Rippi Maya
Maret 2014
Contents
1 PENDAHULUAN 1
1.1 Solusi persamaan diferensial . . . 2
1.1.1 Solusi Implisit dan Solusi Eksplisit . . . 2
1.1.2 Solusi Umum dan Solusi Khusus . . . 3
1.1.3 Solusi Singular . . . 3
1.2 Masalah Nilai Awal dan Masalah Nilai Batas . . . 4
1.2.1 Masalah Nilai Awal (MNA) . . . 4
1.2.2 Masalah Nilai Batas (MNB) . . . 5
1.3 Keujudan dan Ketunggalan Solusi . . . 5
1.3.1 Latihan . . . 8
2 Persamaan Diferensial Orde Satu 9 2.1 Metode Pemisahan Peubah . . . 9
2.1.1 Latihan . . . 11
2.2 Metode Transformasi . . . 11
2.2.1 Latihan . . . 13
2.3 Persamaan Diferensial Eksak . . . 14
2.3.1 Latihan . . . 16
2.4 Faktor Pengintegral . . . 17
2.4.1 Menentukan faktor pengintegral . . . 19
2.4.2 Latihan . . . 21
2.5 Persamaan Diferensial Linier . . . 22
2.5.1 Latihan . . . 25
2.6 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu . . . 25
2.6.1 Pertumbuhan Alami dan Peluruhan (Natural Growth and Decay) . . . 25
2.6.2 Pendinginan dan Pemanasan (Cooling and Heating) . . . 29
2.6.3 Bunga Majemuk (Interest Compound ) . . . 30
2.6.4 Eliminasi Obat (Drug Elimination) . . . 31
2.6.5 Hukum Torricelli . . . 32
2.6.6 Latihan . . . 34
3 Persamaan Diferensial Linier Orde Ke-n 35 3.1 Persamaan Diferensial Linier Homogen . . . 35
3.1.1 Prinsip Superposisi atau Kelinieran . . . 36
3.1.2 Masalah Nilai Awal . . . 40
3.1.3 Latihan . . . 41
3.2 Persamaan dengan Koe…sien Konstanta . . . 41
3.2.1 Persaman diferensial linier homogen orde ke-dua . . . 41
3.2.2 Latihan . . . 47
3.2.3 Persamaan diferensial linier homogen orde ke-n . . . 48
3.2.4 Latihan . . . 50
3.3 Persamaan Euler-Cauchy . . . 50 iii
3.3.1 Latihan . . . 54
3.4 Persamaan Nonhomogen . . . 54
3.4.1 Metoda Koe…sien Taktentu Orde ke-dua . . . 55
3.4.2 Metoda Koe…sien Taktentu orde ke-n . . . 61
3.4.3 Latihan . . . 64
3.4.4 Metode Variasi Parameter . . . 65
3.4.5 Latihan . . . 67
3.5 Aplikasi Persamaan Diferensial Linier Orde Dua . . . 68
3.5.1 Latihan . . . 71
4 Sistem Persamaan Diferensial 73 4.0.2 Vektor, Matriks . . . 73
4.0.3 Nilai Eigen, vektor Eigen . . . 74
4.1 Konsep Dasar dan Teori . . . 75
4.2 Sistem Linier Homogen . . . 76
4.2.1 Tak ada basis dari vektor eigen yang ada . . . 83
4.2.2 Latihan . . . 84
4.3 Sistem Linier Nonhomogen . . . 85
4.3.1 Metode Koe…sien Taktentu . . . 85
4.3.2 Latihan . . . 87
4.4 Aplikasi Sistem Persamaan Diferensial . . . 87
4.4.1 Latihan . . . 89
5 Solusi Deret Persamaan Diferensial 91 5.1 Metode Deret Kuasa . . . 91
5.1.1 Deret Kuasa . . . 91
5.1.2 Latihan . . . 94
5.2 Teori Metode Deret Kuasa . . . 94
5.2.1 Konsep Dasar . . . 94
5.2.2 Latihan . . . 98
5.3 Persamaan Legendre, Polinom Legendre Pn(x) . . . 98
5.3.1 Polinom Legendre . . . 100
5.3.2 Latihan . . . 101
5.4 Metode Frobenius . . . 101
5.4.1 Persamaan Indisial (Indicial Equation), Menunjukkan Ben- tuk Solusi-solusi . . . 102
5.4.2 Latihan . . . 107
5.5 Persamaan Bessel . . . 107
6 Transformasi Laplace 113 6.1 Transformasi Laplace. . . 113
6.1.1 Latihan . . . 117
6.2 Transformasi dari Turunan dan Integral . . . 118
6.2.1 Latihan . . . 127
A Abjad Yunani dan Rumus-rumus Trigonometri 129 A.1 Abjad Yunani . . . 129
A.2 Rumus-rumus Trigonometri . . . 129
B Rumus-rumus Turunan dan Integral 131 B.1 Tabel Turunan . . . 131
B.2 Integral Trigonometri . . . 132
Daftar Pustaka 135
Kata Pengantar
Diktat ini disusun sebagai diktat (catatan) kuliah Persamaan Diferensial Biasa di UIN Sunan Gunung Djati Bandung. Tujuan penulisan diktat ini adalah untuk membantu mahasiswa Pendidikan Matematika dalam memahami materi Persamaan Diferensial Biasa.
Ini adalah diktat revisi ke-enam, sejak pertama kali disusun pada tahun 2003.
Diktat ini terdiri dari enam bab. Bab 1 berisi tentang pendahuluan mengenai persamaan diferensial, Bab 2 membahas mengenai persamaan diferensial orde pertama, Bab 3 tentang persamaan diferensial linier orde yang lebih tinggi, Bab 4 mempelajari tentang sistem persamaan diferensial, Bab 5 mengkaji tentang solusi deret persamaan diferensial dan Bab 6 mengenal transformasi Laplace.
Dalam setiap bab, soal-soal diberikan sebagai latihan bagi mahasiswa.
Keterbatasan kemampuan penulis dalam memberikan ilustrasi berupa gambar atau gra…k, menyebabkan diktat ini masih jauh dari sempurna. Karena sifat dik- tat ini hanya sebagai catatan kuliah, maka penulis menyarankan agar pembaca diktat ini juga mempelajari materi dari sumber lain, agar diperoleh pemahaman yang lebih mendalam.
Sebagai upaya untuk terus menyempurnakan diktat kuliah ini, penulis masih mengharapkan saran, masukan, maupun koreksi dari para pembaca. Masih den- gan segala keterbatasannya, penulis berharap diktat kuliah ini dapat bermanfaat bagi pembaca semua.
Bandung, Maret 2014
v
PENDAHULUAN
Persamaan diferensial ialah suatu persamaan yang memuat fungsi yang tak diketahui dan satu atau beberapa turunan dari fungsi tersebut, dengan satu atau lebih peubah yang tak diketahui. Apabila fungsi yang tak diketahui itu hanya bergantung pada satu peubah saja, maka persamaan diferensial terse- but dinamakan persamaan diferensial biasa. Sedangkan apabila fungsinya bergantung pada dua atau lebih peubah, maka persamaan diferensial tersebut dinamakan persamaan diferensial parsial. Fokus pembahasan pada bab ini dan bab-bab selanjutnya hanya pada persamaan diferensial biasa saja.
Salah satu contoh persamaan diferensial pada kehidupan sehari-hari adalah kecepatan pertumbuhan suatu populasi, misalkan populasi dari manusia, bi- natang, bakteri, dan sebagainya. Jika suatu populasi tumbuh pada kecepatan x0(t) = dx
dt (t = waktu) yang sama dengan populasi x(t) yang ada, maka model populasinya merupakan suatu persamaan diferensial, yaitu x0 = x, den- gan x(t) = cetmerupakan solusi dari persamaan diferensial tersebut.
Contoh yang lain adalah masalah jatuh bebas. Jika sebuah benda dijatuhkan dari atas, maka percepatannya adalah sama dengan percepatan gravitasi g (suatu konstanta), yaitu : y00= d2y
dx2
(x = waktu). Model dari masalah ini adalah y00 = g. Hasil pengintegralan pertama dari persamaan diferensial tersebut adalah kecepatan y0= dy
dx = gx+v0
dengan v0 = kecepatan awal. Hasil pengintegralan ke-dua adalah y = 12gx2+ v0x + y0; dengan y0 = jarak awal dari 0 (misalkan y0 = 0).
