Persamaan Diferensial Biasa

(1)

Persamaan Diferensial Biasa

Pendahuluan, Persamaan Diferensial Orde-1

Toni Bakhtiar

Departemen Matematika IPB

September 2012

(2)

Pendahuluan Konsep Dasar

Beberapa Pengertian

Banyak prinsip dan hukum yang mendasari berbagai fenomena di alam berbentuk pernyataan (statements) atau hubungan (relations) yang melibatkan laju perubahan (rates) antarvariabel.

Dalam matematika, pernyataan atau hubungan dituliskan dalam bentuk fungsi atau persamaan (equations), sedangkan laju perubahan dituliskan dalam bentuk turunan (derivatives).

Persamaan yang melibatkan fungsi dan turunannya disebut sebagai persamaan diferensial (di¤erential equations).

Persamaan diferensial yang menggambarkan proses …sik tertentu biasa disebut model matematika (mathematical models).

(3)

Contoh: Gerak Jatuh

Hukum …sika yang mengatur gerak benda ialah Hukum Newton II yang menyatakan perkalian massa benda dan percepatannya sama dengan besarnya gaya yang bekerja:

F =ma (1)

dengan m massa benda (kg), a percepatan (m/s²), dan F besarnya gaya (newton). Karena percepatan a berkaitan dengan kecepatan v , yaitu a= ^dv_dt, maka persamaan (1) ditulis:

F =mdv

dt. (2)

Dalam hal gerak jatuh, gravitasi g memberikan gaya sebesar mg pada benda. Dalam waktu bersamaan benda mengalami gaya gesek udara yang diasumsikan sebanding dengan kecepatan benda, yaitu sebesar γv , dengan γ merupakan koe…sien gesek. Dengan demikian,

F =mg γv . (3)

(4)

Contoh: Gerak Jatuh

Penggabungan (2) dan (3) memberikan:

mdv

dt =mg γv . (4)

Persamaan (4) merupakan model matematika yang menggambarkan gerak jatuh benda di udara. Model melibatkan tiga konstanta: m, γ, dan g . Dua konstanta pertama (m dan γ) sangat bergantung pada benda yang jatuh, sedangkan konstanta g bernilai tetap (yaitu 9.8 m/s²).

Konstanta-konstanta m dan γ biasa disebut sebagai parameter model.

Persamaan (4) juga melibatkan fungsi yang belum diketahui, yaitu v =v(t). Menyelesaikan persamaan (4) berarti mencari fungsi v =v(t) yang memenuhi (4).

Jika m =10 kg dan γ=2 kg/s maka diperoleh persamaan diferensial dv

dt =9.8 0.2v .

(5)

De…nisi

Persamaan diferensial (PD) adalah persamaan yang melibatkan fungsi yang tidak diketahui dan turunan-turunannya.

Suatu PD disebut PD biasa (ordinary di¤erential equations) jika fungsi yang tidak diketahui bergantung hanya pada satu variabel bebas. Contoh:

dy

dx =5x+3, e^yd²y

dx² +2 dy dx

2

=1.

Pada contoh di atas, fungsi yang tidak diketahui ialah y =y(x).

(6)

De…nisi

Suatu PD disebut PD parsial (partial di¤erential equations) jika fungsi yang tidak diketahui bergantung pada dua atau lebih variabel bebas. Contoh:

∂²y

∂t² 4∂²y

∂x² =0.

Pada contoh di atas, fungsi yang tidak diketahui ialah y =y(t, x). PD Biasa (PDB) merupakan bahan UTS dan PD Parsial (PDP) bahan UAS.

(7)

Ordo

Ordo suatu PD adalah ordo dari turunan tertinggi yang terlibat dalam PD tersebut. Contoh:

orde-1: dy

dx =5x+3, orde-2: e^yd²y

dx² +2 dy dx

3

=1, orde-3: 4d³y

dx³ +sin xd²y

dx² 5xy =0.

Notasi-notasi turunan:

y⁰, y⁰⁰, y⁰⁰⁰, y⁽⁴⁾, . . . , y⁽ⁿ⁾, dy

dx, d²y dx², d³y

dx³, . . . , dⁿy dxⁿ.

