini tepat pada waktunya.
Makalah berisi rangkuman materi โPersamaan Diferensial 2โ ini di tulis untuk
memenuhi tugas mata kuliah PD 2 yang kemudian di susun kembali dengan mengambil point-
point penting dari pembahasan yang telah di paparkan pada saat tatap muka kegiatan
pembelajaran di kelas.
Dalam penyusunan makalah ini, penulis mendapatkan bantuan dari banyak pihak. Untuk
itu pada kesempatan ini, penulis ingin menyampaikan terima kasih terutama kepada :
1. Allah Subhanahu wa taโala yang senantiasa memberikan berbagai macam
nikmatnya yang tak terhingga
2. Bapak Huri Suhendri M.Pd selaku Dosen Persamaan Diferensial 2 yang tak segan
memberikan berbagai macam arahan dan masukan.
3. Teman-teman seperjuangan, serta pihak lain yang tidak dapat disebutkan satu
persatu yang telah membantu kami dalam penyusunan makalah ini.
Penulis menyadari bahwa dalam penyusunan makalah ini masih terdapat banyak
kekurangan dan masih jauh dari sempurna. Oleh karena itu kami mengharapkan kritik dan
saran dari para pembaca yang sifatnya membangun untuk penyempurnaan selanjutnya.
Semoga makalah ini bermanfaat untuk penulis dan untuk pembaca pada umumnya
Jakarta, November 2011
Penulis
KATA PENGANTAR
i
3. LEMBAR JUDUL
KATA PENGANTAR................................................................................ i
DAFTAR ISI............................................................................................. ii
BAB I PDL Orde n Koefisien Konstan......................................... 1
1.1 PDL Homogen orde n koefisien Konstan................. 2
1.2 PDL Tak Homogen orde n koefisien Konstan............ 4
A. Metode Invers Operator..................................... 4
B. Metode Variasi Parameter.................................. 10
BAB II PDL Orde n Koefisien Variable......................................... 12
2.2 Persamaan Diferensial Cauchy.................................. 12
2.3 Persamaan Diferensial Lengendre ............................ 14
BAB III PDL Simultan ................................................................... 16
DAFTAR PUSTAKA................................................................................. 21
.
DAFTAR ISI
ii
4. BAB
1
A. BENTUK UMUM
Bentuk umum PD orde n :
P0 โ 0 , P1, P2, ...., Pn, Q adalah fungsi dari x atau konstanta
Jika Dy =
๐๐ฆ
๐๐ฅ
, D2
y =
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2
, D3
y =
๐3๐ฆ
๐๐ฅ3
, .............. Dn
y =
๐๐๐ฆ
๐๐ฅ๐
Bentuk PD Linier dalam operator Diferensial (D)
Keterangan :
๏ผ Jika P0, P1, P2, ......... Pn adalah konstanta di sebut PDL orde-n dengan koefisien
konstan
๏ผ Jika P0, P1, P2, ......... Pn bukan konstanta di sebut PDL orde-n dengan koefisien
variable
๏ผ Jika Q = 0 di sebut PDL homogen orde-n
๏ผ Jika Q โ 0 di sebut PDL tak homogen orde -n
1. x
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2
+ 4
๐๐ฆ
๐๐ฅ
- xy = Cos x Tak Homogen
Jawab : PDL tak homogen orde 2 dengan koefisien variable
2. 3x
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2
+ 8
๐๐ฆ
๐๐ฅ
- xy = 0 Homogen
Jawab : PDL homogen orde 2 dengan koefisien variable
Contoh Tentukan jenis persamaan berikut :
PD Linier Orde-n dengan
Koefisienkonstan
P0 Dn
y + P1 Dn-1
y + P2 Dn-2
y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q
Atau
( P0 Dn
+ P1 Dn-1
+ P2 Dn-2
+ ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q
๐ท๐
๐ ๐
๐
๐ ๐๐
+ ๐ท๐
๐ ๐โ๐
๐
๐ ๐๐โ๐
+ ๐ท๐
๐ ๐โ๐
๐
๐ ๐๐โ๐
+ โฆ + ๐ท๐โ๐
๐ ๐
๐ ๐
+ ๐ท๐๐ = ๐ธ
1
5. 3. 5
๐3
๐ฆ
๐๐ฅ3 + 7
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2
โ
๐๐ฆ
๐๐ฅ
+ 6๐ฆ = ๐ฅ2
Jawab : PDL tak homogen orde 3 dengan koefisien konstan
4. 3 ๐
3
๐ฆ
๐๐ฅ3
+ 9 ๐2
๐ฆ
๐๐ฅ2 โ ๐๐ฆ
๐๐ฅ
+ 2๐ฆ = 0
Jawab : PDL homogen orde 3 dengan koefisien Konstan
5. ๐ฅ
๐3
๐ฆ
๐๐ฅ3 + ๐ฅ
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2
+ ๐ฅ2
๐ฆ = ๐๐๐ ๐ฅ
Jawab : PDL tak homogen orde 3 dengan koefisien variable
Bentuk Umum :
๐ท๐
๐ ๐
๐
๐ ๐๐
+ ๐ท๐
๐ ๐โ๐
๐
๐ ๐๐โ๐
+ ๐ท๐
๐ ๐โ๐
๐
๐ ๐๐โ๐
+ โฆ + ๐ท๐โ๐
๐ ๐
๐ ๐
+ ๐ท๐๐ = ๐ธ
Melihat bentuk akar-akar riil dari persamaan karakteristik maka :
a) Jika akar-akar riil dan berbeda : ฮป1 โ ฮป2 โ ฮป3 โ .......... โ ฮปn-1 โ ฮปn
Solusi Umum : y = C1 e ฮป1.x
+ C2 e ฮป2. x
+ C3 e ฮป3.x
..... + Cn e ฮปn.x
b) Jika akar-akar : ฮป1 = ฮป2 โ ฮป3 โ .......... โ ฮปn-1 โ ฮปn
Solusi Umum : y = C1 e ฮป1.x
+ C2 X e ฮป2. x
+ C3 e ฮป3.x
..... + Cn e ฮปn.x
c) Jika akar-akar bilangan kompleks : ฮป1 = a + bi dan ฮป2 = a โ bi
Solusi Umum : y = e
ax
( C1 Cos bx + C2 Sin bx )
Langkah-langkah penyelesaian
1. ๏ฆ PDL Homogen orde-n Koefisien Konstan
P0 Dn
y + P1 Dn-1
y + P2 Dn-2
y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q
Atau
( P0 Dn
+ P1 Dn-1
+ P2 Dn-2
+ ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q
Koefisien Konstanta
Koefisien Variable
2
7. Bentuk Umum :
Solusi umum: y = Yc + Yp
1. Menentukan Yc
2. Menentukan Yp dengan metode :
A. METODE INVERS OPERATOR
Yp =
1
๐น (๐ท)
atau Yp =
1
๐ทโ๐1
.
1
๐ทโ๐2
โฆ โฆ .
1
๐ทโ๐๐
. ๐
1) MetodePertama :
Berdasarkan faktor-faktor riil dari
1
๐น (๐ท)
โถ
Yp =
1
๐ทโ๐1
.
1
๐ทโ๐2
โฆ โฆ .
1
๐ทโ๐๐
. ๐
Langkah-langkah penyelesaian :
Menentukan faktor-faktor riil dari F (D)
Menentukan invers operatornya, yaitu :
Yp =
1
๐ทโ๐1
.
1
๐ทโ๐2
โฆ โฆ .
1
๐ทโ๐๐
.๐
Secara berantai, tentukan solusi dari PD Linier orde satu
Tahap 1
Misal : U =
1
๐ทโ๐๐
. ๐ โ (D - ฮปn) U = Q
2. ๏ฆ PDL Tak Homogen orde-n koefisien Konstan
P0 Dn
y + P1 Dn-1
y + P2 Dn-2
y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q
Atau
( P0 Dn
+ P1 Dn-1
+ P2 Dn-2
+ ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q
Atau F (D) y = Q
Keterangan :
Yc = Fungsi Komplementer
Yp = Fungsi Partikuler (khusus)
Langkah-langkah penyelesaian
4
8. U = e ฮปnx โซ ๐ e - ฮปn x dx
Tahap 2
Misal : V =
1
๐ทโ๐๐โ1
. ๐ โ (D - ฮปn-1) V = U
V = e ฮปn-1.x
โซ ๐ e โ ฮปn-1. x
dx
Tentukan Solusi umum dari PDL berikut :
1)
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2 โ 4
๐๐ฆ
๐๐ฅ
+ 3๐ฆ = 1
Jawab :
(D2 โ 4D + 3) y = 1 โ Q = 1
Menentukan Yc
Persamaan Karakteristik :
Menentukan Yp : Yp =
1
๐ทโ3
.
1
๐ทโ1
.1
Tahap 1
Misal U =
1
๐ทโ1
.1 โ (D - 1) U = 1
U = e x
โซ 1 e - x dx
= e x (-e - x)
= -1
Tahap 2
Misal Yp =
1
๐ทโ3
.โ1 โ (D - 3) Yp = -1
Yp = e 3x
โซ โ1 e -3x dx
= e 3x (
1
3
e -3x)
=
1
3
.1 =
1
3
Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp
y = C1 e3x
+ C2 e
x
+
1
3
Contoh
ฮป2
โ 4ฮป + 3 = 0
(ฮป-3) (ฮป-1) = 0
ฮป1 = 3 dan ฮป2 = 1
Jadi, Solusi Umum : y = C1 e3x
+ C2 e
x
5
9. 2)
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2 โ 3
๐๐ฆ
๐๐ฅ
+ 2๐ฆ = ๐5๐ฅ
Jawab :
(D2 โ 3D + 2) y = ๐5๐ฅ
โ Q = ๐5๐ฅ
Menentukan Yc
Persamaan Karakteristik :
Menentukan Yp : Yp =
1
๐ทโ2
.
