Koko Martono FMIPA - ITB

Koko Martono – FMIPA - ITB

117

Persamaan diferensial Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang mengaitkan fungsi dan turunan atau diferensialnya. Untuk fungsi satu peubah pada persamaannya terlibat turunan biasa, sehingga disebut persamaandiferensial biasa (PDB).Untuk fungsilebih darisatu peubah padapersamaannya terlibatturunan parsial,sehingga disebut persamaan diferensial parsial (PDP).

Ilustrasi (1) 2xyy¢= -y2 x2, (2) (y¢)2-2y¢+ =y 0, (3) y¢¢-2y¢- =3y sinx

adalah PDB sedangkan (1)u_xx+u_yy=0, (2) u_xx+ =u_y u adalah PDP.

Tingkat dan derajat persamaan diferensial biasa Tingkat (orde) PDB adalah indeks tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. Derajat (degree) PDB adalah pangkat tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. PDB yang berderajat satu dinamakan persamaan diferensial linear.

Ilustrasi (1) (y¢)2-xy¢+ =y 0 adalah PDB tingkat satu dan derajat dua, dan (2)(y¢¢)2+2 (x y¢)3+ =2y x adalah PDB tingkat dua dan derajat tiga.

Solusi persamaan diferensial biasa Solusi PDB adalah suatu keluarga fungsi atau fungsi yang digantikan ke persamaannya merupakan pernya-taan benar (memenuhi persamaan). Solusi umum PDB adalah suatu ke-luargafungsidenganbeberapaparameteryangmemenuhi persamaannya. Solusi khusus PDB adalah suatu fungsi yang merupakan anggota dari keluargasolusiumumnya.Solusisingular PDBadalahsuatufungsiyang memenuhi persamaannya tetapi bukan anggota dari solusi umumnya.

Ilustrasi

¾ Keluargafungsiy C= ₁cosx C+ ₂sinx adalahsolusiumum dariy¢¢+ =y 0

karena y¢= -C₁sinx+C₂cosx dan y¢¢= -C₁cosx C- ₂sinx memenuhi

0.

y¢¢+ =y Salah satu anggota keluarga fungsiy C= ₁cosx C+ ₂sinx ada-lah y=cosx memenuhiy¢¢+ =y 0, (0) 1,y = y¢(0) 0= karenay¢= -sinxdan

cos

y¢¢= - x bila digantikan ke persamaannya adalah pernyataan benar. ¾ Keluarga fungsiy Cx C= - 2adalah solusi umum PDB (y¢)2-xy¢+ =y 0

karena bilay¢=Cdigantikan, maka diperoleh C2- ◊ +x C Cx C- 2=0, su-atu pernyataan yang benar. Tetapi fungsi y = 1₄x2 juga solusi PDB ini

y y=1₄x2 0 x c=1/2 c=−1/2 c=2/3 c=−2/3

karena y¢ = 1₂x dan

( )

1₂x 2- ◊ +x x1_{2 4}1x2=0 pernyataan benar. Fungsi y = 1₄x2 yang tidak diperoleh dari so-lusiumumy Cx C= - 2adalahsolusisingularPDBini. Perhatikanbahwakurvasolusi umum PDBini selalu menyinggung solusi singularnya.

Persamaan diferensial biasa tingkat dua dengan koefisien konstan

Bentuk umum PDB tingkat dua dengan koefisien konstan adalah

( )

y¢¢+ay¢+by = f x , a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I. Dalam kasus f x( ) 0= diperoleh PDB tingkat dua

0

y¢¢+ay¢+by = , a,b konstanta real,

yang dinamakan PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan.

Solusi PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan

Misalkan y¢¢+ay¢+by = 0,a,b konstanta real mempunyai persamaan

ka-rakteristik r2+ + =ar b 0 dengan akar r₁ dan r₂. Solusi PDB ini adalah: ¾ Jika r₁πr r r₂, ,_{1 2}Œ\, maka solusinya adalah 1 2

1 2

r x r x

y = C e +C e . ¾ Jika r₁= =r₂ r r, Œ\, maka solusinya adalah y = (C x C e₁ + ₂) r x.

¾ Jika r₁= +p qi dan , ,r₂ = -p qi p qŒ\,i2= -1 (r₁ dan r₂ bilangan

kom-pleks), maka solusinya adalah y = ep x(C₁cosqx C+ ₂sinqx).

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua

(a) y¢¢-2y¢-3y = 0 (b) y¢¢-4y¢+4y =0 (c) y¢¢+4y¢+13y = 0.

(a) Persamaan karakteristiknya adalah r2−2r−3=0, atau (r+1)(r−3)=0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 =−1 dan r2 =3. Jadi solusi

per-samaan diferensialnya adalah y =C e₁ -x+C e₂ 3x.

(b) Persamaan karakteristiknya adalah r2−4r + 4= 0, atau (r− 2)2=0, se-hingga akar karakteristiknya adalah r1 =r2 =r=2. Jadi solusi persamaan

diferensialnya adalah y =(C x C e₁ + ₂) 2x.

(c) Persamaan karakteristiknya adalah r2+4r+13=0. Gunakan rumus abc, diperoleh ₁₂ 4 16 52 4 6

2 2 2 3

i

r = - ± - = - ± = - ± , sehingga akar karakteris-i

tiknyaadalah r1 =−2+3i dan r1 =−2−3i. Jadi solusi persamaan

diferen-sialnya adalah y =e-2x(C₁cos3x C+ ₂sin 3 ).x

Konstruksi solusi PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan

¾ Tulislah persamaan diferensial y″+ay′+by=0, a, b konstanta real da-lam bentuk operator diferensial D,

2 2 2 2 ( ) 0, d dan d dx _dx D +aD b y+ = D= D = .