Jika variabel bebas yang terlibat ialah waktu t maka digunakan notasi

˙y = ^dy_dt, ¨y = ^d_dt²^y2, ...

y = ^d_dt³^y3, dst.

(8)

Bentuk Umum

Bentuk umum PDB orde-n :

F x, y , y⁰, y⁰⁰, . . . , y⁽ⁿ⁾ =0, (5) dengan x variabel bebas dan y variabel tak bebas, yaitu y =y(x). Jika hubungan antara y =y(x)dan turunan-turunannya bersifat linear maka PD (5) disebut PDB Linear, dan dapat ditulis sebagai

an(x)^d

ny

dxⁿ +an 1(x)^d

n 1y

dx^{n 1} + +a1(x)^dy

dx +a0(x)y =f(x), dengan an(x) 6=^{0, a}^{n 1}(x), . . . , a0(x)merupakan koe…sien-koe…sien PD.

Jika f(x) =0 maka PD disebut homogen dan jika f(x) 6=^{0 maka} PD disebut takhomogen.

(9)

Solusi

Solusi PD dalam bentuk fungsi tidak diketahui y dan variabel bebas x pada interval I adalah fungsi y =y(x)yang memenuhi PD tersebut secara identik untuk semua x di I .

Examples

1 Apakah y(x) =c₁sin 2x+c₂cos 2x, dengan c₁ dan c₂ adalah konstanta-konstanta sembarang, merupakan solusi bagi PD y⁰⁰+4y =0?

2 Apakah y(x) =x² 1 merupakan solusi bagi (y⁰)⁴+y² = 1?

3 Apakah x²+y² =1 merupakan solusi bagi ^dy_dx = ^x_y, untuk x 2 ( ^{1, 1})?

Solusi berbentuk y =y(x)disebut solusi eksplisit dan solusi berbentuk g(x, y) =0 disebut solusi implisit.

(10)

Solusi

y(x) =c1sin 2x+c2cos 2x merupakan solusi umum (general solution) bagi PD y⁰⁰+4y =0 dan y(x) =5 sin 2x+3 cos 2x, y(x) = sin 2x+2 cos 2x, y(x) = 10 cos 2x, dsb merupakan solusi khusus (particular solutions).

Solusi khusus merupakan sembarang solusi tunggal. Solusi umum merupakan himpunan semua solusi.

Secara lebih umum, dy

dx =f(x) ,R

dy =R

f(x)dx ,^y(x) =F(x) +C , dengan F adalah sembarang antiturunan dari f dan C adalah konstanta pengintegralan. Persamaan y(x) =F(x) +C disebut sebagai solusi umum PD. Solusi khusus diperoleh dengan cara menentapkan nilai y pada x tertentu, misalnya y(x₀) =y₀, yang disebut sebagai nilai awal atau syarat awal.

(11)

Solusi Umum dan Nilai Awal

Solusi khusus diperoleh dengan mengganti konstanta pengintegralan C dengan nilai tertentu sehingga menggeser kurva F ke atas atau ke bawah.

Umumnya, solusi khusus diperoleh dengan menyelesaiakan syarat awal y(x₀) =y₀.

(12)

Solusi Umum dan Nilai Awal

Nilai awal:

y(x0) =y0 ,^F(x0) +C =y0 ,^C =y0 F(x0), sehingga diperoleh solusi khusus

y(x) =y₀+F(x) F(x₀), yang dapat dituliskan dalam bentuk persamaan integral:

y(x) =y0+

Z x x0

f(s)ds.

Examples

1 Untuk persamaan diferensial ^dy_dx =x+10 sin x, (a) tentukan solusi umum, (b) tentukan solusi khusus yang melewati titik(π, 0).

2 Sebuah kurva melalui titik (1, 0)memiliki kemiringan ln x. Tentukan persamaan kurva tersebut!

(13)

Pendahuluan Masalah Nilai Awal

Masalah Nilai Awal (MNA), Initial Value Problem (IVP)

Masalah nilai awal pada PD orde-n

F(x, y , y⁰, y⁰⁰, . . . , y⁽ⁿ⁾) =0

adalah masalah mencari solusi PD pada interval I yang sekaligus memenuhi n buah nilai awal berikut:

y(x0) =y0, y⁰(x0) =y1, . . . , y⁽^{n 1}⁾(x0) =yn 1,

dengan x₀ 2^{I dan y}⁰^{, y}¹, . . . , yn 1 konstanta-kontanta yang diberikan.