Ordedari suatu persamaan diferensial adalah orde turunan tertinggi yang ter- dapat pada persamaan tersebut. Persamaan diferensial orde pertama memuat turunan pertama y0, mungkin pula y; dan fungsi x yang diberikan. Bentuk umum dari persamaan diferensial orde pertama dapat dituliskan sebagai:
F (x; y; y0) = 0 (1.1)
atau kadang-kadang dituliskan sebagai: y0 = f (x; y):
Example 1 :
Perhatikan persamaan diferensial berikut ini: (1): y0 = cos x; (2): y00 6y = 0; (3): x3y000 4x2y00+ 8xy0 8y = 0: Untuk persamaan: (1) ordenya adalah 1, (2) ordenya 2 dan (3) ordenya 3. |
1
1.1 Solusi persamaan diferensial
Sebagaimana sudah diketahui, solusi dari suatu persamaan aljabar, seperti x2+ 5x + 6 = 0; adalah suatu peubah tak diketahui x yang memenuhi persamaan tersebut, yaitu x = 2 atau x = 3: Pada persamaan diferensial, seperti y0 = 3xy; solusinya adalah suatu fungsi yang tak diketahui y = g(x) yang memenuhi persamaan diferensial tersebut: Fungsi y = g(x) yang mempunyai turunan y0= g0(x) dan memenuhi persamaan F (x; y; y0) = 0; untuk semua x di dalam selang terbuka a < x < b disebut sebagai solusi dari persamaan diferensial orde pertama F (x; y; y0) = 0:
Example 2 :
Selidiki apakah y = 2x3merupakan solusi dari xy0= 3y untuk semua x.
Jawab:
Karena y = 2x3 maka y0 = 6x2: Dengan substitusi, diperoleh: xy0 = x(6x2) = 6x3= 3y:
Jadi benar bahwa y = 2x3 adalah solusi dari persamaan diferensial xy0 =
3y: |
1.1.1 Solusi Implisit dan Solusi Eksplisit
Solusi dari suatu persamaan diferensial dapat muncul dalam bentuk fungsi im- plisit atau fungsi eksplisit. Apabila solusi yang muncul merupakan fungsi im- plisit, maka solusi tersebut dinamakan solusi implisit, sebagaimana ditun- jukkan oleh fungsi:
G(x; y) = 0:
Sedangkan apabila solusi yang muncul berbentuk fungsi eksplisit, maka dina- makan solusi eks-
plisit, sebagaimana ditunjukkan oleh fungsi:
y = g(x):
Example 3 :
Perhatikan fungsi berikut: x2 + y2 4 = 0, (y > 0): Apakah yang dapat disimpulkan dari fungsi tersebut?
Jawab:
Fungsi tersebut merupakan suatu persamaan setengah lingkaran yang berpusat di titik (0,0) dan berjari-jari 2. Selain itu, fungsi tersebut juga merupakan solusi implisit dari persamaan diferensial yy0= x , pada interval 2 < x < 2. |
Example 4 :
Perhatikan fungsi y = 2e 3x: Apakah yang dapat dijelaskan dari fungsi tersebut?
Jawab:
Fungsi tersebut merupakan solusi eksplisit dari persamaan diferensial y0+ 3y =
0: |
1.1.2 Solusi Umum dan Solusi Khusus
Solusi umumdari suatu persamaan diferensial adalah semua solusi dari per- samaan diferensial tersebut yang memuat suatu konstanta sebarang c. Apabila dari sebarang c tersebut dipilih c tertentu, maka solusi yang diperoleh meru- pakan solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut.
Example 5 :
Perhatikan persamaan diferensial y0 = sin x: Jelaskan solusi umum dan khusus dari persamaan diferensial tersebut.
Jawab:
Solusi umum dari persamaan tersebut adalah y = cos x + c, dengan c adalah konstanta sebarang. Apabila dipilih c tertentu, misalkan c = 2 atau c = 5 atau c = 37, dsb., maka akan diperoleh suatu solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. Jadi y = cos x + c adalah solusi umum dari y0 = sin x; sedangkan y = cos x + 2; y = cos x 5, y = cos sin x + 37 dan seterusnya adalah solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. |
1.1.3 Solusi Singular
Selain solusi umum dan solusi khusus dari suatu persamaan diferensial, ada lagi solusi lain yang merupakan solusi tambahan dari suatu persamaan diferensial.
Solusi tambahan ini tidak dapat diperoleh dari solusi umum dengan mengganti konstanta sebarang c: Solusi tambahan yang seperti ini dikenal sebagai solusi singular.
Example 6 :
Persamaan diferensial berikut, y02 xy0+y = 0 mempunyai solusi umum y(x) = cx c2. Persamaan ini menyatakan grup garis lurus, dengan setiap c yang dipilih menyatakan satu garis lurus. Perhatikan fungsi y(x) = x2
4 , yang merupakan persamaan kuadrat dan juga merupakan solusi dari persamaan diferensial di atas, namun bukan solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. Solusi ini tidak dapat diperoleh dengan memilih c yang tepat dari solusi umumnya. Oleh sebab itu, y(x) = x2
4 disebut sebagai solusi singular dari persamaan diferensial tersebut. Berikut ini adalah gra…k solusi umum: y(x) = cx c2 dan solusi singular y(x) = x2
4 . |
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
x y
1.2 Masalah Nilai Awal dan Masalah Nilai Batas
1.2.1 Masalah Nilai Awal (MNA)
Inti pembahasan dalam teori persamaan diferensial adalah apakah persamaan diferensial tersebut mempunyai solusi atau tidak, terutama yang memenuhi syarat-syarat tertentu. Syarat-syarat tertentu yang dimaksud adalah solusi yang mempunyai nilai tertentu, atau kadang-kadang juga nilai turunannya pada suatu titik tertentu. Syarat-syarat yang seperti itu disebut sebagai syarat awal. Per- samaan diferensial yang disertai dengan syarat awal dinamakan dengan masalah nilai awal(MNA).
Example 7 :
Pandang suatu masalah nilai awal: y0 = cos 2x, dengan y(0) = 4: Carilah solusi masalah nilai awalnya.
Jawab:
Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y = 12sin 2x + c:
Karena y(0) = 4; maka 4 = 12sin 2:0 + c sehingga c = 4. Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(x) =12sin 2x + 4: |
Example 8 :
Perhatikan persamaan diferensial y00+ 16y = 0, dengan syarat awal y(0) = 3 dan y0(0) = 4: Tentukan solusi masalah nilai awalnya.
Jawab:
Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y(x) = A cos 4x + B sin 4x: Karena y(0) = 3; maka 3 = A cos 0 + B sin 0 sehingga A = 3. Turunan pertama dari solusi umum y(x) adalah y0(x) = 4A sin 4x + 4B cos 4x. Karena syarat awal y0(0) = 4 , maka dengan substitusi diperoleh: 4 = 4A sin 0 + 4B cos 0 , sehingga B = 1. Jadi solusi masalah nilai awal dari persamaan diferensial tersebut adalah
y(x) = 3 cos 4x sin 4x: |
1.2.2 Masalah Nilai Batas (MNB)
Selain masalah nilai awal, pada persamaan diferensial juga dikenal adanya masalah nilai batas (MNB). Pada masalah nilai awal, syarat awal yang menyertai persamaan diferensial hanya pada satu titik tertentu. Sedangkan pada masalah nilai batas, syarat awalnya pada dua titik yang berbeda. Untuk membe- dakan syarat awal pada masalah nilai awal dan pada masalah nilai batas, maka syarat awal pada masalah nilai batas disebut sebagai syarat batas.
Example 9 :
Diberikan suatu persamaan diferensial y00+ 4y = 0, dengan syarat batas y(0) = 1; dan y( =4) = 1. Tentukan solusi masalah nilai batasnya.
Jawab:
Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y(x) = A cos 2x + B sin 2x. Dari y(0) = 1 diperoleh A = 1; dan dari y( =4) = 1 diperoleh B = 1 . Jadi solusi dari masalah nilai batas tersebut adalah y(x) = cos 2x sin 2x. |
1.3 Keujudan dan Ketunggalan Solusi
Dari contoh-contoh mengenai masalah nilai awal,
y0 = f (x; y); y(x0) = y0 (1.2) yang sudah dibahas terdahulu, selalu didapatkan solusi khusus yang tunggal.
Sebenarnya solusi tunggal ini hanyalah satu dari tiga kemungkinan solusi yang mungkin ada dalam mencari penyelesaian suatu masalah nilai awal. Sebagai contoh, perhatikan masalah nilai awal berikut ini:
1. jy0j + jyj = 0; y(0) = 1:
Satu-satunya solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = 0: Karena syarat awal yang diberikan tidak dapat diterapkan ke dalam solusi tersebut, maka masalah nilai awal ini tidak mempunyai solusi.
2. y0 = x; y(0) = 1:
Solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = 12x2+ 1; yang merupakan solusi tunggal.
