BAB 1 PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDER SATU

BAB 1 PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDER SATU

1.1. PENDAHULUAN

Persamaan Diferensial adalah salah satu cabang ilmu matematika yang banyak digunakan dalam memahami permasalahan-permasalahan di bidang fisika dan teknik. Persamaan Diferensial merupakan alat yang ampuh dalam menyelesaikan berbagai macam masalah praktis yang sering muncul di dunia nyata. Pada pembahasan berikut, pertama akan diberikan pengertian Persamaan Diferensial, order dan derajat serta penyelesaian Persamaan Diferensial. Selanjutnya dibahas berbagai teknik penyelesaian Persamaan Diferensial order satu.

Tujuan Instruksional :

Setelah mempelajari bab ini, saudara harus dapat

• Membedakan Persamaan Diferensial Biasa dengan Persamaan Diferensial Parsial, serta membedakan order dan derajat Persamaan Diferensial

• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan Diferensial dengan peubah terpisah, Persamaan Diferensial eksak, serta Persamaan Diferensial Linier order satu.

• Menentukan faktor integral dan mengubah Persamaan Diferensial menjadi Eksak.

• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan Diferensial tipe homogen, Riccati, dan Bernoulli.

• Mereduksi Persamaan Diferensial nonhomogen ke bentuk Persamaan Diferensial Homogen.

• Menentukan trayektori ortogonal

1.2. PENGERTIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL

Pada kuliah kalkulus, kita telah belajar bagaimana menentukan derivatif (turunan) y' f'(x)

dx

dy = = dari suatu fungsi y= f(x). Misalnya, jika

x e

y=2 ^−x +cos3 , maka

x dx e

dy _x

3 sin 3

2 −

−

= ⁻ . (1.1)

Atau jika diberikan persamaan dalam bentuk g(x,y)=C dengan C konstanta, kita dapat mendiferensialkan secara implisit untuk memperoleh

dx

dy. Misalkan

dipunyai fungsi implisit

2 9 2+ y = x

maka akan diperoleh

0 2

2 + =

dx ydy x atau

y x dx

dy =− . (1.2)

Persamaan (1.1) dan (1.2) di atas merupakan contoh persamaan diferensial.

Definisi : Suatu persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang menyatakan hubungan fungsi yang tidak diketahui beserta turunannya.

Jika hanya ada satu peubah bebas, maka disebut Persamaan Diferensial Biasa (PDB), sebagai contoh adalah persamaan (1.1) dan (1.2). Contoh PDB lainya adalah sebagai berikut :

. 0

sin 3 2 4

2 2

2

=

−

=

−

−

= +

dx xy dy y

x dx y

dy dx

y d

e dx xy

dy _x

Sedangkan jika persamaan memuat dua atau lebih peubah bebas, maka disebut Persamaan Diferensial Parsial (PDP). Misalkan :

. 0 2

2 2 2 2 2 2

2 2

∂ = +∂

∂ +∂

∂

∂

∂

=∂

∂

∂

=

∂ − +∂

∂

∂

z u y

u x

u t u x

u

o t v

v x v

Pembahasan tentang PDP akan dibicarakan dalam bab tersendiri.

1.2.1. Bentuk Umum dan Order PDB Bentuk umum PDB order n adalah

) ,...,

' ' , ' , ,

( ^{( )}

)

(ⁿ = f x y y y y ⁿ−1

y (1.3)

yang menyatakan adanya keterkaitan antara peubah bebas x dan peubah tak bebas y beserta turunan-turunannya dalam bentuk persamaan yang identik nol. Beberapa buku menulis persamaan ini dalam bentuk f(x,y,y',y'',...,y⁽ⁿ⁾)=0.

Order dari Persamaan diferensial adalah order tertinggi dari turunan yang ada dalam persamaan. Misalkan

x dx xy

dy+2 =sin

adalah persamaan diferensial order satu, sedangkan

2 0

2

= + y dx

y d

merupakan persamaan diferensial order dua.

1.2.2. Penyelesaian PDB

Masalah kita selanjutnya adalah bagaimana menemukan penyelesaian PDB, yaitu suatu fungsi y(x) yang memenuhi PDB tersebut.

Definisi : Suatu fungsi y(x) yang didefinisikan pada suatu interval disebut penyelesaian PDB jika secara identik memenuhi persamaan (1.3) pada interval yang diberikan.

Contoh 1.1 :

Fungsi y=ke^xadalah penyelesaian persamaan diferensial y dx

dy= pada interval

∞

<

<

∞

− x , karena (ke^x) ke^x. dx

d = Jadi jika disubstitusikan ke dalam

persamaan diperoleh ke^x= ke^x, yang berlaku untuk semua x.

Tidak semua penyelesaian PDB dapat disajikan secara eksplisit seperti Contoh 1.1. Beberapa kasus ditemukan penyelesaian yang disajikan dalam bentuk implisit, seperti contoh berikut.

Contoh 1.2 :

Persamaan x²+ y² =C, untuk suatu konstanta C > 0, merupakan penyelesaian bentuk implisit dari .

y x dx

dy =−

Contoh 1.3 :

Persamaan xy+e^xsiny=1, merupakan penyelesaian bentuk implisit dari cos .

sin y e x

y e y dx dy

x x

+

− +

=

1.2.3. Masalah Nilai Awal

Misalkan akan dicari penyelesaian y= y(x) dari PDB order satu ).

, ( ' f x y

y = (1.4)

yang memenuhi

0

0 y

x

y( )= . (1.5)

Persamaan (1.5) disebut kondisi awal dari PDB order satu. PDB (1.4) dengan kondisi awal (1.5) disebut Masalah Nilai Awal (MNA). Penyelesaian yang memenuhi kondisi awal ini disebut penyelesaian khusus, sedangkan jika tidak diberikan kondisi awal dinamakan penyelesaian umum, seperti Contoh 1.2. Jadi pada penyelesaian umum masih memuat konstanta sebarang C, sedangkan pada penyelesaian khusus sudah tidak memuat konstanta sebarang.

Contoh 1.4 :

Persamaan x x

y= + 2

2

adalah penyelesaian khusus dari MNA .

) ( ,

'−x=1 y 0 =0 y

Latihan 1.2 :

Tunjukkan bahwa fungsi yang diberikan merupakan penyelesaian dari Persamaan diferensial

1. y'=2y, y =Ce^2x.

2. y ''+2y'+y =0, y=(c₁+c₂x)e^−x.

3. y y x y secx

2 , 1 sec

''+ = ³ = .

4. y ''−3y'+2y =sine^−x, y=c₁e^x +(c₂ −sine^−x)e^2x.

5. , 4 16, (4) 0

'= 4 x² − y² = y = y

y x .

1.3. PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA ORDER SATU

Pada Bagian ini, kita akan membahas teknik-teknik penyelesaian PDB order satu. Untuk PDB order satu yang berbentuk y'= f(x), dimana f fungsi kontinu dari satu peubah bebas x, maka kita dapat mengintegralkan secara langsung kedua ruas untuk memperoleh penyelesaiannya. Selanjutnya akan dicari penyelesaian PDB order satu

) , (

' f x y

dx

y = dy = (1.6)

dimana f fungsi kontinu dari dua peubah bebas x dan y. Penyelesaian (1.6) tidak dapat diperoleh dengan mengintegralkan secara langsung. Untuk memperoleh penyelesaiannya dapat dilakukan dengan pemisahan peubah, seperti dibahas dalam bagian berikut.

1.3.1 PD dengan Peubah terpisah

Untuk mencari penyelesaian umum dari persamaan (1.6), terlebih dahulu kita pisahkan peubah x dan y , sehingga kita peroleh fungsi

) ( ) ( ) ,

(x y p x q y

f = .

Persamaan (6) berubah menjadi

) ( ) (x q y dx p

dy =

atau dapat ditulis

. ) ) (

( p x dx y

q

dy = (1.7)

Dengan asumsi bahwa y adalah fungsi dari x, maka kita punya dx x y q

x y y q

dy

)) ( (

) ( ' )

( = ,

sehingga persamaan (1.7) menjadi

dx x p x dx

y q

x

y ( )

)) ( (

) (

' = .

Selanjutnya dengan menuliskan u= y(x)dan du=y' x( ), maka dengan mengintegralkan kedua ruas kita peroleh penyelesaian umum persamaan (1.7), yaitu

+

= p x dx C u

q

du ( )

)

( ^(1.8)

dengan C konstanta sebarang.

Berikut ini beberapa contoh PDB dengan peubah yang dapat dipisahkan.

Contoh 1.5:

Selesaikan 2e cosx. dx

dy _−y

= Penyelesaian :

Dengan melakukan pemisahan peubah diperoleh dx x dy

e^y =2cos . Integralkan kedua ruas

. sin

2 x C

e^y = +

Sehingga kita peroleh Penyelesaian umumnya adalah ).

sin 2

ln( x C

y= +

Untuk mengecek kebenaran penyelesaian ini, perhatikan bahwa ).

cos 2 sin (

2

' 1 x

C y x

= + Substitusikan ke PDB, kita peroleh

x e

C x x

C

x cos

2 ) cos 2 sin (

2

1 = −ln(2sin + )

+ Karena

C e ^{x C} x

= +

+

−

sin 2

) 1

sin 2

ln( , persamaan di atas terpenuhi

untuk setiap 2sinx+ C >0. Dengan demikian y adalah penyelesaian PDB tersebut.

Contoh 1.6

Selesaikan (xy y).

dx

dy = 2 +

Penyelesaian :

PDB dapat kita tulis dalam bentuk

).

( 1

2 +

= y x dx

dy

Pemisahan peubah memberikan

. ) (x dx y

dy =2 +1

Integralkan kedua ruas diperoleh

C x x

y= +2 +

ln ²

atau

C x

ex

y = ^{2+2 +} .

Dalam beberapa kasus akan kita jumpai persamaan diferensial dalam bentuk

(1.9)

Contoh 1.7 :

Selesaikan ye^−xdy+xdx=0. Penyelesaian :

Persamaan dapat kita bawa ke bentuk

. dx xe ydy=− ^x Integralkan keuda ruas, diperoleh

. ) ( x e C y = 1− ^x + 2

1 ₂

atau

C e x

y= 2(1− ) ^x + . . ) , ( )

,

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

Contoh 1.8 :

Selesaikan

2

3 2

y x dx dy =

Penyelesaian.

PD

2

3 2

y x dx

dy =

Dapat ditulis dalam bentuk

2

2 3x

dx y dy =

atau,

dx x dy

y² =3 ²

Integralkan kedua ruas, diperoleh c dx x dy

y² = 3 ² +

y x c

+

= ³

3

3 ,

atau,

, 3 ³ ₁

3 x c

y = +

.

Dalam hal ini c₁=3ckonstanta.

Jadi penyelesaian umumnya adalah

3 1 1

3 ]

3 [ x c

y= + .

Contoh 1.9 :

Selesaikan t³y² y²

dt

dy = +

Penyelesaian

PD dapat ditulis dalam bentuk

), 1 ) (

1

( 2

3 2 3

−

= + +

=

y y t dt t

dy

atau

dt t dy

y1 ( ₃ 1)

2 = + Integralkan kedua ruas, diperoleh

dy t dt c

y1 = (₃+1) +

2

atau, ,

4 1

1 ₄

c t y = t + +

−

atau

, 4

4

1

4 t c

t

y=− + + dengan c1 = 4c, Latihan 1.3.1 :

Selesaikan soal berikut dengan pemisahan peubah.

1. .

y

ex

x dx dy

= + 2. x(1 y²).

dx

dy = −

3. .

) (

) (

1 1 3

−

= + y

x y dx

dy 4. xye^x2.

dx dy =

5. ycos²xdy+sinxdx=0. 6. e^xdy+(y³−y²)dx=0. 7. sec(2x+1)dy+2xy⁻¹dx=0. 8. 2 =1.

dx xy dy

9. (ln ) xy. dy

x dx = 10. x²dy+y(x−1)dx=0.

Selesaikan MNA berikut : 11. ₂ ² 1, (0) 1.

+ =

= y

e e dx y dy

x x

12. +xy−x=0, y(1)=2. dx

dy

13. +P =Pte , P(0)=1. dt

dP _t

14. , (1) 2.

2

− =

= p

q p p dq dp

15. t dy−(y+ y)dt =0, y(1)=1.

1.3.2. Persamaan Diferensial Linier Order Satu

Persamaan linier order satu adalah persamaan yang berbentuk )

( ) ( )

( a x y b x

dx x dy

a₁ + ₂ = (1.10)

dimana a₁(x),a₂(x), dan b(x) hanya bergantung pada peubah bebas x. Misalnya,

. tan ) (sin

, )

1 (

, 2

x y

dx x dy

x dx xy

x dy

xe dx y

xdy ^x

= +

= + +

=

− ⁻

Persamaan −x²e^{− y} =0 dx

dy bukan persamaan linier, meskipun peubah dapat

dipisahkan. Sedangkan persamaan y x dx

y dy

x− +2 =

2 )

( bukan persamaan linier

dan peubah tidak dapat dipisah.

Pada persamaan (1.10), diasumsikan bahwa a₁(x),a₂(x), dan b(x)kontinu pada suatu interval tertentu dengan a₁( x)≠0. Maka persamaan dapat kita bawa ke bentuk

) (

) ( )

( ) (

x a

x y b x a

x a dx dy

1 1

2 =

+

atau

) ( )

(x y Q x dx P

dy+ = (1.11)

yang merupakan Bentuk Standar PDB linier order satu.

Penyelesaian PDB Linier

Langkah-langkah penyelesaian PDB Linier order satu adalah sebagai berikut :

Langkah 1. Tuliskan PDB dalam bentuk standar

) ( )

(x y Q x dx P

dy+ = .

Langkah 2. Tentukan faktor integral

=

µ(x) e ^P(x)dx. Langkah 3. Kalikan Q(x) dengan µ dan integralkan

+ . )

( )

(x Q x dx C µ

Langkah 4. Tuliskan penyelesaian umum

+

= ( ) ( ) . )

(x y µ x Q x C µ

atau

) . (

) ( ) (

x C x Q y x

µ

µ +

=

Contoh 1.10 :

Tentukan penyelesaian umum dari

2.

2 + xy= dx x dy

Penyelesaian.

Langkah 1. Tulis persamaan dalam bentuk standar:

2 . 2 1

x xy dx

dy+ =

Jadi x x

P 1

= )

( dan

2

2 x x

Q( )= . Langkah 2. Tentukan faktor integral

. )

(

ln ) (

x e

e e

x

x

dx dx

x

P _x

=

=

=

= µ

1

Langkah 3. Kalikan

2

2 x x

Q( )= dengan µ=xdan integralkan, sehigga diperoleh

+

=

=

=

. ln 2 2

) 2 ( )

( ₂

C x x dx

x dx x dx x Q µ x

Langkah 4. Penyelesaian umumnya adalah C x xy= ln2 + atau

ln . 2

x C

y x+

=

Contoh 1.11 : Selesaikan PD

cos + ysin x=1

dx

x dy

Penyelesaian.

PD dapat dinyatakan dalam

x x

y x dx dy

cos 1 cos

sin = +

atau

x x dx y

dy+ tan =sec

Yang merupakan bentuk PD linier )

( )

(x y q x dx p

dy+ = ,

dengan p(x)= tan x , q(x)=sec x. Selanjutnya diperoleh faktor integral

x e

e

e ^pdx = ^tanxdx = ^lnsecx =sec

Kalikan PD dengan faktor integral, diperoleh

x x

x dx y

x dy sec tan sec²

sec + =

atau

x x

dx y

d ₂

sec ) sec

( =

.

Integralkan kedua ruas,

c dx x x

ysec = sec² +

Jadi penyelesaian PD adalah, c x x

ysec = tan +

atau,

c x c x

x x

y x sin cos

sec 1 sec

tan + = +

=

Contoh 1.12 : Selesaikan PD

dx y y dy x+2 ) =

( ³

Penyelesaian.

Perhatikan bahwa PD memuat y³ ,jadi ini bkan PD linier, tetapi jika kita lihat x sebagai fungsi y , dan PD dapat kita tulis dalam bentuk

2 y3

dy x y dx = +

Atau

2 y2

y x dy

dx − =

Maka diperoleh bentuk PD linear dengan x sebagai fungsi y,

2 2

an 1 d

dengan q(y) y

(y) y p (y)

q x (y) dy p

dx + = = − =

Selanjutnya dapat kita selesaikan dengan langkah-langkah seperti pada contoh sebelumnya.

Faktor integralnya adalah

dy y

e p⁽⁾

y y e

e ^y

ydy ^ln ₁ 1

1

=

=

=

= ^{− −}

−

Kalikan PD dengan y 1,

y y x dy dx

y 2

1 − =

Atau

y y dy x

d 1 2

. =

Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh

c y y

x 1 = ²+ ,

Jadi penyelesaian PD adalah, ) (c y² y

x= + .

Ada dan tunggalnya penyelesaian PDB linier order satu yang memenuhi syarat awal tertentu diberikan dalam sifat berikut.

Sifat 1.1 :

Misalkan P(x) dan Q (x) fungsi kontinu pada interval α<x<β. Maka terdapat satu dan hanya satu fungsi y=y(x)yang memenuhi P(x)y Q(x)

dx

dy+ =

pada interval tersebut dengan kondisi awal y(x₀)= y₀, dimana α< x₀ <β.

Latihan 1.3.2 :

Selesaikan PDB linier order satu berikut 1. +y=e , x>0.

dx

xdy ^x 2. 2 y xe^x2.

dx

dy− =

3. +(tanx)y=cos²x,−^π₂ <x<^π₂. dx

dy 4. y 2xlnx.

dx xdy− =

5. x²dy+xydx=(x−1)²dx. 6. 2 ₃ 1.

− +

= x e^x x

y dx dy

Selesaikan MNA berikut

7. 3 −y=lnx+1, x>0, y(1)=−2. dx

xdy 8. 2 +4y=1, y(0)=1. dx

dy

9. +3x²y= x², y(0)=−1. dx

dy 10. ^{xdy+(y−cosx)dx=0, y}

( )

^π₂ ^=0.

1.3.3 Persamaan Diferensial Eksak

Perhatikan kembali persamaan diferensial order satu yang dituliskan dalam bentuk diferensial

Definisi : Persamaan M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 dikatakan PD Eksak jika terdapat fungsi Q(x,y) sedemikian sehingga M(x,y)

x Q =

∂

∂ dan

) , (x y y N

Q =

∂

∂ .

. ) , ( )

,

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

Dengan mengingat diferensial total dari fungsi Q(x,y), maka dari definisi di atas dapat disimpulkan bahwa persamaan M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 eksak jika dan hanya jika

x N y M

∂

= ∂

∂

∂ .

Adapun langkah-langkah untuk menyelesaikan PD Eksak adalah sebagai berikut.

Langkah 1. Tuliskan PD dalam bentuk diferensial :

Langkah 2. Tes ke-eksak-an PD; Apakah x ? N y M

∂

= ∂

∂

∂

Langkah 3. Jika eksak, integralkan M terhadap x atau N terhadap y. Misal dipilih M, maka :

+

= ( )

) ,

(x y M dx g y

Q .

Langkah 4. Turunkan Q terhadap y dan samakan hasilnya dengan N

(

^{M dx}

)

^{g' y( ).}

N y +

∂

= ∂

Langkah 5. Integralkan g' y( ) untuk memperoleh g.

Langkah 6. Tuliskan penyelesaian umum dalam bentuk implisit:

C y x

Q( , )= .

Langkah 7. Tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.

Contoh 1.13 :

Selesaikan PD , (0) 3. 2

2

2 =

−

− −

= y

x y

y x dx dy

Penyelesaian :

Langkah 1. Bentuk diferensial PD adalah :

. ) (

)

(x−2y dx+ y²−2x dy=0 Langkah 2. PD ini eksak, karena

. ) , ( )

,

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

x N y

M

∂

= ∂

−

∂ =

∂ 2 .

Langkah 3. Misal dipilih M untuk diintegralkan, maka :

).

( ) ( ) (

) ( )

, (

y g xy x

y g dx y x

y g dx M y x Q

+

−

=

+

−

=

+

=

2 2 2 2 1

Langkah 4. Samakan y Q

∂

∂ dengan N, maka :

x dy y

x dg 2

2

0− + = ²−

atau

. ) (

' y y²

g =

Langkah 5. Integralkan g' y( ), diperoleh : . )

( ³

3 1y y

g =

Langkah 6. Penyelesaian umum dalam bentuk implisit:

. x − xy+ y³ =C. 3

1 2

2

1 2

Langkah 7. Dengan kondisi awal y(0)=3, diperoleh C = 9, sehingga penyelesaian khususnya adalah :

. 9

2 ³

3 2 1

2

1x − xy+ y =

Contoh 1.14 :

Selesaikan persamaan (x²−2xy)dy−(y²−2xy+1)dx=0. Penyelesaian :

Akan kita selesaikan mengikuti langkah-langkah di atas, tanpa menuliskan masing-masing item.

Persamaan sudah dalam bentuk diferensial, selanjutnya tes ke-eksak-an:

) . (

) (

x N x

xy x x

y y xy y

y M

∂

= ∂

∂

−

=∂ +

−

∂ = +

−

= ∂

∂

∂ 2

2 1 2

2 ²

2

Jadi persamaan tersebut eksak. Selanjutnya

).

( ) ( ) (

) , (

y g x y x xy

y g dx xy y

y x Q

+

− +

=

+

− +

=

2 2

2 2 1

Untuk memperoleh g( y), gunakan fakta N y Q =

∂

∂ :

. )

(

' y x xy

g x y xy

Q =2 + ²+ = ²−2

∂

∂

Jadi g'(y)=−4xy, atau

. )

(y 2xy²

g =−

Sehingga penyelesaian umumnya adalah

C. xy x y x

xy²+ ² − −2 ² =

Pada bagian sebelumnya, kita mencari faktor integral

=

µ(x) e ^P(x)dx

untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier order satu dalam bentuk standar

) ( )

(x y Q x dx P

dy+ = .

Ternyata faktor integral µ(x)=e ^P(x)dx akan membawa persamaan diferensial linier order satu P(x)y Q(x)

dx

dy+ = menjadi PD eksak (Tunjukkan!).

Secara umum suatu faktor integral adalah faktor µ(x,y) yang membawa persamaan diferensial tidak eksak menjadi persamaan diferensial eksak.

Contoh 1.15 :

Tunjukkan bahwa xdy+(2y−xe^x)dx=0 tidak eksak, tetapi dengan mengalikan dengan faktor µ=x PD tersebut menjadi eksak. Kemudian selesaikan.

Penyelesaian :

Tes ke-eksak-an, kita punyai

2

2 − =

∂

∂ ( y xe^x)

y ^dan ( )=1.

∂

∂ x x

Jadi persamaan tidak eksak. Dengan mengalikan dengan faktor integral x diperoleh

0

2 ²

2 dy+ xy−x e dx=

x ( ^x) .

Persamaan menjadi eksak, karena

x e

x y xy

x 2

2 − ² =

∂

∂ ( ) = (x²).

∂x

∂

Selanjutnya kita punyai

) ( )

,

(x y x y x e xe e g y

Q = ² − ^{2 x} +2 ^x −2 ^x + . dan

. ) (

' ²

2 g y x

y x

Q = + =

∂

∂

Jadi g' y( )=0 sehingga g(y)=C.

Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah . C e xe e

x y

x² − ^{2 x} +2 ^x −2 ^x =

Menemukan faktor integral

Seperti terlihat pada contoh 3, faktor integral adalah suatu fungsi yang jika dikalikan dengan PD non eksak, maka PD tersebut menjadi PD eksak. Bagaimana menemukan foaktor integral tersebut akan dijelaskan sebagai berikut:

Misal M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 PD non eksak dan µ(x,y) faktor integral, maka µMdx+ Ndyµ =0adalah PD eksak, sehingga

x N y

M

∂

= ∂

∂

∂µ µ

atau

µ µ µ µ

x N N x y

M M

y ∂

+∂

∂

= ∂

∂ + ∂

∂

∂

y M x N

x N y M

∂

−∂

∂

=∂

∂

−∂

∂

⇔ ∂ µ µ

µ

∂

−∂

∂

∂

∂

−∂

∂

∂

−

=

⇔

x N y M

x N y M

µ µ

µ .

Ada beberapa kasus, yaitu

(i). µ(x,y)=µ(x) ( Faktor integral hanya merupakan fungsi x saja) Pada kasus ini dipunyai

∂

−∂

∂

∂

∂

−∂

−

=

x N y M

x N µ µ

0

∂

−∂

∂

∂

=

⇔

∂

−∂

∂

∂

=

⇔

∂

−∂

∂

∂

∂ =

⇔

∂

= ∂

∂

−∂

∂

⇔ ∂

N dx x N y M

e

N dx x N y M N dx

x N y M

x M x N y M

µ µ µ

µ

µ µ

ln

Jadi jika N

x N y M

∂

−∂

∂

∂

menghasilkan fungsi x saja maka µ=µ(x) (ii). µ(x,y)=µ( y) ( Faktor integral hanya merupakan fungsi y saja)

Pada kasus ini dipunyai secara sama akan dipunyai

∂

−∂

∂

∂

=

M dy x N y M

µ e .

Jadi jika M

x N y M

∂

−∂

∂

∂

menghasilkan fungsi y saja , maka µ=µ(y)

(iii) Jika

xM yN

x N y M

−

∂

−∂

∂

∂

menghasilkan fungsi xy, maka µ=µ(xy)

(iv) Jika

M N

x N y M

−

∂

−∂

∂

∂

menghasilkan fungsi (x+y), maka µ=µ(x+y)

(v) Jika

M N

x N y M

+

∂

−∂

∂

∂

menghasilkan fungsi (x - y), maka µ=µ(x−y)

(vi) Jika

yM xN

x N y M

2

2 −

∂

−∂

∂

∂

menghasilkan fungsi(x²+y²) , maka µ=µ(x²+y²)

Jadi untuk mencari faktor integral kita harus menghitung terlebih dahulu

x N y M

∂

−∂

∂

∂ , kemudian kita tentukan pembaginya ( pembaginya apa) sehingga

diperoleh fungsi yang mandiri.

Contoh 1.16:

Tunjukkan faktor integral dari PD xdy+(2y−xe^x)dx=0 sehingga menjadi PD eksak.

Penyelesaian:

Pada contoh 1.15. telah ditunjukkan bahwa PD ini tidak eksak, kemudian dengan mengalikan PD dengan x, PD menjadi eksak ( Jadi x adalah faktor integral).

Disini kita akan mengetahui dari mana x itu didapat.

) 2

( ) ,

(x y y xe^x

M = − dan N(x,y)= x=1. 2

) 2

( − =

∂

= ∂

∂

∂ x

xe y y

y

M dan ( )=1.

∂

= ∂

∂

∂ x

x x N

Sehingga diperoleh

=1

∂

−∂

∂

∂

x N y

M dan

x N

x N y M

= 1

∂

−∂

∂

∂

fungsi dari x saja.

Maka faktor integralnya adalah

x x e xdx e N dx

x N y M

e

x = = =

∂

−∂

∂

∂

= ln

1 )

µ( .

Contoh 1.17. :

Tentukan solusi umum PD (4x²+2xy+2y)dx+(2x²+x+3y)dy=0. Penyelesaian :

y xy x y x

M( , )=4 ²+2 +2 dan N(x,y)=2x²+x+3y. 2

2 +

∂ =

∂ x

y

M dan =4 +1.

∂

∂ x

x N

Sehingga diperoleh

1 2 +

−

∂ =

−∂

∂

∂ x

x N y

M .

Selanjutnya kita pilih pembaginya, yaitu N – M , sehingga diperoleh

y x x x

x y xy x x

x M

N x N y M

) 1 2 ( ) 1 2 (

) 1 2 (

2 2

1 2

2

+

− + +

−

+

= −

+

− +

−

+

= −

−

∂

−∂

∂

∂

) )(

1 2 (

) 1 2 (

y x x

x + +

−

+

= −

) (

1 y x+

= fungsi dari (x + y) saja.

Selanjutnya misalkan z = x + y

M z N

x N y M

− ∂

∂

−∂

∂

∂

∂ = µ

µ

z z z y x

= ∂ + ∂

∂ =

∂ 1

µ µ

Integralkan, diperoleh y x z

z ⇔ = = +

= µ

µ ln ln

Faktor integralnya adalah y

x+ µ =

PD menjadi

. 0 ) 3 2

)(

( ) 2 2 4 )(

(x+y x²+ xy+ y dx+ x+y x²+x+ y dy= atau

. 0 ) 3 2 4 2

( ) 2 2 2

6 4

( x³+ x²y+ xy+y+ xy²+ y² dx+ x³+x²+ xy+ x²y+ y² dy= Bukti bahwa PD ini eksak:

2 2 2

3 6 2 2 2

4 ) ,

(x y x x y xy xy y

M = + + + +

y xy x y x

M =6 ²+2 +4 +4

∂

∂

2 2 2

3 4 2 3

2 ) ,

(x y x x xy x y y

N = + + + +

y xy x x x

N =6 ²+2 +4 +4

∂

∂

Jadi =

∂

∂ x N

x M

∂

∂ . terbukti Eksak.

Solusi PD adalah +

= ( )

) ,

(x y M dx g y Q

+ +

+ + +

= (4x³ 6x²y 2xy 2xy² 2y²)dx g(y) )

( 2

2

2 ^{3 2 2 2}

4 x y x y x y xy g y

x + + + + +

=

2 2 2

3 2

2

3 2 4 '( ) ( , ) 2 4 2 3

2x x x xy g y N x y x x xy x y y

y

Q = + + + + = = + + + +

∂

∂

Diperoleh g'(y)=3y² g(y)= y³

Dengan demikian penyelesaian umum PD adalah

C y xy y x y x y x

x⁴+2 ³ + ² +2 ² +2 ²+ ³ = .

Latihan 1.3.3 :

Selesaikan PD eksak berikut

1. .

x y

y x dx dy

2 2

2+

− +

= 2. , (0) 3.

2 2

4 3

2 2

= +

− +

= y

y x

xy x

dx dy

3. (ye^x+y)dx+(e^x+x+y)dy=0,y(0)=1. 4. . sin

cos y2

y x

y dx

dy

= −

5. (xe^y −e^2y)dy+(e^y +x)dx=0. 6. (ysinxy)dx+(xsinxy)dx=0. 7. Tentukan N(x,y)sehingga (xy−y² +x)dx+N(x,y)dy=0 eksak.

8. Tentukan M(x,y)sehinggaM(x,y)dx+(xsin y+lny−ye^x)dy=0 eksak.

Tunjukkan bahwa PD berikut adalah non eksak, kemudian tentukan faktor integralnya sehigga PD tersebut menjadi eksak dan selesaikan.

9. 2xydy+(3x+2y²)dx=0 10. (3−2y)dx+(x²−1)dy=0 11. (x²+3x+2)dx+(x²+x+1)dy=0. 12. (y−2x³)dx− x(1− xy)dy=0

1.4. PERSAMAAN HOMOGEN, PERSAMAAN BERNOULLI, DAN PERSAMAAN RICCATI

Pada bagian ini, kita akan menyelesaikan tiga tipe persamaan diferensial tidak linier, yaitu persamaan homogen, persamaan Bernoulli, dan persamaan Riccati. Teknik penyelesaian ketiga tipe PD tersebut menggunakan substitusi yang mengubah PD tersebut menjadi linier yang dapat diselesaikan dengan metode yang telah kita pelajari sebelumnya.

1.4.1 Persamaan Homogen

Suatu persamaan diferensial f(x,y) dx

dy = dikatakan homogen jika fungsi

) , (x y

f dapat dinyatakan dalam fungsi dari

x

y , yaitu f(x,y)= ( )

x

g y . Jadi akan kita punyai

= x

g y

dx dy

(1.12) yang dengan substitusi

x

v= y akan menjadi persamaan dengan peubah dapat

dipisah

) .

( x

dx v v g

dv =

−

Sebagai contoh, persamaan-persamaan

( )

3 . 4

, cos

, 1

2 3 3

2

xy x y dx dy

x y dx dy

x y dx dy

x y

= −

−

= +

=

merupakan persamaan homogen, sedangkan persamaan

2

2 x

xy y dx

dy +

=

bukan tipe persamaan homogen, karena tidak dapat dinyatakan dalam fungsi

x y

saja.

Contoh 1.18 : Selesaikan

. ,

)

( 3 0 0

2xydy− x² + y² dx= x>

Penyelesaian :

Persamaan ini tidak dapat dipisah, tidak linier, dan juga tidak eksak. Secara langsung tidak terlihat bahwa ini adalah PD homogen, tetapi dengan membagi persamaan dengan x², kita peroleh

0 1

2 ₂

3 2

= +

− dx

dy x

y x

y ( )

atau

.

x y x y

dx dy

2 3

1 ₂

2

+

=

Substitusi y=vx, menjadi

v v dx

xdv

v 2

3 1+ ²

= +

atau

x . dv dx v

v =

+ ² 1

2

Kemudian integralkan , kita peroleh penyelesaian umum . ln ) 1

ln( +v² = x+C Karena x > 0, maka

x C

v =

+ ² ln 1

atau

x

x C

y

1 2

1+ =

atau

1 3 2

2 y C x

x + =

dengan C₁=e^C.

Catatan :

- Suatu fungsi F disebut fungsi homogen berderajat n jika )

, ( )

,

( x y F x y

F λ λ =λⁿ .

- PD M(x,y)dx+N(x,y)dy=0disebut PD homogen jika M(x,y)dan )

, (x y

N merupakan fungsi-fungsi homogen berderajat sama.

Contoh 1.19

Selesaikan ₂² ₂

y x

xy dx

dy

= − .

Penyelesaian

PD ini adalah PD homogeny, karena f(x, y)=2xy dan g(x,y)= x²− y² merupakan fungsi homogeny berderajad 2.

PD dapat ditulis dalam bentuk

2

1 2

−

=

x y x

y

dx

dy

atau ₂

1 2

v v dx x dv

v+ = − , where ,

x v= y

atau ₂

2

2 1

) 1 ( 1

2

v v v v v v dx x dv

−

= +

− −

=

diperoleh,

x c dv dx v v

v = +

+

− ) 1 (

) 1 (

2 2

Dengan c adalah konstanta integrasi, atau dapat ditulis sebagai

x c dv dx v v

v = +

− + ₂ 1

2 1

ln|v|−ln|(1+v²)|=ln|x|+ln|A|,

Dimana A adalah konstanta , sedemikian sehingga c = ln | A |

Jadi diperoleh Ax|

v

v ln| 1

ln 2 =

+

Ax

v

v =

+ ² 1

Selanjutnya, nyatakan v sebagai x

y , diperoleh penylesaian umum PD

A y y x Ax y x

xy 1

or ^{2 2}

2

2 = + =

+ .

Contoh 1.20 : Selesaikan PD

0 )

2

(x− y dx+ ydy= Penylesaian.

PD dapat ditulis dalam bentuk

y x y dx

dy −

= 2

, yang merupakan PD homogen. Substitusi y=vx , diperoleh

) since

( 0 ) (

) 2

(x− vx dx+vx vdx+ xdv = dy=vdx+ xdv

x(1−2v+v²)dx+ x²vdv=0

0

) 1

( ² =

+ − dv

v v x

dx

Integralkan , diperoleh

1

2 1,

) 1 (

1 dv c c

v dx v

x =

+ − konstanta.

,

) 1 (

|

|

ln ₁

2 dv c v

x v =

+ −

Untuk menentukan integral , ) 1 ( ² dv

v v

− substitusi v – 1 = t , seingga dv = dt

dan diperoleh

2 1

| 1

|

ln dt c

t

x +t =

+

₁

2

1

| 1

|

ln dt c

dt t t

x + + =

1 ln|( 1)| ₁

|

|

ln t c

x −t + − =

ln|( 1)| ₁

1

| 1

|

ln v c

x v + − =

− −

(Karena (v – 1) = t).

Persaman terakhir dapat ditulis sebagai

1 1 ) 1 ln (

= −

− v c

v

x

Selanjutnya mengingat v = x

y, diperoleh penyelesaian umum PD

x y

x c

x y

= −

ln − .

1.4.2. Persamaan Bernoulli

Persamaan Bernoulli berbentuk . ) ( )

(x y Q x yⁿ dx P

dy + =

(1.13) Untuk n≠0,1, dapat dibuktikan bahwa dengan substitusi z= y¹⁻ⁿakan diperoleh PD linier tingkat satu

) ( ) 1 ( ) ( ) 1

( n P x z nQ x dx

dz + − = −

dengan penyelesaian umum berbentuk

+

−

= ⁻

− n e Q x dx C

ze^{(1n) P(x)dx} (1 ) ^{(1 n) P(x)dx} ( ) atau

+

−

= ⁻

− e − n e Q x dx C

y^{1 n (1 n) P(x)dx} (1 ) ^{(1 n) P(x)dx} ( ) .

Contoh 1.21.

Selesaikan persamaan

dx y xe dx xy

dy + 2 = ^{−x2 3}

Penyelesaian.

PD dapat ditulis dalam entuk

2 3

2xy xe y dx

dy _−x

=

+

Yang merupakan PD bentuk yn

x Q y x dx P

dy + ( ) = ( )

dengan P(x)=2x,Q(x)= xe^−x2 and n=3

Untuk meneyelesaikan PD ini, pertama bagi persamaan dengan y³, sehigga diperoleh

2 2

3 2xy xe ^x

dx

y⁻ dy + ⁻ = ⁻

Subtitusi z= y⁻² Maka ,

dx y dy dx

dz _{2 1}

) 2 (− ^{− −}

=

dx y ³ dy 2 ⁻

−

=

jadi,

dx dz dx

y dy

2

3 =−1

−

diperoleh

2

2 2

1 _x

e x dx xz

dz ₋

= +

−

atau 4xz 2xe ^x2

dx

dz ₋

−

=

−

yang merupakan PD Linier order satu

Faktor integral dari PD linier ini adalah e^{− 4xdx} =e^−2x2 diperoleh

2 2 2

2 2 2

2^x 4xze ^x 2xe ^x e ^x

dx

e⁻ dz − ⁻ =− ^{− −}

=−2xe^−3x2 atau (ze ^2x2) 2xe ^3x2

dx

d _{− −}

−

=

sehingga diperoleh

c dx xe

ze^−2x2=− 2 ^−3x2 + atau

c e ze^−2x2= ^−3x2+

3 1

Atau

2 2

2 3 2

2

3

1 x x x

ce e

e

z= ⁻ +

^{2 2 2}

3

1 _{x x}

ce

e +

= ⁻

Selanjutnya dengan mengingat z= y⁻², diperoleh penyelesaian umum PD

2

2 2

2

3

1 _{x x}

ce e

y⁻ = ⁻ +

atau

2

2 2

1

3y⁻2=e^−x +c e ^x dimana c1 = 3c

Contoh 1. 22 :

Selesaikan y xy³. dx

dy+ =

Penyelesaian :

Dengan substitusi υ= y⁻²diperoleh dx x

dυ−2υ=−2 . Sehingga Penyelesaian umumnya adalah

. )

(x e C

e

y^{− − y} = + ^−2x+ 2

2 1 2

1.4.3. Persamaan Riccati

Persamaan Riccati berbentuk

).

( )

( )

(x y Q x y² R x dx P

dy+ = +

(1.14) Jika y₁ adalah fungsi yang memenuhi persamaan Riccati, dapat dibuktikan bahwa dengan substitusi

y u

y 1

1+

= akan diperoleh PD linier tingkat satu

[

^{y (x)Q(x) P(x)}

]

^{u Q(x)}

dx

du + 2 ₁ − =−

dengan penyelesaian umum berbentuk

[ ]

+

−

= ⁻

− e Q x dx C

ue ^{2y1(x)Q(x) P(x)dx 2y1(x)Q(x) P(x)} ( ) atau

[ ]

+

−

− =

− −

C dx x Q e

y e y

x P x Q x dx y

x P x Q x

y^{1( ) ( ) ( ) 2 1( ) ( ) ( )} ( )

2 1

1 .

Contoh 1. 23 :

Selesaikan 1 , 0.

1 1 ₂

2 >

−

=

− y x

x xy

dx dy

Penyelesaian :

Jika y₁= x , maka dengan substitusi x u

y 1

+

= diperoleh

2

1 1

x xu dx

du− = .

Sehingga penyelesaian umumnya adalah

. 1 2

2

2 − +

=

Cx x x y

Latihan 1.4

Selesaikan PD homogen berikut 1. 2 (x² y²).

dx

xdy =− + 2. .

y x

y dx

dy

2 2

= −

3. ( ) x² y². dx

x dy y

x − = + 4. (x−y)dy+(x+y)dx=0.

5. ^x.

y

xe dx y

xdy− = 6. ylny ylnx.

dx

xdy = −

7. cos − , >0.

=

− x

x x y x

y dx

dy 8. y+ x²−xy dx−xdy=0.

Selesaikan PD Bernoulli berikut 9. y y².

dx

dy − =− 10. y xy².

dx dy − =

11. ² +2xy= y³, x>0. dx

x dy 12. 2y e²y².

dx

dy = −

13. xydx+(x²−3y)dy=0. 14. + y+x²y²e =0, x>0. dx

xdy ^x

Selesaikan Persamaan Riccati berikut

15. 1 , ₁ ², 0.

2

>

−

=

− +

= y x x

x y x y dx

dy 16. +2y+ y² =0, y₁=−2.

dx dy

17. = ³( − )² + , y₁ =x, x>0. x

x y y dx x

dy

1.5 PD NON HOMOGEN BENTUK KHUSUS DAN TRAYEKTORI ORTOGONAL

Pada bagian ini dibahas tentang Persamaan diferensial non homogeny yang dapat direduksi menjadi persamaan homogeny serta tentang trayektori orthogonal.

1.5.1. PD Non Homogen Bentuk Khusus Bagian ini membahas PD non homogen bentuk

0 ) (

)

(ax+by+c dx+ px+qy+r dy= . (1.15)

Kasus 1, k,

r c q b p

a = = = (k konstanta)

Maka persamaan (1.15) menjadi

. 0

0 ) (

) (

= +

⇔

= + + + +

+ dy kdx

dy r qy px dx kr kqy kpx

sehingga penyelesaiannya dengan mudah dapat diselesaikan.

Kasus 2, k

r c q b p

a = ≠ = .

PD (1) menjadi

0 ) (

) ) (

(

0 ) (

) (

= + + + + +

⇔

= + + + + +

dy r qy px dx c qy px k

dy r qy px dx c kqy kpx

Kemudian gunakan substitusi u= px+qy.

Contoh 1.24 :

Selesaikan PD (x+y+1)dx+(2x+2y+1)dy=0 Penyelesaian :

PD dapat ditulis dalam bentuk 0 ) 1 ) ( 2 ( ) 1

(x+y+ dx+ x+y + dy= .

Misal x+ y= z dx+dy=dz⇔dy==dz−dx diperoleh

0 ) )(

1 2 ( ) 1

(z+ dx+ z+ dz−dx =

0 ) 1 2 ( ) 1 2 ( ) 1

( + + + − + =

⇔ z dx z dz z dx

0 ) 1 2 ( ) 1 2 1

( + − − + + =

⇔ z z dx z dz

0 ) 1 2

( + =

+

−

⇔ zdx z dz

) 0 1 2

( + =

−

⇔ dz

z dx z

Selanjutnya penyelesaian umum diperoleh dengan mengintegralkan, + =

− (2 1) 0 z dz

dx z

=

−

−

⇔ C

z dz dz dx 2

C z z

x− − =

⇔ 2 ln

C y x y x

x− + − + =

⇔ 2( ) ln( )

C y x y x

x− − − + =

⇔ 2 2 ) ln( )

C y x y

x− − + =

−

⇔ 2 ln( )

atau dapat ditulis . ) ln(

2y x y C

x+ + + =

Contoh 1.25.

Selesaikan (2x+3y+1)dx+(4x+6y+1)dy=0. Penyelesaian.

Substitusikan u=2x+3y, diperoleh 1 0

1

2 =

− + + du

u dx u

Sehingga penyelsaiannya adalah

. ) 1 3 2 ln(

2y x y C

x+ + + + =

Kasus 3,

r c q b p a ≠ ≠

PD (1.15) dapat diselesaikan melalui dua cara, yaitu Pertama, mengubah variabel

l v y

k u x

+

= +

=

u dan v variabel.

k dan l dapat dicari dengan substitusi persamaan

0 0

= + +

= + +

r ql pk

c bl ak

Dengan mengubah variabel ini PD (3.1) akan menjadi PD homogen.

Cara kedua adalah dengan substitusi

r qy px v

c by ax u

+ +

=

+ +

=

sehingga PD (1.15) menjadi PD homogen dalam u dan v.

Contoh 1.26 :

Tentukan solusi umum PD (x−y−4)dx−(x+ y−2)dy=0. Penyelesaian:

Misal u= x−y−4 ⇔du=dx−dy

−2 +

= x y

v ⇔dv=dx+dy

Diperoleh

2 du dx dv+

= dan

2 du dy dv−

= .

Ini adalah Sistem Persamaan Linier dalam peubah dx dan dy

PD menjadi

=0

− vdy udx

2 0

2 − =

+ −

⇔ dv du

du v udv

0 ) (

)

( + − − =

⇔u dv du v dv du 0 ) ( )

( + + − =

⇔ u v du u v dv ini adalah bentuk PD tipe homogen Selanjutnya, misalkan v uz

u

z= v ⇔ = ⇔dv =zdu+udz.

PD menjadi

0 ) )(

( )

(u+uz du+ u−uz zdu+udz =

0 ) 1 ( )

1 ( ) 1 (

( + + − + ² − =

⇔ u z du u z zdu u z dz

0 ) 1 ( ) 2 1

( + − ² + − =

⇔ z z du u z dz ini adalah PD dengan peubah dapat dipisah ) 0

2 1 (

) 1 (

2 =

− + + −

⇔ dz

z z

z u

du

) 0 1 2 (

) 1 (

2 =

−

− + −

⇔ dz

z z

z u

du ,

integralkan, diperoleh C z

z

u+ ln( −2 −1)= 2

ln 1 ²

C z

z

u ln( 2 1) ln ln

2 + ²− − =

⇔

C z

z

u − − =

⇔ ²( ² 2 1) u C v u

u v − − =

⇔ ₂ 2 1

2 2

C u uv

v − − =

⇔ ² 2 ²

C y

x y

x y x y

x+ − − + − − − − − − =

⇔( 2)² 2( 2)( 4) ( 4)²

Atau

C y x xy y

x²− ²−2 −8 +4 = .

Contoh 1.27:

Tentukan penyelesaian umum PD (x+2y+1)dx+(2x−y−3)dy=0

Penyelesaian:

Misal u= x+2y+1, du=dx+2dy 3

2 − −

= x y

v , dv= 2dx−dy Diperoleh

5 2dv dx du+

= dan

5 2du dv

dy −

=

Sehingga PD menjadi

=0 + vdy

udx 0

5 2 5

2 − =

+ +

⇔ du dv

dv v u du

0 2

2 + − =

+

⇔udu udv vdu vdv 0 ) 2 ( ) 2

( + + − =

⇔ u v du u v dv PD tipe homogen dalam u dan v

Misal u zv du zdv vdz

v

z= u = = +

PD menjadi

0 ) 2 ( ) )(

2

(zv+ v zdv+vdz + zv−v dv= 0 ) 2 ( )

1 2 2

( ² + + − + ² + =

⇔v z z z dv v z dz

0 ) 2 ( ) 1 4

( ² + − + + =

⇔ z z dv v z dz

) 0 1 4 (

) 2 (

2 =

− + + +

⇔ dz

z z

z v

dv

Integralkan, diperoleh C z

z

v+ ln +4 −1= 2

ln 1 ²

Atau

C z

z

v ln 4 1 ln

ln

2 + ² + − =

Diperoleh

v C u v v u C z

z

v ( +4 −1)= ⇔ ₂ +4 −1 =

2 2 2

2 ⇔u² +4uv−v² =C

Jadi penyelesaian umumnya adalah C

v uv

u²+4 − ² = dengan u= x+2y+1 dan v=2x−y−3.

Contoh 1.28:

Selesaikan PD (x−2y+1)dx+(4x−3y−6)dy=0. Penyelesaian :

Dengan cara pertama

l v y

k u x

+

= +

=

Diperoleh k = 3 dan l = 2, sehingga PD menjadi 0 3 4

2 + − =

− dv

v du u v

u

yang merupakan tipe PD homogen. Akhirnya diperoleh penyelesaian umum berbentuk

) 1 (

) 9 3

(x+ y− ⁵ =C x−y− . Silahkan coba dengan cara kedua!

Latihan 1.5.1 : Selesaikan PD berikut

1. (3x−y+1)dx+(6x−2y−3)dy=0. 2. (4x+3y+1)dx+(x+y+1)dy=0. 3. (4x−3y−1)dx+(x−y+1)dy=0. 4. . (x−3y+1)dx+(2x−y−1)dy=0

1.5.2. Trayektori Ortogonal

Dalam Matematika terapan, seringkali dijumpai permasalahan untuk mendapatkan keluarga kurva yang tegak lurus terhadap suatu keluarga kurva yang diberikan. Masalah ini disebut Trayektori Ortogonal. Pengertian dari ortogonal / tegak lurus dari dua keluarga kurva adalah pada titik potongnya kedua garis singgung kurva saling tegak lurus. Misal diberikan keluarga kurva F(x,y)=C dengan C merupakan parameter. Maka untuk mendapatkan trayektori ortogonal dilakukan langkah sebagai berikut :

(i) Turunkan F(x,y)=C secara implisit terhadap x, diperoleh

) , (x y dx f

dy =

(ii) Menggunakan fakta bahwa gradien dari garis garis singgung trayektori ortogonal fungsi tersebut adalah

) , (

1 y x f dx

dy = − .

(iii). Persamaan kurva trayektori adalah penyelesaian PD pada (ii).

Contoh 1.29 :

Tentukan trayetori ortogonal dari y = kx.

Penyelesaian : Dari y = kx diperoleh

x k y dx

dy = =

x y y x f( , )=

Gradien dari trayektori adalah

y x k =−

− 1

.

Persamaan trayektori adalah penyelesaian dari PD

y x y x f dx

dy =− =− ) , (

1 , yaitu

C y x²+ ² = . Contoh 1.30:

Tentukan trayektori orthogonal dari Penyelesaian :

Turunkan , Diperoleh

=0 dx+ y xdy

x y dx

dy = −

Trayektori orthogonal merupakan penyelesaian dari PD

=0

−

⇔

= xdx ydy

y x dx dy

Integralkan, diperoleh:

c x y²− ² =

2 1 2 1

atau C x y²− ² = .

Latihan 1.5.2 :

Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva yang diberikan berikut.

1. y = C 2. xy = C 3. y = C x² 4. y = C x³ 5. x² - y² = C 6. x² + y² = C 7. 4x² + y² = C 8. x² = 4 Cy³ 9. y = x+C