BAB PDB Linier Order Satu

(1)

Konsep Dasar

1

(2)

PDB Linier Order Satu

2

(3)

Aplikasi PDB Order Satu

3

(4)

PDB Linier Order Dua

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

4.1 PDB Order

ⁿ

Homogen

Denisi 4.1.1

Bila f¹f²:::fm adalah fungsi kontinyu pada sebarangx²ab] dan c¹c²:::cm adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini ditulis dengan c¹f¹+c²f²++cmfm

Denisi 4.1.2

Fungsi f¹f²:::fm dikatakan tergantung linier pada interval

ab]bila terdapatc¹c²:::cm yang tidak semuanya nol sedemikian hinggac¹f¹+ c²f² ++cmfm = 0 untuk sebarang x ² ab], dan dikatakan bebas linier bila semua c¹c²:::cm sama dengan nol.

Teorema 4.1.1

Suatu PDB disajikan dalam

a⁰(x)y⁽ⁿ⁾+a¹(x)y⁽ⁿ^;1)++an(x)y= 0 dimana a⁰(x)⁶= 0: (4.1) 38

(5)

Misal f¹f²:::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 = c¹f¹⁰ +c²f²⁰ ++cmfm⁰

...

y⁽ⁿ^;1) = c¹f¹⁽ⁿ^;1)+c²f²⁽ⁿ^;1)++cmf_m⁽ⁿ^;1) y⁽ⁿ⁾ = c¹f¹⁽ⁿ⁾+c²f²⁽ⁿ⁾++cmf_m⁽ⁿ⁾ maka a⁰(x)

c¹f¹⁽ⁿ⁾+c²f²⁽ⁿ⁾++cmfm⁽ⁿ⁾

+a¹(x)

c¹f¹⁽ⁿ^;1)+c²f²⁽ⁿ^;1) ++ cmfm⁽ⁿ^;1)

++an(x)

c¹f¹+c²f²++cmfm

= 0, dan dapat disederhanakan menjadic¹

a⁰(x)f¹⁽ⁿ⁾+a¹(x)f¹⁽ⁿ^;1)++an(x)f¹

+c²

a⁰(x)f²⁽ⁿ⁾+a¹(x)f²⁽ⁿ^;1)+

+an(x)f²

++cm

a⁰(x)fm⁽ⁿ⁾+a¹(x)fm⁽ⁿ^;1)++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

Denisi 4.1.3

Misal f¹f²:::fm adalah fungsi riel yang kontinyu pada turunan ke (n^;1) dalam interval ab] maka

W(f¹f²:::fn) =

f¹ f² ::: fn

f¹⁰ f²⁰ ::: f_n⁰ ... ... ... ...

f¹⁽ⁿ^;1) f²⁽ⁿ^;1) ::: fn⁽ⁿ^;1)

disebut determinan matrik "Wronskian" yang terdenisi pada ab].

(6)

BAB 4. PDB LINIERORDER DUA 40

Teorema 4.1.2

Fungsi-fungsi solusi f¹f²:::fn dari PDB homogen order n dikatakan bebas linier bila W(f¹f²:::fn)⁶= 0

Contoh 4.1.1

Buktikan bahwa

1. Jikasinxcosx merupakan solusi dariy⁰⁰+y= 0 makay=c¹sinx+c²cosx juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier.

2. Jika e^xe^;^xe²^x merupakan solusi dari y⁰⁰^;2y⁰⁰ ^;y⁰ + 2y = 0 maka y = c¹e^x+c²e^;^x+c³e²^x 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⁾+a¹(x)y⁽ⁿ^;1)++an(x)y= 0 a⁰(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^;2xy⁰+ 2y= 0 adalah f¹ =x maka tentukan solusi umumnya.

Penyelesaian 4.1.1

Misal

f² =y = f¹v =xv y⁰ = v+xv⁰ y⁰⁰ = 2v⁰+xv⁰⁰:

(7)

Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapatx(x²+1)v⁰⁰+2v⁰ = 0 dan misal w=v⁰ maka

x(x²+ 1)dw

dx ^{+ 2}w = 0

dwdx ⁼ ^; ²w x(x²+ 1) wdw1 ⁼ ^;x(x²²+ 1)dx

= ^;

;

2x ^{+ 2}x (x²+ 1)

dx lnw = lnx^;2+ ln(x²+ 1) + lnc lnw = ln 1x²⁽x²+ 1)

sehingga solusi umunnya adalah

) w= 1x²⁽x²+ 1):

Sementaraw=v⁰, maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi dvdx ⁼ c(x²+ 1)

x² dv = (x²+ 1)

x² ^pilih c= 1 dv =

1 + 1x²

dx v = x^; x:¹

Sekarang f² = f¹v = x^;x^; ¹_x = x² ^;1 maka solusi umum dari PDB diatas adalah

) y=c¹x+c²(x²^;1):

(8)

4.2 PDB Order

ⁿ

Nonhomogen

Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk

a⁰(x)y⁽ⁿ⁾+a¹(x)y⁽ⁿ^;1)++an(x)y=F(x) a⁰(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 nonhomogen.