3. xy0= y 1; y(0) = 1:
Solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = cx + 1; dengan c konstanta sebarang. Karena solusi dari masalah nilai awal ini bergantung kepada pemil- ihan konstanta c; maka akan diperoleh banyak solusi untuk masalah nilai awal tersebut.
Dari contoh-contoh di atas diketahui bahwa suatu masalah nilai awal dapat mempunyai satu solusi, banyak solusi atau bahkan mungkin tidak mempunyai solusi. Selama ini, dari contoh-contoh yang sudah dibahas, bentuk masalah ni- lai awalnya masih sederhana, sehingga dengan mudah dapat diketahui solusinya dengan tepat. Bagaimana kalau bentuk masalah nilai awalnya tidak sederhana lagi atau lebih kompleks? Untuk mengetahui solusi yang tepat dari ketiga kemu- ngkinan solusi tersebut, diperlukan suatu petunjuk yang menerangkan kondisi- kondisi suatu masalah nilai awal agar mempunyai satu solusi, banyak solusi atau tidak ada solusi. Dengan kata lain, pada kondisi yang bagaimanakah su- atu masalah nilai awal mempunyai paling sedikit satu solusi atau paling banyak satu solusi? Ada dua teorema yang menjelaskan mengenai kondisi-kondisi terse- but. Teorema yang menjelaskan kondisi suatu masalah nilai awal mempunyai paling sedikit satu solusi, disebut Teorema Ketunggalan. Sedangkan teorema yang menjelaskan kondisi suatu masalah nilai awal mempunyai paling banyak satu solusi disebut Teorema Keujudan.
Theorem 1 : Ketunggalan
Jika f (x; y) adalah fungsi yang kontinu untuk semua titik (x; y) pada suatu bidang segiempat
R : jx x0j < a; jy y0j < b;
dan terbatas di R; yaitu
jf(x; y)j 5 K (1.3)
untuk semua (x; y) di R; maka masalah nilai awal (1.2) mempunyai paling sedikit satu solusi y(x): Solusi ini dide…nisikan paling sedikit untuk semua x pada selang jx x0j < ; dengan adalah bilangan terkecil dari dua bilangan a dan b=K:
Theorem 2 : Keujudan
Jika f (x; y) dan @f =@y adalah fungsi yang kontinu untuk semua titik (x; y) pada suatu bidang segiempat R dan terbatas, yaitu
(a) jfj 5 K; (b) @f
@y 5 M; (1.4)
untuk semua (x; y) di R; maka masalah nilai awal (1.2) mempunyai paling banyak satu solusi y(x):
Example 10 :
Perhatikan persamaan diferensial
f (x; y) = y0 = 1 + y2; y(0) = 0:
Ambil bidang segiempat R : jxj < 5 dan jyj < 3: Maka a = 5 dan b = 3, sehingga
jfj = 1 + y2 5 K = 10; j@f=@yj = 2 jyj 5 M = 6; = b=K = 3=10 < a:
Bila y0 = 1 + y2; maka R dy 1 + y2 =R
dx; sehingga tan 1y = x atau y = tan x merupakan solusi dari persamaan diferensial tersebut. Karena solusinya meru- pakan fungsi tangen, maka solusi tersebut tidak kontinu pada x = =2: | Kondisi dalam dua teorema tersebut merupakan kondisi yang cukup, bukan perlu, dan dapat dikurangi. Sebagai contoh, dari teorema nilai rata-rata kalku- lus diferensial, diperoleh
f (x; y2) f (x; y1) = (y2 y1) @f
@y y=ey
dengan (x; y1) dan (x; y2) diasumsikan berada dalam R, daney adalah nilai yang sesuai di antara y1 dan y2: Dengan memperhatikan Teorema Keujudan bagian (b) dan teorema nilai rata-rata tersebut mengakibatkan
jf(x; y2) f (x; y1)j 5 M jy2 y1j :
Kondisi yang terakhir ini, disebut sebagai kondisi Lipschitz. Meskipun kon- disi Lipschitz ini lebih lemah dibandingkan dengan kondisi (b) pada Teorema Keujudan, ia dapat menggantikan kondisi (b) tersebut. Selain itu, kekontinuan f (x; y) tidak cukup menjamin ketunggalan solusinya. Hal ini dapat dilihat pada contoh berikut ini.
Example 11 : Ketaktunggalan Masalah nilai awal
y0=p
jyj; y(0) = 0 mempunyai dua solusi, yaitu
y 0 dan y = x2=4 jika x= 0 x2=4 jika x < 0
1.3.1 Latihan
I. Selesaikan persamaan diferensial berikut:
1. y0= e 3x 2. y0= sin12x
II. Jelaskan bahwa fungsi berikut ini merupakan solusi dari persamaan difer- ensial yang diberikan. Tentukan c sehingga diperoleh solusi khusus yang memenuhi syarat awal yang diberikan.
3. y0+ y = 1; y = ce x+ 1; y(0) = 2; 5 4. xy0 = 2y; y = cx2; y(2) = 12
5. y0= y cot x; y = c sin x; y( =2) = 2
III. Tentukan persamaan diferensial orde pertama yang terdiri dari y dan y0; yang solusinya merupakan fungsi yang diberikan berikut.
6. y = x2 7. y = tan x
Persamaan Diferensial Orde Satu
Untuk menyelesaikan atau mencari solusi dari suatu persamaan diferensial, diperlukan metode-metode atau cara-cara yang tepat. Beragamnya ben- tuk persamaan diferensial membuat penyelesaian persamaan diferensial tidak cukup dengan menggunakan satu metode saja. Metode-metode penyelesaian persamaan diferensial tersebut antara lain adalah metode integral langsung (sudah dipelajari di Kalkulus 3), metode pemisahan peubah, penggunaan metode pemisahan peubah/metode transformasi, per- samaan diferensial eksak, faktor pengintegral dan persamaan diferensial linier. Diharapkan, dengan mempelajari metode-metode tersebut, maha- siswa dapat menentukan solusi dari suatu persamaan diferensial dengan mudah, dengan hanya mengenali bentuk persamaan diferensialnya.
2.1 Metode Pemisahan Peubah
Banyak persamaan diferensial orde pertama yang dapat dituliskan dalam ben- tuk:
g(y)y0 = f (x) (2.1)
Karena y0= dy
dx , maka persamaan (2.1) di atas dapat ditulis dalam bentuk:
g(y)dy = f (x)dx: (2.2)
Persamaan diferensial yang demikian disebut persamaan dengan peubah terpisah. Metode penyelesaian persamaan diferensial dengan bentuk seperti di atas disebut metode pemisahan peubah. Untuk menyelesaikan (2.1), integralkan ke dua sisi, maka akan diperoleh
Z
g(y)dy dxdx =
Z
f (x)dx+c
Karena (dy
dx)dx = dy; maka didapatkan Z
g(y)dy=
Z
f (x)dx + c (2.3)
Jika diasumsikan bahwa f dan g adalah fungsi yang kontinu, maka integral (2.3) ada dan dengan mengevaluasi integral ini, akan diperoleh solusi umum dari (2.1)
9
Example 12 :
Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut ini: 4yy0+ x = 0:
Jawab :
Dengan memisahkan peubah-peubahnya, diperoleh 4ydy = xdx: Dengan meng- integralkan ke dua sisinya, diperoleh solusi umum
2y2= 1
2x2+ c atau x2
2 + 2y2= c atau x2+ 4y2= c dengan c = 2c . Solusi tersebut merupakan keluarga elips. | Example 13 :
Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut: y0 = 1 + y2. Jawab :
Dengan memisahkan peubahnya dan mengintegralkannya, diperoleh:
Z dy 1+y2 =
Z
dx maka arctan y = x + c:
Jadi solusi umumnya adalah y = tan(x + c): | Example 14 :
Selesaikan masalah nilai awal berikut: 2y0+ 4x3y2= 0 ; dengan y(0) = 1:
Jawab :
Dengan memisahkan peubahnya yang sesuai dan mengintegralkannya, diperoleh:
Z 2dy y2 =
Z
4x3dx; maka 2
y = x4+ c; atau y = 2 x4 c: Dengan memasukkan nilai awalnya diperoleh
y(0) = 2
c = 1; sehingga c = 2:
Jadi solusi masalah nilai awalnya: y(x) = (x4+ 2) 1: | Example 15 :
Selesaikan masalah nilai awal berikut: y0 = 2x=y; dengan y(2) = 4:
Jawab :
Dengan memisahkan peubahnya dan mengintegralkannya, diperoleh hasil:
Z
ydy = Z
2xdx 1
2y2 = x2+ c:
Dengan memasukkan syarat awal y(2) = 4; diperoleh: 12:(42) = (22) + c , sehingga c = 4. Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y2 2x2 = 2c =
8. |
2.1.1 Latihan
I. Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut. Periksa jawabanmu dengan menggunakan substitusi.