Examples

1 Tunjukkan bahwa y(x) =e ^x+1 merupakan solusi dari MNA y⁰+y =1, y(0) =2.

2 Tunjukkan bahwa y(x) =sin x+cos x merupakan solusi dari MNA y⁰⁰+y =0, y(0) =1, y⁰(0) =1.

(14)

Keujudan dan Ketunggalan Solusi

Tinjau MNA berikut:

x²+t²dx

dt =0, x(0) =k.

Dengan pemisahan variabel diperoleh solusi umum PD

x(t) = ₁₊^t_Ct.Namun, jika k 6=0 maka MNA tidak memiliki solusi.

Tinjau MNA berikut:

dx dt = p

x, x(0) =0.

Metode pemisahan variabel memberikan solusi x(t) = ¹₄t². Namun, MNA juga masih punya takhingga banyak solusi lain:

xa(t) = ⁰₁ ^{; t} ^a

4(t a)² ; t >a , dengan a>0.

(15)

Teorema Picard

Theorem Diberikan MNA

dx

dt =f(t, x), x(t₀) =x₀.

Jika f dan ^∂f_∂x merupakan fungsi-fungsi kontinu pada daerah R = f(^{t, x}) j^a<t <b, c <x <dg

yang memuat titik awal (t₀, x₀), maka MNA memiliki solusi tunggal x =x(t)pada interval(t0 h, t0+h), dengan h bilangan positif.

(16)

Teorema Picard

Examples

Apakah Teorema Picard menjamin keujudan dan ketunggalan solusi MNA berikut:

1 y⁰ =y+e^2x, y(0) =1.

2 y⁰ =y^1/3, y(0) =0.

3 ˙x =p_x, _x

(0) =0.

4 Tinjau MNA: ^dx_dt =x², x(0) =x₀. karena f(t, x):=x² dan fx(t, x) =2x keduanya kontinu maka MNA memiliki solusi tunggal, yaitu

x(t) = ₁ ¹

x0 t, x₀ 6=^0.

Maximal interval of existence: ( _∞,_x¹

0)ataukah (_x¹

0,∞).

(17)

PDB Orde-1 PD Homogen

Bentuk Umum

Bentuk umum PD linear orde-1:

˙x+a(t)x=b(t), (6) dengan a(t)dan b(t)adalah fungsi-fungsi sembarang. Dikatakan linear karena ruas kiri (6) merupakan fungsi linear dari x dan ˙x. Jika b(t) =0 akan diperoleh PD homogen orde-1

˙x+a(t)x =0. (7)

Bentuk-bentuk berikut ini merupakan PD orde-1: ˙x+2x =t²,

˙x+e^tx = 4t, dan (t²+1)˙x+x sin t =t ln t. Persamaan pertama dan kedua sudah dalam bentuk baku (6). Persamaan terakhir dapat ditulis dalam bentuk yang ekuivalen

˙x+ ^{sin t}

t²+1x = ^{t ln t} t²+1.

(18)

Metode Pemisahan Variabel

Sebuah fakta penting dari PD linear adalah bahwa solusi persamaan takhomogen selalu dapat dikonstruksi dari solusi persamaan

homogennya.

Oleh karena itu pembahasan tentang persamaan diferensial homogen akan diberikan dalam bahasan tersendiri didahului dengan metode pemisahan variabel (variables separation method ) sebagai sebuah metode solusi.

Tinjau PD berikut:

˙x =F(x, t). (8)

Jika F(x, t)dapat dituliskan dalam bentuk perkalian dua buah fungsi f(x)dan g(t), yaitu F(x, t) =f(x)g(t)maka persamaan diferensial (8) dapat dituliskan menjadi

˙x =f(x)g(t). (9)

(19)

Metode Pemisahan Variabel

Perhatikan bahwa PD (9) dapat ditulis menjadi dx

dt =f(x)g(t).

