Persamaan Diferensial Dengan Koefisien K

Kelompok I PD

Abdul Aziz

Afifah Rahmatillah

Andika Gumelar P.M.

Ardiyamsyah

Jejen Abdul Fatah

M. Iqbal Ayub A.

1211205002

1211205003

1211205006

1211205009

1211205036

1211205043

Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstanta

Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde ke-Dua

Bentuk umum PD linier Homogen orde-2 dengen koefisien konstanta adalah :

y''+ay'+by=0,dengan a ,b=konstanta

Solusi dari persamaan di atas mengambil ide dari solusi persamaan diferensial orde pertama y'+ky=0 dengan k suatu konstatnta, yaitu

y=e−kx _.

Dengan mengamati solusi dari persamaaan diferensial linier orde pertama tersebut, maka dimisalkan solusi umum dari PD linier homogeny orde-2 adalah y=eλx _.

y=eλx, maka y=λeλx, dan y ' '=λ2eλx

Sehingga jika kita substitusikan kedalam PD, maka :

y''+a y'+by=0

λ2eλx+aλ eλx+b eλx=0

λ

Jadi, y=eλx menjadi solisi PD jika λ2+aλ+b=0 . Selanjutnay persamaan

λ2+aλ+b=0 disebut persamaan karakteristik, dengan akar-akarnya sebagai berikut :

λ_1,2=−b ±

√

b 2

−4ac

2a

λ_1,2=−a ±

√

a 2

−4.1. b

2.1 =

−a ±

√

a2−4b

2

λ₁=−a+

√

a 2

−4b

2 , λ2=

−a−

√

a2 −4b

2

Sehingga fungsi-fungsi y₁=eλ1x dan y

2=e

λ2x menjadi solusi dari PD linier

homogeny orde-2.

Selanjutnya, dengan melihat akar-akar persamaan karakteristiknya dapat diketahui bahwa akar-akar tersebut bergantung kepada nilai dari diskriminannya, yaitu nilai a2−4b , sehingga solusi dari PD dapat dibedakan kedalam tiga kasus, yaitu :

Kasus 1 : dua akar riel yang berbeda, jika D=a2−4b>0 .

Dalam kasus ini y₁=eλ1x dan y

2=e

λ2x merupakan basis dari solusi PD pada

suatu interval, sehingga :

solusi umumnya adalah

y(x)=c1e λ1x₊c

2e λ2x

Contoh :

Selesaikan masalah nilai awal berikut ini :

y''−4y'−5=0 , y(0)=4,y'₍₀₎₌₋₂ Jawab :

Persamaan karakteristiknya : λ2−4λ−5=0

(λ−5)(λ+1)=0

Akar-akar persamaan karakteristiknya : λ1=5dan λ2=−1 Basis solusinya : y1=e5xdan y2=e

−x

Soulusi umumnya : y=c1e5x+c2e−x Tahap kedua : mencari solusi MNA

Turunan pertama dari solusi umum tersebut adalah y'=5c1e 5x

−c2e

−x

y(0)=3⟶c1e5.0+c2e0=3

c1+c2=3⋯⋯ ⋯⋯(1)

y'(0)

=3⟶5c1e5.0−c2e0=3

5c1−c2=3⋯⋯ ⋯⋯(2)

Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh c₁=1,dan c₂=2

Jadi, solusi MNA nya adalah :

y=e5x +2e−x

Kasus II : Akar Real Kembar, jika D=a2

−4b=0

Jika D=0 , maka hanya akan memberikan satu akar, yaitu λ=λ₁=λ₂=−a 2 , sehinnga solusi pertamanya adalah :

y1=e

−

(

a

2

)

x

Untuk mencari solusi keduanya yang dibutuhkan sebagai basis, kita membentuk

y₂=uy₁

Dan menentukan fungsi u, sedemikian sehingga y₂ menjadi solusi dari PD. Substituskan y₂=u y₁ dan turunan-turunannya yaitu y '₂=u ' y₁+u y '₁ dan

Persamaan baru yang diperoleh :

(

u' y₁+2u' y₁+u y ' '₁

)

+a

(

u' y1₊u y'

1

)

+bu y1=0 u' '_y

1+u'

(

2y'1+a y1

)

+u

(

y' '1+a y'1+b y1

)

=0

Karena y₁ sulusi dari PD, maka y ' '₁+a y '₁+b y₁=0 .

y1=e−(a/2)x , maka y '1= −a

2 e

−(a/2)x

. Sehingga 2y '1=−a e−(a/2)x=−a y1 , maka 2y'1+a y1=0 . Sehingga u

' '

y1=0 . Akibatnya u' '=0 . Dengan dua kali pengintergralan diperoleh u=c₁x+c₂.

Untuk mendapatkan solusi kedua yang bebas linier, yaitu y₂=uy₁ , kita dapat mengambil u=x , sehingga y₂=xy₁ . Karena kedua solusi ini tidak proporsional mereka membentuk basis. Basis dari solusi PD adalah

y1=e

−

(

a

2

)

x dan

y2=xe

−

(

a

2

)

x .

Jadi, solusi umumnya adalah

y(x)=c1eλx+c2x eλx=(c1+c2x)eλx

c

(¿¿1+c₂x)e−

(

a 2

)

x ¿ ¿

Contoh :

Selesaikan persamaan berikut : y''−6y'+9y=0 Jawab :

Persamaan karakteristiknya adalah : λ2−6λ+9=0 (λ−3) (λ−3)=0

Mempunyai Akar-akar yang kembar : λ₁=λ₂=λ=3 Basis solusinya : y1=e3xdan y2=xe3x .

Kasus III : dua akar kompleks, jika D=a2−4b<0

Sebelum membahas kasus dua akar kompleks, perhatikan definisi berikut :

Fungsi Eksponensial Kompleks

Definisi :

Fungsi eksponensial kompleks ez _{dari peubah kompleks z=s+it , adalah}

t

cost+isin¿

ez=es+it ¿es¿

Bila s=0 maka eit

=cost+isint yang disebut sebagai “RUMUS EULER” Karena D=a2

−4b<0 , maka akar-akarnya adalah :

λ_1,2=−a ±

√

a 2

−4b

2 =

−a

2 ±

√

a2−4b

2

Yang merupakan akar kompleks.

D=a2

−4b<0 , maka :

√

a2−4b=

√

(−1)(4)

(

b−1 4a

2

)

=2iω

Dengan i=

√

−1 dan ω=

√

b−1

4a

2 _{, sehingga}

λ₁=−1

2 a+iω dan λ2= −1

2 a−iω , atau

λ₁=α+iω dan λ₂=α−iω, dengan α=−1 2 a

λ₁=α+iω

λ₂=α−iω

Sehingga :

y₁=eλ1x

¿e(α+iω)x

¿eαx_(cosωx

Tentukan solusi umum dari persamaan y''

+4y=0 Jawab :

Persamaan karakteristiknya : λ2+4=0 Karena D=02−4.1 .4=−16<0

Maka akar-akar persamaannya kompleks, yaitu :

λ_1,2=−b ±

√

D 2. a λ1,2=

0±4i

λ_1,2=±2i

λ₁=2i dan λ₂=−2i

Basis solusinya : y₁=cos 4x dan y₂=sin 4x

Sehingga solusi umumnya adalah : y=Acos 2x+Bsin 2x

Masalah Nilai Batas

Persamaan homogen y'' +a y'

+by=0 dengan syarat batas : y

(

P₁

)

=k₁ , dan

y

₍

P₂

₎

=k₂ , pada suatu interval I, membentuk suatu ‘masalah nilai batas’. Contoh :

Selesaikan masalah nilai batas berikut :

y''+4y=0,y(0)=2,y

(

π

2

)

=−2

Jawab :

Persamaan karakteristiknya adalah λ2+4=0 .

Akar-akarnya adalah

b2 −4ac

−b ±√¿

λ1,2= 1 2a¿

02

−4.1.4

−0±√¿

λ1,2= 1 2(1)¿

0±

√

−16

λ_1,2=1 2¿

λ₁=2i

λ₂=−2i

Basis dari persamaan homogennya adalah y₁=cos 2x dan y₂=sin 2x

Solusi umumnya adalah : y(x)=Acos2x+Bsin 2x

Dengan memasukkan syarat batasnya, diperoleh :

y(0)=2, sehingga A=2 dan

y

(

π

2

)

=−2 , sehingga Acos 2

(

π

2

)

+Bsin 2

(

π

2

)

=−2

Acosπ+Bsinπ=−2

−A+0=−2⇒A=2

Karena tidak diperoleh nilai untuk konstanta B , maka solusi khususnya masih memuat konstanta B .

Jadi, solusi masalah nilai batasnya adalah y(x)=2cosx+Bsinx , dengan B konstanta sebarang.

Latihan

Tentukanlah solusi umum dari persamaan diferensial berikut :

1. y''−10y'+21y=0

2. _y''

+5y'+6y=0

3. _y''

−y'+6y=0

4. _y''

+2y'+y=0

5. _y''

−14y'+49y=0

6. _{4 y}' '

−12y'+9y=0

7. _y''

−6y'+25y=0

8. y''−3y'=0 , y(0)=4,y'₍₀₎₌₋₂

9. y''+2y'+y=0 , y(0)=2,y'₍₀₎₌₋₁

10. y''

−2y '+2y=0

Selesaikan Masalah Nilai Batas berikut :

11. PD : y''+y'=0 , y(0)=2 , y(1)=−4 12. PD : 2y' '−8y=0 , y(0)=4 , y

(

1

2

)

=4e 13. P . D . y''

−2y'

+5y=0,y(0)=5,y

(

π

4

)

=0

Jawaban Latihan

1. PD : y'' −10y'

+21y=0

Persamaan karakteristiknya : λ2

−10λ+21=0

(λ−3) (λ−7)=0

Akar-akar persamaan karakteristiknya : λ₁=3dan λ₂=7 Basis solusinya : y1=e3xdan y2=e7x .

Soulusi umumnya : y=c1e 3x

2. PD : y''+5y'+6y=0

Persamaan karakteristiknya : λ2

+5λ+6=0

(λ+3)(λ+2)=0

Akar-akar persamaan karakteristiknya : λ₁=−3dan λ₂=−2 Basis solusinya : y1=e

−3x

dan y2=e

−2x _. Soulusi umumnya : y=c1e−3x+c2e−2x

3. PD : y'' −y'

+6y=0

Persamaan karakteristiknya : λ2−λ+6=0 (λ−3) (λ+2)=0

Akar-akar persamaan karakteristiknya : λ₁=3dan λ₂=−2 Basis solusinya : y1=e

3x

dan y2=e

−2x

Soulusi umumnya : y=c1e 3x

+c2e

−2x

4. PD : y''+2y '+y=0

Persamaan karakteristiknya : λ2+2λ+1=0 (λ+1) (λ+1)=0

Mempunyai Akar-akar yang kembar : λ₁=λ₂=λ=−1 Basis solusinya : y1=e−xdan y2=xe−x .

Soulusi umumnya : y=c1e−x+c2x e−x=

(

c1+c2x

)

e−x

5. PD : y''−14y'+49y=0

Persamaan karakteristiknya : λ2−14λ+49=0 (λ−7) (λ−7)=0

Mempunyai Akar-akar yang kembar : λ₁=λ₂=λ=7 Basis solusinya : y1=e7xdan y2=xe7x .

Soulusi umumnya : y=c1e 7x

+c2x e 7x

=

(

c1+c2x

)

e 7x

Persamaan karakteristiknya : 4λ2−12λ+9=0 (2λ−3)(2λ−3)=0

Mempunyai Akar-akar yang kembar : λ₁=λ₂=λ=3 2

Basis solusinya : _y 1=e

Maka akar-akar persamaannya kompleks, yaitu :

c₂=−2 3

y(0)=4⟶c1+c2e 3.0

=4

c1+c2=4

c₁−2 3=4

c₁=14 3

Jadi, solusi MNA nya adalah :

y=14 3 −

2 3e

3x =2

3

(

7−e 3x

₎

9. PD : y''+2y'+y=0 , y(0)=2,y'₍₀₎₌₋₁ Persamaan karakteristiknya : λ2

+2λ+1=0

(λ+1)(λ+1)=0

Mempunyai Akar-akar kembar yaitu : λ₁=λ₂=−1 Basis solusinya : y1=e−xdan y2=xe−x .

Soulusi umumnya : y=

(

c1+c2x

)

e

−x

Maka : y'=c2e

−x

−

(

c1+c2x

)

e

−x

y(0)=−1⟶

(

c1+c2.0

)

e0=−1

c₁=−1

y'(0)=2⟶c2e0−

(

c1+c2.0

)

e0=2

c₂−c₁=2 c₂−1=4

c₂=5 Jadi, solusi MNA nya adalah :

y=(1+5x)e−x

10. PD : y''

−2y '+2y=0

Persamaan karakteristiknya : λ2

Maka akar-akar persamaannya kompleks, yaitu :

λ_1,2=−b ±

√

D 2. a λ_1,2=2±2i

2 λ_1,2=1± i

λ₁=1+i dan λ₂=1−i

Basis solusinya : y1=excosx dan y2=exsinx

Sehingga solusi umumnya adalah : y=ex_(Acosx

+Bsinx) Maka : y'=ex(Acosx+Bsinx)+ex(−Asinx+Bcosx)

y(0)=0⟶e0(Acos 0+Bsin 0)=0 A=0

y'_(0)=5⟶e0_{(Acos 0}

+Bsin 0)+e0_{(−Asin 0}

+Bcos0)=5 A+B=5

B=5 Jadi, Solusi MNA nya adalah :

y=ex(0 cosx+5 sinx)=5exsinx

11. PD : y''+y'=0 , y(0)=2 , y(1)=−4

Persamaan karakteristiknya adalah λ2−λ=0 .

λ(λ−1)=0

Akar-akarnya adalah λ₁=0dan λ₂=1

Basis dari persamaan homogennya adalah y₁=1 dan y2=ex Solusi umumnya adalah : y(x)=c1+c2e

x

Dengan memasukkan syarat batasnya, diperoleh :

−2+c₂e=−4 c₂e=−2

c2=−2e−1

Jadi, solusi masalah nilai batasnya adalah y(x)=2−2e−1_ex

=2−2ex−1

12. PD : 2y' '

−8y=0 , y(0)=4 , y

(

1

2

)

=4e Persamaan karakteristiknya adalah 2λ2−8=0 .

(2λ−4)(λ+1)=0

Akar-akarnya adalah λ1=2dan λ2=−2

Basis dari persamaan homogennya adalah y1=e2x dan y2=e

−2x

Solusi umumnya adalah : y(x)=c1e2x+c2e−2x

Dengan memasukkan syarat batasnya, diperoleh :

y(0)=4, sehingga c1+c2=4 dan

y

(

1

2

)

=4e , sehingga c1e+c2e

−1

=4e

c1+c2e−2x=4

Karena c₁+c₂=4 dan c1+c2e−2x=4 , diperoleh : c2=0dan c1=4 Jadi, solusi masalah nilai batasnya adalah y(x)=4e2x

13. P . D . y'' −2y'

+5y=0,y(0)=5, y

(

π

4

)

=0

Persamaan karakteristiknya adalah λ2−2λ+5=0 . Dengan memasukkan syarat batasnya, diperoleh :