Misal diberikan PDB y⁰⁰+y =x. Bila solusi umum PDB y⁰⁰+y= 0 adalah yu = c¹sinx+c²cosx dan solusi khusus y⁰⁰+y = x adalah yk = 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 didenisikan dengan persamaan

p(x)y⁰⁰+q(x)y⁰+r(x)y= 0 (4.3) bila pqr adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut

ay⁰⁰+by⁰+cy = 0: (4.4)

Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan y=e^rt

y⁰ =re^rt y⁰⁰=r²e^rt

(9)

sehingga persamaan (4.4) menjadi

ar²e^rt+bre^rt+ce^rt = 0 (ar²+br+c)e^rt = 0:

Bilae^rt ⁶= 0 makaar²+br+c= 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB order dua homogen dengan dengan koesien konstan, dan y = e^rt 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 =c¹e^r¹^t+c²e^r²^t:

Misal diberikan PDB y⁰⁰ + 5y⁰ + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya adalah r² + 5r+ 6 = 0, dengan akar-akar r¹ = ^;2 dan r² =^;3, sehingga solusi umumnya y = c¹e^;2^t+c²e^;3^t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2 dan y⁰(0) = 3 maka nilai c¹c² dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi umum dua kali, yaitu y⁰ = ^;2c¹e^;2^t^;3c²e^;3^t dan y⁰⁰ = 4c¹e^;2^t+ 9c²e^;3^t dan substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem

c¹+c² = 2

;2c¹^;3c² = 3

dimanac¹ = 9 dan c² =^;7 dan solusi khususnya menjadi y= 9e^;2^t^;7e^;3^t.

Contoh 4.3.1

Selesaikan persoalan berikut 1. 4y⁰⁰^;8y⁰+ 3y= 0 y(0) = 2y⁰(0) = ¹²

(10)

BAB 4. PDB LINIERORDER DUA 44 2. 6y⁰⁰+ 4y⁰+ 3y= 0 y(0) = 4y⁰(0) = 0

3. y⁰⁰+ 5y⁰ + 3y= 0 y(0) = 1y⁰(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 kontinyu pada interval ab] untuk beberapa n0 dan bila tt⁰ ²ab] maka

f(t) pn(t) +Rn⁺¹(t) pn(t) = f(t⁰) + (t^;t⁰)

1! f⁰(t⁰) ++ (t^;t⁰)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁾(t⁰) Rn⁺¹(t) = 1n!

Z t

t⁰(t^;t)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

= (t^;t⁰)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:

e^at = 1 +at+ (at)²

2! + (at)³

3! +=^X¹

n⁼⁰

(at)ⁿ n! sinat = (at)¹

1! ^;(at)³

3! + (at)⁵

5! ^;=^X¹

n⁼¹(^;1)ⁿ^;1 (at)²ⁿ^;1 (2n^;1)!

cosat = (at)⁰

0! ^;(at)²

2! + (at)⁴

4! ^;=^X¹

n⁼⁰(^;1)ⁿ(at)²ⁿ (2n)!

(11)

Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek e^it dapat ditulis sebagai berikut e^it = 1 +it+ (it)²

2! +(it)³ 3! +:::

= ^X¹

n⁼⁰(^;1)ⁿ(at)²ⁿ

(2n)! +i^X¹

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 = e^t^;cost+isint y² =e⁽^;ⁱ⁾^t = e^t^;cost^;isint:

Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka u(t) = y¹+y² = 2e^tcost v(t) = y¹^;y² = 2ie^tsint:

Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esen- sial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik komplek adalah

) y=c¹u(t) +c²v(t) =c¹e^tcost+c²e^tsint :

Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y⁰⁰ +y⁰ +y = 0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r² +r+ 1 = 0 sehingga akar-akar kompleknya adalah r¹² =^;¹² i^q³⁴. Jadi =^;¹² dan = ^q³⁴ sehingga solusi umunyay =c¹e^;¹²^tcos^q³⁴t+c²e^;¹²^tsin^q³⁴t.