1. y0= 3(y + 1) 2. y0sin 2x = y cos 2x 3. y0= e2xcos2y 4. y0=p
1 y2
II. Selesaikan masalah nilai awal berikut.
5. yy0+ x = 0; dengan syarat awal y(0) = 2
6. sin dr = r cos d ; dengan syarat awal r(12 ) = 0; 3
2.2 Metode Transformasi
Metode Transformasi atau penggunaan metode pemisahan peubah adalah su- atu metode penyelesaian persamaan diferensial dengan menggunakan metode pemisahan peubah. Perhatikan persamaan diferensial berikut:
y0= g y
x (2.4)
dengan g adalah fungsi dari y=x. Persamaan diferensial tersebut dapat diubah bentuknya sehingga penyelesaiannya ditentukan dengan menggunakan metoda pemisahan peubah.
Tuliskan y=x = u atau y = xu . Turunannya adalah y0= u + xu0 , dengan u0= du
dx .
Dari persamaan (2.4), g y
x = g(u) maka y0 = g(u) atau u + xu0= g(u):
Dengan memisahkan peubah u dan x, akan diperoleh persamaan:
du
g(u) u =dx x
yang dapat diselesaikan dengan menggunakan metoda pemisahan peubah.
Example 16 :
Dengan menggunakan metode transformasi, selesaikan persamaan diferensial berikut:
2xyy0 y2+ x2= 0:
Jawab :
Dengan membagi persamaan diferensial di atas dengan x2, diperoleh:
2y
xy0 y x
2
+ 1 = 0 Dengan transformasi y
x = u; persamaan di atas berubah menjadi 2u(u + xu0) u2+ 1 = 0 atau 2xuu0+ u2+ 1 = 0:
Dengan memisahkan peubahnya, diperoleh persamaan:
2udu
1+u2 = dx x
Dengan mengintegralkannya, diperoleh hasil
ln(1 + u2) = ln jxj + c atau 1 + u2= c x:
Dengan mengganti u = y
x, diperoleh keluarga lingkaran-lingkaran dengan per- samaan:
x2+ y2= cx atau x c 2
2
+ y2=c2
4: |
Example 17 :
Selesaikan masalah nilai awal berikut:
y0= y
x+2x3cos x2
y ; dengan y(p ) = 0:
Jawab :
Transformasikan y=x = u, sehingga diperoleh y = xu dan y0 = xu0+ u. Per- samaan di atas berubah menjadi
xu0+ u = u +2x2cos x2 u
Dengan penghitungan aljabar yang sederhana, diperoleh persamaan uu0= 2x cos x2:
Dengan pengintegralan, diperoleh 12u2= sin x2+ c.
Karena u = y=x, maka y = ux = xp
2 sin x2+ 2c. Karena sin = 0 , maka syarat awalnya menghasilkan c = 0.
Jadi solusi dari masalah nilai awal tersebut di atas adalah : y(x) = xp
2 sin x2: | Example 18 :
Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut: (2x 4y+5)y0+x 2y+3 = 0 .
Jawab :
Transformasikan v = x 2y, sehingga y = 12(x v) dan y0= 12(1 v0) : Substi- tusikan ke dalam persamaan di atas, sehingga diperoleh persamaan diferensial yang baru:
(2v + 5)v0= 4v + 11:
Dengan menggunakan metode pemisahan peubah, diperoleh:
1 1
4v+11 dv = 2dx dan v 1
4ln j4v + 11j = 2x + c : Karena v = x 2y, maka solusi umumnya dapat ditulis sebagai :
4x + 8y + ln j4x 8y + 11j = c: |
2.2.1 Latihan
I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut:
1. xy0 = x + y
2. x2y0= y2+ xy + x2 3. y0= y + x
y x .
II. Selesaikan masalah nilai awal berikut:
4. xy0 = x + y; dengan y(1) = 7; 4 5. yy0= x3+ y2=x; dengan y(2) = 6
III. Tentukan solusi umumnya (gunakan transformasi yang diberikan):
7. y0= (y + x)2; (y + x = v).
8. 2x2yy0 = tan(x2y2) 2xy2; (x2y2= z).
2.3 Persamaan Diferensial Eksak
Misalkan u(x; y) adalah fungsi dari peubah x dan y yang terde…nisi pada D, se- hingga u mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada daerah de…n- isinya.
Diferensial total atau eksaknya adalah:
du(x; y) =@u(x; y)
@x dx + @u(x; y)
@y dy; untuk semua (x; y) 2 D:
Suatu persamaan diferensial orde pertama yang berbentuk:
M (x; y)dx + N (x; y)dy = 0: (2.5) disebut eksak, jika sisi sebelah kanannya adalah diferensial total atau eksak dari fungsi u(x; y), yaitu:
M (x; y)dx + N (x; y)dy = @u
@xdx + @u
@ydy; (2.6)
sehingga persamaan diferensial (2.5) dapat dituliskan sebagai du = 0. Dengan pengintegralan, diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.5) dalam bentuk
u(x; y) = c: (2.7)
Dengan membandingkan komponen-komponen dari persamaan (2.6), dapat disimpulkan bahwa persamaan (2.5) adalah eksak jika ada suatu fungsi u(x; y)
= c sedemikian sehingga (a): @u
@x = M; (b): @u
@y = N (2.8)
Misalkan M dan N terde…nisi dan mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada bidang xy, maka dari (2.8) diperoleh:
@M
@y = @
@y
@u
@x = @2u
@y@x ; dan @N
@x = @
@x
@u
@y = @2u
@x@y Dari asumsi kekontinuan, turunan keduanya adalah sama, sehingga
@M
@y = @N
@x (2.9)
Kondisi ini tidak hanya perlu tetapi juga cukup bagi M dx + N dy untuk menjadi persamaan diferensial eksak. Jika (2.5) eksak, fungsi u(x; y) dapat ditentukan dengan menggunakan cara yang sistematik. Dari (2.8) (a), dengan pengintegralan terhadap x, diperoleh
u = Z
M dx + k(y) (2.10)
dengan y dipandang sebagai suatu konstanta dan k(y) berlaku sebagai kon- stanta integrasi. Untuk menentukan k(y), persamaan (2.10) diturunkan ter- hadap y; yaitu @u=@y; dan gunakan (2.8) (b) untuk mendapatkan dk=dy , ke- mudian integralkan dk=dy untuk mendapatkan k(y).
Rumus yang (2.10) diperoleh dari (2.8) (a). Selain itu, kita dapat menggunakan rumus (2.8) (b) untuk mendapatkan rumus berikut :
u = Z
N dy + l(x): (2.11)
Untuk mendapatkan l(x), turunkan @u=@y dari (2.11), gunakan (2.8) (a) untuk mendapatkan dl=dx dan integralkan.
Example 19 :
Perhatikan persamaan diferensial:
(3x + 2y) dx + (2x + y) dy = 0 (2.12) Selidiki apakah persamaan diferensial tersebut eksak. Bila ya, carilah solusinya.
Jawab :
Tahap pertama: menguji keeksakan persamaan diferensial tersebut.
Misalkan M = 3x + 2y dan N = 2x + y: Maka @M
@y = 2 dan @N
@x = 2: Karena
@M
@y = @N
@x; maka persamaan diferensial tersebut eksak.
Tahap ke-dua: mencari solusi persamaan diferensial.
u(x; y) = Z
M dx + k(y) (2.13)
= Z
(3x + 2y)dx + k(y) = 3x2
2 + 2xy + k(y):
Untuk mencari k(y); turunkan u terhadap y dan gunakan rumus (2.8) (b), se- hingga diperoleh:
@u
@y = 2x +dk
dy = N = 2x + y;
sehingga
dk
dy = y ) k(y) = 1 2y2:
Jadi solusi persamaan diferensial eksak (2.12)tersebut adalah u(x; y) = 3x2
2 + 2xy +1
2y2= c atau 3x2+ 4xy + y2= c ; (2.14) dengan c = 2c:
Tahap ketiga: adalah pengecekan.
Perhatikan bahwa metode di atas memberikan solusi dalam bentuk implisit, yaitu u(x; y) = c = konstanta; bukan dalam bentuk eksplisit, yaitu y = f (x):
Untuk pengecekan, kita dapat menurunkan u(x; y) = c secara implisit dan meli- hat apakah hal ini akan menunjukkan bahwa dy=dx = M=N atau M dx + N dy = 0: Dalam kasus ini, dengan menurunkan u secara implisit terhadap x;
diperoleh
6x + 4y + 4xy0+ 2yy0= 0 atau 3x + 2y + (2x + y)y0 = 0:
Dengan M dan N seperti tersebut di atas, diperoleh M + N y0 = 0; sehingga M dx + N dy = 0: Jadi solusi benar. |
Example 20 : Masalah nilai awal Selesaikan masalah nilai awal berikut:
(sin x cosh y)dx (cos x sinh y)dy = 0; y(0) = 0: (2.15)
Jawab :
I. Periksa dulu apakah persamaan tersebut eksak.
M = sin x cosh y dan N = cos x sinh y; sehingga
@M
@y = sin x sinh y dan @N
@x = sin x sinh y:
Karena @M
@y = @N
@x; maka persamaan diferensial di atas eksak.