1
๐ทโ1
. ๐5๐ฅ
Tahap 1
Misal U =
1
๐ทโ1
.๐5๐ฅ โ (D - 1) U = ๐5๐ฅ
U = e x
โซ ๐5๐ฅ e -x dx
= e x
โซ ๐4๐ฅ dx
= e x 1
4
๐4๐ฅ
=
1
4
๐5๐ฅ
Tahap 2
Misal Yp =
1
๐ทโ2
.
1
4
๐5๐ฅ โ (D - 2) Yp =
1
4
๐5๐ฅ
Yp = e 2x
โซ
1
4
๐5๐ฅ e -2x dx
= e 2x
โซ
1
4
๐3๐ฅ dx
= e 2x 1
12
๐3๐ฅ
=
1
12
๐5๐ฅ
Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp
y = C1 e
2x
+ C2 e
x
+
1
12
๐5๐ฅ
Tunjukkan bahwa yp merupakan penyelesaian PD yang diberikan dan tentukan solusi
umumnya.
1. yโ+3yโ+2y = 2x2
, yp = x2
-3x+3,5
2. yโ+y = -20x sin3x, yp = 2,5 sin3x.
๏ฟ Latihan 1.2
ฮป2
โ3ฮป + 2 = 0
(ฮป-2) (ฮป-1) = 0
ฮป1 = 2 dan ฮป2 = 1
Jadi, Solusi Umum : c
6
10. 3. (D2
+ 3D - 4)y = 10ex
, yp = 2x ex
.
4. (D3
+ 3D2
โ 4) y = x e-2x
5. (D2
- 5D + 4) y = 3 - 2x
2) MetodeKedua :
1
๐น (๐ท)
di nyatakan sebagai jumlahan dari n pecahan bagian :
Solusi partikuler Yp(x) adalah:
Yp(x) = [
๐1
๐ทโ๐1
+
๐2
๐ทโ๐2
+
๐3
๐ทโ๐3
+ โฆ โฆ. +
๐๐
๐ทโ๐๐
] ๐
= N1 e
ฮป1X
โซ Q e
-ฮป1X
dx + N2 e
ฮป2X
โซ Q e
-ฮป2X
dx +... + Nn e
ฮปnX
โซ Q e
-ฮปnX
dx
Langkah-langkah untuk menentukan Yp(x) di sini adalah :
1. Tentukan faktor riil linier dari F(D)
2. Tentukan invers operatornya
1
๐น (๐ท)
yang di nyatakan sebagai jumlahan
n pecahan bagian yaitu :
1
๐น (๐ท)
=
๐1
๐ทโ๐1
+
๐2
๐ทโ๐2
+
๐3
๐ทโ๐3
+ โฆ โฆ. +
๐๐
๐ทโ๐๐
3. Dengan cara menyamakan koefisien dari masing-masing pembilang di
ruas kanan dan kiri akan di dapatkan besarnya N1, N2 , ......, Nn
4. Setelah N1, N2 , ......, Nn dapat di tentukan besarnya, kemudian
masukanlah pada rumus Yp(x)
5. Integrasikan bagian demi bagian.
6. Yp(x) di peroleh.
Selesaikan bentuk PDL berikut :
1) (D2 โ 4D + 3) y = 1
Jawab :
a) Menentukan Yc b) Menentukan Yp
Persamaan Karakteristik
Contoh
ฮป2
โ 4ฮป + 3 = 0
(ฮป-3) (ฮป-1) = 0
ฮป1 = 3 dan ฮป2 = 1
Jadi, Solusi Umum : y = C1 e3x
+ C2 e
x
Yp(x) = [
๐1
๐ทโ๐1
+
๐2
๐ทโ๐2
] ๐
= [
๐1
๐ทโ3
+
๐2
๐ทโ1
] 1
= [
๐1 (๐ทโ1) + ๐2 (๐ทโ3)
(๐ทโ3) (๐ทโ1)
]
= [
(๐1+๐2) ๐ทโ๐1โ3๐2
(๐ทโ3) (๐ทโ1)
]
7
11. c) Menentukan Koefisien N1 dan N2
D0 = 1 = - N1 โ 3N2
D = 0 = N1 + N2 +
1 = - 2 N2 โ N2 = -
1
2
, N1 =
1
2
Yp(x) = [
1
2
๐ทโ3
+
โ
1
2
๐ทโ1
] 1
Yp(x) =
1
2
e3x
โซ 1 ๐โ3๐ฅ
๐๐ฅ โ
1
2
๐๐ฅ
โซ 1 ๐๐ฅ
=
1
2
e3x
[โ
1
3
] ๐โ3๐ฅ
โ
1
2
๐๐ฅ
(โ๐โ๐ฅ
)
= โ
1
6
+
1
2
=
2
6
=
1
3
2) (D2
โ 3D + 2) y = ๐5๐ฅ
โ Q = ๐5๐ฅ
Jawab :
