BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA - Matematika Teknik 2 – Bab 4 – Persamaan Diferensial Homogen

BAB 2

PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA

2. 1. KONSEP DASAR

Persamaan Dif erensial (PD) Biasa adalah persa-maan yang mengandung sat u at au beberapa penurunan y (varibel t erikat ) t erhadap x (varia-bel bebas) yang t idak spesif ik dan dit ent ukan hanya oleh sat u macam variabel bebas, x dan konst ant a.

Cont oh : y’ = cos x ( 2-1 )

y’ ’ +4y = 0. ( 2-2 )

x2_{y’ ’ ’ y’ +2e}x_{y’ ’ = (x}2_+2)y2 _{( 2-3 )}

Bila pada PD t erdapat dua at au lebih variabel bebas yang t idak spesif ik, maka persamaan t ersebut dina-makan PD Parsial.

Cont oh 1

Cari solusi dari y’ = 2y Karena dy = 2ydx

Maka solusinya y = e2x _{+ k ; k =}

konst ant a

Cont oh 2

Cari solusi dari yy’ = -x

Karena ydy = -xdx

dan solusinya x2 _{+ y}2 _{= 1 unt uk -1 < x}

< 1

Cont oh 3

Cari solusi dari y’ = cos x

Karena dy = cos x dx

Maka solusinya y = sin x + k ;

k = konst ant a

SOAL-SOAL LATIHAN 1

Cari solusi dari soal-soal di bawah ini :

1. y’ + y cot g x = 0 6. y’ + 2xy = 0 2. y’ + ½ y = 0 7. y’ + y’ x = -y

3. y’ + (y/ x) = 0 8. x + y = xy’

2. METODE PEMISAHAN

Misalkan PD g(y)y’ = f (x) ( 4 )

bila y’ = dy/ dx

maka g(y) dy = f (x) dx ( 5 )

Diint egralkan ∫ g(y) dy = ∫ f (x) dx + k ( 6 )

f dan g merupakan f ungsi kont inyu

Cont oh 1 9yy’ + 4x = 0

Dng pemisahan 9y dy = - 4x dx

∫ 9y dy = - ∫ 4x dx

9/ 2) y2 _{+ 2 x}2 _{= k}

[ (x2_{)/ 9] + [ (y}2_{)/ 4] = k}

Cont oh 2 y’ = -2xy

(dy / y) = (-2x) dx

∫ (dy / y) = ∫ (-2x) dx

| ln(y)| = -x2 _{+ k}

at au

Cont oh 3 (x2 _{+ 1)y’ + y}2 _{+ 1 = 0}

Pemisahan

Diint egralkan arc t an y + arc t an x = k

Bila kedua ruas di” t angens” kan :

t an(arc t an y + arc t an x) = t an k

dan

maka unt uk a = arc t an y dan b = arc t an x, diperoleh

Sehingga solusi akhirnya menj adi :

SOAL-SOAL LATIHAN 2

Cari solusi dari soal-soal di bawah ini, bila paramet er-paramet er a, b, dan n adalah konst ant a :

1. y’ + xy = 0

2. y’ = - [ (x-a)/ (y-b) ] 3. y’ - (ny)/ x = 0

4. yy’ = 2x exp(y2₎

5. y’ sin 2x = y cos 2x 6. yy’ + x = 0

7. y’ - y / (x ln x) = 0

8. y’ + ay + b =0 ( a ≠ 0 ) 9. xy’ = 2 √(y-1)

3. METODE REDUKSI

Digunakan unt uk memisahkan PD orde 1 yang t ak dapat dipisahkan

( 2-7 )

Misalkan (y/ x) = u

maka y’ = u + u’ x ( 2-8 )

dan g(y/ x) = g(u)

Sehingga u + u’ x = g(u)

Bila variabel u dan x dipisahkan, maka :

Bila diint egarlkan, maka hasilnya :

ln ( 1 + u2 _{) = - ln | x| + k at au 1 + u}2 _{= (k/ x)}

Gant ikan u dengan (y/ x), maka solusi akhirnya:

SOAL-SOAL LATIHAN 3

Cari solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. xy’ = x + y

2. xy’ – 2 y = 3x

3. x2_{y’ - y}2 _{= x}2 _{– xy}

4. (x2 _{+ 1)y = x}3 _{/ (xy’ -y)}

5. xy’ – y = x2 _{t an (y/ x)}

6. xy’ – x2 _{sec (y/ x) = y}

7. y’ ( y+x ) = y-x ; y(1) = 1.

6. yy’ – xy’ = y + x ; y(0) = 2.

9. xy’ – y = (y-x) 2 _{; y(1) = 1. 5}

4. FAKTOR INTEGTRAL

Misalkan t erdapat PD orde 1 linier :

y’ + f (x). y = r(x) ( 2-9 )

Bila r(x) ≡0 , disebut PD Homogen

sebaliknya disebut PD Non Homogen

dy + [ f (x)y ] dx = r(x) dx

Unt uk mencari solusinya, asumsikan f dan r kont inyu pada int erval I.

PD non homogen, asumsikan f (x) ≡ f dan r(x) ≡ r, maka :

dy + ( f y ) dx = r dx

(fy – r) dx + dy = 0 ( 2-10 ) Unt uk dapat kan soludinya diperlukan suat u f akt or F(x) yang hanya t ergant ung dari x.

F(x) disebut FAKTOR INTEGRAL

5. PD EKSAK

Suat u PD M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 ( 2-12 )

Disebut eksak bila memenuhi :

Subst it usikan pers. (2-11) ke dalam pers. (2-12):

ln | F | = ∫ f (x) dx

Bila h(x) = ∫ f (x) dx

maka

F(x) = eh(x) _{( 2-13 )}

F(x) adalah FAKTOR INTEGRAL

Kalikan pers. (9) dengan pers. (13),

Kedua ruas dibagi dengan eh _{, sehingga}

Cont oh 1: xy’ + y + 4 = 0

y’ + (1/ x) y = -(4/ x) y’ + f y = r

f = (1/ x) dan r = -(4/ x) h = h(x) = ∫ f (x) dx

= ∫ (1/ x) dx = ln | x|

y = e-ln x _[ ∫ _e ln x _{-(4/ x) dx + k ]}

y = eln (1/ x) _[ ∫ _{-4 dx + k ]}

y = (1/ x) (-4x + k ) = (k/ x) – 4

Cont oh 2: y’ + y t an x = sin 2x ; y(0) = 1

f = t an x dan r = sin 2x

h = ∫ f (x) dx = ∫ t an x dx = -ln | cos x|

y = e ln cos x _[ ∫ _e-ln cos x _{sin 2x dx + k ]} = cos x [ ∫ {-(sin 2x)/ (cos x)} dx + k ] = cos x [ 2 cos x + k ]

y = k cos x + 2 cos2 _x

Cont oh 3 :

y’ – y = e2x

f (x) = -1 ; r = e2x _{; h =} ∫ _{f (x) dx = -x}

y = ex _[ ∫ _e-x _(e2x_{) dx + k ]}

= ex _{( e}x _{+ k ) = ke}x _{+ e}2x

SOAL-SOAL LATIHAN 4

Carilah solusi dari soal-soal di bawah ini :

1. y’ + y = 1

2. xy’ + y = 2x

3. y’ + xy = 2x

4. y’ + 2y = cos x

5. y’ + 3y = e2x _{+ 6}

6. y’ t an x +1 = y 7. y’ = 2(y/ x) + x2 _ex

8. (x2 _{-1) y’ = xy – x}

9. y’ – y = ex ; _{y(1) = 0}

6. PERSAMAAN BERNOULLI

Digunakan unt uk menyelesaikan PD orde 1. Bent uk umum persamaan :

y’ + f(x) y = g(x) ym _(2-17)

Dimana a = sembarang bilangan riel

Unt uk m = 0 dan m = 1, PD menj adi linier

Tinj au u(x) = y(1-m)

du = (1-m) y-m _dy

du/ dx = (1-m) y-m _{dy/ dx} u’ = (1-m) y-m _y’

Kalikan PD semula dengan (1-m) y-m

[ (1-m)y-m_{] y’ +f (x) y [ (1-m) y}-m_{] =}

g(x) ym _{[ (1-m) y-}m_]

(1-m)y-m_{y’ + (1-m) f (x) y}(1-m) _{= (1-m) g(x)}

Cont oh :

1. Cari solusi dari y’ + x-1_{y = x}-1_y2

Penyelesaian : y’ +(1/ x) y = (1/ x) y2 f (x) = 1/ x ; g(x) = 1/ x ; m=2

maka u = y(1-2)

u’ + (1-m)f (x) u = (1-m) g(x) u’ –(1/ x) u = -(1/ x)

Selanj ut gunakan f akt or int egral.

h = ∫ f (x) dx = ∫-(1/ x)dx = - ln(x) ; r = -(1/ x) u = eln(x) _[ ∫ _e-ln(x) _{(-1/ x) dx + k ]}

= x [∫ -(1/ x2_{) dx + k ]} = kx + 1

u = y-1 _{= kx + 1 sehingga y = 1/ (kx + 1)}

7. PERSAMAAN CAUCHY/ EULER

Persamaan Cauchy at au disebut j uga

Persamaan Euler adalah persamaan yang

digunakan unt uk menyelesaikan PD orde 2.

Bent uk umum persamaan :

x2_{y” + axy’ + by = 0 ( 2-19 )}

Perhat ikan y = xm _{( 2-20 )} Bila dit urunkan, menj adi

y’ = m x(m-1) _{( 2-21 )}

Y” = m(m-1) x (m-2) _{( 2-22 )}

Bila persamaan (2-20), (2-21) dan (2-22) disub-st it usikan ke dalam persamaan (2-19), maka persamaan t ersebut menj adi :

x2_{[ m(m-1) x} (m-2)_{] + ax[ m x}(m-1)_{] + b[ x}m_{] =0} m(m-1) x m _{+ am x}m _{+ bx}m₌₀

m2 _x m _{+ (a-1)m x}m _{+ bx}m₌₀

m2 _{+ (a-1)m + b = 0 ( 2-23 )}

Kondisi khusus :

1. Nilai akar-akar m₁ dan m₂ berbeda (m₁≠m₂) ;

y₁ = xm1 _{dan y}

2= xm2

Solusi umumnya

y = k₁ xm1 _{+ k}

2 xm2 ( 2-24 )

Nilai akar-akar m₁ = m₂.

Nilai-nilai m₁ = m₂ bila dan hanya bila

b = (1/ 4)(1-a)2 _{; m}

1 = m2 = [ (1-a)/ 2]

dan solusi umumnya adalah :

y = (k₁ + k₂ ln x) xm _{( 2-25 )}

dengan k₁ dan k₂ adalah konst ant a

Cont oh

1. Carilah solusi dari x2_{y” – 1. 5 xy’ – 1. 5 y = 0} Penyelesaian y = kxm _{; a = -1. 5 dan b = -1. 5}

(a-1)m + b = 0

m2 _{+ (-1. 5-1)m - 1. 5 = 0} m2 _{- 2. 5m - 1. 5 = 0}

Akar-akar persamaannya :

m₁ = -0. 5 dan m₂ = 3

y₁ = xm1 _{= x}(-0. 5) _{= 1/ (}√_x) y₂ = xm2 _{= x}3

Maka solusi umumnya adalah :

2. Carilah solusi dari x2_{y” – 3xy’ + 4y = 0}

Penyelesaian :

Lihat persamaan (2-19) ; x2_{y” + axy’ + by = 0}

a = -3 dan b = 4

Periksa nilai-nilai m :

b = (1/ 4)(1-a)2 _{; m}

1 = m2 = [ (1-a)/ 2]

b = (1/ 4)(1+3)2 _{= 4 (memenuhi syarat )}

maka m1, 2 = (1+3)/ 2 = 2

Cara lain :

y = xm _{a= -3 dan b = 4}

m2 _{+ (a-1)m + b = 0} m2 _{+ (-3-1)m + 4 = 0} m2 _{- 4m + 4 = 0}

(m-2)2 _{= 0 ; m}

1, 2 = 2

Solusi umum : y = k₁ x2 _{+ k}

8. AKAR-AKAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK

Bent uk umum persamaan

y” + ay’ + by = 0 ( 2-26 )

Bila solusinya adalah persamaan karakt erist ik

λ, maka

λ 2 _{+ a}λ _{+ b = 0 ( 2-27 )}

dan akar-akarnya yait u

λ₁ = [ -a + √(a2 _{– 4b)] / 2 ( 2-28 )}

λ₂ = [ -a - √(a2 _{– 4b)] / 2 ( 2-29 )}

a dan b adalah bilangan real (nyat a)

dan D = (a2 _{– 4b) ( 2-30 )}

D = Diskriminan

Persamaan karakt erist ik yang t erbent uk :

Kasus 1 : D > 0 ; ada 2 akar nyat a berbeda

Kasus 2 : D = 0 ; ada 2 akar nyat a kembar

(harganya sama)

Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks

Kasus 1 :

D > 0 (dua akar nyat a berbeda harga) (a2 – 4b) > 0

y₁= eλ1 X _{dan y}

2 = eλ2 X

Solusi umumnya

y = k₁ eλ1 X _{+ k}

2 eλ2 X ( 2-31 )

Cont oh :

Carilah solusi umum dari PD di bawah ini :

y” + y’ - 2y = 0

λ 2 ₊ λ _{- 2 = 0} (λ -1)(λ + 2) =0

λ₁ = 1 dan λ₂ = -2

Solusi umumnya y = k₁ eX _{+ k}

Kasus 2 :

D = 0 ( dua akar nyat a ganda berharga sama)

(a2 _{– 4b) = 0 ; b = (1/ 4)a}2

Disebut kondisi krit is

y” + ay’ + (1/ 4)a2 _{y = 0 ( 2-32 )}

akar ganda λ = -(a/ 2)

Solusi

1. Hanya ada 1 solusi yait u :

y₁ = eλ X _dengan λ _{= -(a/ 2)}

2. Solusi lain y₂

y₂(x) = u(x)y₁(x) dengan y₁(x) = e(-ax/ 2)

Hit ung u dan subst it usikan y₂ dan

t urunannya ke dalam persamaan ( 7 ).

sehingga menj adi :

u{y₁” +ay₁’ + (1/ 4) a2_y

1. Karena y₁ adalah solusi 1 ; { y₁” +ay₁’ + (1/ 4) a2_y

1 } = 0

2. Karena 2y₁’ = 2(-a/ 2) e-(ax/ 2) _{= ay} 1 (2y₁’ +ay₁) = 0

sehingga u” y₁ = 0, karenanya u” = 0, Solusi u = x memberikan :

y₂(x) = xeλX ; λ _{= -a/ 2}

Dalam kasus akar ganda, basis dari solusi 1. pada set iap int erval adalah :

eλX _{dan xe}λ X

unt uk λ = -a/ 2

Sehingga Solusi umum PD pada kasus akar ganda ialah :

y = (k₁ + k₂x) eλ X _{( 2-33 )}

Cont oh :

Carilah solusi umum dari PD berikut ini 1. y” + 8y’ + 16 y = 0

Jawab:

λ2 _{+ 8} λ _{+16 = 0}

Akar ganda ; λ = -4

Basis solusi adalah : e-4x _{dan x e}-4x

Sehingga solusi umumnya adalah :

y = (k₁ + k₂ x) e-4x

2. y” - 4y’ + 4y = 0 ; y(0) = 3 ; y’ (0) = 1 Jawab :

λ2 _{- 4}λ _{+ 4 = 0}

Akar ganda ; λ = -2

Basis solusi adalah : e-2x _{dan x e}-2x Solusi umum :

Bila dit urunkan, akan didapat kan :

y’ (x) = k₂e2x _{+ 2(k}

1+k2x)e2x

Subst it usikan harga-harga yang diket ahui :

y(0) = 3 dan y’ (0) = 1

sehingga didapat kan k₁ = 3 dan k₂ + 2k₁ = 1 k₁ = 3 dan k₂ = -5

Solusi umumnya menj adi : y = (3 – 5x) e2x

Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks

conj ugat e (*)

Akar-akar kompleks haruslah conj ugat e (*)

λ₁ = p + j q

dengan p dan q adalah real ; q ≠ 0 dengan asumsi a dn b j uga real.

1. Terbent uk basis : y₁ = e(p+j q)x y₂ = e(p-j q)x

Dengan menerapkan rumus Euler

ejθ _{= cos} θ _{+ j sin} θ e-jθ _{= cos} θ _{- j sin} θ

Anggap θ = qx, sehingga dari rumus Euler didapat kan :

y₁ = e(p+j q)x = epx _ej qx

y₁ = epx_(cos θ _{+ j sin} θ ₎

y₂ = e(p-j q)x = epx _e-j qx

½ (y₁ + y₂) = epx _{cos qx}

(1/ 2j )(y₁ – y₂) = epx _{sin qx}

2. Terbent uk basis unt uk set iap int erval, yait u : epx _{cos qx}

dan epx _{sin qx}

Sehingga solusi umumnya adalah :

y(x) = epx _{(A cos qx + B sin qx) ( 2-34 )}

dengan A dan B adalah konst ant a

Cont oh :

1. Carilah solusi dari PD berikut ini

Jawab :

Persamaan karakt erist iknya

λ2 _{- 2}λ _{+10 = 0}

akar-akarnya λ = p + j q = 1 + j 3

λ = p – j q = 1 – j 3

berart i p = 1 dan q = 3

sehingga memberikan basis

ex _{cos 3x dan e}x _{sin 3x}

Solusi umumnya : y = ex _{(A cos 3x + B sin 3x)}

2. Carilah solusi dari PD berikut ini

y” – y’ + 10 y = 0 ; y(0) = 4 ; y’ (0)=

1

Jawab :

Solusi umum (lihat j awaban akhir soal di at as)

Dari nilai-nilai awal di dapat kan :

y(0) = A = 4

y’ (0) = A + 3B = 1 ; B = -1

maka solusi umumna adalah :

y = ex _{(4 cos 3x - sin 3x)}

3. Carilah solusi dari PD berikut ini

y” + ω2 _{y = 0}

ω = konst ant a ≠ 0

Jawab :

Solusi umumnya adalah

IKHTISAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK PD HOMOGEN ORDE 2

Kasus 1

Akar-akar : Real λ₁ , λ ₂ Basis : eλ1x _{, e}λ2x

Solusi Umum : y = k₁ eλ1x _{+ k}

2 eλ2x

Kasus 2

Akar-akar : Real Ganda , λ (=-a/ 2) Basis : eλx _{, xe}λx

Solusi Umum : y = (k₁ + k₂ x)eλx

Kasus 3

Akar-akar : Kompleks, Conj ugat e

λ₁ = p + j q ; λ₂ = p - j q Basis : epx _{cos qx ; e}px _{sin qx}

SOAL-SOAL LATIHAN 5

Selesaikan PD berikut ini :

1. y” -2y’ – 3 y = 0 6. 4y” -4y’ +y=0 2. y” -2y’ + y = 0 7. 8y” -2y” -y=0

3. y” - 6y’ + 25y = 0 8. y” + 2ky’ + k2_{y =0} 4. y” + 6y’ + 9y = 0 9. y” + π2_y=0

5. 2y” + 3y’ - 2y = 0 10. y” + 2y’ +(π2 _{+1)y =0}