II. Dari persamaan (2.10) diperoleh:
u(x; y) = Z
M dx + k(y) = Z
sin x cosh ydx + k(y)
= cos x cosh y + k(y):
@u
@y = cos x sinh y + dk
dy = N = cos x sinh y:
Karena dk=dy = 0; maka k = konstanta.
Jadi solusi umumnya adalah u = konstanta atau cos x cosh y = c:
Dari syarat awalnya diperoleh cos 0 cosh 0 = 1 = c:
Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah
cos x cosh y = 1 atau cos x cosh y = 1:
III. Untuk pengecekan, (cos x cosh y)0 = sin x cosh y + cos x(sinh y)y0 = 0;
atau
( sin x cosh y)dx + (cos x sinh y)dy = 0; seperti pada persamaan (2.15) di atas.
Juga cos 0 cosh 0 = 1 menunjukkan bahwa jawaban memenuhi syarat awal. | Example 21 :
Perhatikan persamaan ydx xdy = 0: Kita lihat bahwa M = y , N = x; dan
@M=@y = 1 tetapi @N=@x = 1; sehingga persamaan diferensial tersebut tidak eksak. Dalam kasus seperti ini, metode yang ada tidak dapat diterapkan pada persamaan diferensial di atas. Dari (2.10) diperoleh:
u(x; y) = Z
M dx + k(y) = xy + k(y) dan @u
@y = x + dk
dy 6= N = x:
Seharusnya @u
@y = N; sehingga bila ini terjadi diperoleh dk
dy = 2x: Namun hal ini tidak mungkin, karena k(y) hanya bergantung kepada y: |
2.3.1 Latihan
I. Perhatikan fungsi u(x; y) berikut. Tentukan persamaan diferensial eksaknya sehingga diperoleh du = 0:
1. x2+ y2= c 2. u = (y x + 1)2:
II. Perhatikan persamaan diferensial berikut. Selidiki apakah persamaan difer- ensial tersebut merupakan persamaan diferensial eksak. Bila ya, carilah solusinya. Bila tidak, jelaskan alasanmu.
3. y dx + x dy = 0
4. (2x + ey)dx + xeydy = 0:
III. Selidiki apakah persamaan berikut eksak. Bila ya, selesaikan masalah nilai awalnya. Bila tidak, jelaskan alasanmu.
5. (y 1)dx + (x 3)dy = 0; y(0) = 2=3:
6. sinh xdx + y 1cosh xdy = 0; y(0) = :
IV. Perhatikan persamaan diferensial berikut. Carilah solusi persamaan difer- ensial tersebut:
a. dengan menggunakan metoda persamaan diferensial eksak.
b. dengan metoda pemisahan peubah.
7. 2xdx + x 2(xdy ydx) = 0:
8. 3x 4ydx = x 3dy:
2.4 Faktor Pengintegral
Ide dari metoda ini sangatlah sederhana. Ada suatu persamaan diferensial yang tidak eksak dan berbentuk:
P (x; y)dx + Q(x; y)dy = 0: (2.16)
Bila persamaan tersebut dikalikan dengan suatu fungsi F (x; y) yang tidak nol, maka persamaan (2.16) menjadi persamaan diferensial eksak, yaitu:
F P dx + F Qdy = 0; (2.17)
sehingga persamaan tersebut dapat diselesaikan dengan metoda persamaan difer- ensial eksak. Fungsi F (x; y) ini disebut dengan faktor pengintegral (integrat- ing factors) dari (2.16).
Example 22 :
Tunjukkan bahwa persamaan diferensial berikut:
ydx xdy = 0 (2.18)
tidak eksak, tetapi mempunyai faktor pengintegral, sebut saja F = 1=x2; dan tentukan persamaan barunya.
Jawab :
Dari bentuk persamaan (2.16) diperoleh P = y dan Q = x: Karena @P=@y = 1;
tetapi @Q=@x = 1; maka persamaan diferensial di atas tidak eksak. Kalikan persamaan (2.18) dengan F = 1=x2; sehingga diperoleh:
F P dx + F Qdy = ydx xdy
x2 = 0: (2.19)
Misalkan F P = M = y=x2; maka @M=@y = 1=x2 dan F Q = N = 1=x; maka
@N=@x = 1=x2; sehingga persamaan (2.19) eksak. Untuk mencari solusi dari persamaan (2.19) di atas,
ydx xdy
x2 = xdy ydx
x2 = d y
x = 0:
Jadi solusinya adalah y=x = c; yang merupakan persamaan garis lurus y = cx yang melalui titik asal (0,0) .|
Faktor pengintegral lain untuk persamaan diferensial di atas adalah : 1=y2; 1=xy dan 1=(x2+ y2): Dengan memeriksa faktor pengintegral tersebut satu-persatu, akan diketahui apakah faktor pengintegral tersebut benar-benar membuat per- samaan diferensial tersebut menjadi eksak.
I. Yang pertama, bila F = 1=y2; maka
F P dx + F Qdy = ydx xdy
y2 = d x
y = 0: (2.20)
Misalkan F P = M = y=y2= 1=y; maka @M=@y = 1=y2dan F Q = N = x=y2; maka @N=@x = 1=y2; sehingga persamaan (??) adalah eksak dan solusinya adalah x=y = c atau y = x=c: |
II. Yang ke dua, bila F = 1=xy; maka
F P dx + F Qdy = ydx xdy
xy = 0: (2.21)
Misalkan F P = M = y=xy = 1=x; maka @M=@y = 0 dan F Q = N = x=xy = 1=y; maka @N=@x = 0; sehingga persamaan (2.21) eksak. Untuk mencari solusi dari persamaan (2.21) di atas,
ydx xdy
xy = y
x
ydx xdy y2
= 1
x y
d x
y = d lnx y = 0:
sehingga solusinya adalah ln(x=y) = c atau y = x=ec= x=c : | III. Dan yang ke tiga, apabila F = 1=(x2+ y2); maka
F P dx + F Qdy = ydx xdy
x2+ y2 = 0: (2.22)
Misalkan F P = M = y=(x2+ y2); maka @M=@y = (x2 y2)=(x2+ y2)2 dan F Q = N = x=(x2 + y2); maka @N=@x = (x2 y2)=(x2 + y2)2; sehingga persamaan (2.22) eksak. Untuk mencari solusi dari persamaan (2.22) di atas,
ydx xdy
x2+ y2 = xdy ydx
x2+ y2 = xdy ydx x2 1 + yx22
= 1
1 + yx22
:xdy ydx x2
= 1
1 + yx 2:d y
x = d(arctan y x ) = 0;
sehingga solusinya adalah arctan yx = c atau y = x tan c: | Example 23 :
Diketahui bahwa fungsi F (x) = x3 adalah suatu faktor pengintegral. Se- lidiki apakah fungsi tersebut merupakan faktor pengintegral dari persamaan:
2 sin(y2)dx + xy cos(y2)dy = 0: Jelaskan pendapatmu dan tentukan solusinya!
Jawab :
Dengan mengalikan faktor pengintegral di atas dengan persamaan diferensial yang diketahui, maka persamaan yang baru akan berbentuk:
2x3sin(y2)dx + x4y cos(y2)dy = 0:
Persamaan tersebut menjadi eksak karena
@
@y 2x3sin(y2) = 4x3y cos(y2) = @
@x x4y cos(y2) :
Dengan menggunakan metoda persamaan diferensial eksak, akan kita cari solusi dari persamaan diferensial di atas, yaitu:
u(x; y) = Z
M dx + k(y)
= Z
2x3sin(y2)dx + k(y) =1
2x4sin(y2) + k(y):
Apabila diturunkan terhadap y akan diperoleh:
@u
@y = x4cos(y2) +dk
dy = N = x4y cos(y2);
sehingga dk=dy = 0 dan k(y) = c1:
Jadi solusinya adalah u(x; y) = 12x4sin(y2) + c1atau x4sin(y2) = c: |
2.4.1 Menentukan faktor pengintegral
Pada awalnya, penentuan faktor pengintegral dilakukan dengan dikira-kira berdasarkan pengalaman dan kemudian diuji. Idenya adalah persamaan (2.17), yaitu M dx + N dy = 0 dengan M = F P dan N = F Q, yang merupakan persamaan diferensial eksak menurut de…nisi faktor pengintegral. Oleh sebab itu kriteria ke’eksak’an dari @M
@y =@N
@x pada sub bab 2.3. menjadi:
@
@y(F P ) = @
@x(F Q); (2.23)
yaitu FyP + F Py= FxQ + F Qx; dengan x dan y menunjukkan turunan parsial- nya. Mencari faktor pengintegral yang bergantung pada dua peubah x dan y akan sangat kompleks pengerjaannya. Oleh sebab itu, fokus pembahasan hanya
pada pencarian faktor pengintegral yang bergantung pada satu peubah saja, yaitu x saja atau y saja.
Misalkan faktor pengintegral F = F (x); maka Fy = 0 dan Fx = F0 = dF=dx;
sehingga persamaan (2.23) menjadi F Py= F0Q + F Qx: Apabila persamaan di atas dibagi dengan F Q dan diuraikan, maka persamaannya menjadi:
1 F
dF dx = 1
Q
@P
@y
@Q
@x : (2.24)
Theorem 3 : Faktor Pengintegral F (x)
Jika persamaan (2.16) adalah sedemikian sehingga sisi sebelah kanan dari per- samaan (2.24) bergantung hanya pada x; sebut saja R(x); maka persamaan (2.16) mempunyai faktor pengintegral F = F (x); yang diperoleh dengan meng- integralkan (2.24) dan mencari eksponennya, yaitu:
F (x) = exp Z
R(x)dx: (2.25)
Keterangan:
Misalkan R(x) = 1 Q
@P
@y
@Q
@x ; maka Z 1
FdF = Z
R(x)dx ln jF (x)j =
Z
R(x)dx exp [ln jF (x)j] = exp
Z
R(x)dx F (x) = exp
Z
R(x)dx:
Misalkan faktor pengintegral F = F (y); maka Fx= 0 dan Fy = F0 = dF=dy;
sehingga persamaan (2.23) menjadi FyP + F Py = F Qx: Bagi dengan F P dan diuraikan, maka hasilnya adalah persamaan:
1 F
dF dy = 1
P
@Q
@x
@P
@y : (2.26)
Theorem 4 : Faktor Pengintegral F (y)
Jika persamaan (2.16) adalah sedemikian sehinga sisi sebelah kanan dari per- samaan (2.26) hanya bergantung pada y; sebut saja ~R(y); maka persamaan (2.16) mempunyai faktor pengintegral F = F (y); yang diperoleh dari persamaan (2.26) dalam bentuk:
F (y) = exp
Z R(y)dy:~ (2.27)
Example 24 : Faktor pengintegral F (x)
Tentukan faktor pengintegral untuk contoh 2 di atas dengan menggunakan Teo- rema 1, yaitu soal:
2 sin(y2)dx + xy cos(y2)dy = 0:
Jawab :
Karena P = 2 sin(y2) dan Q = xy cos(y2); maka sisi sebelah kanan dari per- samaan (2.24) adalah:
R(x) = 1 Q
@P
@y
@Q
@x
= 1
xy cos(y2) 4y cos(y2) y cos(y2) = 3 x: Jadi faktor pengintegralnya adalah F (x) = expR
(3=x)dx = exp(ln x3 ) = x3; seperti pada contoh. |
Example 25 : Aplikasi Teorema 1 dan 2 Selesaikan masalah nilai awal:
2xydx + (4y + 3x2)dy = 0; dengan y(0; 2) = 1; 5:
Jawab :
Dari persamaan di atas diketahui bahwa P = 2xy dan Q = 4y + 3x2: Karena
@P=@y = 2x dan @Q=@x = 6x; maka persamaan di atas tidak eksak.
R(x) = 1 Q
@P
@y
@Q
@x = 1
4y + 3x2(2x 6x) = 4x 4y + 3x2
bergantung pada x dan y; sehingga persamaan di atas tidak mempunyai faktor pengintegral F (x): Sedangkan
R(y) =~ 1 P
@Q
@x
@P
@y = 1
2xy(6x 2x) = 2 y sehingga faktor pengintegralnya adalah
F (y) = exp Z 2
ydy = exp(2 ln jyj) = exp[ln(y2)] = y2:
Kalikan persamaan diferensial pada soal di atas dengan y2; sehingga persamaan- nya menjadi persamaan yang eksak, yaitu:
2xy3dx + (4y3+ 3x2y2)dy = 0:
Dengan menggunakan cara pada sub bab 2.3 mengenai persamaan diferensial eksak, akan diperoleh solusi umumnya, yaitu: y4 + x2y3 = c: Apabila kita masukkan syarat awalnya, maka akan didapatkan hasil y4+ x2y3= 4; 93:
Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y4+ x2y3= 4; 93: |
2.4.2 Latihan
I. Selidiki apakah fungsi F berikut ini merupakan faktor pengintegral dari per- samaan diferensial yang diketahui. Bila ya, selesaikan masalah nilai awal- nya.
1. 2ydx + xdy = 0; y(0; 5) = 8; dan F = x:
2. (1 + xy)dx + x2dy = 0; y(1) = 0; dan F = exy:
3. (2x 1y 3)dx + (3 2y 1x)dy = 0; y(1) = 1; dan F = x2y2:
II. Perhatikan persamaan diferensial di bawah ini. Tentukan faktor pengin- tegral dari masing-masing persamaan diferensial tersebut dan carilah so- lusinya (gunakan Teorema 1 dan 2).
4. 2 cos ydx = sin ydy:
5. (2y + xy)dx + 2xdy = 0:
6. (1 + 2x2+ 4xy)dx + 2dy = 0
2.5 Persamaan Diferensial Linier
Suatu persamaan diferensial orde pertama dikatakan linier jika dapat dituliskan sebagai:
y0+ p(x)y = r(x); (2.28)
dengan p dan r adalah fungsi-fungsi dari x yang diketahui. Bila r(x) 0; maka persamaan (2.28) di atas disebut homogen, sebaliknya bila r(x) 6= 0 disebut nonhomogen.
Untuk mencari solusi umum dari persamaan (2.28) pada suatu interval I; asum- sikan bahwa p dan r kontinu di I: Untuk persamaan homogen,
y0+ p(x)y = 0: (2.29)
Dengan memisahkan peubahnya, diperoleh dy
y = p(x)dx; sehingga ln jyj = Z
p(x)dx + c ;
dan dengan mengambil eksponennya pada ke dua sisi persamaan di atas diper- oleh:
y(x) = ce Rp(x)dx; (2.30)
dengan c = ec : Tanda (+) dipakai bila y(x) > 0 dan tanda ( ) bila y(x) < 0;
sedangkan c > 0 selalu. Jika c = 0; maka diperoleh solusi y(x) = 0 yang disebut dengan solusi trivial.
Beralih kepada penyelesaian persamaan nonhomogen. Persamaan (2.28) di atas dapat dituliskan dalam bentuk:
(py r)dx + dy = 0:
Persamaan tersebut berbentuk P dx + Qdy = 0; dengan P = py r dan Q = 1, sehingga persamaan (2.24) pada sub bab 2.4, yaitu:
1 F
dF dx = 1
Q
@P
@y
@Q
@x menjadi 1 F
dF
dx = p(x):
Karena persamaan tersebut hanya bergantung pada x, maka persamaan (2.28) di atas mempunyai faktor pengintegral F (x) yang diperoleh secara langsung dengan pengintegralan dan eksponensiasi, yaitu:
F (x) = e
Rpdx:
Kalikan persamaan (2.28) di atas dengan faktor pengintegral F (x) tersebut sehingga persamaan (2.28) menjadi:
eRpdx(y0+ py) = (eRpdxy)0 = eRpdxr:
Dengan mengintegralkannya terhadap x, persamaan di atas menjadi:
eRpdxy = Z
eRpdxrdx + c;
sehingga solusi umum untuk persamaan (2.28) di atas adalah:
y(x) = e h Z
ehrdx + c ; dimana h = Z
p(x)dx: (2.31) Example 26 :
Selesaikan masalah nilai awal: y0 y = e2x, y(0) = 1.