Dengan memisahkan variabel-variabel yang sama di satu ruas, persamaan di atas akan menjadi

1

f(x) ^dx =g(t)dt.

Pengintegralan terhadap kedua ruas persamaan di atas akan membawa ke masalah integral berikut

Z 1

f(x) ^dx =

Z

g(t) dt.

Jika f(x)dan g(t) diketahui maka masalah integral di atas dapat diselesaikan dengan menggunakan teknik penggintegralan.

(20)

PD Linear Homogen Orde-1

Bentuk umum PD linear homogen orde-1:

˙x(t) +a(t)x(t) =0, (10) dengan a(t)fungsi sembarang. Persamaan (10) terpisahkan karena dapat ditulis menjadi ¹_x dx = a(t)dt. Dengan asumsi x >0, pengintegralan kedua ruas persamaan di atas memberikan

R ¹

x dx = R

a(t)dt ,^{ln x} = R

a(t)dt+k1 ,^x =e^k¹e

Ra(t)dt

. Jika dide…nisikan A(t):=R

a(t)dt maka diperoleh x(t) =ke ^A⁽^t⁾,

dengan k =e^k¹ dan A(t)tidak mengandung konstanta pengintegralan lain karena pada dasarnya konstanta tersebut dapat diserap dalam k.

(21)

PD Linear Homogen Orde-1

Theorem

Solusi dari PD linear homogen orde-1 ˙x(t) +a(t)x(t) =0 ialah x(t) =ke ^A⁽^t⁾,

dengan k konstanta sembarang dan A(t):=R

a(t) dt tidak mengandung konstanta pengintegralan lain.

Corollary

Berdasarkan teorema di atas, jika a(t) merupakan fungsi konstan, yaitu a(t) =a, maka solusi dari PD linear homogen orde-1 ˙x+ax =0 ialah

x(t) =ke ^at.

(22)

PD Linear Homogen Orde-1

Example

Misalkan y(t)menyatakan besarnya konsumsi energi nasional pada saat t dan tumbuh dengan laju konstan 2 persen. Tentukan dan selesaikan persamaan diferensial dari masalah tersebut.

Jawab

Laju pertumbuhan suatu peubah adalah rasio antara pertumbuhan variabel dengan level variabel, yaitu ˙y /y . Masalah di atas dapat ditulis dalam PD berikut:

˙y

y =0.02, ^˙y =0.02y ,

yang merupakan PDLH orde-1 dengan solusi y(t) =ke^0.02t, yang memberikan level konsumsi energi pada saat t.

(23)

PDB Orde-1 PD Takhomogen

PD Linear Takhomogen Orde-1

PD ˙x +a(t)x =b(t), dengan b(t) 6=0, disebut sebagai PD linear takhomogen orde-1. Untuk menentukan solusinya, kedua ruas persamaan di atas dikalikan dengan faktor pengintegralan e^A⁽^t⁾, dengan

A(t):=R

a(t)dt, sehingga menjadi

˙xeÂ⁽^t⁾+a(t)xeÂ⁽^t⁾ =b(t)eÂ⁽^t⁾. (11) Dengan mengingat bahwa

d

dt(xeÂ⁽^t⁾) = ˙xeÂ⁽^t⁾+x ˙A(t)eÂ⁽^t⁾= ˙xeÂ⁽^t⁾+xa(t)eÂ⁽^t⁾,maka (11) ditulis menjadi

d

dt(xeÂ⁽^t⁾) =b(t)eÂ⁽^t⁾ , ^xeÂ⁽^t⁾=R

b(t)e^A⁽^t⁾ dt+k , ^x(t) =e ^A⁽^t⁾ R

b(t)e^A⁽^t⁾ dt+k , dengan k konstanta pengintegralan.

(24)

PD Linear Takhomogen Orde-1

Theorem

Solusi dari PD linear takhomogen orde-1 ˙x(t) +a(t)x(t) =b(t)ialah x(t) =e ^A⁽^t⁾ R

b(t)e^A⁽^t⁾ dt+k , dengan k konstanta sembarang dan A(t):=R

a(t) dt tidak mengandung konstanta pengintegralan lain.