Fungsi Komplementernya (Yc) = C1 e
2x
+ C2 e
x
b) Menentukan Yp c) Menentukan Koefisien N1 dan N2
Yp =
1
(๐ทโ1)(๐ทโ2)
๐5๐ฅ
sehingga
Yp = [
๐1
๐ทโ๐1
+
๐2
๐ทโ๐2
] ๐
= [
๐1
๐ทโ1
+
๐2
๐ทโ2
] 1
= [
๐1 (๐ทโ2) + ๐2 (๐ทโ1)
(๐ทโ1) (๐ทโ2)
]
= [
(๐1+๐2) ๐ทโ2๐1โ๐2
(๐ทโ1) (๐ทโ2)
]
Kemudian di peroleh
Yp = [
โ1
๐ทโ1
+
1
๐ทโ2
] ๐5๐ฅ
Yp = - ex
โซ ๐5๐ฅ
๐โ๐ฅ
๐๐ฅ + ๐2๐ฅ
โซ ๐5๐ฅ
๐โ2๐ฅ
= - ex
[
1
4
๐4๐ฅ ] + ๐2๐ฅ
[
1
3
๐3๐ฅ
]
= โ
1
4
๐5๐ฅ
+
1
3
๐5๐ฅ
=
1
12
๐5๐ฅ
D0 = 1 = - 2N1 โ N2
D = 0 = N1 + N2 +
1 = - N1
โ N1 = - 1 dan N2 = 1
Jadi, Solusi Khusus :
y = Yc + Yp
y = C1 e
2x
+ C2 e
x
+
1
12
๐5๐ฅ
Jadi, Solusi Khusus :
y = Yc + Yp
y = C1 e3x
+ C2 e
x
+
1
3
8
12. 1. yโ + 2yโ+ y = ๐โ๐ฅ
๐ถ๐๐ ๐ฅ
2. yโโ โ yโ โ 4yโ + 4y = 6 ๐โ๐ฅ
3. (D2
- 4D + 3)y = (1 + ๐โ๐ฅ
)-1
4. (D3 โ 4D) y = x
5. (D2 + 1) y = Cosec x
3) MetodeSingkat :
Selesaikan bentuk PDL berikut :
1. (D2 + 4) y = Sin 2x
Jawab:
PDL Homogennya adalah : (D2 + 4) y = 0
Persamaan Karakteristiknya : ฮป2 + 4 = 0
Akar-akar persamaan karakteristiknya : ฮป1 = 2i dan ฮป2 = -2i
Sehingga, Yc = C1 Cos 2x + C2 Sin 2x
Menghitung Yp : Yp =
1
(๐ท2 +4)
sin2๐ฅ dengan melihat bentuk persamaan Yp
maka rumus yang di gunakan yaitu :
Yp = โ
๐ฅ
2๐
cos(๐๐ฅ + ๐), maka
Yp = โ
๐ฅ
2 .2
cos(2๐ฅ) = โ
๐ฅ
4
cos 2๐ฅ
Jadi, Solusi Khusus :
y = Yc + Yp
y = C1 Cos 2x + C2 Sin 2xโ
x
4
cos2x
1. (D2
+ 2D + 2) y = x2
+ sin x
2.
๐2๐ฆ
๐๐ฅ2
+ ๐ฆ = โ๐ฅ โ ๐ฅ2
3. (D2
โ 1) y = ๐๐ฅ
sin 2๐ฅ
๏ฟ Latihan 1.3 Selesaikan solusi PDL
berikut :
Contoh
๏ฟ Latihan 1.4 Selesaikan solusi PDL
berikut :
4. (D2
โ 1) y = (1 + e-x
)-2
5. (D2 โ 3D + 2) y = Sin e-x
9
13. B. METODE VARIASI PARAMETER
Metode variasi parameter adalah metode yang dapat digunakan untuk
menentukan selesaian khusus PD linier takhomogen dengan koefisien variabel,
sehingga lebih umum daripada metode koefisien tak tentu.
Perhatikan PD linier orde 2 yang mempunyai bentuk
(9) yโ + p(x)yโ + q(x)y = r(x),
dengan p, q, dan r fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval buka I. Kita akan
menentukan selesaian khusus dari (9) dengan metode variasi parameter seperti
berikut. Kita mengetahui bahwa PD homogen yang bersesuaian, yaitu
(10) yโ + p(x)yโ + q(x)y = 0,
mempunyai suatu selesaian umum yh(x) pada I yang berbentuk
yh(x) = c1y1(x)+c2y2(x).