(12)

Akar-Akar Riel dan Sama

Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar² +br + c = 0 akan mempunyai D = b² ^;4ac = 0 sehingga r¹ = r² = ^;²^b_a. Dengan demikian salah satu solusi PDB adalah yk =e^;^2a^b^t. Misal solusi umumnya adalah y =v(t)yk(t) =v(t)e^;^2a^b^t maka

y⁰ = v⁰(t)e^;^2a^b^t^; b

2av⁽t)e^;^2a^b^t y⁰⁰ = v⁰⁰(t)e^;^2a^b^t^; b

av⁰⁽t)e^;^2a^b^t+ b²

4a²v(t)e^;^2a^b^t

Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay⁰⁰ +by⁰ +cy = 0 diperoleh

a

v⁰⁰(t)^;_a^bv⁰(t)+⁴^b_a²²v(t)

+b

v⁰(t)^;²^b_av(t)

+cv(t)

e^;^2a^b^t= 0:Bilae^;^2a^b^t⁶= 0 makaav⁰⁰(t)+

;

b²

4a+c

= 0:Karenab²^;4ac= 0 maka persamaan ini menjadi av⁰⁰(t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c¹t+c². Dengan demikian solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah:

) y=v(t)y¹(t) =c¹e^;^2a^b^t+c²te^;^2a^b^t

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 ^;Y² adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y¹y² solusi persamaan (4.7) maka

Y¹(t)^;Y²(t) =c¹y¹(t) +c²y²(t)

(13)

Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah

) y(t) = c¹y¹(t) +c²y²t

| {z }

solusi homogen+yk(t)

Diberikan PDB y⁰⁰^;3y⁰^;4y = 3e²^t. Solusi persamaan homogennya adalah yh = c¹e^;^t +c¹e⁴^t. Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen dengan memisalkanyk=Ae²^tsebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kaliy⁰_k= 2Ae²^t dan y_k⁰⁰ = 4Ae²^t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = ^;¹². Sehingga solusi umumnya adalah y=c¹e^;^t+c¹e⁴^t^;¹²e²^t:

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 koesien yang tepat bagi solusi ini.

Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut.

gi(t) Yi(t)

Pn(t) =a⁰tⁿ+a¹tⁿ^;1++an t^s(A⁰tⁿ+A¹tⁿ^;1++aN) Pn(t)eât t^s(A⁰tⁿ+A¹tⁿ^;1++aN)eât Pn(t)eât

sint

cost t^s

(A⁰tⁿ+A¹tⁿ^;1++aN)e^atcost+ (A⁰tⁿ+A¹tⁿ^;1++aN)e^atsint

Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen.

Contoh 4.3.2

Selesaikan persoalan berikut 1. y⁰⁰^;3y⁰^;4y= 2sint

2. y⁰⁰^;2y⁰^;3y=^;8e^tcos2t

3. y⁰⁰^;y⁰⁰^;2y= 5e⁵^t+ 2sin3t^;18e^tcos4t

(14)

Variasi Parameter

Diberikan PDB nonhomogen

y⁰⁰(t) +p(t)y⁰(t) +q(t)y(t) =g(t) (4.9) makayh(t) =c¹y¹(t) +c²y²(t) adalah solusi PDB homogen

y⁰⁰+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) = u⁰¹(t)y¹(t) +u¹(t)y¹⁰(t) +u⁰²(t)y²(t) +u²(t)y²⁰(t): Set

u⁰¹(t)y¹(t) +u⁰²(t)y²(t) = 0 (4.12) maka

y⁰(t) = u¹(t)y⁰¹(t) +u²(t)y²⁰(t)

y⁰⁰(t) = u⁰¹(t)y⁰¹(t) +u¹(t)y¹⁰⁰(t) +u⁰²(t)y⁰²(t) +u²(t)y²⁰⁰(t):

Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh u¹(t)

y¹⁰⁰(t)+p(t)y¹⁰(t)+q(t)y¹(t)

+u²(t)

y²⁰⁰(t)+p(t)y²⁰(t)+q(t)y²(t)

+u⁰¹(t)y¹⁰(t)+

u⁰²(t)y⁰²(t) =g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karenay¹y² adalah solusi PDB (4.11) sehingga

u⁰¹(t)y¹⁰(t) +u⁰²(t)y²⁰(t) =g(t) (4.13)

(15)

Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier dimanau⁰¹(t) dan u⁰²(t) dapat ditentukan sebagai berikut:

u⁰¹(t) =

0 y²(t) g(t) y²⁰(t)

W(y¹y²)(t) =^;y²(t)g(t) W :

u⁰²(t) =

y¹(t) 0 y¹⁰(t) g(t)

W(y¹y²)(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⁽_W^t⁾^g⁽^t⁾dt y¹(t) +^R ^y¹⁽^t_W⁾^g⁽^t⁾dt y²(t)

Sebagai contoh dapat diselesaikan PDBy⁰⁰+4y = 3csct. Persamaan homogennya adalahy⁰⁰+4y= 0 dengan persamaan karakteristikr²+4 = 0 dan mempunyai akar komplek r¹² = 02i. Dengan demikian solusinya yh =c¹cos2t+c²sin2t. Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3cscty¹(t) = cos2t dan y² = sin2t sehingga y⁰¹(t) = ^;2sin2t dan y²⁰(t) = ^;2sin2t. Dengan menerapkan prosedur diatas maka

u⁰¹(t) =

0 y²(t) g(t) y²⁰(t)

W(y¹y²)(t) =^; 3sin2tcsct 2cos²2t+ sin²2t]

(16)

u⁰²(t) =

y¹(t) 0 y⁰¹(t) g(t)

W(y¹y²)(t) = 3

2 csct^;3sint Dengan proses yang sederhana diperoleh

u¹(t) = ^;3sint+c¹

u²(t_{) = 32 ln}^jcsct^;cott^j+ 3cost+c² Sehingga solusi umumnya adalah

) y(t) =c¹cos2t+c²sin2t^;3sintcos2t+ 3costsin2t_{+ 32 ln}^jcsct^;cott^jsin2t

(17)

Latihan Tutorial 4

1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua berikut ini:

(a) y⁰⁰^;2y⁰ ^;8y= 4e²^x^;21e^;3^x (b) y⁰⁰+ 2y⁰+ 5y= 6sin2x+ 7cos2x

(c) 2y⁰⁰+ 32y⁰^;2y= 6x²e^x^;4x²+ 12 (d) y⁰⁰+ 4y= 4sin2x+ 8cos2x

(e) y⁰⁰+y⁰^;2y= 6e^;2^x+ 3e^x^;4x² (f) y⁰⁰^;6y⁰ + 5y= 24x²e^x+ 8e⁵^x (g) y⁰⁰^;4y⁰ + 5y= 6e²^xcosx (h) y⁰⁰+ 4y⁰ = 4sin2x+ 8cos2x

(i) y⁰⁰+y⁰^;6y= 10e²^x^;18e³^x^;6x^;11 (j) y⁰⁰+ 4y= 12x²^;16xcos2x

(k) 4y⁰⁰^;4y⁰+y=e^x=²+e^;^x=² (l) y⁰⁰+ 2y⁰+ 10y= 5xe^;2^x (m) y⁰⁰+ 6y⁰+ 5y= 2e^x+ 10e⁵^x

(n) y⁰⁰+ 2y⁰+ 4y= 13cos4x

2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:

(a) y⁰⁰^;4y⁰ + 3y= 9x²+ 4 y(0) = 6 y⁰(0) = 8 (b) y⁰⁰+ 5y⁰+ 4y= 16x+ 20e^x y(0) = 0 y⁰(0) = 3

(18)

BAB 4. PDB LINIERORDER DUA 52 (c) y⁰⁰^;8y⁰ + 15y= 9xe²^x y(0) = 5 y⁰(0) = 10

(d) y⁰⁰+ 7y⁰+ 10y= 4xe^;3^x y(0) = 0 y⁰(0) =^;1 (e) y⁰⁰+ 8y⁰+ 16y= 8e^;2^x y(0) = 2 y⁰(0) = 0

(f) y⁰⁰+ 6y⁰+ 9y= 27e^;6^x y(0) =^;2 y⁰(0) = 0 (g) y⁰⁰+ 4y⁰+ 13y= 18e^;2^x y(0) = 0 y⁰(0) = 4 (h) y⁰⁰^;10y⁰+ 29y= 8e⁵^x y(0) = 0 y⁰(0) = 8

(i) y⁰⁰^;4y⁰ + 13y= 8sin3x y(0) = 1 y⁰(0) = 2 (j) y⁰⁰^;y⁰^;6y= 8e²^x^;5e³^x y(0) = 1 y⁰(0) = 2 (k) y⁰⁰^;2y⁰ +y= 2xe²^x+ 6e^x y(0) = 1 y⁰(0) = 0