Corollary

Berdasarkan teorema di atas:

1 jika b(t) =0 maka x(t) =ke ^A⁽^t⁾ (kasus PD homogen),

2 jika a(t) =a dan b(t) =b maka x(t) =ke ^at+ ^b_a,

3 jika a(t) =a maka x(t) =e ^at R

b(t)e^at dt+k .

(25)

Model Penyesuaian Harga

Misalkan fungsi permintaan dan fungsi penawaran suatu komoditas berharga p berturut-turut diberikan oleh D(p) =a bp dan

S(p) =α+βp, dengan a, b, α, dan β adalah konstanta-konstanta positif.

Asumsikan bahwa harga merupakan fungsi dari waktu, yaitu p =p(t), dan bahwa laju perubahan harga sebanding dengan kelebihan permintaan (excess demand ), yaitu

˙p =λ[D(p) S(p)],

dengan λ adalah konstanta positif yang menyatakan seberapa cepat harga menyesuaikan (speed of adjustment). Substitusikan ekspresi bagi D dan S memberikan PDLTH:

˙p+λ(b+β)p =λ(a α).

(26)

Model Penyesuaian Harga

Model penyesuaian harga memiliki solusi:

p(t) =ke ^λ⁽^b⁺^β⁾^t + ^a ^α b+β. Perhatikan bahwa karena λ(b+β) >0 diperoleh

tlim!∞p(t) = ^a ^α b+β,

yang menunjukkan bahwa p konvergen ke harga kesetimbangan p = _b^{a α}₊_β, pada mana D(p) =S(p)dipenuhi.

(27)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

PD eksak dapat digunakan untuk menyelesaikan PD taklinear tertentu.

Misalkan fungsi dua peubah u =u(t, x) memiliki turunan-turunan parsial kedua, yaitu utt, uxx, utx, uxt, yang kontinu. Asumsi kekontinuan turunan menjadikan u_xt =u_tx (Teorema Young) dan diferensial total (total di¤erential ) dari u terde…nisi, yaitu

du =u_t dt+u_x dx. (12)

Tinjau PDB dalam bentuk dx

dt = ^M(t, x)

N(t, x) ,^M(t, x) dt+N(t, x)dx =0. (13) Persamaan diferensial (13) dikatakan eksak jika ruas kiri persamaan tersebut merupakan diferensial total dari suatu fungsi u(x, t), yaitu berlaku

du=M(t, x)dt+N(t, x)dx.

(28)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

Atau dengan kata lain, PD M(t, x) dt+N(t, x)dx =0 dikatakan eksak jika terdapat suatu fungsi u(x, t)sedemikian sehingga berlaku

u_t =M(t, x), u_x =N(t, x).

Jika M dan N terde…nisi dan memiliki turunan-turunan parsial pertama yang kontinu maka diperoleh

utx =Mx(t, x), uxt =Nt(t, x).

Dengan asumsi kontinuitas turunan yang membuat uxt =utx maka M_x =N_t

merupakan syarat cukup dan syarat perlu agar M(t, x)dt+N(t, x) dx merupakan turunan total (dan M(t, x)dt+N(t, x) dx =0 merupakan PD eksak).

(29)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

Example

Persamaan diferensial (x+4)dt+t dx=0 adalah PD eksak karena dengan M =x+4 dan N =t diperoleh Mx =1=Nt. Sedangkan x dt t dx =0 adalah PD takeksak karena M =x dan N = t membuat M_x 6=^N^t^.

Fungsi u(x, t)dapat ditentukan sebagai berikut. Karena ut =M(t, x) maka

u(t, x) =

Z

M(t, x)dt+f(x).

Dalam integral di atas x dianggap konstan, dan f(x)berperan sebagai

’konstanta’pengintegralan yang dapat ditentukan kemudian. Atau, karena u_x =N(t, x)maka

u(t, x) =

Z

N(t, x)dx+g(t),

dengan t dianggap konstan dan g(t) adalah ’konstanta’pengintegralan.

(30)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

Example

Periksa PD berikut eksak dan tentukan solusinya:

t³+^x

t + (x²+ln t)˙x =0.

Example

Tentukan fungsi u yang menjadikan persamaan diferensial berikut eksak:

x

t² dt+¹

t dx =0.

Cari solusi PD di atas dengan menentukan x(t)dari u(t, x) =k.

(31)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

Example

Di beberapa kasus, PD takterpisahkan dan mungkin juga taklinear dapat diselesaikan dengan membawanya ke bentuk eksak. PD berikut

takterpisahkan dan taklinear:

1+tx²+t²x ˙x =0, (¹+tx²)dt+t²x dx =0.

(32)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

PD takeksak dapat dijadikan PD eksak dengan cara mengalikannya dengan faktor pengintegralan tertentu.

Tinjau PD berikut:

dx

dt +a(t)x =0,^a(t)x dt+dx =0.

Jelas PD di atas takeksak karena dengan M := a(t)x dan N :=1

diperoleh Mx 6=^N^t ^{(asalkan a}(t) 6=0). Kalikan PD di atas dengan faktor pengintegralan e^A⁽^t⁾, dengan A(t) =R

a(t)dt, diperoleh e^A⁽^t⁾ dx+e^A⁽^t⁾a(t)x dt =0.

Jelas PD di atas eksak karena dengan M :=e^A⁽^t⁾a(t)x dan N :=e^A⁽^t⁾ diperoleh

Mx =e^A⁽^t⁾a(t) =Nt.

Secara umum, faktor pengintegralan tidak mudah ditemukan.

(33)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

Tinjau kasus PD takeksak yang lebih umum berikut:

F(t, x) +G(t, x)^dx

dt =0,^F(t, x)dt+G(t, x)dx =0.

Kalikan PD di atas dengan faktor pengintegralan I(t, x)sehingga diperoleh I(t, x)F(t, x)dt+I(t, x)G(t, x) dx =0.

Agar eksak, haruslah dipenuhi:

∂

∂x [I(t, x)F(t, x)] = ^∂

∂t [I(t, x)G(t, x)], atau

IxF +IFx =ItG+IGt.

(34)

PDB Orde-1 PD Eksak

PD Eksak

Dapat ditulis,

(F_x G_t)I =I_tG I_xF .

Persamaan di atas merupakan PDP yang secara umum sulit diselesaikan.

Namun jika masalah disederhanakan, yaitu jika diasumsikan I =I(t), maka Ix =0, sehingga

(F_x G_t)I =I_tG , ^dI_dt = ¹ G

∂F

∂x

∂G

∂t I . (14)

PD (14) memiliki solusi, yaitu I =I(t), asalkan _G¹ ^∂F_∂x ^∂G_∂t hanya bergantung pada t.

Example

Carilah faktor pengintegralan I =I(t)yang membuat PD di bawah eksak lalu tentukan solusi PD tersebut:

(t cos x+e^5t)^dx

dt +3 sin x+5xe^5t+ ^2xe

5t

t =0.

(35)

PDB Orde-1 PD Eksak

Metode Substitusi

Pada beberapa kasus khusus, PD dapat disederhanakan dan diselesaikan dengan substitusi.

Tinjau PD homogen berikut:

dx

dt =F(^x_t).

De…nisikan variabel baru u :=x /t atau x =ut, maka dx

dt =tdu

dt +u ,^t^du_dt = ^dx

dt u,^t^du_dt =F(u) u, yang merupakan PD yang terpisahkan.

Example

Dengan substitusi tertentu, selesaikan PD berikut:

txdx

dt =2t²+3x².

(36)

PDB Orde-1 PD Eksak

Persamaan Bernoulli

PD lain yang dapat diselesaikan dengan substitusi ialah PD Bernoulli yang memiliki bentuk umum

dx

dt +p(t)x =q(t)xⁿ.

Jika n=0 atau n=1 maka PD adalah linear orde-1. Untuk n /2 f^{0, 1}g^, de…nisikan u =x^{1 n} sehingga diperoleh:

du

dt = (1 n)x ⁿdx dt

= (1 n)x ⁿ[q(t)xⁿ p(t)x]

= (1 n)[q(t) p(t)u]. Diperoleh

du

dt + (1 n)p(t)u = (1 n)q(t). (linear!)

(37)

PDB Orde-1 PD Eksak

Persamaan Bernoulli

Example

Selesaikan PD Bernoulli berikut:

dx

dt 6tx =2tx².