Metode variasi parameter terdiri dari penggantian c1 dan c2 dengan fungsi u(x)
dan v(x) yang akan ditentukan sedemikian hingga fungsi penggantinya, yaitu
(11) yp(x) = u(x)y1(x)+v(x)y2(x)
merupakan selesaian khusus dari (9) pada I. dengan menurunkan (11) diperoleh
ypโ = uโy1+uy1โ+vโy2+vy2โ.
Persamaan (11) memuat dua fungsi u dan v, tetapi syarat bahwa yp
memenuhi (9) mengakibatkan bahwa hanya ada satu syarat pada u dan v. Karena
itu kita bisa menerapkan kondisi (syarat) sebarang yang ke dua. Perhitungan
berikut akan menunjukkan bahwa kita dapat menentukan u dan v sedemikian
hingga yp memenuhi (9) dan u dan v memenuhi, sebagai syarat ke dua, hubungan:
(12) uโy1+vโy2 = 0.
Ini mereduksi ekspresi untuk ypโ ke bentuk (12) ypโ = uy1โ+vy2โ.
Dengan menurunkan fungsi ini diperoleh (13) ypโ = uโy1โ+uy1โ+vโy2โ+vy2โ.
Dengan mensubstitusikan (11), (13) dan (14) ke dalam (9) dan mengumpulkan suku-
suku yang memuat u dan v akan diperoleh
u(y1โ+py1โ+qy1)+v(y2โ+py2โ+qy2)+uโy1โ+vโy2โ = r.
Karena y1 dan y2 selesaian dari PD homogen (10), maka persamaan di atas
mereduksi ke bentuk (i). uโy1โ+vโy2โ = r.
(ii) uโy1+vโy2 = 0.
10
14. Persamaan (i) dan (ii) merupakan sistem dua persamaan aljabar linier dari
fungsi-fungsi uโ dan vโ yang tidak diketahui. Selesaian diperoleh dengan aturan
Cramer:
W
r
y
v
W
r
y
u
1
2
'
,
'
๏ฝ
๏ญ
๏ฝ
, di mana W = y1y2
โ โ y1โy2
adalah Wronski dari dari y1 dan y2. Jelas bahwa W๏น0 karena y1, y2 membangun
basis selesaian. Pengintegralan (15) menghasilkan
๏ฒ
๏ฒ
๏ฝ
๏ญ
๏ฝ
.
,
1
2
dx
W
r
y
v
dx
W
r
y
u
Integral ini ada karena r(x) kontinu. Substitusikan ekspresi untuk u dan v ini ke
dalam (11), untuk memperoleh selesaian dari (9),
๏ฒ ๏ฒ
๏ซ
๏ญ
๏ฝ .
dx
W
r
y
y
dx
W
r
y
y
)
x
(
y p
1
2
2
1 (16)
1. yโ+y=secx. (17)
Penyelesaian.
Metode koefisien tak tentu (pasal 4.3) tidak dapat digunakan. Fungsi-fungsi
y1 = cosx, dan y2 = sinx
membentuk basis selesaian PD homogennya. Wronski-nya adalah
W(y1,y2) = cosxcosx โ (-sinx)sinx = 1.
Dari (16), diperoleh selesaian khusus dari (17):
yp = -cosx ๏ฒ sinx secx dx + sinx ๏ฒ cosx secx dx
= cosx ln๏ฝcosx๏ฝ+x sinx.
Selesaian umum yang bersesuaian dengan PD (17) adalah
y = yh+yp
= [c1+ ln๏ฝcosx๏ฝ]cosx + (c2+x) sinx.
1. yโ - 4yโ+ 4y = e2x
/x
2. yโ - 2yโ + y = ex
sinx
3. (D2
- 4D + 4) y = 6x-4
e2x
.
Contoh
๏ฟ Latihan 1.5 Selesaikan solusi PDL
berikut :
4. (D2
+ 4) y = 4 Sec2
2x
5. (D2 โ 1) y = e-x
Sin e-x
Cos e-x
11
15. BAB
2
Persamaan Euler-Cauchy
(30) x2y" + a xy' + by = 0 (a, b, konstan)
dapat juga diselesaikan dengan manipulasi aljabar murni. Dengan substitusi
(31) y=xm dan turunan-turunannya ke dalam PD (1) diperoleh
x2m(m-1)xm-2+axmxm-1+bxm = 0. Dengan mengabaikan xm yang tidak nol jika x๏ ๏น 0,
diperoleh persamaan bantu (32) m2 + (a-1) m + b = 0. Jika akar-akar m1 dan m2 dalam
persamaan ini berlainan, maka fungsi-fungsi y1(x) = xm1 dan y2(x) = xm2 membentuk
suatu basis selesaian dari PD (30) untuk semua x di tempat fungsi didefinisikan. Selesaian
umum yang bersesuaian adalah
(33) y = c1 xm1 + c2 xm2 (c1, c2 sebarang).
Selesaikan PD:
1. x2y" - 1,5xy' - 1,5y=0.
Penyelesaian.
Persamaan bantunya adalah m2-2,5m-1,5 = 0.
Akar-akarnya adalah m1=-0,5 dan m2=3. Jadi basis dari suatu selesaian real untuk
semua x yang positif adalah y1=1/๏x, dan y2=x3
Dan selesaian umum yang berkaitan untuk nilai-nilai x tersebut adalah
y = c1/๏x + c2x3. J ika akar-akar m1 dan m2 dari (32) adalah komplek, akar-akar itu
berkawan, katakan m1=๏ญ+i๏ฎ dan m2=๏ญ-i๏ฎ.
Kita klaim bahwa dalam kasus ini, suatu basis dari selesaian (30) untuk semua x yang
positif adalah (34) y1=x๏ญ๏ cos(๏ฎlnx), dan y2= x๏ญ๏ sin(๏ฎ๏ lnx)
PD Linier Orde-n dengan
KoefisienVariable
A. ๏ฆ PD LINIER CAUCHY
Contoh
12
16. Untuk mengecek bahwa (34) merupakan selesaian dari (30) dapat dilakukan dengan
melakukan penurunan dan substitusi. Kedua selesaian itu independen karena tidak
proporsional. Selesaian umum yang berkaitan adalah
(35) y= x๏ญ(Acos (๏ฎlnx)+Bsin(๏ฎlnx)).
Catatan.
Ide dalam menentukan bahwa (34) merupakan basis selesaian dari (30) untuk kasus akar
komplek sekawan adalah sebagai berikut:
Rumus : xk = (elnx)k = eklnx
diperluas untuk bilangan komplek k=iv, dan dengan rumus Euler menghasilkan
xi๏ฎ๏ = ei๏ฎlnx
= cos (๏ฎlnx)+isin(๏ฎlnx),
x-i๏ฎ = e-i๏ฎlnx
= cos (๏ฎlnx)-isin(๏ฎlnx).
Selanjutnya kalikan dengan x๏ญ dan ambil jumlah den selisihnya untuk mendapatkan 2y1 dan 2iy2.
Dengan membagi berturut-turut dengan 2 dan 2i akan diperoleh (34).
Contoh 2 .
Selesaikan PD : x2y" + 7xy' + 13y = 0.
Penyelesaian.
Persamaan bantunya adalah m2+6m+13=0. Akar-akar dari persamaan ini adalah m1,2=3๏ฑ2i.
Jadi selesaian umumnya adalah y = x-3 [A cos(2 lnx) + B sin(2 lnx) ]. Persamaan bantu (32)
mempunyai akar ganda m1=m2
jika dan hanya jika b = ยผ(1-a)2, sehingga m1=m2=(1-a)/2. Dalam kasus kritis ini kita bisa
memperoleh selesaian ke dua dengan menerapkan metode reduksi orde hasilnya adalah
y2 = u y1
= (lnx) y1.
Dengan demikian selesaian (30) untuk kasus akar sama adalah
(36) y1=xm dan y2 = xm lnx, dengan m=(1-a)/2.
Kedua selesaian itu independen, sehingga membentuk basis dari selesaian real (30) untuk
semua x yang positif, dan selesaian umum yang berkaitan adalah
(37) y = (c1+c2 lnx)xm, dengan c1 dan c2 konstan sebarang.
13
17. Periksa bahwa y1 dan y2 dalam(5) adalah selesaian dari (1) untuk semua x positif.
Tentukan solusi dari PD berikut :
1) x2y" - 20y = 0
2) x2y" โ 7xy' + 16y = 0
3) x2y" + 3xy' + 5y =0
4) (x2D2 + 7 xD + 9)y = 0
5) (2x2D2 + 5 xD - 9)y = 0
Misalkan : ax + b = ez
Dy =
๐๐ฆ
๐๐ง
๐๐ง
๐๐ฅ
=
๐
๐๐ฅ+๐
๐๐ฆ
๐๐ง
dan (ax + b) Dy = a
๐๐ฆ
๐๐ง
= ๐ ๐๐ฆ
D2
y =
๐2
(๐๐ฅ+๐)2
(
๐2๐ฆ
๐๐ง2 โ
๐๐ฆ
๐๐ง
) dan (๐๐ฅ + ๐)2
D2
y = a2
โ (โ-1) y
sehingga (๐๐ฅ + ๐)2
D2
y = a2
โ (โ-1) y ........... (๐ โ ๐ + 1) ๐ฆ
Sesudah mengadakan penggantian - penggantian ini menjadi :
{P0 an
๐(๐ โ 1)(๐ โ 2) ...(๐ โ ๐ + 1) +P1 an-1
๐(๐ โ 1)(๐ โ 2)....( ๐ โ ๐ + 2)+ ...
Pn-1 a ๐ + Pn } y = Q (
๐๐งโ ๐
๐
)
Selesaikan PD berikut :
1. (x+2)2 ๐2๐ฆ
๐๐ฅ2
โ (๐ฅ + 2)
๐๐ฆ
๐๐ฅ
+ ๐ฆ = 3๐ฅ + 4
Penyelesaian
Ambil (๐ฅ + 2) = ez
maka persamaan yang di ketahui menjadi
{ โ (โ-1) - โ + 1 } = (โ-1)2 y = 3 ez
- 2
Fungsi komplemennya y = C1 ez + C2z ez dan integral khususnya
Y =
1
(๐โ1)2
(3๐๐ง
โ 2) = 3๐๐ง
โฌ(๐๐ง)2
โ 2
1
(๐โ1)2
๐0๐ง
=
3
2
๐ง2
๐๐ง
โ 2
Penyelesaiannya y = C1 ez
+ C2z ez
+
3
2
๐ง2
๐๐ง
โ 2 atau karena z = ln (x+2)
Jadi y = (x+2) [C1 + C2 ln (x+2) +
3
2
๐๐2
(๐ฅ + 2)] โ 2
B. ๏ฆ PD LINIER LEGENDRE
๏ฟ Latihan 2.1 Selesaikan solusi PDL berikut :
Contoh
14
18. 2. { (3x + 2)2
D2
+ 3(3๐ฅ + 2)๐ท โ 36} ๐ฆ = 3x2
+ 4x + 1
Penyelesaian
Transformasi 3x + 2 = ez
rubah persamaan menjadi
{ 9 โ (โ-1) + 9 โ -36 } y = 9 (โ2 - 4) y =
1
3
(9๐ฅ2
+ 12๐ฅ + 3) =
1
3
( ๐2๐ง
โ 1)
Atau (โ2 - 4) y =
1
27
( ๐2๐ง
โ 1)
Sehingga y = C1 e2z
+ C2 e-2z
+
1
27
[
1
๐2โ4
๐2๐ง
โ
1
๐2โ4
๐0๐ง]
= C1 e2z
+ C2 e-2z
+
1
108
[๐ง ๐2๐ง
+ 1]
Jadi , y = C1 (3x+2)2
+ C2 (3x+2)-2
+
1
108
[(3๐ฅ + 2)2
+ ln(3๐ฅ + 2) +1]
1. (x2
D2
- 3xD + 4) y = x + x2
ln x
2. (x2
D2
โ 2xD +2) y = ln2
x โ ln x2
3. (x3
D3
+ 2x2
D2
) y = x + sin (ln x)
4. X3
yโโโ + xyโ โ y = 3x
5. [ (x+1)2
D2
+ (x+1)D โ 1 ] y = ln (x+1)2
+ x โ 1
๏ฟ Latihan 2.2 Selesaikan solusi PDL berikut :
15
19. BAB
3
Persamaan differensial yang mengandung beberapa variabel terikat (lebih dari satu)
tetapi memiliki satu variabel bebas, sulit untuk diselesaikan secara langsung seperti cara-cara
yang telah dibahas pada bab terdahulu. Persamaan seperti itu membentuk suatu sistem
persamaan yang simultan. Cara yang ditempuh untuk penyelesaian persamaan menggunakan
sistem yang simultan, diantaranya:
1. Metode eliminasi dan substitusi, yang secara simultan menghilangkan salah satu
variabel terikat dan turunannya. Selanjutnya menyelesaikan persamaan
differensial yang tertinggal. Jawaban dari persamaan differensial yang didapat
disubsitusikan ke dalam persamaan semula untuk mendapatkan jawaban variabel yang
tereliminasi.
2. Metode matriks dan determinan (cramer), yang dapat dibuat berdasarkan
persamaan differensial yang diberikan. Selanjutnya melakukan integral atau
penyelesaian yang sesuai dengan ordo persamaan diffrensial yang diperoleh.
3. Metode transformasi laplace, yang dapat merubah persamaan diffrensial menjadi
persamaan aljabar biasa yang mudah untuk diselesaikan. Hasil penyelesaian
A. Metode Eliminasi dan Substitusi
Berikut adalah sistem persamaan diferensial :
Tentukan jawaban untuk y(t) dan x(t)
Jawab :
Eliminasi x dan
๐๐ฆ
๐๐ฅ
dari persamaan
PD LINIER SIMULTAN
16
20. Persamaan (6) merupakan PDL ordo dua dalam fungsi y terhadap t. Prosedur penyelesaiannya adalah
sebagai berikut:
1. Fungsi komplementer dengan persamaan karakteristik :
2. Integral khusus, misalkan
Subtitusikan ke dalam persamaan (6) di dapat
Jadi jawaban untukvariable y sebagai fungsi t adalah:
Substitusikan (7) dan (8) Ke (3) di dapat :
X(t) =
๐๐ฆ
๐๐ฅ
โ 4๐ฆ + 4๐๐ก + 1
= - C1 e-t + 2C2 e2t + 5et โ 4 [C1 e-t + C2 e2t + 5et + 1] + 4et + 1
= - C1 e-t + 2C2 e2t + 5et โ 4 C1 e-t - 4C2 e2t - 20et - 4 + 4et + 1
= - 5 C1 e-t โ 2 C2 e2t โ 11 et โ 3
Jadi x(t) = - 5 C1 e-t โ 2 C2 e2t โ 11 et โ 3
Cara lain dapat juga mensubstitusikan (7) dan (8) ke (5) lalu menyelesaikan atau
substitusi (7) dan (8) ke (1) atau (2) hasilnya tetap sama.
B. Metode Eliminasi dan Substitusi
Metode ini menggunakan operator diferensial dalam membentuk matriks dan determinan
untuk mendapat jawaban umum dan setiap variable terikat sebagai fungsi variable bebasnya.
Bentuk umumnya :
17
21. Karenapersamaandapat di tulis dalambentukoperatordi ferensial sebagaiberikut:
Dari keduapersamaanini dapaydi buat matrikssebagai berikut:
Denganmenggunakanmetode cramerdi dapat:
Bila det A1 = 0, det A2= 0, maka akan diperoleh persamaan diferensial yang homogen. Dari
persamaan yang di peroleh, jawaban dari PD dapat di selesaikan sesuai dengan cara-cara pada
ordonya masing-masing.
Tentukanjawabandari persamaanberikut:
Jawab:
Persamaandi buat dalambentukoperatornyadiferensial
Bentukmatriksutamanyaadalah:
|
(2๐ท2 + 3๐ท โ 9) (๐ท2 + 7๐ท โ 14)
(๐ท + 1) (๐ท + 2)
|
Selanjutnyadapatdi hitungnilai-nilai determinansebagai berikut:
Det A = (2D2
+3D โ 9) (D+2) โ (D2
+ 7D โ 14) (D+1)
= 2D3
+ 3D2
โ 9D + 4D2
+ 4D2
+6D -18 โ (D3
+ 7D2
- 14D + D2
+7D โ 14)
= D3
โ D2
+ 4D -4
= D (D2
+4) โ (D2
+4)
= (D - 1) (D2
+4)
Contoh
18
22. Det A1 = 4 (D+2) + 8 e2t (D2 + 7D -14)
= 4D +8 + 8 D2 e2t + 7D 8 e2t โ 112 e2t
= 0 + 8 +32 e2t + 112 e2t - 112 e2t
= 32 e2t + 8
Det A1 = -8 e2t (2D2 + 3D -9) โ 4(D+1)
= - 16 e2 e2t โ 24 D e2t + 72 e2t -4D +4
= - 64 e2t - 48 e2t + 72 e2t - 0 - 4
= - 40 e2t โ 4
(1) penyelesaian untuk bentuk x = f(t) di dapat :
x(t) =
32 ๐2๐ก+8
(๐ทโ1)(๐ท2+4)
(๐ท โ 1)(๐ท2
+ 4) ๐ฅ = 32 ๐2๐ก
+ 8
a. Fungsi komplementer dengan persamaan karakteristik
(mโ 1) (m2
+4)= 0
b. Integral khusus dengan memisalkan :
Substitusikan ke dalam persamaan, di dapat :
Jadi jawabanumumuntukx (t)= C1 cos 2t + C2 sin2t + C3 et
+ 4 e2t
- 3
(2) penyelesaian untuk bentuk y = f(t) :
y (t) =
โ40 ๐2๐กโ 4
(๐ทโ1)(๐ท2+4)
(๐ท โ 1)(๐ท2
+ 4) ๐ฆ = โ40๐2๐ก
โ 4
Dengan cara yang sama didapat jawaban umum untuk y = f(t)
y (t) = C1 cos 2t + C2 sin 2t + C3 et - 5 e2t +1
Di dapatfungsi komplementerdalambentukx =f(t)
di dapat integral khususdalambentukx = f(t)
19
23. ๏ฟ Latihan 3.1 Carilah jawaban dari sistempersamaan berikut :
20
24. Kartono, Penuntun Belajar Persamaan Diferensial. Yogyakarta: Andi Offset Yogya.
Nababan,SM. 2001. Modul Persaman Diferensial. Universitas Terbuka.
Ayres, Frank Jc Ault. 1999. Persamaan Diferensial dalam satuan simetric. Jakarta: erlangga
http://file.upi.edu/Direktori/FPTK/JUR._PEND._TEKNIK_MESIN/195008161979031-
SYAFARUDDIN_SIREGAR/buku_matematika/BAB_V.pdf Download Kamis, 17 Nov 2011
Jam 14.45 WIB
http://yuliants.blog.ittelkom.ac.id/blog/files/2010/02/03-Persamaan-Diferensial-Orde-
II.pdf Download Jumat 7 Okt 2011 jam 20.30 WIB
http://202.91.15.14/upload/files/9407_BAB_III.pdf Download Jumat 7 Okt 2011 jam 20.12
DAFTAR PUSTAKA
21