Solusi khusus PDB adalah suatu fungsi yang merupakan anggota dari

001

Persamaan diferensial Persamaan diferensial adalah suatu persamaan

yang mengaitkan fungsi dan turunan atau diferensialnya. Untuk fungsi satu peubah pada persamaannya terlibat turunan biasa, sehingga disebut persamaandiferensial biasa (PDB).Untuk fungsilebih darisatu peubah padapersamaannya terlibatturunan parsial,sehingga disebut persamaan diferensial parsial (PDP).

Ilustrasi (1) 2xyy¢= -y2 x2, (2) ( )y¢ 2-2y¢+ =y 0, (3) y¢¢-2y¢- =3y sinx

adalah PDB sedangkan (1) u_xx+u_yy=0, (2) u_xx+ =u_y u adalah PDP.

Tingkat dan derajat persamaan diferensial biasa Tingkat (orde) PDB

adalah indeks tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. Derajat (degree) PDB adalah pangkat tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. PDB yang berderajat satu dinamakan persamaan diferensial linear.

Ilustrasi (1) ( )y¢ 2-xy¢+ =y 0 adalah PDB tingkat satu dan derajat dua, dan (2) (y¢¢)2+2 ( )x y¢ 3+ =2y x adalah PDB tingkat dua dan derajat tiga.

Solusi persamaan diferensial biasa Solusi PDB adalah suatu keluarga

▸ Baca selengkapnya: menentukan solusi adalah

Ilustrasi

y¢¢= - x bila digantikan ke persamaannya adalah pernyataan benar. ¾Keluarga fungsiy Cx C= - 2adalah solusi umum PDB ( )y¢ 2-xy¢+ =y 0 benar. Fungsi y = 1₄x2 yang tidak diperoleh dari so-lusiumumy Cx C= - 2adalahsolusisingularPDBini. Perhatikanbahwakurvasolusi umum PDBini selalu menyinggung solusi singularnya.

Persamaan diferensial biasa tingkat dua dengan koefisien konstan

Bentuk umum PDB tingkat dua dengan koefisien konstan adalah ( )

y¢¢+ay¢+by = f x , a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I. Dalam kasus f x( ) 0= diperoleh PDB tingkat dua

0

y¢¢+ay¢+by = , a,b konstanta real,

yang dinamakan PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan.

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua

KonstruksisolusiPDB homogentingkat duadengan koefisienkonstan

¾Tulislah persamaan diferensial y≤+ay¢+by=0, a, b konstanta real

da-Bentuk kuadrat dalam D selalu dapat diuraikan atas dua faktor linear dalam sistem bilangan kompleks, yaitu D2+aD+b = (D-r₁)(D-r₂), sehingga persamaan diferensialnya dapat ditulis (D- r₁)(D-r₂)y = 0. Persamaankuadratr2+ar+b = 0 yang menghasilkan akar r₁ dan r₂ di-namakan persamaan karakteristik dan r₁, r₂ akar karakteristik.

¾Untuk menyelesaikan (D-r₁)(D-r₂)y =0, misalkan u =(D-r₂)y, ma-ka (D-r₁)u = 0, atau du ₁ 0

dx -r u= . Pisahkan peubahnya dan selesaikan,

¾Kasus 1: r₁πr r r₂, ,_{1 2}Œ\ (kedua akarnya bilangan real yang berbeda) langan kompleks) Untukkasus iniandaikansifat integral danpangkat

eksponenreal berlakuuntukeksponen kompleks. Karena r₁ π r₂, maka solusinya adalah bilangan kompleks sekawan, maka C₁ dan C₂ adalah bilangan real. Jadi solusi y≤+ay¢+by=0, r₁= +p qi dan , ,r₂ = -p qi p qŒ\,i2= -1

Contoh Tentukan solusi khusus (masalah nilai awal) dari PDB

Solusi PDB tak homogen tingkat dua dengan koefisien konstan

¾Akan ditentukan bentuk umum solusi PDB tak homogen

( )

dengan u₁danu₂berbentuk fungsieksponen, sukubanyaklinear,sinus, dan kosinus beserta kombinasinya.

y ∫ solusi homogen dan y_k ∫ solusi khusus yang akan dicari.

Metode koefisien tak tentu (MKT) untuk mencari solusi khusus yk

¾Gagasan metode koefisien tak tentu adalah solusi khusus y_k dari PDB

( )

y¢¢+ay¢+by = f x berbentuksama seperti f x( ) dengan koefisienyang tak tentudanakan dicari.Metode ini hanya dapat digunakan untuk ka-sus f x( ) memuat bentukserupadengan solusihomogennya, tetapi f x( )

bukan salah satu dari solusi homogennya.

¾Metode mencari solusi khusus Pilihlah y_k disertai beberapa koefisi-en, yang dicari dengan menggantikan y_k,y_k¢ ¢¢,y_k ke PDB dan samakan koefisiennya.Pilihany_kyangsesuaidiperlihatkantabel berikut.Jika y_k

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢ ¢- - =y 2y 2e3x. diberikan dan tentukan koefisien K, diperoleh

3

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k=1₂e3x, sehingga solusi umumnya adalah y y= + =_h y_k C e₁ -x+C e₂ 2x+ 1₂e3x.

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢ ¢- - =y 2y 2ex+4 .x ¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

2

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢ ¢- - =y 2y 4 .x2 ¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

2 ¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

2 Gantikan y_k ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K dan L, diperoleh

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢-2y¢+ =y 2 .ex

¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2-2r+1=0,atau(r-1)2=0, sehing-ga akar karakteristiknya adalah r=1. Jadi solusi homogen persamaan di-ferensialnya adalah y_h = (C x C e₁ + ₂) .x

¾ Karenaexdan xexsudah muncul paday_h (menghasilkan ruas kanan nol), maka cobalah solusi khususy_k=Kx e2 x, K dicari. Turunan pertama dan kedua dari y_k adalah y_k¢=Kx e2 x+2Kxex dan y_k¢¢=Kx e2 x+4Kxex+2Kex. Gantikan y_k kepersamaan y_k¢¢-2y_k¢+ =y_k 2ex dan tentukan K, diperoleh

2 2 2

4 2 2 4 2

x x x x x x x

Kx e + Kxe + Ke - Kx e - Kxe +Kx e = e

2

2Kx ex= 2ex fi K = 1

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k=x e2 x, sehingga solusi umumnya adalah y y= + =_h y_k (C x C e₁ + ₂) x+x e2 x.

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢+4y¢=4 .x2

¾ Persamaan karakteristiknya adalah r2+4r=0,atau r(r +4)=0, sehingga akar karakteristiknya adalah r₁ =0 dan r₂ =-4. Jadi solusi homogen per-samaan diferensialnya adalah y_h = +C₁ C e₂ -4x.

¾ Solusi khusus berbentuk fungsi kuadrat tak dapat digunakan karena bila digantikanruas kirinyalinear dan ruas kanannya kuadrat. Cobalah solusi khusus y_k=x Kx( 2+Lx M+ ), K,L,M dicari. Turunan pertama dan kedua dari y_k adalah y_k¢=3Kx2+2Lx M+ dan y_k¢¢=6Kx+2 .L Gantikan y_k ke per-samaan y_k¢¢+4y_k¢=4x2dan tentukan K, L, dan M, diperoleh

2 2

6Kx+2L+12Kx +8Lx+4M = 4x

2 2

12Kx +(6K+8 )L x+(2L+4 )M = 4x 1

3

Metode variasi parameter (MVP) untuk mencari solusi khusus yk

¾Solusi homogen PDB y¢¢+ay¢+by = f x( ) adalah y_h=C u x_{1 1}( )+C u x_{2 2}( ), C₁,C₂ parameter dan u₁,u₂ berbentuk epx,xepx,epxcosqx e, pxsinqx. ¾Gagasan metode variasi parameter adalah asumsi bahwa solusi khusus

k

Untuk mencari v₁ dan v₂ harus ditetapkan dua persamaan yang terkait dengan duasyarat. Karena salahsatu syarat adalahy_k memenuhi PDB, maka syarat kedua ditetapkan agary_k hanya memuat v₁danv₂ saja, se-hingga diperoleh

¾Selesaikan sistem persamaan 1 1 2 2

Contoh Tentukan solusi umum PDB y¢¢-2y¢+ =y 2ex dengan MVP. ¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2-2r+1=0,atau(r-1)2=0,

Gerak harmonis sederhana partikel Suatu partikel bergerak sepanjang garis lurus dan beroskilasi sekitar x=0. Posisi partikel saat t adalah x(t) dan percepatan a(t) memenuhi a(t)=-kx(t), k>0, yang meberikan PDB x≤+kx=0, k>0. Jika persamaan diferensialnya diselesaikan, maka solu-si x=x(t) memberikan informasi kedudukan partikel pada setiap saat t. ¾ Karena a(t)=x≤(t), maka diperoleh PDB x≤(t)=-k x(t), k>0, yang tanpa

peubahnya dapat ditulis

x≤+kx=0, k>0.

Selesaikanpersamaandiferensial homogendengan koefisienkonstanini. ¾ Persamaankarakteristikr2+k=0dengan k>0memberikan akar

karakte-ristik r₁= k i dan r₂= - k i, sehingga solusi umum PDB adalah

1 2

( ) cos sin

x x t= =C k t C+ k t. ¾ Misalkan k= w2, maka solusi ini dapat ditulis

1 2

( ) cos sin sin( ), 0; x x t= =C wt C+ wt=A w dt+ A> dengan

2 2

1 2

A= C +C , _sin C1_, A

d = dan _cos C2_. A

d =

¾ Solusi x x t= ( )=Asin(w dt+ ) adalah fungsi periodik dengan periode 2_wp , amplitudonya A, dan frekurensinya ₂w_p . Perhatikan kurva x = x(t) yang bentuknya sinusoidal pada gambar di bawah.

x

2p/w A

x=x(t)

0 t

Pegas spiral Suatu pegasspiralyang panjangnya p₀ digantung vertikal. Benda yang massanya m digantungkan pada ujung bawah pegas sampai keadaan setimbang dan panjang pegas bertambah p₁. Kemudian benda ditarik ke bawah sejauh x₀ dan dilepaskan.

keadaan awal

m

keadaan setimbang m

dengan massa m m keadaan setelah keadaan setelah benda dilepaskan benda ditarik ke bawah

Akan ditentukan persamaan diferensial beserta solusinya sebagai model matematika masalah ini bilamana (a) gerakannya tidak mengalami ham-batan udara dan (b) gerakannya mengalami hambatan udara sebanding dengan kecepatan benda.

¾ Pilihlahsuatusistem koordinatdengan arah positif ke bawah. Gaya yang bekerjapada benda setelahdi tarikke bawah dan dilepaskan adalah gaya gravitasi dan gaya pegas. Gaya gravitasinya adalah

F₁= mg; m ∫ massa benda dan g ∫ percepatan gravitasi. Gaya pegasnya adalah

F₂ = -k(p₁+x), k > 0; p₁+x∫ regangan pegas dan k∫ konstanta pegas. Gaya pegas diperoleh dari hukum Hooke (gaya pegas sebanding dengan regangan pegas) dan arahnya berlawanan dengan arah regangan pegas.

(a) Kasus hambatan udara diabaikan ¾ Gaya total pada sistem ini adalah

1 2 ( 1 ) ( 1) .

F= + =F F mg k p- + =x mg kp- -kx p1

p0

0 0

x0

¾ Karenadalamkeadaansetimbang setelah pegas digantung gaya gravitasi

¾ Kesimpulan Gerakan pegasuntukhambatan udaradiabaikan adalah ge-rak harmonis sederhana.

(b) Kasus hambatan udara sebanding dengan kecepatan benda

¾ Gaya total pada sistem ini adalah F=-kx-cv=-kx-cx¢. Karena F=ma =mx≤ (hukum kedua Newton), maka diperoleh

mx¢¢= - -cx¢ kx atau x¢¢+_mc x¢+ _mk x=0,k>0.

¾ Selesaikan PDB ini, persamaan karakteristiknya adalah r2+_mcr+ =_mk 0,

atau mr2+ + =cr k 0, sehingga akar karakteristiknya c ₂c2 4km

m

r= - ± - .

®Kasusc2-4km<0:Akar karakteristiknya bilangan kompleks

1 ₂c_m

R

S

L E E(t)

C

Rangkaian listrik Rangkaian listrik pada gambar

terdiri dari daya gerak listrik E(t) volt, resistansi R ohm, kapasitor C farad, dan induktansi L henry. Dari hukum Kirchoff E_R+ + =E_C E_L E t( ) dengan

(1) gaya sepanjang resistor E_R=RI (hukumOhm),

(2) gaya sepanjangkapasitor E_C=Q_C , Q muatan

lis-Contoh Rangkaian listrikpada gambardi samping mempunyai daya gerak listrik se-besar E =100sin60t volt, resistor sebesar 2 ohm,induktorsebesar 0,1 henry, dan ka-pasitor sebesar 1/260 farad. Jika pada saat t=0 arus listrik dan muatannya nol, tentu-kanmuatanlistrikpadakapasitornyauntuk setiap saat t.

Untuk memperoleh Q = Q(t), selesaikan PDB

20 2600 1000sin 60 , (0) 0, (0) (0) 0.

Q¢¢+ Q¢+ Q= t Q = I =Q¢ =

¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2+20r+2600 0= dengan akar karak-teristik ₁₂ 20 400 10400

¾ Tentukan solusi khususnya dengan metode koefisien tak tentu. Misalkan

cos 60 sin 60

k

Q = A t+B t.

Turunan pertama dan kedua dari solusi khusus ini adalah