Bentuk kuadrat dalam D selalu dapat diuraikan atas dua faktor linear dalam sistem bilangan kompleks, yaitu D2+aD+b = (D−r1)(D−r2),

sehingga persamaan diferensialnya dapat ditulis (D− r1)(D−r2)y = 0.

Persamaankuadratr2+ar+b = 0 yang menghasilkan akar r1 dan r2

di-namakan persamaan karakteristik dan r1, r2 akar karakteristik.

¾ Untuk menyelesaikan (D−r1)(D−r2)y=0, misalkan u=(D−r2)y,

ma-ka (D−r1)u= 0, atau ₁ 0

du

dx -r u= . Pisahkan peubahnya dan selesaikan,

diperoleh _u = _Cer x1 _{. Akibatnya} 1 2 (D r y- ) = Cer x, atau 1 2 . r x y¢-r y = Ce

Selesaikan ini dengan faktor integrasi 2 ₂

. . r dx r x f i = eÚ- = e- , diperoleh 2 2 1 2 r x r x r x e- y = C e

Ú

- ◊e dx+C atau 2 (1 2) 2 r x r r x e- y = C e

Ú

- dx+C .

¾ Kasus 1: r₁πr r r₂, ,_{1 2}Œ\ (kedua akarnya bilangan real yang berbeda)

Untuk kasus ini diperoleh

2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 2 2, r x r r x C r r x r r e- y =C e

Ú

- dx+C = _- e - +C

yang bentuk eksplisitnya adalah 1 2 1 2

1 2 2 1 2 . r x r x r x r x C r r y = _- e +C e =C e +C e

Jadi solusi y″+ay′+by=0, r₁πr r r₂, ,_{1 2}Œ\ adalah 1 2

1 2 .

r x r x

y = C e +C e ¾ Kasus 2: r₁= =r₂ r r, Œ\ (kedua akarnya bilangan real yang sama)

Untuk kasus ini diperoleh e-r xy =C dx

Ú

+C₂ =Cx C+ ₂= C x C₁ + ₂,

yang bentuk eksplisitnya adalah y = (C x C e₁ + ₂) r x.

Jadi solusi y″+ay′+by=0, r₁= =r₂ r r, Œ\ adalah y = (C x C e₁ + ₂) r x. ¾ Kasus 3: r₁= +p qi dan r₂= -p qi p q, , Œ\,i2= -1 (kedua akarnya

bi-langan kompleks) Untukkasus iniandaikansifat integral danpangkat

eksponenreal berlakuuntukeksponen kompleks. Karena r1 ≠ r2, maka

solusinya adalah

1 2 ( ) ( )

1 2 1 2 ( 1 2 )

r x r x p qi x p qi x px qxi qxi

y = c e +c e = c e + +c e - = e c e +c e

-dengan c1 dan c2 konstanta kompleks. Gunakan rumus Euler

cos sin

qxi

e = qx+i qx dan e-qxi= cosqx-isinqx, maka solusinya menjadi

1 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

(cos sin ) (cos sin )

( ) cos ( )sin ( cos sin )

( ) ( ) r x r x px px px y c e c e e c qx i qx c qx i qx e c c qx c c qx e C qx C qx = + = + + + = + + - = +

dengan C1 =c1 +c2danC2 =(c1 −c2)i.Nyatakan c1 dan c2 dalam C1 dan

C2, diperoleh c1 = 1₂(C1 − C2i) dan c2 = 1₂(C1 + C2i). Karena c1 dan c2

bilangan kompleks sekawan, maka C1 dan C2 adalah bilangan real.

Jadi solusi y″+ay′+by=0, r₁= +p qi dan , ,r₂ = -p qi p qŒ\,i2= -1

Contoh Tentukan solusi khusus (masalah nilai awal) dari PDB homogen tingkat dua 4y¢¢-4y¢+ =y 0, (0)y = -2, (0) 2y¢ =

¾ Persamaan karakteristiknya adalah 4r2−4r+1=0, atau 4(r− 1₂)2=0, se-hingga akar karakteristiknya adalah r = 1

2 . Jadi solusi umum persamaan diferensialnya adalah y=(C x C e₁ + ₂) x/2.

¾ Sekarang tentukan solusi khususnya. Dari y(0)= -2 diperoleh C₂ = -2, sehingga y=(C x₁ -2)ex/2. Karena y¢=(C x₁ - ◊2) 1₂ex/2+C e₁ x/2, maka dari

(0) 2

y¢ = diperoleh 2= - ◊ +2 1₂ C₁, sehingga C₁=3. Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah

/2

(3 2) x . y= x- e

Contoh Tentukan solusi khusus (masalah nilai awal) dari PDB homogen tingkat dua 9y¢¢-6y¢+5y =0, (0) 6,y = y¢(0) 0= .

¾ Persamaan karakteristiknya adalah 9r2−6r+5=0. Gunakan rumus abc, diperoleh ₁₂ 6 36 180 6 12 1₃ 2₃

18 18

i

r = ± - = ± = ± i, sehingga akar karakteristik-nya adalah r₁= +1₃ 2₃i dan r₂ = -1₃ 2₃i. Jadi solusi umum persamaan dife-rensialnya adalah /3 1cos2₃ 2sin2₃ ( ) x y = e C x C+ x .

¾ Sekarang tentukan solusi khususnya. Dari y(0) 6= diperoleh C₁=6, se-hingga y = ex/3(6cos₃2x C+ ₂sin₃2x) Karena

/3 /3

2 2

2 2 2 1 2 2

3 3 3 3 3 3

sin cos 6cos sin

( 4 ) ( )

x x

y¢ = e - x+ C x + e x C+ x

makadariy¢(0) 0= diperoleh0=₃2C₂+ ◊ =1₃ 6 2₃C₂+2,sehingga C₂= ◊ =3₂ 2 3.

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah

/3 _{2 2} /3 _{2 2}

3 3 3 3

6cos 3sin 2cos sin

( ) 3 ( )

x x

Solusi PDB tak homogen tingkat dua dengan koefisien konstan

¾ Akan ditentukan bentuk umum solusi PDB tak homogen

( )

y¢¢+ay¢+by = f x , a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I. Solusi umum PDB homogen y¢¢+ay¢+by = 0 adalah

1 1( ) 2 2( )

h

y =C u x +C u x ,

dengan u1danu2berbentuk fungsieksponen, sukubanyaklinear,sinus,

dan kosinus beserta kombinasinya.

¾ Jika y dan y_k adalah solusi dari y¢¢+ay¢+by = f x( ), maka diperoleh

( )

y¢¢+ay¢+by = f x dan y_k¢¢+ay_k¢ +by_k = f x( ),

yang selisihnya memenuhi (y y- _k)¢¢+a y y( - _k)¢+b y y( - _k) = 0. Akibat-nya y y- _k adalah solusi dari y¢¢+ay¢+by = 0, sehingga y y- =_k y_h.Jadi solusi umum PDB y¢¢+ay¢+by = f x( ) adalah

,

h k

y = +y y

h

y ≡ solusi homogen dan y_k ≡ solusi khusus yang akan dicari.

Metode koefisien tak tentu (MKT) untuk mencari solusi khusus yk

¾ Gagasan metode koefisien tak tentu adalah solusi khusus y_k dari PDB

( )

y¢¢+ay¢+by = f x berbentuksama seperti f x( ) dengan koefisienyang tak tentudanakan dicari.Metode ini hanya dapat digunakan untuk ka-sus f x( ) memuat bentukserupadengan solusihomogennya, tetapi f x( )

bukan salah satu dari solusi homogennya.

¾ Metode mencari solusi khusus Pilihlah y_k disertai beberapa koefisi-en, yang dicari dengan menggantikan y_k,y_k¢ ¢¢,y_k ke PDB dan samakan koefisiennya.Pilihany_kyangsesuaidiperlihatkantabel berikut.Jika y_k

muncul di persamaan homogennya, kalikany_k dengan x atau x2. Bentuk f(x) Bentuk yk yang dicoba

( ) px f x = e y_k=Kepx, K dicari 2 ( ) f x = x y_k=Kx2+ +Lx M, K,L,M dicari ( ) cos , ( ) sin

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢ ¢- - =y 2y 2e3x.

¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2−r−2=0, atau (r+1)(r−2)=0, se-hingga akar karakteristiknya adalah r1 =−1 dan r2 =2. Jadi solusi

homo-gen persamaan diferensialnya adalah y_h =C e₁ -x+C e₂ 2x.

¾ Cobalah solusi khusus y_k=Ke3x, K dicari. Turunan pertama dan kedua dari y_k adalah y_k¢=3Ke3x dan y¢¢_k=9Ke3x. Gantikan y_k ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K, diperoleh

3 2 2 x k k k y¢¢ ¢- -y y = e 3 3 3 3 9Ke x-3Ke x-2Ke x=2e x 3 3 4Ke x=2e x 4K= 2 1 2 K=

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k=1₂e3x, sehingga solusi umumnya adalah y y= + =_h y_k C e₁ -x+C e₂ 2x+ 1₂e3x.

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢ ¢- - =y 2y 2ex+4 .x

¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

2

1 2 .

x x

h

y = C e- +C e

¾ Cobalahsolusikhusus y_k=Kex+Lx M+ , K,L,M dicari. Turunan pertama dankeduadari y_k adalah y_k¢=Ke3x+L dan y_k¢¢=Kex.Gantikan y_k ke persa-maan yang diberikan dan tentukan koefisien K, L, dan M, diperoleh

2 2 x 4 k k k y¢¢ ¢- -y y = e + x 2 2 2 2 4 x x x x Ke -Ke - -L Ke - Lx- M= e + x 2Kex 2Lx (L 2M) 2ex 4x - - - + = + -2K = 22 - = L 4 L+2M = 0 K= - 1 L= - 2 M = 1

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k= - - +ex 2x 1, se-hingga solusi umumnya adalah y y= + =_h y_k C e₁ -x+C e₂ 2x- - + ex 2x 1.

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢ ¢- - =y 2y 4 .x2

¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

2

1 2 .

x x

h

y = C e- +C e

¾ Cobalahsolusikhusus y_k=Kx2+Lx M+ , K,L,M dicari. Turunan pertama

dan kedua dari y_k adalah y_k¢=2Kx L+ dan y_k¢¢=2 .K Gantikan y_k ke persa-maan yang diberikan dan tentukan koefisien K, L, dan M, diperoleh

2 2 4 k k k y¢¢ ¢- -y y = x 2 2 2K-2Kx L- -2Kx -2Lx-2M=4x 2 2 2Kx ( 2K 2 )L x (2K 2M L) 4x - + - - + - - = -2K= 24 - K-2L= 20 K-2M L- = 0 K= - 2 L= - = K 2 M = 1₂(2K L- = - ) 3

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k= -2x2+ -2x 3, se-hingga solusi umumnya adalah y y= + =_h y_k C e₁ -x+C e₂ 2x-2x2+ - 2x 3. Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢ ¢- - =y 2y 10sin .x

¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

2

1 2 .

x x

h

y = C e- +C e

¾ Cobalah solusi khusus y_k=Kcosx L+ sin ,x K,L dicari. Turunan pertama

dan kedua dari y_k adalah y_k¢= -Ksinx L+ cosx dan y¢¢_k= -Kcosx L- sin .x

Gantikan y_k ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K dan

L, diperoleh

cos sin sin cos 2 cos 2 sin 10sin

K x L x K x L x K x L x x

- - + - - - =

( 3- -K L)cosx+ -(K 3 )sinL x =10sinx

3K L 0

- - = dan K- = 3L 10

Gantikan L= - ke persamaan kedua, diperoleh3K 10K=10, sehingga

K=1 dan L=−3.

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k=cosx-3sin ,x se-hingga solusi umumnya adalah y y= + =_h y_k C e₁ -x+C e₂ 2x+cosx-3sin .x

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢-2y¢+ =y 2 .ex

¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2−2r+1=0,atau(r−1)2=0, sehing-ga akar karakteristiknya adalah r=1. Jadi solusi homogen persamaan di-ferensialnya adalah y_h = (C x C e₁ + ₂) .x

¾ Karenaexdan xexsudah muncul paday_h (menghasilkan ruas kanan nol),

maka cobalah solusi khususy_k=Kx e2 x, K dicari. Turunan pertama dan kedua dari y_k adalah y_k¢=Kx e2 x+2Kxex dan y_k¢¢=Kx e2 x+4Kxex+2Kex. Gantikan y_k kepersamaan y_k¢¢-2y_k¢+ =y_k 2ex dan tentukan K, diperoleh

2 2 2

4 2 2 4 2

x x x x x x x

Kx e + Kxe + Ke - Kx e - Kxe +Kx e = e

2Kex= 2ex ⇒ K = 1

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k=x e2 x, sehingga solusi umumnya adalah y y= + =_h y_k (C x C e₁ + ₂) x+x e2 x.

Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y¢¢+4y¢=4 .x2

¾ Persamaan karakteristiknya adalah r2+4r =0,atau r(r+4)=0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 =0 dan r2 =−4. Jadi solusi homogen

per-samaan diferensialnya adalah y_h = +C₁ C e₂ -4x.

¾ Solusi khusus berbentuk fungsi kuadrat tak dapat digunakan karena bila digantikanruas kirinyalinear dan ruas kanannya kuadrat. Cobalah solusi khusus y_k=x Kx( 2+Lx M+ ), K,L,M dicari. Turunan pertama dan kedua

dari y_k adalah y_k¢=3Kx2+2Lx M+ dan y_k¢¢=6Kx+2 .L Gantikan y_k ke per-samaan y_k¢¢+4y_k¢=4x2dan tentukan K, L, dan M, diperoleh

2 2 6Kx+2L+12Kx +8Lx+4M = 4x 2 2 12Kx +(6K+8 )L x+(2L+4M) = 4x 1 3 12K= fi =4 K 6K+8L= fi = -0 L 1₄ 2L+4M = fi =0 M 1₈

Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y_k=1₃x3-1₄x2+1₈x, sehingga solusi umumnya adalah y y= + = +_h y_k C₁ C e₂ -4x+1₃x3-₄1x2+₈1x.

Metode variasi parameter (MVP) untuk mencari solusi khusus yk

¾ Solusi homogen PDB y¢¢+ay¢+by = f x( ) adalah y_h=C u x_{1 1}( )+C u x_{2 2}( ),

C1,C2 parameter dan u1,u2 berbentuk , , cos , sin .

px px px px

e xe e qx e qx

¾ Gagasan metode variasi parameter adalah asumsi bahwa solusi khusus k

y dari PDBy¢¢+ay¢+by = f x( ) berbentuk sama sepertiy_h tetapi para-meter C1 dan C2 bervariasi dengan diganti fungsi v1(x) dan v2(x), yaitu

1( ) ( )1 2( ) ( )2

k

y =v x u x +v x u x , v₁danv₂ dicari.

¾ Tulis tanpa peubahnya,y_k=v u_{1 1}+v u_{2 2}.Turunan pertama dari y_k adalah

1 1 1 1 2 2 2 2 ( 1 1 2 2) ( 1 1 2 2).

k

y¢=v u¢+u v¢+v u¢+u v¢ = v u¢+v u¢ + u v¢+u v¢

Untuk mencari v₁ dan v₂ harus ditetapkan dua persamaan yang terkait dengan duasyarat. Karena salahsatu syarat adalahy_k memenuhi PDB, maka syarat kedua ditetapkan agary_k hanya memuat v₁danv₂ saja, se-hingga diperoleh

1 1 2 2 0

u v¢+u v¢ = dan y_k¢=v u_{1 1}¢+v u_{2 2}¢

Dari sini,y_k¢¢= v u_{1 1}¢¢ ¢ ¢+u v_{1 1} +v u_{2 2}¢¢+u v_{2 2}¢ ¢ . Gantikan y_k,y_k¢, dan y_k¢¢ ke PDB ( )

y¢¢+ay¢+by = f x dan sederhanakan, maka diperoleh

1 1 2 2 ( )

u v¢ ¢ ¢ ¢+u v =f x

¾ Selesaikan sistem persamaan 1 1 2 2

1 1 2 2 0 ( ) u v u v u v u v f x + = ¢ ¢ Ï Ì _{¢ ¢ ¢ ¢+ =} Ó , solusinya adalah 2 1 ( ) ( ) u x f x W v¢ = - dan ₂ u x f x1( ) ( ) W v¢ = , 1 2 _{1 2 2 1} 1 2 ( ) ( )( ) u u W x u u u u x u u = = ¢- ¢ ¢ ¢ .

Darisinidiperoleh 2

1 1 ( ) ( ) ( ) u x f x W v =v x =

Ú

- dx dan 1 2 2 ( ) ( ) ( ) u x f x . W v =v x =

Ú

dx

Catatan W ≠ 0 ∀u1,u2 berbentuk epx,xepx,epxcosqx, atauepxsinqx.

¾ Kesimpulan Solusi khusus PDB y¢¢+ay¢+by = f x( ) adalah

1( ) ( )1 2( ) ( )2 k y =v x u x +v x u x dengan 2 1 1 ( ) ( ) ( ) u x f x W v =v x =

Ú

- dx dan _{2 2}( ) u x f x1( ) ( ) W v =v x =

Ú

dx, 1 2 2 1 ( )( ) W= u u¢-u u¢ x ≡ determinan Wronski.

Contoh Tentukan solusi umum PDB y¢¢-2y¢+ =y 2ex dengan MVP. ¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2−2r+1=0,atau(r−1)2=0,

sehing-ga akar karakteristiknya adalah r=1. Jadi solusi homogen persamaan di-ferensialnya adalah y_h = (C x C e₁ + ₂) x=C xe₁ x+C e₂ x.

¾ Solusi khususnya adalah y_k=v u_{1 1}+v u_{2 2} dengan u₁=xex dan u₂=ex. Tu-runan pertama dari u1 dan u2 adalah u₁¢=xex+ex dan u₂¢ =ex, sehingga

2

1 2 2 1

( )( ) x x x( x x) x.

W= u u¢-u u¢ x =xe e◊ -e xe +e = -e

Menurut metode variasi parameter,

2 2 1 ( ) ( ) 2 2 x x x u x f x e e W e v - dx - ◊ dx x -=

Ú

=

Ú

= 1 2 2 2 ( ) ( ) 2 , x x x u x f x xe e W e v dx ◊ dx x -=

Ú

=

Ú

=

-sehingga y_k=v u_{1 1}+v u_{2 2} = ◊2x xex- ◊ =x e2 x x e2 x. Jadi solusi umum persa-maan diferensialnya adalah y y= + =_h y_k (C x C e₁ + ₂) x+x e2 x.

Contoh Tentukan solusi umum PDB y¢¢+ =y cscxdengan MVP.

¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2+1=0,atau(r+i)(r−i)=0, i2 = −1, sehinggaakar karakteristiknya adalah r1 =−i dan r2 =i. Jadi solusi

homo-gen persamaan diferensialnya adalah y_h=C₁cosx C+ ₂sinx.

¾ Solusi khususnya adalah y_k=v u_{1 1}+v u_{2 2} dengan u₁=cosx dan u₂=sin .x

Turunan pertama dari u1 dan u2 adalah u1¢= -sinx dan u2¢ =cos ,x

sehing-ga W=(u u_{1 2}¢-u u_{2 1}¢)( ) cosx = x◊cosx-sinx◊ -( sin ) cosx = 2x+sin2x=1. Menurut metode variasi parameter,

2 1 ( ) ( ) sin csc 1 u x f x x x W v =

Ú

- dx=

Ú

- ◊ dx= -

Ú

dx = -x 1 2

( ) ( ) cos csc cos sin

1 sin sin ln|sin |

u x f x x x x d x

W x x

v =

Ú

dx=

Ú

◊ dx=

Ú

dx=

Ú

= x ,

sehinggay_k=v u_{1 1}+v u_{2 2}= -xcosx+(sin ) ln|sin |.x x Jadi solusi umum per-samaan diferensialnya adalah

1cos 2sin cos (sin ) ln | sin |.

h k

Gerak harmonis sederhana partikel Suatu partikel bergerak sepanjang garis lurus dan beroskilasi sekitar x=0. Posisi partikel saat t adalah x(t) dan percepatan a(t) memenuhi a(t)=−kx(t), k>0, yang meberikan PDB

x″+kx=0, k>0. Jika persamaan diferensialnya diselesaikan, maka solu-si x=x(t) memberikan informasi kedudukan partikel pada setiap saat t. ¾ Karena a(t)=x″(t), maka diperoleh PDB x″(t)=−kx(t), k>0, yang tanpa

peubahnya dapat ditulis

x″+kx=0, k>0.

Selesaikanpersamaandiferensial homogendengan koefisienkonstanini. ¾ Persamaankarakteristikr2+k=0dengan k>0memberikan akar

karakte-ristik r₁= k i dan r₂= - k i, sehingga solusi umum PDB adalah

1 2

( ) cos sin

x x t= =C k t C+ k t.

¾ Misalkan k = ω2, maka solusi ini dapat ditulis

1 2

( ) cos sin sin( ), 0;

x x t= =C wt C+ wt A= w dt+ A> dengan 2 2 1 2 A= C +C , sin C1, A d = dan cos C2. A d =

¾ Solusi x x t= ( )=Asin(w dt+ adalah fungsi periodik dengan periode) 2_wp , amplitudonya A, dan frekurensinya ₂w_p . Perhatikan kurva x = x(t) yang bentuknya sinusoidal pada gambar di bawah.

x 2π/ω A x = x(t) 0 t −A

Pegas spiral Suatu pegasspiralyang panjangnya p₀ digantung vertikal. Benda yang massanya m digantungkan pada ujung bawah pegas sampai keadaan setimbang dan panjang pegas bertambah p₁. Kemudian benda ditarik ke bawah sejauh x0 dan dilepaskan.

keadaan awal

m

keadaan setimbang m dengan massa m m keadaan setelah keadaan setelah benda dilepaskan benda ditarik ke bawah

Akan ditentukan persamaan diferensial beserta solusinya sebagai model matematika masalah ini bilamana (a) gerakannya tidak mengalami

ham-batan udara dan (b) gerakannya mengalami hambatan udara sebanding dengan kecepatan benda.

¾ Pilihlahsuatusistem koordinatdengan arah positif ke bawah. Gaya yang bekerjapada benda setelahdi tarikke bawah dan dilepaskan adalah gaya gravitasi dan gaya pegas. Gaya gravitasinya adalah

F1 = mg; m ≡ massa benda dan g ≡ percepatan gravitasi.

Gaya pegasnya adalah

F2 = −k(p1+x), k > 0; p1+x ≡ regangan pegas dan k ≡ konstanta pegas.

Gaya pegas diperoleh dari hukum Hooke (gaya pegas sebanding dengan

regangan pegas) dan arahnya berlawanan dengan arah regangan pegas.

(a) Kasus hambatan udara diabaikan

¾ Gaya total pada sistem ini adalah

1 2 ( 1 ) ( 1) . F= + =F F mg k p- + =x mg kp- -kx p1 p0 0 0 x0 x

¾ Karenadalamkeadaansetimbang setelah pegas digantung gaya gravitasi sama dengan gaya pegas untuk regangan p1, maka mg−kp1 =0, sehingga

gaya totalnya adalah F=−kx,k>0. Karena F=ma=mx″ (hukum kedua Newton), maka diperoleh mx″=−kx, atau x t¢¢( )= = -x¢¢ _mk x k, >0,m>0. ¾ Selesaikan PDB ini, tulislah w2= _mk , maka x¢¢+w2x=0, yang solusinya

adalah x x t= ( )=C₁coswt C+ ₂sinwt=Asin(w dt+ ), A>0.

¾ Kesimpulan Gerakan pegasuntukhambatan udaradiabaikan adalah ge-rak harmonis sederhana.

(b) Kasus hambatan udara sebanding dengan kecepatan benda

¾ Gaya total pada sistem ini adalah F=−kx−cv=−kx−cx′. Karena F=ma

=mx″ (hukum kedua Newton), maka diperoleh

mx¢¢= - -cx¢ kx atau x¢¢+_mc x¢+ _mk x=0,k>0.

¾ Selesaikan PDB ini, persamaan karakteristiknya adalah r2+_mcr+ = , _mk 0 atau mr2+ + = , sehingga akar karakteristiknya cr k 0

2 ₄

2

c c km

m

r= - ± - .

♦Kasusc2-4km<0:Akar karakteristiknya bilangan kompleks

1 ₂c_m r = - + dan wi r₂= -₂c_m - , dengan wi 2 4 2 km c m w = - .

Solusi kasus ini adalah

( /2 ) ( /2 )

1 2

( ) c m t( cos sin ) c m tsin ( ), 0.

x t =e- C wt C+ wt =Ae - w dt+ A>

Gerakannyamiripharmonis sederhanadengane(-c m t/2 ) Æ0untuktÆ•,

frekuensitetapsebesar ₂w_p ,danamplitudo Ae(-c m t/2 ) Æ0 untuk tÆ•.

♦Kasusc2-4km>0:Akar karakteristiknya bilangan real

2 ₄ 2 c c km m r=- + -dan 2 ₄ 2 c c km m

r=- - - . Solusi kasus ini adalah 1 2

1 2

( ) r t r t.

x t =C e +C e Gerak- annya tak beroskilasi dan x(t)→0 untuk t→∞ karena r1<0 dan r2<0.

♦Kasusc2-4km=0:Akar karakteristiknya bilangan real r = -₂c_m. Solusi

kasus ini adalah x t( ) (= C₁+C t e₂ ) (-c m t/2 ) . Gerakannya tak beroskilasi dan

R

S

L

E E(t)

C

Rangkaian listrik Rangkaian listrik pada gambar

terdiri dari daya gerak listrik E(t) volt, resistansi R

ohm, kapasitor C farad, dan induktansi L henry. Dari hukum Kirchoff E_R+ + =E_C E_L E t( ) dengan

(1) gaya sepanjang resistor E_R=RI (hukumOhm),

(2) gaya sepanjangkapasitor E_C=Q_C , Q muatan lis-trik pada kapasitor C

(3)gaya sepanjanginduktor E_L=L dI_dt

diperoleh PDB tingkat dua yang solusinya adalah Q = Q(t) dan I = I(t). ¾ Karena I=dQ_dt , maka _L dI_dt d Q2₂

dt

E =L =L dan E_R=RI =RdQ_dt . Dengan hu-kum Kirchoff E_R+ + =E_C E_L E t( ) diperoleh persamaan diferensial

2 2 ( ) d Q dQ Q C dt dt L +R + =E t , atau LQ¢¢+RQ¢+ =_CQ E t( ).

¾ Karena E_C=Q_C, maka dE_dtC =_C1 dQ_dt = ◊ =_C1 I _CI . Akibatnya dE_C = _CI dt, se-hingga E_C = _C1

Ú

I dt. Dengan hukum Kirchoff E_R+ + =E_C E_L E t( ) diper-oleh persamaan diferensial LdI_dt +RI+_C1

Ú

I dt E t= ( ), yang dapat ditulis dalam bentuk d I2₂ dI_{dt C}I ( ) dt L +R + = ¢E t , atau LI¢¢+RI¢+ =Q_C E t¢( ). R=2ohm S L=0,1henry E E(t)volt E(t)=100sin60t C = 1/260 farad

Contoh Rangkaian listrik pada gambar di samping mempunyai daya gerak listrik se-besar E = 100sin 60t volt, resistor sebesar 2 ohm, induktor sebesar 0,1 henry, dan kapa-sitor sebesar 1/260 farad. Jika pada saat t=0 arus listrik dan muatannya nol, tentukan mu-atan listrik pada kapasitornya setiap saat t. ¾ Menurut di atas, PDB rangkaiannya LQ¢¢+RQ¢+ =Q_C E t( ). Gantikan

Untuk memperoleh Q = Q(t), selesaikan PDB

20 2600 1000sin 60 , (0) 0, (0) (0) 0.

Q¢¢+ Q¢+ Q= t Q = I =Q¢ =

¾ Persamaankarakteristiknyaadalahr2+20r+2600 0= dengan akar karak-teristik ₁₂ 20 400 10400

2 10 50 ,

r = - ± - = - ± i sehingga

1 10 50

r = - + i dan r₂ = - -10 50i. Solusi homogen PDB adalah

10 1 2 ( cos50 sin 50 ) t h Q =e- C t C+ t

¾ Tentukan solusi khususnya dengan metode koefisien tak tentu. Misalkan cos 60 sin 60

k

Q = A t B+ t.

Turunan pertama dan kedua dari solusi khusus ini adalah 60( sin 60 cos 60 )

k

Q¢ = - A t B- t dan Q_k¢¢= -3600( cos 60A t B+ sin 60 )t

Gantikan Q Q Q_k, _k¢ ¢¢, _k ke Q¢¢+20Q¢+2600Q=1000sin 60t untuk mencari

A dan B, diperoleh A= -30₆₁ dan B= -25₆₁.Jadi Q_k= -30₆₁cos60t-₆₁25sin60 .t

¾ Karena itu solusi Q sebagai fungsi dari t adalah

10

1 2 30₆₁ 25₆₁

( ) t( cos50 sin 50 ) cos60 sin60 .

Q t =e- C t C+ t - t- t

Carilah konstanta C1 dan C2 dari syarat awal Q(0) 0, (0)= I =Q¢(0) 0= ,

di-peroleh C₁= 30₆₁ dan C₂= 36₆₁. Dengan demikian solusi PDB adalah

(

)

10 10 30 36 30 25 61 61 61 61 6 5 61 61

( ) cos50 sin 50 cos60 sin60

(5cos50 6 sin 50 ) (6cos60 5sin60 ).

t t Q t e t t t t e t t t t -= + - -= + - +

¾ Fungsi ini dapat ditulis dalam bentuk

10

6 61 5 61

61 61

( ) tcos(50 ) cos(60 ),

Q t = e- t- -f t-q

dengancosf = 5 61₆₁ , sinf = 6 61₆₁ , cosq = 6 61₆₁ , dan sinq = 5 61₆₁ , sehing- gaφ = 0,88 dan θ = 0,69.

¾ Kesimpulan Muatan listrik Q pada kapasitor pada setiap saat t adalah

10

( ) 0,77 tcos(50 0,88) 0,64cos(60 0,69).

-Soal uji konsep dengan benar – salah, berikan argumentasi atas jawaban Anda.

No. Pernyataan Jawab

1. Bentuk matematika y¢¢+ =y2 0 adalah suatu persamaan diferensial linear. B − S

2. Solusi umum dariy¢¢+ =y 0adalahy=Acos (t+ ; A, d) δ parameter. B − S

3. Jika u(x) dan v(x) solusi dari y¢¢+ay¢+ =b 0,maka c u x₁ ( )+c v x₂ ( ) juga solusinya. B − S

4. Jika u(x) dan v(x) solusi dari y¢¢+ay¢+ =b f x( ), maka c u x₁ ( )+c v x₂ ( ) juga solusinya. B − S

5. Untuk menentukan solusi khusus dari y¢¢ ¢+ -y 2y e= x,cobalahy_k=Kex. B − S

6. Solusi umum dariy¢¢ ¢+ =y 4adalah y=C e₁ -x+4x C+ ₂. B − S

7. Solusi umum dariy¢¢-2y¢+ =y 4adalah y=C xe₁ x+C e₂ x+4. B − S

8. Untuk menentukan solusi khusus dari y¢¢+ =y sin ,x cobalahy_k=Kcosx L+ sin .x B − S

9. Persamaany¢¢+ =y secx hanya dapat diselesaikan dengan metode variasi parameter. B − S

10. Determinan Wronski dariy¢¢+2y¢+2y=e-xsecx adalah e-x. B − S

Tentukan solusi umum persamaan diferensial homogen tingkat dua berikut. 11. y¢¢-5y¢+6y=0 12. y¢¢-8y¢+16y=0 13. y¢¢+9y=0

14. y¢¢-4y¢+13y=0 15. 4y¢¢-12y¢+5y=0 16. 4y¢¢-4y¢+ =y 0

Tentukan solusi khusus persamaan diferensial homogen tingkat dua berikut. 17. y¢¢- -y¢ 12y=0, (0)y =3,y¢(0)=5 18. y¢¢+6y¢+9y=0, (0)y =2, y¢(0)= -3

19. y¢¢-4y¢+29y=0, (0)y =0, y¢(0)=5 20. 9y¢¢+6y¢+5y=0, (0)y =6,y¢(0)=0

Tentukan solusi umum persamaan diferensial tak homogen tingkat dua berikut. 21. y¢¢+2y¢-3y=6 _{22. 2} x y¢¢+ y¢+ =y e 23. y¢¢- =y x 24. y¢¢+4y¢+5y= +x 2 _25. 2 3 2 4 y¢¢- y¢+ y= x 26. y¢¢+ =y sinx 27. y¢¢- =y ex 28. y¢¢ ¢+ =y x 29. y¢¢- =y 4xex

Tentukan solusi khusus persamaan diferensial tak homogen tingkat dua berikut. 30. y¢¢-4y¢+3y=9x2+4, (0)y =6,y¢(0)=8 31. y¢¢-8y¢+15y=9xe2x, (0)y =5,y¢(0)=10

32. y¢¢+8y¢+16y=8e-2x, (0)y =2,y¢(0)=0 33. y¢¢+4y¢+13y=18e-2x, (0)y =0, y¢(0)=4

dasetiapsaatt.Jikapartikelbergerakdarix=0dengankecepatan awal 12 ft/sec ke kiri, tentukan posisi partikel pada setiap saat t dan waktu agar partikel berhenti kemudian bergerak lagi.

37. Sebuah pegas vertikal dengan konstanta pegas 20 pon/kaki dibebani benda seberat 10 pon dan

mencapai keadaan setimbang. Kemudian benda ditarik 1 kaki ke bawah dan dilepaskan. Tentu-kan persamaan gerak dan periodenya bilamana hambatan udara diabaiTentu-kan. TentuTentu-kan juga nilai mutlak dari kecepatan gerak benda pada saat melalui posisi setimbangnya.

38. Sebuah pegas vertikal dengan konstanta pegas 20 pon/kaki dibebani benda seberat 10 pon dan

mencapai keadaan setimbang. Kemudian benda ditarik 1 kaki ke bawah dan dilepaskan. Jika ga-ya hambatan pada benda dalam satuan pon adalah sepersepuluh kecepatannga-ya, tentukan persa-maan geraknya. Tentukan juga lamanya waktu agar oskilasi berkurang sepersepuluh amplitudo asalnya.

39. Sebuah pegas vertikal yang dibebani benda seberat 5-lb meregang sejauh 6 in untuk mencapai

keadaan setimbang. Kemudian benda di tarik 3 in di bawah titik setimbangnya dan bergerak ke atas denga kecepatan 6 ft/sec. Tentukan posisi benda pada setiap saat t.

40. Sebuah pegas vertikal yang dibebani benda seberat 4-lb meregang sejauh 0,64 kaki. Kemudian

benda di dorong ke atas 1/3 kaki dari titik setimbangnya dan bergerak ke bawah dengan kecepat-an 5 ft/sec. Pada gerakkecepat-an ini benda mengalami gaya hambatkecepat-an sebesar |v|/4 setiap saat. Tentukkecepat-an posisi benda pada setiap saat t.

41. Sebuah rangkaian listrik seri mempunyai daya gerak listrik tetap sebesar 40 volt, resistor sebesar

10 ohm, dan induktor sebesar 0,2 henry. Jika arus pada saat t = 0 adalah 0, tentukan besarnya arus pada setiap saat t > 0.

42. Sebuah rangkaian listrik seri mempunyai daya gerak listrik tetap sebesar 100 volt, resistor

sebe-sar 10 ohm, dan kapasitor sebesebe-sar 2 10◊ -4farad. Jika sakelar ditutup saat t = 0 dan muatan pada kapasitor saat itu 0, tentukan muatan dan arus pada setiap saat t > 0.

43. Sebuah rangkaian listrik seri mempunyai daya gerak listrik E(t)=100sin200t volt, resistor sebe-sar40ohm, induktor sebesar 0,05 henry, dan kapasitor sebesar 4 10◊ -4farad. Jika arus awal 0 dan muatan awal pada kapasitor 0,01 coulomb, tentukan arus pada setiap saat t > 0.

Kunci Jawaban 1. S 2. B 3. B 4. S 5. S 6. B 7. B 8. S 9. B 10. S 11. 1 2 2 3 x x y C e= +C e 12. ( 1 2) 4 x y= C x C e+ 13.y C= 1cos3x C+ 2sin3x 14. 2 1 2 ( cos3 sin3 ) x y e= C x C+ x 15. 1 / 2 2 5 / 2 x x y C e= +C e 16. ( 1 2) / 2 x y= C x C e+

17.y=2e4x+e-3x 18.y=(3x+2)e-3x 19. y e= 2xsin 5x 20.y=3e-x/ 2(2 cos₃2x+sin₃2x) 21. 1 2 3 2

x x y C e= +C e- - 22. ( 1 2) 1₄ x x y= C x C e+ - + e 23. 1 2 x x y C e= +C e- - 24.x 2 ( cos1 2sin ) 1_{5 25}6 x y e= - C x C+ x + x+

25.y C e= ₁ x+C e₂ 2x+2x2+ + 26.6x 7 y C= ₁cosx C+ ₂sinx-1₂xcosx 27.y C e= ₁ x+C e₂ -x+1₂xex

28. 1 2 1₂ 2 x y C e= - + +C x - 29.x 1 2 ( 2 ) x x x y C e= +C e- + x +x e 30.y= -6ex+2e3x+3x2+ + 8x 10 31.y=3e3x-2e5x+(3x+4)e2x 32.y=4xe-4x+2e-2x 33.y e= -2x

(

-2cos 3x+₃4sin 3x

)

+2e-2x

34.y=1₅

(

e-2x(2 cos 3x+sin 3x)+3cos 3x+sin 3x

)

35.y= +(x 5)ex+3x e2 x+2xex-4e2x 36.x= -3e-3tsin 4 ,t

t=0, 23+1₄np,n=0,1, 2,3," 37.x= -cos8 ,t 1₄p sec, 8 ft/sec 38.x=e-0,16t(cos8t+0, 02sin 8 )t , 14,4 sec

39.x=1₄(cos8t-3sin 8 )t 40.x=1₃e-t( cos7- t+2sin7 )t 41.i=4(1-e-50t) 42.Q=₅₀1 (1-e-500t),i=10e-500t