Jawab :
Diketahui p = 1; r = e2x dan h = R
pdx = x. Dari persamaan (2.31) didapatkan solusi umumnya:
y(x) = ex Z
e xe2xdx + c = ex[ex+ c] = cex+ e2x Cara lainnya, kalikan persamaan pada soal dengan eh = e x, sehingga
(y0 y)e x= (ye x)0 = e2xe x= ex
Dengan mengintegralkan ke dua sisinya, diperoleh : ye x= ex+ c atau y(x) = e2x+cex:Dengan memasukkan syarat awal y(0) = 1; diperoleh y(0) = e0+ce0= 1 + c = 1; sehingga c = 0:
Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(x) = e2x: | Example 27 :
Selesaikan y0+ 2y = ex(3 sin 2x + 2 cos 2x) . Jawab :
Diketahui p = 2, dan h = 2x, sehingga dari persamaan (2.31) diperoleh:
y = e 2x Z
e2xex(3 sin 2x + 2 cos 2x)dx + c
= e 2x Z
3e3xsin 2xdx + Z
2e3xcos 2xdx + c ( )
= e 2x e3xsin 2x Z
2e3xcos 2xdx + Z
2e3xcos 2xdx + c
= e 2x e3xsin 2x + c
= ce 2x+ exsin 2x: |
Keterangan (*):
Ingat:R
udv = uv R vdu:
Misalkanu = sin 2x;du = 2 cos 2x dxdandv = 3e3xdx;v = e3x, maka
Z
3e3xsin 2xdx = e3xsin 2x Z
2e3xcos 2xdx Example 28 :
Selesaikan masalah nilai awal berikut:
y0+ y tan x = sin 2x; y(0) = 1 Jawab :
Diketahui p = tan x, r = sin 2x = 2 sin x cos x, dan R
pdx = R
tan xdx = ln jsec xj ; sehingga eh= sec x; e h= cos x; dan eh:r = (sec x)(2 sin x cos x) = 2 sin x: Jadi solusi umum dari persamaan di atas adalah:
y(x) = cos x 2 Z
sin xdx + c = c cos x 2 cos2x:
Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh: 1 = c:1 2:1, sehingga c = 3 . Jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah:
y(x) = 3 cos x 2 cos2x: |
Reduksi ke bentuk linier. Persamaan Bernoulli.
Persamaan diferensial nonlinier tertentu dapat diubah bentuknya ke dalam ben- tuk linier. Yang paling populer adalah Persamaan Bernoulli, yaitu:
y0+ p(x)y = g(x)ya (2.32)
dengan a bilangan real. Jika a = 0 atau a = 1, maka persamaan (2.32) adalah persamaan diferensial linier. Sebaliknya, bila tidak maka disebut nonlinier.
Tulis u(x) = [y(x)]1 a . Dengan menurunkan dan mensubstitusikan y0 dari persamaan (2.32), diperoleh:
u0 = (1 a)y ay0= (1 a)y a(gya py)
= (1 a)(g py1 a):
Karena y1 a= u , maka akan diperoleh persamaan linier:
u0+ (1 a)pu = (1 a)g (2.33)
Example 29 :
Persamaan Bernoulli. Persamaan Verhulst.
Model Populasi Logistik.
Selesaikan persamaan Bernoulli spesial, yang dinamakan dengan persamaan Verhulst, berikut ini:
y0 Ay = By2 (2.34)
dengan A dan B konstanta positif.
Jawab :
Diketahui a = 2, sehingga u = y 1. Dengan menurunkan dan mensubstitusikan y0 dari persamaan (2.34), diperoleh:
u0 = y 2y0 = y 2( By2+ Ay) = B Ay 1; sehingga u0 + Ay 1 = B:
Karena y 1 = u, maka u0+ Au = B: Dari persamaan (2.31), dengan p = A;
maka h = Ax dan r = B, sehingga diperoleh:
u = e Ax Z
BeAxdx + c = e Ax B
AeAx+ c = ce Ax+B A: Jadi solusi umum dari persamaan (3.34) adalah:
y = 1
u= 1
(B=A) + ce Ax: | (2.35)
Persamaan (2.35) tersebut di atas disebut hukum logistik dari pertumbuhan pop- ulasi, dengan x menyatakan waktu. Bila B = 0, maka akan memberikan per- tumbuhan secara eksponensial: y = (1=c)eAx (hukum Malthus).
2.5.1 Latihan
I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut:
1. y0 4y = 0; 8 2. y0+ 2y = 6ex 3. y0+ 3y = e 3x
II. Selesaikan masalah nilai awal berikut:
4. y0+ 3y = 12 , y(0) = 6 5. y0+ y = (x + 1)2 , y(0) = 3 6. y0+ 2xy = 4x , y(0) = 3:
III. Ubahlah persamaan diferensial berikut ini ke dalam bentuk linier, dan carilah solusinya:
7. y0+ y = y2
8. y0cos y + x sin y = 2x (sin y = z) 9. (ey+ x)y0 = 1
10. 3y0+ y = (1 2x)y4:
2.6 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu
2.6.1 Pertumbuhan Alami dan Peluruhan (Natural Growth and Decay)
Persamaan deferensial
dy
dx = kx; (k konstan) (2.36)
merupakan model matematika untuk fenomena alam yang luas.
Pertumbuhan Populasi (Population Growth )
Misalkan P (t)) menyatakan banyaknya individu dalam populasi (manusia, se- rangga, dan bakteri), mempunyai tingkat (rate) kelahiran dan kematian yang konstan (kelahiran/kematian per individu per satuan waktu). Selama selang waktu yang singkat, t; kira-kira P (t) t kelahiran dan P (t) t kematian terjadi, maka perubahan P (t) diperkirakan
P = ( )P (t) t; (2.37)
sehingga
dP dt = lim
t!0
P
t = kP; dengan k = : (2.38)
Dengan metode pemisahan peubah dan pengintegralan, diperoleh rumus per- tumbuhan populasi sebagai berikut:
Z dP P =
Z
kdt =) ln P = kt + c
P (t) = ekt+c= Cekt (2.39)
Karena C konstanta, maka dapat ditulis C = P (0) = P0; sehingga rumus (2:39) dapat ditulis kembali sebagai
P (t) = ekt+c= P0ekt: (2.40)
Example 30 :
Pada bulan Maret 1987, populasi dunia telah mencapai 5 milyar dan terus bertambah dengan rata-rata 380 ribu orang per hari. Dengan mengasumsikan tingkat kelahiran dan kematian konstan, kapan populasi dunia akan mencapai 10 milyar?
Jawab:
Misalkan P (t) adalah populasi dunia pada saat t, maka rumus pertumbuhan populasi pada saat t adalah P (t) = P0ekt; dengan P menyatakan populasi dunia dalam milyar dan t menyatakan waktu dalam tahun. Misalkan pengukuran dimulai pada tahun 1987 dengan t = 0; maka P (0) = P0= 5:
Karena P meningkat sebesar 380 ribu (= 0,00038 milyar) orang per hari pada saat t = 0; berarti peningkatan populasi per tahun sebesar P0(0) = (0; 00038)(365; 25) = 0; 1388 milyar. Dari persamaan (2:40) diperoleh
P0(t) = P0kekt =) untuk t = 0; P0(0) = P0kek:0= P0k; sehingga
k = P0(0) P0
0; 1388
5 0; 0278:
Jadi pertumbuhan populasi per tahun pada 1987 kira-kira 2,78%.
Bila P (t) = 10; maka
10 = P (t) = 5e(0;0278)t =) e(0;0278)t= 2
ln(e(0;0278)t) = ln 2 =) 0; 0278t = 0; 693
t = 24; 928 25 (tahun).
Karena tahun 1987 diketahui sebagai tahun awal t = 0; maka 25 tahun kemu- dian, yaitu pada tahun 2012, populasi dunia akan mencapai 10 milyar. | Example 31 :
Misalkan P (t) = Cekt adalah populasi dari suatu koloni bakteri pada saat t; yang pada saat t = 0; populasinya mencapai 1000 dan bertambah dobel banyaknya setelah 1 jam. Berapa populasi pada saat t = 90 menit?
Jawab:
Dari informasi tersebut diperoleh:
P (0) = 1000 = Ce0= C;
dan
P (1) = 2000 = 1000ek =) k = ln 2 0; 69315:
Jadi persamaan diferensialnya menjadi dP
dt = kP = (ln 2):P (0; 69315) :P;
dan rumus banyaknya populasi bakteri pada saat t adalah P (t) = 1000e(ln 2)t 1000e(0;69315):t: Untuk t = 90 = 1; 5 jam, banyaknya bakteri adalah
P (1; 5) = 1000e(0;69315):(1;5) 2828 bakteri. |
Peluruhan Radioaktif (Radioactive Decay )
Perhatikan sebuah sampel materi yang mengandung N (t) atom dari suatu iso- top radioaktif tertentu pada waktu t: Berdasarkan penelitian, pecahan yang konstan (a constant fraction) dari atom radioaktif ini akan luruh secara spon- tan, menjadi atom-atom elemen lain atau menjadi isotop lain dari elemen yang sama, selama satuan waktu tertentu. Konsekuensinya, sampel tersebut persis seperti populasi awalnya dengan tingkat kematian yang konstan (tidak terjadi kelahiran). Model untuk N (t) tersebut diperoleh dengan mengganti P pada persamaan (2:37) dengan N; dan k > 0; = 0; sehingga persamaannya menjadi
dN
dt = kN =) dN
N = kdt
dan persamaan (2:40) menjadi
N (t) = N0e kt; (2.41)
dengan k disebut sebagai konstanta peluruhan, yang nilainya bergantung pada isotop radioaktif partikuler.
Konstanta peluruhan k ini sering dikaitkan dengan konstanta empiris yang lain, yaitu paruh waktu dari suatu isotop. Paruh waktu (baca ”tau”) adalah waktu yang diperlukan bagi suatu isotop untuk meluruh menjadi seten- gah bagian. Untuk mencari kaitan antara k dan ; maka tulis t = dan N = 12N0; sehingga persamaan (2:41) menjadi
1
2N0= N0e k dan = ln 2
k : (2.42)
Sebagai contoh, bila diketahui konstanta peluruhan k dari isotop 14C adalah k = 0; 0001216; maka paruh waktu dari isotop tersebut adalah = 0;0001216ln 2 5700 tahun. |
Example 32 :
Suatu spesimen arang kayu yang ditemukan di monumen bebatuan Stonehenge (Inggris) ternyata mengandung 63% karbon 14C; sebanyak sampel arang kayu pada saat ini dengan massa yang sama. Berapakah umur sampel tersebut?
Jawab:
Ambil t = 0 sebagai waktu matinya pohon di mana arang Stonehenge terbuat dan N0sebagai banyaknya atom14C yang dikandung arang kayu tersebut pada awalnya. Jika diketahui N = (0; 63)N0 = N0e kt; maka dengan konstanta peluruhan k = 0; 0001216; diperoleh umur sampel
t = ln(0; 63)
0; 0001216 3800 (tahun).
Bila spesimen arang kayu tersebut ditemukan pada tahun 2000, maka diperki- rakan pembangunan Stonehenge tersebut terjadi pada tahun 1800 S.M. |
2.6.2 Pendinginan dan Pemanasan (Cooling and Heating)
Menurut hukum Newton tentang pendinginan, laju perubahan suhu T (t) dari suatu benda yang dimasukkan (ditenggelamkan) ke dalam suatu medium dengan suhu yang konstan A adalah sebanding dengan selisih A T; yaitu
dT
dt = k(A T ); (2.43)
dengan k adalah suatu konstanta positif. Persamaan ini merupakan suatu con- toh dari persamaan diferensial linier orde pertama dengan koe…sien konstanta:
dx
dt = ax + b:
Example 33 :
Seekor ayam seberat 2,5 kg yang pada awalnya bersuhu 500F; dimasukkan ke dalam oven yang bersuhu 3750F pada jam 5 P.M. Setelah 75 menit, suhu ayam menjadi 1250F: Kapan suhu ayam akan menjadi 1500F (medium rare)?
Jawab:
Misalkan t dalam menit dan t = 0 menyatakan jam 5 P.M. Diasumsikan suhu ayam T (t) seragam. Diketahui A = 375; T (0) = 50 dan T (75) = 125; sehingga diperoleh
dT
dt = k(375 T ) =)
Z 1
375 TdT = Z
kdt;
ln(375 T ) = kt + c;
375 T = Ce kt =) T = 375 Ce kt:
Dari T (0) = 50; diperoleh C = 325; sehingga T (t) = 375 325e kt: Sementara dari T (75) = 125; diperoleh
375 125 = 325e 75k =) e 75k= 250 325 k = 1
75ln 250
325 0; 0035:
Jika T (t) = 150; maka persamaannya menjadi 150 = 375 325e (0;0035):t 325e (0;0035):t= 225 =) t = 1
0; 0035ln 225
325 105 (menit) . Jadi waktu yang diperlukan ayam agar bersuhu 1500F adalah 105 menit dari waktu semula jam 5 P.M. atau pada jam 6.45 P.M. |
2.6.3 Bunga Majemuk (Interest Compound )
Istilah bunga majemuk mengacu pada suatu prosedur penghitungan bunga di mana bunga tertentu pada suatu periode ditambahkan ke dalam modal awal.
Jumlah yang baru menjadi modal baru untuk periode bunga selanjutnya. Bunga yang diperoleh dalam periode bunga sebelumnya, menghasilkan bunga untuk periode bunga selanjutnya.
Misalkan A(t) menyatakan banyaknya rupiah dalam rekening tabungan, pada waktu t (tahun), dengan bunga tahunan sebesar r, dan A0menyatakan tabun- gan pada saat t = 0: Pihak bank setuju akan membayar bunga pada setiap akhir periode yang sudah disepakati. Catatan: 10% bunga tahunan berarti r = 0; 10:
Jika banyaknya periode dalam satu tahun adalah n maka dikatakan bahwa bun- ganya dimajemukkan n kali per tahun (contohnya: tahunan = 1, kuarteran = 4, bulanan = 12, dst.). Jadi pada akhir periode pertama, saldonya akan menjadi
A(t) = A0+ r
nA0= A0 1 + r n : Pada akhir periode ke dua, saldonya adalah
A(t) = A0 1 + r n + r
nA0 1 + r
n = A0 1 + r n
2
: Setelah n periode, saldonya menjadi
A(t) = A0 1 + r n
n
:
Jika investasi diperpanjang ke tahun berikutnya, maka saldonya akan menjadi A(t) = A0 1 + r
n
2n
: Untuk investasi t tahun, saldonya menjadi
A(t) = A0 1 + r n
nt
:
Karena 1 +nr nt= 1 + rn n t; maka fungsi A dapat dituliskan dalam bentuk fungsi eksponensial
A(t) = A0bt; (2.44)
dengan b = 1 +nr n:
Bunga yang diberikan oleh bank dikenal sebagai tingkat nominal. Jika bunga dimajemukkan lebih sering daripada sekali setahun, jumlah yang diperoleh lebih daripada tingkat nominal. Selain tingkat nominal, dikenal pula istilah tingkat efektif. Tingkat efektif tahunan menginformasikan berapa banyak bunga yang diperoleh. Tingkat bunga efektif kuantitasnya dihitung dari 1 +nr n 1:
Bunga majemuk kontinu (continues compound interest ) berarti bahwa selama selang waktu yang singkat t, banyaknya bunga yang ditambahkan pada reken- ing diperkirakan A = rA(t) t; sehingga
dA dt = lim
t!0
A
t = rA =) A(t) = Cert (2.45) dengan C suatu konstanta, yang dapat ditulis sebagai C = A(0) = A0: Tingkat bunga efektif tahunan dihitung dari rumus er 1:
Example 34 :
Tentukan tingkat efektif jika uang sejumlah 1 juta rupiah ditabung dengan tingkat bunga majemuk kontinu tahunan sebesar 5%.
Jawab:
Tingkat bunga efektifnya adalah e0;05 1 0; 05127 = 5; 127%: | Example 35 :
Uang sejumlah 5 juta rupiah ditabung di suatu bank yang tingkat bunga maje- muk kontinu tahunannya adalah 4%.
a. Tentukan saldonya setelah 5 tahun.
b. Berapa lama uang tersebut akan menjadi dua kali lipat dari semula (do- bel)?
Jawab:
Diketahui A0= 5:000:000; r = 4% = 0; 04 dan t = 5:
a. Saldo setelah 4 tahun adalah
A(5) = 5:000:000e(0;04):5 6:107:013; 791 (rupiah):
b. Karena saldo awalnya adalah 5 juta rupiah, maka dobel saldo pada saat t adalah 10 juta rupiah, sehingga
A(t) = 10:000:000 = 5:000:000e0;04t
0; 04t = ln 2 =) t = ln 2
0; 04 17; 33 (tahun). |
2.6.4 Eliminasi Obat (Drug Elimination)
Dalam banyak kasus, jumlah A(t) dari obat tertentu dalam aliran darah, yang mengukur kelebihan level alami dari obat, akan menurun pada tingkat yang proporsional dengan jumlah kelebihan yang ada. Yaitu,
dA
dt = A; (2.46)
dengan > 0: Parameter disebut konstanta eliminasi dari obat.
Example 36 :
Misalkan sodium pentobarbitol digunakan untuk membius seekor anjing. Seekor anjing dibius ketika konsentrasi aliran darahnya mengandung paling sedikit 45 miligram sodium pentobarbitol per kilogram berat anjing. Misalkan diketahui juga bahwa sodium pentobarbitol akan berkurang secara eksponensial dari ali- ran darah anjing, dalam paruh waktu 5 jam. Berapa dosis sodium pentobarbi- tol yang direkomendasikan untuk membius anjing seberat 50 kg dalam waktu 1 jam?
Jawab:
