Untuk Keluarga Tercinta ii

(Buku pegangan mata kuliah Persamaan Difrensial)

Oleh

Drs. D a f i k, M.Sc. NIP. 132 052 409

Program Pendikan Matematika

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS JEMBER

Daftar Isi

Daftar Tabel

v

Daftar Gambar

vi

Kata Pengantar

vii

1 Konsep Dasar

1

1.1 Klasi kasi Persamaan Difrensial . . . 1

1.2 Solusi PDB . . . 3

1.3 Metoda Penyelesaian . . . 4

1.4 Masalah Nilai Awal (MNA) . . . 7

2 PDB Linier Order Satu

13

2.1 PDB Linier Order Satu Homogen . . . 13

2.1.1 PDB Eksak . . . 13

2.1.2 Solusi PDB Eksak . . . 15

2.1.3 Faktor Integrasi . . . 16

2.1.4 Teknik Variabel Terpisah . . . 18

2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen . . . 20

3.1 Masalah Dalam Mekanik . . . 24

3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan . . . 27

3.2.1 Pertumbuhan Populasi . . . 27

3.2.2 Peluruhan Radioaktif . . . 30

3.3 Hukun Pendinginan Newton . . . 31

3.4 Campuran . . . 32

4 PDB Linier Order Dua

38

4.1 PDB Order n Homogen . . . 38

4.2 PDB Order n Nonhomogen . . . 42

4.3 PDB Order Dua . . . 42

4.3.1 PDB Order Dua Homogen . . . 42

4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen . . . 46

Daftar Tabel

4.1 Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen. . . 47

Daftar Gambar

1.1 Diagram kekonvekan untuk D2R

2 . . . 5

1.2 Diagram kekonvekan untuk D2R 2 . . . 8

3.1 Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi. . . 28

3.2 Proses campuran dalam tangki. . . 33

3.3 Gerakan benda pada bidang miring. . . 35

Kata Pengantar

Puji syukur kehadirat Allah S.W.T karena atas anugerah dan karuniahNya penulis dapat menyelesaikan buku pegangan kuliah dengan judul "

Persamaan

Difer-ensial Biasa (PDB): Masalah Nilai Awal dan Batas

". Buku pegangan ini dibuat untuk membantu mahasiswa menemukan refrensi utama mata kuliah Persamaan Difrensial Biasa memandang cukup langkanya buku-buku persamaan difrensial dalam bahasa Indonesia.

Dalam buku ini dijelaskan bagaimana konsep Persamaaan difrensial secara umum, PDB order satu homogen dan nonhomogen, PDB order dua atau lebih serta aplikasi dari suatu PDB. Pokok bahasan ini disajikan dengan harapan ma-hasiswa memahami esensi dari persamaan difrensial dan sekaligus sebagai penun-jang langsung materi perkuliahan. Dalam buku pegangan ini dilengkapi beberapa fungsi dalam MAPLE programming serta latihan soal-soal tutorial untuk mem-perdalam wawasan pemahaman mahasiswa tentang PDB. Semua materi dalam buku ini ditulis dalam LATEX2E word processing sehingga ekspresi fungsi matematik dapat disajikan dengan benar.

Selanjutnya dalam kesempatan ini penulis tak lupa menyampaikan banyak terima kasih kepada yang terhormat:

1. Rektor Universitas Jember.

3. Pimpinan Proyek Peningkatan Universitas Jember yang telah mendanai pengembangan bahan ajar Mata Persamaan Diferensial I.

4. Ketua Program Pendidikan Matematika yang telah memberikan motivasi dan rekomendasi penggunaannya dalam perkuliahan.

5. Semua pihak yang terlibat langsung maupun tak langsung dalam penyusunan buku ajar ini.

Semoga bantuan rielnya mendapat balasan yang setimpal dari Allah S.W.T. Akhirnya penulis berharap agar buku pegangan ini memberikan manfaat bagi pembaca, oleh karena itu kritik dan saran masih penulis harapkan untuk penyem-purnaan dikemudian hari.

Jember, Agustus 2003 Penulis

Daftar Isi

Daftar Tabel

Daftar Gambar

BAB 1

Konsep Dasar

1.1 Klasikasi Persamaan Difrensial

Pada umumnya dikenal dua jenis persamaan difrensial yaitu Persamaan Difren-sial Biasa (PDB) dan Persamaan DifrenDifren-sial ParDifren-sial (PDP). Untuk mengetahui perbedaan kedua jenis persamaan difrensial itu dapat dilihat dalam de nisi berikut.

De nisi 1.1.1 Persamaan Difrensial

Suatu persamaan yang meliputi turunan fungsi dari satu atau lebih variabel terikat terhadap satu atau lebih variabel bebas disebut Persamaan Difrensial. Selanjutnya jika turunan fungsi itu hanya tergan-tung pada satu variabel bebas maka disebut Persamaan Difrensial Biasa

(PDB)

dan bila tergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Difren-sial ParDifren-sial

(PDP)

Contoh 1.1.1

Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP.

1. @y_@x + @y_@t +xy= 5

2. dy_dx+ d2y dx2 + dy dx
2 ;3x= 0 3. @2y @s2 + @y @t ;y= 0 4. d3y dx3 + d2y dx2
3 + dy_dx
2 ;x= 2y 5. @u_@x + @u @y + @u@z = 5 6. dy_dx
5 +d2y dx2 + dy dx
2 = 7y x

Dalam bahan ajar ini pembahasan persamaan difrensial akan difokuskan pada Persamaan Difrensial Biasa (PDB). Sehingga semua contoh soal dan aplikasinya akan dikaitkan dengan model fenomena persamaan difrensial yang hanya terikat pada satu variabel bebas.

De nisi 1.1.2 Order

Order suatu PDB adalah order tertinggi dari turunan dalam persamaan F(x y0 y0 0 ::: y(n)) = 0.

De nisi 1.1.3 Linieritas dan Homogenitas

PDB Order n dikatakan linier bila dapat dinyatakan dalam bentuk

a0(x)y (n)+a 1(x)y (n;1)+ +an(x)y=F(x) dimana a 0(x) 6 = 0 Selanjutnya:

1. Bila tidak dapat dinyatakan dengan bentuk diatas dikatakan tak linier 2. Bila koe siena0(x) a1(x) ::: an(x)konstan dikatakan mempunyai koe sien

konstan bila tidak, dikatakan mempunyai koe sien variabel.

3. Bila F(x) = 0 maka PDB tersebut dikatakan homogen bila tidak, disebut nonhomogen.

1.2 Solusi PDB

Berikut ini akan dijelaskan pengertian dan bentuk solusi suatu PDB.

De nisi 1.2.1

Suatu PDB order n yang ditulis dalam persamaan berikut:

F;

x y y0 y0 0 ::: y(n)) = 0 (1.1)

dimana F adalah fungsi real dengan (n + 2) argumen akan mempunyai solusi eksplisit dan implisit dengan ketentuan sebagai berikut:

1. Bila f adalah suatu fungsi dimana f 2C(I) dan f 2Cn(I) untuk 8x 2I

dan I adalah sebarang interval real, maka f dikatakan solusi eksplisit dari (1.1) jika F; x f f0 f0 0 ::: f(n)) 2 C(I) dan F ; x f f0 f0 0 ::: f(n)) = 0 untuk 8x2I.

2. Sedangkan g(x y) = 0 disebut solusi implisit dari (1.1) jika fungsi g da-pat ditransformasikan dalam fungsi eksplisit f 2 C(I) untuk 8x 2 I dan

minimal satu merupakan solusi eksplisitnya.

Secara umum kedua solusi ini masih dikategorikan lagi kedalam tiga jenis solusi yaitu

1. Solusi umum, yaitu solusi PDB yang mengandung konstanta esensial, katakan-lah C. Sebagai contoh, diketahui sutau PDB y0 = 3y + 1 maka solusi umunnya adalah y=;1=3 +Ce

3x.

2. Solusi khusus, yaitu solusi yang tidak mengandung konstanta esensial yang disebabkan oleh tambahan sarat awal pada suatu PDB. Misal PDB itu

y0 = 3y+ 1 y(0) = 1 maka solusi khususnya adalah y=

;1=3 + 4 3e

3. Solusi singular, yaitu solusi yang tidak didapat dari hasil mensubstitusikan suatu nilai pada konstanta pada solusi umumnya. Contoh y = Cx+C2 adalah solusi umum dari (y0)2 +xy0 =y, namun demikian disisi lain PDB ini mempunyai solusi singular y=;

1 4x

2.

1.3 Metoda Penyelesaian

Terdapat tiga jenis metoda yang dapat digunakan untuk menentukan solusi dari suatu PDB yaitu:

1.

Metoda Analitik

. Metoda ini dapat menghasilkan dua bentuk solusi yaitu bentuk eksplisit dan implisit, yang dicari melalui teknik deduktif analogis dengan menggunakan konsep-konsep matematik. Kelebihannya dapat mengetahui bentuk fungsi solusinya namun tidak cukup eksibel un-tuk masalah-masalah yang komplek. Dengan komputer dapat diselesaikan dengan software MATLAB atau MAPLE. Prosedur dalam MATLAB ditulis sebagai berikut:

%Menggunakan fungsi dsolve

dsolve('Dy=3*y+1, y(0)=1')

2.

Metoda kualitatif .

Solusi ini hanya dapat memberikan gambaran secara geometris bagaimana visualisasi dari solusi PDB. Dengan mengamati pola gra k gradien " eld" (direction eld) maka dapat diestimasi solusi PDB itu. Keunggulannya dapat memahami secara mudah kelakuan solusi suatu PDB namun fungsi asli dari solusinya tidak diketahui, dan juga kurang

eksibel untuk kasus yang komplek. Dengan MATLAB direction eld dapat digambar sebagai berikut:

%Menggunakan fungsi eldplot atau DEplot

%Misal akan diamati pola solusi dari PDB y0 = 1 ;2ty  with(plots):

 eldplot(t 1;2ty] t=;1::4 y=;1::2 arrows=LINE color=t) %Atau dengan menggunakan fungsi DEplot

 eq1:=di(y(t),t)=1-2*t*y(t) DEplot(eq1,y(t),t=-1..4,y=-1..2)

Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.

Gambar 1.1: Diagram kekonvekan untuk D2R 2

Atau dengan menggunakan prinsip-prinsip yang ada dalam matematika un-tuk menggambar suatu fungsi, (lihat KALKULUS).

yang sangat eksibel. Metoda ini berkembangan sesuai dengan perkem-bangan komputer dan dapat menyelesaiakan suatu PDB dari level yang mudah sampai level yang komplek. Walaupun fungsi solusi tidak dike-tahui secara eksplisit maupun implisit namun data yang diberikan dapat divisualisir dalam gra k sehingga dapat dianalisis dengan baik. Namun metoda ini berdasarkan pada prinsip-prinsip aproksimasi sehingga solusi yang dihasilkan adalah solusi hampiran (pendekatan). Sebagai konsuk-wensi dari penggunaan metoda ini adalah adanya evaluasi berulang de-ngan menggunakan komputer untuk mendapatkan hasil yang akurat. Salah satu metoda ang telah anda kenal adalah metoda EULER dengan ru-mus yn+1 = yn+hf(t y), (lihat catatan Algoritma dan Pemerograman). Dibawah diberikan programming metoda EULER dengan menggunakan MATLAB programming.

%Programming Untuk Menyelesaikan PDB %y0 =y

;t

2 + 1 y(0) = 0:5

%Dengan menggunakan metoda Euler n=input('Jumlah iterasi :') y(1)=0.5 t(1)=0 h=0.2 for i=2:n fprintf('nn y(i) = 1:2y(i;1);0:2t(i;1) 2+ 0:2 t(i) = t(1) + (i;1)h end plot(t,y) hold on f =t:2+ 2: t+ 1;0:5:exp(t) plot(t,f,'o')

1.4 Masalah Nilai Awal (MNA)

Persamaan difrensial order satu secara umum ditulis dengan

y0 = dy

dx =f(x y)

dimanaf adalah kontinyu atas variabel x y pada domain D (dalam bidang xy). Misal (x0 y0) adalah titik pada D, maka masalah nilai awal yang berkenaan dengan dengan y0 = f(x y) adalah masalah untuk menentukan solusi y yang memenuhi nilai awaly(x0) =y0. Dengan notasi umum sebabagai berikut:

y0 =f(x y) y(0) =y

0 (1.2)

Permasalahannya sekarang apakah solusi y(x) yang memenuhi y(x0) = y0 selalu ada (principle of existence) , kalau benar apakah solusi itu tunggal (prin-ciple of uniqueness). Pertanyaan ini merupakan hal yang sangat penting un-tuk didahulukan mengingat betapa kompleknya suatu model fenomena riel yang banyak dimungkinkan tidak dapat diselesaikan dengan metoda analitik ataupun kualitatif. Untuk memudahkan pemeriksaan awal tentang dua hal ini dalam hal ini dikembangkan teorema Lipschitz dan teorema Picard.

De nisi 1.4.1

(

Sarat Lipschitz

) Suatu fungsif(t y)dikatakan memenuhi sarat Lipschitz dalam variabel y di suatu domain D 2 R

2 jika ada konstanta L > 0

sedemikian hingga jjf(t y 1) ;f(t y 2) jjLjjy 1 ;y 2 jj untuk sebarang (t y1) (t y2)

2 D. Selanjutnya konstanta L disebut sebagai

De nisi 1.4.2

(

Konvek

) Suatu himpunan D 2 R

2 dikatakn konvek bila untuk

sebarang (t y1) (t y2)

2 D maka titik ((1; )t

1 +t2 (1

; )y

1 + y2) juga

merupakan elemen dari D untuk 20 1].

Secara geometris dapat digambarkan sebagai berikut

Konvek Tidak Konvek

(t , y ) 1 1 (t , y ) 2 2 1 1 2 2 (t , y ) (t , y )

Gambar 1.2: Diagram kekonvekan untuk D2R 2

Teorema 1.4.1 Teorema Lipschitz.

Andaikata f(t y) terde nisi dalam him-punan konvek D2R

2 dan ada konstanta L >0 dimana         df dy(t y)         L untuk semua (t y)2D (1.3)

maka f memenuhi suatu sarat Lipschitz.

Teorema 1.4.2

Misal D =f(t y)ja  t b ;1  y 1g dan f(t y) adalah

fungsi kontinyu dalam D, kemudian bila f memenuhi sarat Lipschitz dalam vari-abel y maka masalah nilai awal

y0(t) =f(t y) a

tb y(a) =

mempunyai solusi tunggal y(t) untuka tb.

Contoh 1.4.1

y0 = 1 +tsin(ty) 0

 t  2 y(0) = 0. Tentukan apakah

Penyelesaian 1.4.1

f(t y) = 1 + tsin(ty), kemudian terapkan teorema nilai rata-rata pada KALKULUS yaitu untuk sebarang y1 < y2, maka ada bilangan

 2(y 1 y2) sedmikian hingga f(t y2) ;f(t y 1) y2 ;y 1 = _@yf@ (t ) =t2cos(t): Kemudian f(t y2) ;f(t y 1) = (y2 ;y 1)t 2cos(t) jjf(t y 2) ;f(t y 1) jj = jj(y 2 ;y 1)t 2cos(t) jj  jjy 2 ;y 1 jjjjt 2cos(t) jj  jjy 2 ;y 1 jjjjmax 0t2 t2cos(t) jj = 4jjy 2 ;y 1 jj:

Degan demikian sarat Lipschitz terpenuhi yaitujjf(t y 1) ;f(t y 2) jjLjjy 1 ;y 2 jj,

dimana konstanta Lipschitznya adalah L= 4, berarti persamaan itu mempunyai solusi tunggal.

Teorema 1.4.3 Teorema Picard.

Suatu masalah nilai awaly0 =f(x y) y(x 0) =

y0 mempunyai solusi tunggaly= (x)pada interval jx;x

0

j, dimana adalah

bilangan positif dan kecil sekali, bila

1. f 2C(D) dimana D adalah daerah pada bidang xy, yaituD =f(x y) a <

x < b c < y < dg

2. @y_@x 2C(D) yang memuat nilai kondisi awal (x 0 y0)

Latihan Tutorial 1

1. Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP. (a) @y @x +@y@t +xy= 5 (b) _dxdy +d2y dx2 + dy dx
2 ;3x= 0 (c) @2y @s2 + @y @t ;y= 0 (d) d3y dx3 + d2y dx2
3 + _dxdy
2 ;x= 2y (e) @u @x +@u@y +@u@z = 5 (f) dy_dx
5 + d2y dx2 + dy dx
2 = 7y_x

2. Tentukan orde dan sifat-sifat kelinieran dari persamaan diferensial berikut ini (a) @y @x +xy =xex (b) d4y dx4 + 3 d2y dx2
5 + 5y= 0 (c) d2y dx2 +ysinx= 0 (d) d6u dt6 + d2u dt2
d5u dt5
+t= 2u (e) x2dy+y2dx= 0 (f) d2y dx2
5 +xsiny = 0 (g) d2u dt2
4 =q d5u dt5 +t= 2u (h) d3y dt3 +t dy dt + (cos2t)y =t2 (i) (1 +s2)d 2y ds2 +s dy ds +y =es

(j) d4y dt4 + d3y dt3 + d2y dt2 +y= 0 (k) d3y dx3
2 +xtan2(xy) = 0 (l) d2y dt2 + dy dt + (cos2(t+ 2))y=t2 (m) (1 +t2)d 2y dt2 +t dy dt +tey = 0 (n) d5y ds5 +cosec(2s 2 ;2) =siny

3. Ulangilah soal nomor 2, tentukan sifat kehomgenan dari masing-masing soal tersebut

4. Selidikilah apakah solusi yang diberikan merupakan solusi dari persamaan diferensial berikut ini

(a) y00+ 2y0 ;3y= 0 y 1(t) =e ;3t y 2(t) = e t (b) ty0 ;y=t 2 y(t) = 3t+t2 (c) y(4)+ 4y(3)+ 3y=t y 1(t) = t 3 y 2(t) =e ;t+ t 3 (d) 2t2y00+ 3ty0 ;y= 0 t >0 y 1(t) =t 1 2 y 2(t) =t ;1 (e) y0 ;2ty= 1 y(t) =et 2 Rt 0 e ;s 2 ds+et2

5. Cermati apakah fungsi solusi dibawah ini merupakan solusi terhadap masalah nilai awal yang bersesuaian

(a) y0 = ;y y(0) = 2 y(x) = 2e ;x (b) y00+ 4y= 0 y(0) = 1 y0(0) = 0 y(x) = cos(2x) (c) y00+ 3y0+ 2y= 0 y(0) = 0 y0(0) = 1 y(x) =e;x ;e ;2x

6. Periksalaha mana diantara soal berikut ini yang memenuhi teorema Lips-chitz:

(a) f(t y) =ycost 0t1 y(0) = 1 (b) f(t y) = 1 +tsiny 0t 2 y(0) = 0 (c) f(t y) = 2 ty+t2e2 1 t 2 y(1) = 0 (d) f(t y) = 4t 3y 1+t 4 0 t1 y(0) = 1

dan

tentukan besar

konstanta Lipschitz dari masing-masing soal ini. 7. Selidiki apakah persamaan diferensial berikut ini mempunyai solusi tunggal

pada interval yang memuat kondisi awal berikut (a) y0 = ;1;2y y(0) = 0 (b) y0 = ;2 +t;y y(0) = 1 (c) y0 =e;t+y y(1) = 3 (d) y0 = ; y x y(0) = 1

8. Tentukan untuk titik-titik (x0 y0) yang mana PDB berikut ini memenuhi teori kewujudan dan ketunggalan dari Picard.

(a) y0 = x 2 +y x;y (b) y0 = (2x ;y) 1 3 (c) y0 = (1 ;x 2 ;2xy 2) 3 2 (d) 2xy0 =x2+y2

BAB 2

PDB Linier Order Satu

2.1 PDB Linier Order Satu Homogen

PDB order satu dapat dinyatakan dalam

dy

dx =f(x y)

atau dalam bentuk derivatif

M(x y)dx+N(x y)dy= 0 (2.1)

2.1.1 PDB Eksak

De nisi 2.1.1

MisalF suatu fungsi dari dua variabel real, danF kontinyu pada turunan pertama pada domainDmaka jumlah difrensialdF dide nisikan sebagai

dF(x y) = @F_{@x dx}(x y) +@F_{@y dy}(x y)

untuk semua (x y)2D.

De nisi 2.1.2

Persamaan 2.1 disebut difrensial eksak pada domain D jika ada fungsi F dari dua variabel x y sedemikian hingga ekspresi tersebut sama dengan jumlah dF(x y) untuk 8(x y) 2 D. Sesuaikan de nisi 2.1.1 dengan persamaan

2.1 diperoleh

M(x y) = @F_@x(x y)

N(x y) = @F_@y(x y)

Teorema 2.1.1

Persamaan 2.1 denganM N kontinyu pada turunan pertamanyan (M N 2C

1(D)) akan memenuhi dua kondisi berikut:

1. Bila 2.1 PDB eksak di D maka @M(x
y)

@y = @N(x
y)

@x untuk 8(x y)2D

2. Sebaliknya bila @M(x
y)

@y = @N(x
y)

@x untuk 8(x y) 2 D maka dikatakan 2.1

adalah PDB eksak.

Bukti

Akan dibutkikan bagian pertama dari teorema ini. Jika 2.1 eksak di D maka

Mdx+Ndy adalah eksak difrensial di D. Dengan de nisi 2.1.1 dan 2.1.2, maka terdapat suatu fungsiF sedemikian hingga

@F(x y)

@x =M(x y) dan @F@y(x y) =N(x y)

untuk 8(x y) 2 D. Selanjutnya turunkan M terhadap y dan N terhadap x diperoleh

@2F(x y)

@x@y = @M@y(x y) dan @

2F(x y)

@y@x = @N@x(x y)

Kita tahu bahwa

@F(x y)

untuk 8(x y)2D, sehingga dapat disimpulkan

@M(x y)

@y = @N@x(x y)

8(x y)2D.

Selanjutnya gunakan fakta ini untuk membuktikan bagian yang kedua.

2.1.2 Solusi PDB Eksak

Ada dua cara menyelesaikan PDB jenis ini, yaitu menggunakan prosedur dalam teorema atau denganteknik pengelompokan.

Contoh 2.1.1

Tentukan solusi PDB eksak(3x2+ 4xy)dx+ (2x2+ 2y)dy = 0

Penyelesaian 2.1.1

Jelas persamaan ini adalah PDB eksak karena

@M(x y)

@y = 4x= @N@x(x y)

8(x y)2D. Dengan menggunakan cara yang pertama maka kita mempunyai

@F(x y)

@x = 3x2+ 4y dan @F(x y)

@y = 2x2+ 2y Integralkan bentuk pertama

F(x y) = Z

M(x y)@x+ (y) = Z

(3x2+ 4xy)@x+ (y) Kemudian turunkan terhadap y

@F(x y)

@y = 2x2+d (y)

dy

padahal kita punya

@F(x y)

sehingga

2x2+ 2y= 2x2+ d (y)

dy atau d dy(y) = 2y:

Integralkan persamaan terakhir ini diperoleh (y) = y2 +c

0, dengan demikian

F(x y) menjadi

F(x y) =x3+ 2x2y+y2+c 0:

BilaF(x y) merupakan solusi umum maka keluarga solusi itu adalahF(x y) =c1 sehingga

) x

3+ 2x2y+y2+c

0 =c1 atau x

3+ 2x2y+y2 =c yang merupakan solusi persamaan PDB eksak yang dimaksud.

Cara yang kedua adalah dengan menggunakan teknik pengelompokan, lihat catatan dalam perkuliahan.

2.1.3 Faktor Integrasi

Faktor integrasi ini digunakan untuk menyelesaikan PDB order satu tidak eksak. Langkah yang dimaksud adalah merubah PDB tidak eksak menjadi eksak. Re-nungkan lagi persamaan 2.1, bila @M(x
y)

@y 6=

@N(x
y)

@x maka dapat ditentukan(x y)

sedemikian hingga

merupakan PDB eksak. Sekarang bagaimana prosedur menentukan (x y), da-patlah digunakan teorema 2.1.1 diatas. Bila persamaan 2.2 eksak maka

@(M) @y = @(@xN) @ @yM +@M@y = @@xN +@N@x   @M @y ; @N @x  = N @_@x ;M @ @y (x y) = N@@x ;M @ @y @M @y ; @N @x (2.3)

adalah merupakan formula faktor integrasi secara umum.

Contoh 2.1.2

Tentukan solusi PDB berikut ini 1. (4xy+3y2

;x)dx+x(x+2y)dy= 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung

pada x saja

2. (x2y+2xy2+2x+3y)dx+(x3+2x2y+3x)dy= 0, bila faktor integrasinya

hanya tergantung pada xy

Penyelesaian 2.1.2

Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita bahas soal nomor 2. Jika  tergantung pada xy ini berarti  = (x y) misal

z =xy maka @ @x = @@z y(z) atau @@y = @@z x(z) sedangkan @M @y =x2+ 4xy+ 3 dan @N @x = 3x2+ 4xy+ 3:

Sekarang gunakan faktor integrasi 2.3 dan substitusikan nilai-nilai diatas ini, maka didapat  = (x3+ 2x2y+ 3x)@ (z) @z y;(x 2y+ 2xy2+ 2x+ 3y)@ (z) @z x (x2+ 4xy+ 3) ;(3x 2+ 4xy+ 3)  = @_@z @z = 1_@ Z @z = Z 1 @ z = ln =ez _=exy

Dengan demikian faktor integrasinya adalah (x y) =exy_{. Sekarang soal nomor}

dua menjadi PDB eksak dengan mengalikan faktor integrasi terhadap suku-sukunya dimasing-masing ruas.

exy_(x2y+ 2xy2+ 2x+ 3y)dx+exy(x3+ 2x2y+ 3x)dy = 0

Dengan meyakini persamaan ini merupakan PDB eksak cara menyelesaikan sama dengan teknik diatas yakni terdapat dua cara.

Coba anda kerjakan sebagai

latihan

2.1.4 Teknik Variabel Terpisah

Bila persaman 2.1 kita transformasikan kedalam bentuk

f1(x)g1(y)dx+f2(x)g2(y)dy= 0 (2.4) selanjutnya kalikan persamaan ini dengan g1(y)f2(x) maka akan diadapat

f1(x)

f2(x)

dx+g2(x)

g1(y)

Persamaan 2.4 tidak eksak namun persamaan 2.5 adalah eksak sehingga teknik penyelesaiannya menyesuaikan. Bisa juga dengan mengintegralkan langsung ben-tuk itu menjadi

Z f1(x) f2(x) dx+ Z g2(x) g1(y) dy= 0

Contoh 2.1.3

Tentukan solusi PDB berikut ini dengan menggunakan teknik pemisa-han variabel. 1. (x+y)2dx ;xydy= 0 2. (2xy+ 3y2)dx ;(2xy+x 2)dy= 0

Penyelesaian 2.1.3

Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita bahas soal nomor 2. Ambil suatu permisalany=vxdan tentunyady=vdx+xdv, lalu substitusikan kedalam persamaan nomor 2.

(2x2v+ 3x2v2)dx ;(2x 2v+x2)(vdx+xdv) = 0 2x2vdx+ 3x2v2dx ;2x 2v2dx ;2x 3vdv ;x 2vdx ;x 3dv = 0 x2(v+v2)dx ;x 3(2v ;1)dv = 0 1 xdx; (2v;1) (v+v2)dv = 0

Jelas persamaan terakhir ini merupakan PDB eksak sehingga gunakan cara yang sama untuk menyelesaikannya. Atau bisa diintegralkan langsung menjadi

Z 1 xdx; Z (2v;1) (v+v2)dv = 0 lnx+c0+ lnv ;3ln(1 +v) +c 1 = 0 lnx+c0+ ln(y=x) ;3ln(1 + (y=x)) +c 1 = 0 ) lnx+ ln(y=x);3ln(1 + (y=x)) =c

2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen

Pada umumnya PDB linier order satu nonhomogen dapat dinyatakan dengan

dy

dx +P(x)y=Q(x) (2.6) dy

dx +P(x)y=Q(x)yn (2.7)

Untuk persamaan 2.6 dapat kita tulis dalam

(P(x)y;Q(x))dx+dy= 0 sehingga M(x y) =P(x)y;Q(x) dan N(x y) = 1: Sekarang @M(x y) @y =P(x) dan @N@x(x y) = 0

dengan demikian persamaan ini bukan merupakan PDB eksak, sehingga perlu ditentukan faktor integrasinya. Kita pilih faktor integrasi yang hanya tergantung pada x, yaitu (x). sedemikian

((x)P(x)y;(x)Q(x))dx+(x)dy = 0 merupakan PDB eksak, yang berakibat bahwa

@ (x)P(x)y;(x)Q(x)

@y = @@x(x)

Selesaikan bentuk ini didapat

P(x)dx = 1_(x)@(x) lnjj = Z P(x)dx )=e R P(x)dx  >0

Kalikan terhadap persamaan 2.6 didapat eR P(x)dxdy dx +e R P(x)dxP(x)y=Q(x)e R P(x)dx yang mana hal ini sama dengan

d dx e R P(x)dxy
=Q(x)eR P(x)dx atau eR P(x)dxy= Z eR P(x)dxQ(x)dx+c atau ) y =e ; R P(x)dx R eR P(x)dxQ(x)dx+c (2.8) Persamaan ini disebut

Persamaan Bernoulli

Selanjutnya untuk persamaan 2.7 dapat kita tulis dalam

y;ndy dx +P(x)y1;n =Q(x): Misalv =y1;n maka dy dx = 1 (1;n)y

n dv_{dx sehingga persamaan diatas menjadi}

dv

dx + (1;n)P(x)v =Q(x)(1;n)

Misal Pp(x) = (1 ;n)P(x) dan Qq(x) = (1 ;n)Q(x) maka persamaan diatas dapat direduksi kedalam bentuk

)

dv

dx+Pp(x)v =Qq(x)

adalah persaman sebagaimana 2.6, sehingga cara menyelesaikan sama.

1. (x2+ 1)dy

dx+ 4xy=x y(2) = 1

2. dy_dx+y=xy3 y(0) = 2

Penyelesaian 2.2.1

Soal nomor 1 dapat diselesaikan langsung dengan persamaan 2.8, sehingga dy dx + 4(x2+ 1)x y= x (x2+ 1) makaP(x) = 4x (x 2 +1) dan Q(x) = x (x 2

+1) sehingga dengan menggunakan

y=e; R P(x)dx Z eR P(x)dxQ(x)dx+c

y dapat ditentukan sebagai

y= x4 4(x2+ 1)2 + x2 2(x2+ 1)2 + c (x2+ 1)2

untuk y(2) = 1 maka substitusikan ke persamaan ini didapat c = 19, akhirnya solusi khususnya adalah

) y=

x4 4(x2+ 1)2 +

x2

2(x2+ 1)2 + 19(x2+ 1)2

Ikuti langkah dalam prosedur yang telah diberikan untuk mengerjakan soal nomor 2.

Anda kerjakan sebagai latihan

Latihan Tutorial 2

1. Mana diantara soal-soal berikut ini yang merupakan PDB order 1 eksak. (a) (ysec2x+ secxtanx)dx+ (tanx+ 2y)dy= 0

(b) (2+ 1)cosrdr+ 2sinrd = 0 (c) 2s;1 t
ds+ s;s 2 t2
dt= 0

2. Selesaikanlah PD order 1 eksak berikut ini (a) (2ysinxcosx+y2sinx)dx+ (sin

2x ;2ycosx)dy= 0 y(0) = 3 (b)  1+8xy 2=3 x2=3y1=3 ! dx+  2x 4=3y2=3 ;x 1=3 y4=3 ! dy= 0 y(1) = 8

3. Tentukan faktor integrasiuntuk masing-masing soal berikut ini

(a) (x2y+ 2xy2+ 2x+ 3y)dx+ (x3+ 2x2y+ 3x)dy= 0, bila tergantung pada xy

(b) (y3 ;2x

2y)dx+ (2xy2 ;x

3)dy= 0, bila tergantung pada x+y 4. Gunakan metoda variabel terpisah untuk menyelesaikan beberapa persoalan

berikut ini (a) (xtan y x+y)dx;xdy= 0 (b) (p x+y+p x;y)dx+ ( p x;y; p x+y)dy= 0

5. Gunakan metoda Bernoulli untuk menyelesaikan PD berikut ini (a) (x2 +x ;2) dy dx + 3(x+ 1)y =x;1 (b) dr d +rtan = cos r(pi4) = 1

BAB 3

Aplikasi PDB Order Satu

3.1 Masalah Dalam Mekanik

Misal 4x adalah perubahan jarak yang ditimbulkan benda bergerak selama waktu 4t maka kecepatan rata-rata dide nisikan

vr = 4x 4t

= xB;xA

tB;tA

:

Selanjutnya kecepatan sesaat adalah

v = lim 4!0 vr= lim 4t!0 4x 4t v = dx_dt (m=dt): v = dv_dt (m=dt2)

Hukum 3.1.1 (Hukum Newton I)

Hukum ini juga disebut hukum Kelemba-man Newtonyang berbunyi' setiap benda akan tetap berada pada keadaan diam atau bergerak lurus beraturan kecuali jika benda itu dipaksa oleh gaya-gaya yang bekerja pada benda itu'.

Hukum 3.1.2 (Hukum Newton II)

Percepatan yang ditimbulkan oleh gaya yang bekerja pada sebuah benda berbanding lurus (sebanding) dengan besar gaya itu, dan berbanding terbalik dengan massa kelembaman banda itu. Se-cara matematis dapat ditulis sebagai a = F=m atau F =ma dimana F adalah gaya dan m suatu massa.

Analog dengan hukum Newton II ini, gerak jatuh bebas suatu benda dengan berat W tanpa mengikutsertakan gaya gesek udara adalah

W =mg:

F dalam hal ini direpresentasikan denganW dan a=g, sehingga bisa kita tulis

mg = W ma = F mdvdt = F mdv_dxdx_dt = F mvdv_dx = F

adalah model dari PDB order satu.

Contoh 3.1.1

Benda dengan berat 8 newton dijatuhkan dari suatu ketinggian tertentu, yang bearawal dari keadaan diam. Jika kecepatan benda jatuh itu v, dan kecepatan gravitasi bumi adalah g = 10m=dt2, serta gaya gesek udara adalah ;2v. Tentukan ekspresi kecepatan v dan jarak x pada saat tertentu.

Penyelesaian 3.1.1

Hukum newton mengatakan F = ma atau P

F = ma. Dalam hal ini f1 = W = 8 newton (gaya kebawah), dan F2 =gaya gesek udara =;2v (gaya keatas) sehingga

mdvdt = F1+F2 8 10dvdt = 8;2v 1 8;2vdv = 108 dt

Karena benda berawal dari keadaan diam maka v(0) = 0, sehingga model PDB sekarang adalah

1

8;2vdv = 108

dt v(0) = 0 Integralkan kedua ruasnya didapat

; 1 2 ln(8;2v) +c 0 = 108t+c1 ln(8;2v) = ; 5 2t+c2 (8;2v) = e ; 5 2t +c 2 2v = ;Ce ; 5 2t+ 8 v _{= 12(8};Ce ; 5 2t)

Dengan memasukkan nilai awalv(0) = 0 makac= 4 sehingga ekspresi kecepatan adalah

v(t) = 4;2e ;

5 2t:

Selanjutnya untuk menentukan ekspresi jarak maka rubah v(t) kedalam v = dx dt

sehingga model PDB sekarang adalalah dx dt = 4;2e ; 5 2t x(0) = 0

Dengan cara yang sama untuk solusi PDB ini maka ekspresi jarak terhadap waktu adalah x(t) = 4t; 4 5e 5 2t + 45

3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan

Jika Q menunjukkan jumlah, kuantitas atau kualitas sesuatu dalam waktu t, maka perubahan (bertambah=pertumbuhan atau berkurang=peluruhan) yang disimbulkan dengan dQ

dt berbanding lurus dengan kuantitas Q, dengan kata lain

dQ

dt = rQ pertumbuhan dQ

dt = ;rQ peluruhan

3.2.1 Pertumbuhan Populasi

Jikayadalah jumlah populasi dalam waktut,kadalah konstanta proportionalitas atau tingkat pertumbuhan maka model PDB pertumbuhan populasi adalah

dy

dt = ky y(t0) = y0

Selanjutnya bilak berubah-ubah maka dapat kita ganti denganh(y) yang dapat dipilih h(y) =r;ay maka model pertumbuhan menjadi

dy dt = (r;ay)y dy dt = r(1; y K)y dimana K = ra y(t0) = y0

PDB ini dikenal dengan persamaan

Verhulst

atau persamaan

Logistik

. Solusi kualitatif persamaan ini untuk r dan K positip adalah tertera dalam Gambar 3.1. -3 -2 -1 0 1 2 3 y(x) -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 x Asymptotic solution

Gambar 3.1: Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi.

Contoh 3.2.1

Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut

dx

dt = 1100x; 1 (10)8x

2

Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100,000 maka 1. berapa besar populasi tahaun 2000

2. tahun berapa jumlah populasi akan menjadi 2 tahun 1980

Penyelesaian 3.2.1

Bila tahun 1980 jumlah populasi 100,000 maka dapat dikatakan

x(1980) = 100 000 sehingga model PDB sekarang adalah

dx dt = 1100x; 1 (10)8x 2 x(t0) = x0

Rubah kedalam kedalam PD dengan variabel terpisah 1

(10);2x

;(10)

;8x2dx=dt Integralkan kedua ruasnya

Z 1 (10);2x(1 ;(10) ;6x)dx = Z dt 100 Z 1 x+ (10) ;6 1;(10) ;6xdx = Z dt 100; lnx;ln(1;(10) ;6x)  +c0 = t+c1 ln₁ x ;(10) ;6x = t 100 +c2 x 1;(10) ;6x = e t 100 +c 2 x 1;(10) ;6x = ce t 100 x = ce t 100 1 + (10);6ce t 100 Terapkan nilai awal x(1980) = 100 000 didapat c= (10)

6 9e

19:8 sehingga

x(t) = 106

1 + 9e19:8;t=100 (3.1) Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut

1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = 2000. Substitusikan nilai t ini kedalam persamaan 3.1 didapat x = 119 495. Dengan demikian jumlah populasi tahun 2000 adalah 119,495 orang.

2. jumlah populasi 2 tahun 1980, berarti x = 200 000. Substitusikan nilai

x ini kedalam persamaan 3.1 didapat t = 2061. Dengan demikian jumlah populasi akan dua kali lipat tahun 1980 dicapai pada tahun 2061.

3. Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t !1) berarti

x = lim_t !1 106 1 + 9e19:8;t=100 x = lim_t !1 106 1 + 9e19:8et=100 x = 106 = 1 000 000

Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak ter-batas adalah satu juta orang.

3.2.2 Peluruhan Radioaktif

Contoh 3.2.2

Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang seband-ing dengan jumlah isotop. Jika 100 mg dari material meluruh menjadi 82.04 mg dalam satu minggu, maka

1. tentukan ekspresi jumlah pada saat tertentu

2. tentukan interval waktu sehingga isotop itu meluruh menjadi setengah dari jumlah semula.

Penyelesaian 3.2.2

Gunakan rumus peluruhan. MisalQjumlah isotop Thorium-234 maka dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah

dQ

dt = ;rQ

Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh

Q(t) = 100e;rt

Kemudian terapkan sarat kedua, yakni dalam satu minggu (7 hari) isotop men-jadi 82.04 mg artinya Q(7) = 82:04 mg akan didapat nilai r, sedemikian hingga ekspresi jumlah terhadap waktu (hari) adalah

Q(t) = 100e;0:02828t:

Dengan mengetahui ekspresi ini akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaan-pertanyaan diatas. (Teruskan sebagai latihan.)

3.3 Hukun Pendinginan Newton

Perubahan suhu suatu benda atau bahan yang mengalami proses pendinginan sebanding dengan perbedaan antara suhu benda dan suhu disekitarnya. Dengan demikian bila Suhu benda itu adalah x dan suhu sekitarnya itu adalah xs maka

proses pendinginan Newton terhadap waktu t digambarkan dengan

dx

dt =k(x;xs) k >0 dimanak adalah konstanta tingkat pendinginan.

Contoh 3.3.1

Suatu benda dengan suhu80o_{Cdiletakkan diruangan yang bersuhu}

50o_{C pada saat t = 0. Dalam waktu 5 menit suhu benda tersebut menjadi 70}o_C,

maka

1. tentukan fungsi suhu pada saat tertentu

3. kapan suhu menjadi 60o_C

Penyelesaian 3.3.1

Dengan memahami persoalan ini maka model PDB proses pendinginan dapat ditulis sebagai

dx

dt =k(x;50)

x(0) = 80 dan x(5) = 70 Solusi dari persamaan itu adalah

ln(x;50) +c

0 = kt+c1 (x;50) = ce

kt

x = 50 +cekt

Masukkan nilai awal maka nilai c= 30 sehingga persamaan menjadi

x= 50 + 30ekt

Dan masukkan kondisi kedua didapat

ek ₌;2 3 

1 5 sehingga ekspresi terakhir menjadi

x(t) = 50 + 30;2 3 

t 5

Selanjutnya anda selesaikan pertanyaan diatas dengan memakai ekspresi ini.

3.4 Campuran

Suatu bahan dengan konsentrasi terterntu dicampur dengan bahan lain dalam suatu tempat sehingga bahan bercampur dengan sempurna dan menjadi campu-ran lain dengan konsentrasi berbeda. Bila Q menunjukkan jumlah bahan pada

saat tertentu, maka perubahanQ terhadap tditunjukkan dengan dQ

dt. Kemudian

bila proses yang terjadi adalah terdapat campuran masuk dan campuran yang keluar, dimana laju jumlah bahan masuk dinyatakan dengan proses IN dan laju jumlah bahan keluar dinyatakan dengan proses OUT maka

dQ dt =IN ;OUT K= L liter Q(0) = Q_0 gram v =r liter/min k =s gram/liter v =r liter/min

Gambar 3.2: Proses campuran dalam tangki. Dimana bila laju masuk sama dengan laju keluar maka

IN = kv =sr gram=liter OUT = _KvQ = Qr_{L gram=liter}

Contoh 3.4.1

Suatu tangki mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki dengan laju 4 liter/menit dan bercampur dengan sempurna, ke-mudian campuran itu diperkenankan keluar dengan laju 4 liter/menit.

2. Tentukan jumlah garam Q setiap saat.

Penyelesaian 3.4.1

Formula campuran adalah

dQ

dt =IN ;OUT:

Diketahui s = 1gram=liter r = 4liter=menit L = 200liter dan Q(0) = 100 didapat

IN = kv =s gram=literr liter=menit= 4 gram=liter

OUT = _KvQ = _{K gram=liter}Q r liter=menit = 4

Q

200 gram=liter Sehingga

1. Model PDBnya adalah

dQ dt = 4; 4Q 200 = 4; Q 50 Q(0) = 100

2. Dengan menyelesaikan PDB ini didapat ekspresi jumlah garam setiap saat

Q(t) = 200;100e ;t=50

Latihan Tutorial 3

1. Suatu benda yang massanya 50 kg dari keadaan diam di suatu puncak ber-gerak diatas bidang miring dengan panjang 20 m dari puncak ketanah, dan sudut kemiringan 45o _{(lihat Gambar 1). Bila koe sien gesek kinitis}

k = 0:2. Tentukan:

(i)

ekspresi fungsi kecepatan dalam waktu t,

(ii)

berapa jarak yang ditempuh benda selama 5 detik, dan

(iii)

berapa waktu

t yang dibutuhkan untuk mencapai tanah.

45o N W 45o f gesek

Gambar 3.3: Gerakan benda pada bidang miring.

f

Petunjuk :

uraikan gaya-gaya yang bekerja pada benda dan ingat

fgesek=kN g.

2. Suatu benda dengan massa konstanmditembakkan tegak lurus keatas men-jauhi permukaan bumi dengan kecepatan awalV0km=dt

2. Bila diasumsikan tidak ada gesekan udara namun berat benda berubah dalam jarak-jarak ter-tentu terhadap bumi, maka ter-tentukan

(a) model matematik dari kecepatan V(t) selama benda itu meluncur (b) tentukan V0 untuk mencapai ketinggian maksimum 100 km

(c) tentukan maksimum V0 supaya benda yang ditembakkan tadi tidak kembali kebumi.

(

Petunjuk

: gunakan g = 0:098km=dt2, jari-jari bumi R = 6378:388km dan fungsi berat dalam jarak x terhadap bumi yang umumnya dinyatakan sebagaiw(x) = mgR2

(R+x) 2)

3. Model pertumbuhan populasi dapat ditulis dalam persamaan dy dt =ry

; 1

Ty; 1

untuk r dan T konstanta positip, maka (a) gambar gra k f(y) dan y.

(b) tentukan model gra k y dan t untuk memberikan gambaran solusi kualitatif dari PD tersebut.

4. Jam 10.00 WIB seseorang mengambil secangkir kopi panas dari microwave oven dan meletakkan di ruang tamu dengan maksud untuk meminumnya setelah agak dingin. Awal mula suhu kopi adalah 95o_{C. Selanjutnya 10}

menit kemudian besar suhu kopi menjadi 75o_{C. Asumsikan suhu ruang}

tamu itu adalah konstan 27o_C.

(a) Berapa besar suhu kopi pada jam 10.18 WIB

(b) Orang ini suka meminum kopi yang suhunya antara 55o_{C sampai 60}o_C,

maka antara jam berapa dia harus minum kopi itu.

5. Sebuah tangki besar awal mula berisi 300 liter larutan yang mengandung 5 kg garam. Larutan lain yang mengandung garam de-ngan konsentrasi

1

2kg/liter dituangkan kedalam tangki dengan laju 5 liter/menit dan campu-ran dalam tangki mengalir keluar dengan laju 3 liter/menit.

(a) Tentukan model matematik tentang banyaknya garam dalam tangki setiap saat.

(b) Bila kapasitas maksimum tangki 750 liter tentukan domain waktu t

sehingga model diatas tetap berlaku.

(c) Pada poin (b) berapa besar konsentrasi larutan pada saat tangki penuh. (d) Bila tangki tidak mempunyai kapasitas maksimum, tentukan

konsen-trasi larutan untuk jangka waktu tak terbatas.

6. Suatu tangki berkapasitas 500 liter mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam den-gan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki denden-gan laju 3 liter/menit dan campuran dalam tangki diperkenankan keluar dengan laju 2 liter/menit. Tentukan model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki setiap saat (sebelum dan sesudah tangki penuh).

BAB 4

PDB Linier Order Dua

Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teo-rema tentang konsep umum PDB order n.

4.1 PDB Order

n

Homogen

De nisi 4.1.1

Bila f1 f2 ::: fm adalah fungsi kontinyu pada sebarangx

2a b]

dan c1 c2 ::: cm adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini

ditulis dengan c1f1+c2f2+

+cmfm

De nisi 4.1.2

Fungsi f1 f2 ::: fm dikatakan tergantung linier pada interval a b]bila terdapatc1 c2 ::: cm yang tidak semuanya nol sedemikian hinggac1f1+

c2f2 +

+cmfm = 0 untuk sebarang x 2 a b], dan dikatakan bebas linier bila

semua c1 c2 ::: cm sama dengan nol.

Teorema 4.1.1

Suatu PDB disajikan dalam

a0(x)y (n)+a 1(x)y (n;1)+ +an(x)y= 0 dimana a 0(x) 6 = 0: (4.1) 38

Misal f1 f2 ::: fm solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan

kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y=c1f1+c2f2+

+cmfm.

Bukti :

Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan kedalam persamaan (4.3). y = c1f1+c2f2+ +cmfm y0 = c1f 0 1+c 2f 0 2+ +cmf 0 m ... y(n;1) = c 1f (n;1) 1 +c 2f (n;1) 2 + +cmf (n;1) m y(n) = c 1f (n) 1 +c 2f (n) 2 + +cmf (n) m maka a0(x) c1f (n) 1 +c 2f (n) 2 + +cmf (n) m
+a1(x) c1f (n;1) 1 +c 2f (n;1) 2 + + cmf(n;1) m
++an(x) c 1f1+c2f2+ +cmfm

= 0, dan dapat disederhanakan menjadic1 a0(x)f (n) 1 +a 1(x)f (n;1) 1 + +an(x)f 1
+c2 a0(x)f (n) 2 +a 1(x)f (n;1) 2 + +an(x)f 2
++cm a 0(x)f (n) m +a1(x)f (n;1) m ++an(x)fm
= 0. Analog dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol, sehingga terbukti y=c1f1+c2f2+

+cmfm merupakan solusi umum. 2

De nisi 4.1.3

Misal f1 f2 ::: fm adalah fungsi riel yang kontinyu pada

tu-runan ke (n;1) dalam interval a b] maka

W(f1 f2 ::: fn) =               f1 f2 ::: fn f0 1 f 0 2 ::: f 0 n ... ... ... ... f(n;1) 1 f (n;1) 2 ::: f (n;1) n              

Teorema 4.1.2

Fungsi-fungsi solusi f1 f2 ::: fn dari PDB homogen order n

dikatakan bebas linier bila W(f1 f2 ::: fn)

6

= 0

Contoh 4.1.1

Buktikan bahwa

1. Jikasinx cosx merupakan solusi dariy0 0+y= 0 makay=c

1sinx+c2cosx

juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier. 2. Jika ex _e;x e2x merupakan solusi dari y0 0

;2y 00 ;y 0 + 2y = 0 maka y = c1e x_+c 2e ;x+c 3e

2x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas

linier.

Cara sederhana untuk menyelesaikan PDB homogen ordernini adalah dengan cara mereduksi ordernya.

Teorema 4.1.3

Suatu PDB a0(x)y (n)+a 1(x)y (n;1)+ +an(x)y= 0 a 0(x) 6 = 0

maka permisalan y=f(x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n;1).

Contoh 4.1.2

Salah satu solusi PDB (x2+ 1)y00

;2xy

0+ 2y= 0 adalah f 1 =x

maka tentukan solusi umumnya.

Penyelesaian 4.1.1

Misal f2 =y = f1v =xv y0 = v+xv0 y0 0 = 2v0 +xv0 0:

Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapatx(x2+1)v00+2v0 = 0 dan misal w=v0 maka x(x2+ 1)dw dx + 2w = 0 dw dx = ; 2w x(x2+ 1) 1 wdw = ; 2 x(x2+ 1)dx = ; ; 2 x + 2(x2+ 1)x
dx lnw = lnx;2+ ln(x2+ 1) + lnc lnw = ln 1_x2(x 2+ 1) sehingga solusi umunnya adalah

) w= 1

x2(x 2

+ 1):

Sementaraw=v0, maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi

dv dx = c(x 2+ 1) x2 dv = (x2+ 1) x2 pilih c= 1 dv = 1 + 1_x2
dx v = x; 1 x: Sekarang f2 = f1v = x ; x; 1 x  = x2

;1 maka solusi umum dari PDB diatas adalah

) y=c

1x+c2(x 2

4.2 PDB Order

n

Nonhomogen

Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk

a0(x)y (n)+a 1(x)y (n;1)+ +an(x)y=F(x) a 0(x) 6 = 0 (4.2)

Teorema 4.2.1

Bilau adalah solusi umum PDB homogen dari persamaan (4.4) dan v solusi khusus persamaan (4.4) maka u+v adalah solusi umum PDB non-homogen.

Misal diberikan PDB y00+y =x. Bila solusi umum PDB y0 0+y= 0 adalah

yu = c1sinx+c2cosx dan solusi khusus y

0 0+y = x adalah y

k = x maka solusi

umum PDB ini adalah y=yu+yk atau y=c1sinx+c2cosx+x.

4.3 PDB Order Dua

4.3.1 PDB Order Dua Homogen

Suatu PDB order dua dide nisikan dengan persamaan

p(x)y00

+q(x)y0

+r(x)y= 0 (4.3)

bila p q r adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut

ay0 0+by0+cy= 0: (4.4) Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan

y=ert

y0 =rert

sehingga persamaan (4.4) menjadi

ar2ert+brert+cert = 0 (ar2+br+c)ert = 0: Bilaert

6

= 0 makaar2+br+c= 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB order dua homogen dengan dengan koe sien konstan, dan y = ert _merupakan

solusi dari persamaan (4.4).

Akar-Akar Riel dan Berbeda

Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0) maka ditemukan r1

6

=r2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah

) y =c 1e

r1t+c 2e

r2t:

Misal diberikan PDB y0 0 + 5y0 + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya adalah r2 + 5r+ 6 = 0, dengan akar-akar r

1 = ;2 dan r 2 = ;3, sehingga solusi umumnya y = c1e ;2t+c 2e

;3t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2 dan y0(0) = 3 maka nilai c

1 c2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi umum dua kali, yaitu y0 =

;2c 1e ;2t ;3c 2e ;3t dan y00 = 4c 1e ;2t+ 9c 2e ;3t dan substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem

c1+c2 = 2 ;2c 1 ;3c 2 = 3 dimanac1 = 9 dan c2 =

;7 dan solusi khususnya menjadi y= 9e ;2t

;7e ;3t.

Contoh 4.3.1

Selesaikan persoalan berikut 1. 4y00

;8y

0+ 3y= 0 y(0) = 2 y0(0) = 1 2

2. 6y00+ 4y0+ 3y= 0 y(0) = 4 y0(0) = 0

3. y00+ 5y0 + 3y= 0 y(0) = 1 y0(0) = 0

Akar-Akar Komplek

Persamaan karakteristik persamaan PDB order dua homogen adalahar2+br+c= 0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r1 = +i dan r2 =

;i, dengan demikian solusi kompleknya adalah

y1 = c1e

(+i)t (4.5)

y2 =c1e

(;i)t (4.6)

Teorema 4.3.1

(

Teorema Taylor

) Jika f(t) mempunyai n+ 1 turunan kon-tinyu pada interval a b] untuk beberapa n 0 dan bila t t

0 2a b] maka f(t)  pn(t) +Rn +1(t) pn(t) = f(t0) + ( t;t 0) 1! f0(t 0) + + ( t;t 0) n n! f(n)(t 0) Rn+1(t) = 1 n! Z t t0 (t;t) n_f(n+1)(t)dt = (t;t 0) n+1 (n+ 1)! f(n+1)()

untuk  antara t0 dan t.

Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut pada t0 = 0 adalah: eat _{= 1 +at+ (}at)2 2! + (at) 3 3! += 1 X n=0 (at)n n! sinat = (at)1 1! ; (at)3 3! + (at) 5 5! ;= 1 X n=1 (;1) n;1 (at) 2n;1 (2n;1)! cosat = (at)0 0! ; (at)2 2! + (at) 4 4! ;= 1 X n=0 (;1) n(at)2n (2n)!

Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek eit _{dapat ditulis sebagai berikut} eit _{= 1 +it+ (}it)2 2! +(it) 3 3! +::: = 1 X n=0 (;1) n(at)2n (2n)! +i 1 X n=1 (;1) n;1 (at) 2n;1 (2n;1)! = cost+isint:

Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6) menjadi y1 =e (+i)t = et ; cost+isint y2 =e (;i)t = et; cost;isint  :

Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka

u(t) = y1+y2 = 2e t_cost v(t) = y1 ;y 2 = 2ie t_sint:

Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esen-sial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik kom-plek adalah ) y=c 1u(t) +c2v(t) =c1e t_cost+c 2e t_{sint :}

Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y0 0 +y0 +y = 0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r2 +r+ 1 = 0 sehingga akar-akar kompleknya adalah r12 = ; 1 2 i q 3 4. Jadi  = ; 1 2 dan = q 3 4 sehingga solusi umunyay =c1e ; 1 2tcos q 3 4t+c 2e ; 1 2tsin q 3 4t.

Akar-Akar Riel dan Sama

Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar2 +br + c = 0 akan mempunyai

D = b2

;4ac = 0 sehingga r

1 = r2 = ;

b

2a. Dengan demikian salah satu solusi PDB adalah yk =e;

b

2at. Misal solusi umumnya adalah y =v(t)yk(t) =v(t)e ; b 2at maka y0 = v0(t)e; b 2at ; b 2av(t)e; b 2at y00 = v00(t)e; b 2at ; b av0(t)e; b 2at+ b2 4a2v(t)e ; b 2at

Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay0 0 +by0 +cy = 0 diperoleh  a v0 0(t) ;b av0(t)+ b 2 4a 2v(t)
+b v0(t) ; b 2av(t)
+cv(t)  e; b 2at= 0:Bilae ; b 2at 6 = 0 makaav0 0(t)+ ; b2 4a+c
= 0:Karenab2

;4ac= 0 maka persamaan ini menjadi

av0 0(t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c

1t+c2. Dengan demikian solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah:

) y=v(t)y 1(t) =c1e ; b 2at+c 2te ; b 2at

4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen

Suatu PDB disajikan dalam persamaan berikut:

Ly] = y00

+p(t)y0

+q(t)y=g(t) (4.7)

Ly] = y00+p(t)y0+q(t)y= 0 (4.8)

Teorema 4.3.2

Jika Y1 dan Y2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y1 ;Y

2

adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y1 y2 solusi persamaan (4.7) maka

Y1(t) ;Y

Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah ) y(t) = c 1y1(t) +c2y2t | {z } solusi homogen+yk(t) Diberikan PDB y00 ;3y 0 ;4y = 3e

2t. Solusi persamaan homogennya adalah

yh = c1e ;t +c

1e

4t. Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen dengan memisalkanyk=Ae2tsebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai

A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kaliy0

k= 2Ae2t dan y0 0

k = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = ;

1 2. Sehingga solusi umumnya adalah y=c1e

;t+c 1e 4t ; 1 2e 2t:

Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana mem-buat permisalan untuk menentukan solusi khusus yk. Kadangkala pemisalahan

itu harus diulang dua kali untuk menentukan koe sien yang tepat bagi solusi ini. Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut.

gi(t) Yi(t) Pn(t) =a0t n_+a 1t n;1+ +an ts(A 0t n_+A 1t n;1+ +aN) Pn(t)eat ts(A0t n_+A 1t n;1+ +aN)eat Pn(t)eat  sint cost ts  (A0t n_+A 1t n;1+ +aN)eatcos t+ (A0t n_+A 1t n;1+ +aN)eatsin t  Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen.

Contoh 4.3.2

Selesaikan persoalan berikut 1. y00 ;3y 0 ;4y= 2sint 2. y00 ;2y 0 ;3y=;8etcos2t 3. y00 ;y 0 0 ;2y= 5e 5t+ 2sin3t ;18etcos4t

Variasi Parameter

Diberikan PDB nonhomogen

y0 0(t) +p(t)y0(t) +q(t)y(t) =g(t) (4.9) makayh(t) =c1y1(t) +c2y2(t) adalah solusi PDB homogen

y0 0+p(t)y0+q(t)y= 0: (4.10) Kemudian bila c1 diganti dengan u1(t) dan c2 dengan u2(t) maka diperoleh

y(t) =u1(t)y1(t) +u2(t)y2(t) (4.11) adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali

y0(t) = u0 1(t)y 1(t) +u1(t)y 0 1(t) +u 0 2(t)y 2(t) +u2(t)y 0 2(t): Set u0 1(t)y 1(t) +u 0 2(t)y 2(t) = 0 (4.12) maka y0(t) = u 1(t)y 0 1(t) +u 2(t)y 0 2(t) y0 0(t) = u0 1(t)y 0 1(t) +u 1(t)y 0 0 1(t) +u 0 2(t)y 0 2(t) +u 2(t)y 0 0 2(t):

Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh

u1(t)  y0 0 1(t)+p(t)y 0 1(t)+q(t)y 1(t)  +u2(t)  y00 2(t)+p(t)y 0 2(t)+q(t)y 2(t)  +u0 1(t)y 0 1(t)+ u0 2(t)y 0

2(t) =g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karenay 1 y2 adalah solusi PDB (4.11) sehingga

u0 1(t)y 0 1(t) +u 0 2(t)y 0 2(t) =g(t) (4.13)

Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier dimanau0

1(t) dan u 0

2(t) dapat ditentukan sebagai berikut:

u0 1(t) =        0 y2(t) g(t) y0 2(t)        W(y1 y2)(t) = ; y2(t)g(t) W : u0 2(t) =        y1(t) 0 y0 1(t) g(t)        W(y1 y2)(t) = y1(t)g(t) W : Sehingga u1(t) = Z ; y2(t)g(t) W dt+c1 u2(t) = Z y1(t)g(t) W dt+c2: Dan solusi umum (4.11) menjadi

) y(t) = R ; y2 (t)g(t) W dt y1(t) + R y 1(t)g(t) W dt y2(t)

Sebagai contoh dapat diselesaikan PDBy0 0+4y = 3csct. Persamaan homogen-nya adalahy0 0+4y= 0 dengan persamaan karakteristikr2+4 = 0 dan mempunyai akar komplek r12 = 0

2i. Dengan demikian solusinya yh =c

1cos2t+c2sin2t. Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3csct y1(t) = cos2t dan y2 = sin2t sehingga y

0 1(t) =

;2sin2t dan y 0 2(t) =

;2sin2t. Dengan mene-rapkan prosedur diatas maka

u0 1(t) =        0 y2(t) g(t) y0 2(t)        W(y1 y2)(t) = ; 3sin2tcsct 2cos22t+ sin 22t]

u0 2(t) =        y1(t) 0 y0 1(t) g(t)        W(y1 y2)(t) = 3 2 csct;3sint Dengan proses yang sederhana diperoleh

u1(t) = ;3sint+c 1 u2(t) = 32 ln jcsct;cottj+ 3cost+c 2 Sehingga solusi umumnya adalah

) y(t) =c

1cos2t+c2sin2t

Latihan Tutorial 4

1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua berikut ini: (a) y00 ;2y 0 ;8y= 4e 2x ;21e ;3x (b) y00+ 2y0+ 5y= 6sin2x+ 7cos2x (c) 2y00+ 32y0 ;2y= 6x 2ex ;4x 2+ 12 (d) y00+ 4y= 4sin2x+ 8cos2x (e) y00+y0 ;2y= 6e ;2x+ 3ex ;4x 2 (f) y00 ;6y 0 + 5y= 24x2ex+ 8e5x (g) y00 ;4y 0 + 5y= 6e2xcosx (h) y00+ 4y0 = 4sin2x+ 8cos2x (i) y00+y0 ;6y= 10e 2x ;18e 3x ;6x;11 (j) y00+ 4y= 12x2 ;16xcos2x (k) 4y00 ;4y 0+y=ex=2+e;x=2 (l) y00+ 2y0+ 10y= 5xe;2x (m) y00+ 6y0+ 5y= 2ex+ 10e5x (n) y00+ 2y0+ 4y= 13cos4x

2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: (a) y00

;4y

0 + 3y= 9x2+ 4 y(0) = 6 y0(0) = 8 (b) y00+ 5y0+ 4y= 16x+ 20ex y(0) = 0 y0(0) = 3

(c) y00 ;8y 0 + 15y= 9xe2x y(0) = 5 y0(0) = 10 (d) y00+ 7y0+ 10y= 4xe;3x y(0) = 0 y0(0) = ;1 (e) y00+ 8y0+ 16y= 8e;2x y(0) = 2 y0(0) = 0 (f) y00+ 6y0+ 9y= 27e;6x y(0) = ;2 y 0(0) = 0 (g) y00+ 4y0+ 13y= 18e;2x y(0) = 0 y0(0) = 4 (h) y00 ;10y 0+ 29y= 8e5x y(0) = 0 y0(0) = 8 (i) y00 ;4y 0 + 13y= 8sin3x y(0) = 1 y0(0) = 2 (j) y00 ;y 0 ;6y= 8e 2x ;5e 3x y(0) = 1 y0(0) = 2 (k) y00 ;2y 0 +y= 2xe2x+ 6ex y(0) = 1 y0(0) = 0

Daftar Pustaka

Boyce, W. E. & Diprima, R. C. 1997. Elementary Dierential Equations and Boudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore

Burden, R. L. and Faires, J. D. 1997.Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing Company. U.S.

Lambert, J.D. 1993. Numerical Methods for Ordinary Dierential Systems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore

Powell, M.J.D. 1981. Approximation Theory and Methods. Cambridge University Press. U.K.

Ross, S. L. 1989. Introduction to Ordinary Dierential Equations. John Wiley & Sons, Inc. New York. U.S.

Shampine, L. F. & Baca, L.S. 1989. Computer Solution of Ordinary Dierential Equations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco.