PERSAMAAN
PERSAMAAN DIDIFERENSIALFERENSIAL
LINI
LINIER NON ER NON HOMOGENHOMOGEN
Contoh PD linier non homogen orde 2. Contoh PD linier non homogen orde 2. Bentuk
Bentuk umum umum persamaan persamaan PD PD Linier Linier NonNon Homogen Orde 2, adalah sebagai berikut : Homogen Orde 2, adalah sebagai berikut :
y”
y” + + f(xf(x) ) y’ y’ + + g(xg(x) ) y y = = r(xr(x) ) ( ( 2-2- 35)35) Solusi umum y(x) akan
Solusi umum y(x) akan didapatkan bila solusididapatkan bila solusi umum y
umum yhh(x) dari PD (x) dari PD homogen diketahui.homogen diketahui. PD homogen :
PD homogen : y”
y” + + f(x) f(x) y’ y’ + + g(x) g(x) y y = = 0 0 (2-36)(2-36) Kemudian y(x) dibentuk dengan penambahan Kemudian y(x) dibentuk dengan penambahan y
yhh(x) (x) sembarang sembarang solusi solusi termasuk termasuk konstantakonstanta tak tetapnya. tak tetapnya.
y y
Theorema 1 :
f(x), g(x) dan r(x) merupakan fungsi kontinyu pada interval I. y(x) merupakan solusi dari PD di atas yang berisikan konstanta yang tetap. y(x) dibentuk oleh dua konstanta. Konstanta pertama, berubah-ubah, terdapat pada solusi umum (homogen) yh(x). Konstanta kedua,
tetap,terdapat pada fungsi (x), yaitu sembarang solusi PD pada interval I. Theorema 2 :
Solusi umum dari PD seperti di atas adalah
penjumlahan solusi persamaan homogen yh(x) dengan solusi partikular yang tetap (tak ber-ubah-ubah) yP(x).
Sehingga y(x) = yh(x) + yP(x) (2-38)
y1. METODE KOEFISIEN TAK TENTU.
Bentuk Persamaan Umum :
y” + ay’ + by = r(x) ( 2-39 )
⊕
Fungsi r(x) yang merupakan bentuk solusipartikular yP(x) diperoleh dng cara
menebak, seperti misalnya : fungsi cos, fungsi sin, fungsi exponensial atau jumlah dari beberapa fungsi.
⊕
r(x) berisikan koefisien tak tentu.⊕
Turunkan yP sesuai persamaan umum (2-39) di atas.⊕
Substitusikan yP dan seluruh turunannya ke dalam persamaan (2-39).Tabel 2-1. Metode koefisien tak tentu
iq K cos x + M sin x k cos qx 0 Knxn + k n-1xn-1 +...+ k1x + k0 kxn (n=0,1....) p Cepx kepx Pilihan untuk yP Bentuk r(x)
Aturan :
⊕
Bila r(x) merupakan salah satu fungsiseperti dalam tabel, maka pilih bentuk yP yang sesuai dan merupakan kombinasi linier dengan konstanta tak tentu. Turunan r(x) harus bebas linier pula.
⊕
Bila r(x) merupakan penjumlahan, maka pilih yP yang merupakan penjumlahan fungsi yang sesuai.⊕
Bila r(x) adalah solusi dari persamaanhomogen, maka pilihan dapat dimodifikasi seperti berikut
Aturan Modifikasi
Kalikan pilihan pada kolom 2 dengan x atau x2
tergantung dari apakah pada kolom 3 berupa akar tunggal atau akar-akar ganda dari
Contoh-contoh Soal
1. Selesaikan persamaan berikut : y” – 4y’+ 3y = 10e-2x
Jawab : Jawab partikular yP Turunan e-2x adalah ke-2x maka yP = ke-2x yP’ = -2ke-2x dan y P”= 4 ke-2x
4ke-2x-4(-2ke-2x ) + 3ke-2x = 10e-2x ; k= 2/3
yP = (2/3)e-2x Jawab homogen yh
λ
2 - 4λ
+ 3 = 0 ;λ
1 = 3 danλ
2 = 1 yh= k1eλ1x + k 2eλ2x = k1e3x+ k2ex Solusi Umum y = yh + yP y = k e3x + k ex + (2/3)e-2x2. Selesaikan y” + 4y = 8x2
Jawab :
Jawab homogen :
λ
2 + 4 = 0λ
1 = p + jq = +j2 ;λ
2 = p – jq = -j2 ; p= 0 Solusi umum PD homogen untuk D < 0 : yh = epx[A cos qx + B sin qx]yh = [A cos 2x + B sin 2x] Jawab partikular :
Misal 1 : y = kx2 ; y” = 2k
2k + 4 kx2 = 8x2 ; 2k = 0 ; 4k = 8
Gagal, tidak konsisten.
Misal 2 : yP = kx2 + Lx + m ; y” = 2k
2k + 4(kx2 + Lx + M) = 8x2
4kx2 + 4Lx +(2k + 4m) = 8x2
dengan metode identifikasi : k = 2 ; L = 0 ; m = 1 maka yP = 2x2 + 1
Solusi umum y = yP + yh
3. Selesaikan y” – y’ – 2y = 10 cos x Jawab : Jawab homogen
λ
2 -λ
- 2 = 0 yh = c1eλ2x + c 2 eλ2x yh = c1e2x + c 2 e-x Jawab partikular yP = k cos x + m sin x yP’ = -k sin x + m cos x yP” = -k cos x – m sin x (-k cos x – m sin (-k sin x + m cos x)-2(k cos x + m sin x) = 10 cos x(-3k – m) cos x + (k-3m) sin x = 10 cos x -3k – m = 10 ; k – 3m = 0 ;
k = -3 ; m = -1
yP = -3 cos x – sin x Solusi umum : y = yh + yP
4. Selesaikan : y” – 3y’+ 2y = 4x + e3x Jawab : Jawab homogen : yh = c1e2x + c 2ex Jawab partikular : yP = k1x +k0 + Ce3x yP’ = k1 + 3Ce3x yP” = 9Ce3x (9Ce3x)-3(k 1 + 3Ce3x)+2(k1x +k0 + Ce3x) = 4x + e3x k1 = 2 ; k0 = 3 ; C = (1/2) yp = 2x + 3 + (1/2) Ce3x Solusi umum : y = c1e2x + c 2ex + 2x + 3 + (1/2) Ce3x
5. Selesaikan : y” – 2y’ + y = (D-1)2 = ex + x
Jawab :
Jawab homogen yh = c1ex +c
Jawab partikular :
Lihat tabel k1x + k0
karena akar ganda cx2ex
sehingga yp = k1x + k0 + cx2ex
Bila disubstitusikan ke dalam persamaan : yp” – 2yp’ + yp = ex + x maka didapatkan : 2cex + k 1x – 2k1 + k0 = ex + x c = ½ ; k1 = 1 ; k0 = 2 Solusi umum : y = (c1x + c2) ex + ½ x2ex + x + 2
SOAL-SOAL LATIHAN 6
Selesaikan PD non homogen berikut ini : 1. y” + 4y = e-x
2. y” + 2y + y = 2x2
3. y” + y – 2y = 3ex
4. y” + y = 2 sin x
5. y” + y’ – 6y = 52 cos 2x 6. y””-5y” + 4y = 10 cos x 7. y” – 2y’ + 2y = 2ex cos x
8. y” + y = x2 + x
9. y” + 5y + 6y = 9x4 – x
10. y” – 2y’ + y = 2x2 – 8x + 4
11. y’’’+ 2y” – y’ – 2y = 1 – 4x3
12. y” – 4 y’ + 9y = 10 e2x – 12 cos 3x
13. y” + 2y’ + 10y = 4.5 cos x – sin x 14. y” + 2y’ + 2y = -2 cos 2x – 4 sin 2x 15. y” + 4y’ + 8y = 4 cos x + 7 sin x
2. METODE KOMPLEKS UNTUK MENENTUKAN SOLUSI PARTIKULAR
Bentuk umumnya seperti persamaan (2-35) Contoh :
(2-40) Dengan metode koefisien tak tentu akan diperoleh :
IP(t) = 3 cos t + 3 sin t
Menurut hukum Euler, ruas kanan pers (2-40), 6 cos t, adalah komponen nyata
(riel), karena :
6 eit = 6 (cos t + i sin t)
Sehingga persamaan (2-40) dapat ditulis dengan : ( 2-41) .. .
I + I + 2I = 6 cos t
.. . itI + I + 2I = 6 e
Solusi partikular kompleks dapat dibuat dalam bentuk :
Ip*(t) = keit (2-42)
dan * = ikeit * = -keit
Bila disubstitusikan ke dalam pers (2-41) : (-1 + I +2) keit = 6 eit
= 3 – i 3
Sehingga solusi umum pers. (2-41) adalah : IP*(t) =(3-i3)eit = (3-i3)(cos t + i sin t) dan komponen nyatanya adalah :
IP(t) = 3 cos t + 3 sin t . P
I
6
k =
1 + i
.. pI
3. METODE UMUM
Bentuk umum PD non homogen
y” + f(x)y’ + g(x)y = r(x) (2-43) f, g dan r kontinyu pada interval terbuka I
Sedangkan bentuk umum PD homogen :
y” + f(x)y’ + g(x)y = 0 (2-44)
maka solusi umumnya yh(x) pada interval terbuka I berbentuk :
Yh(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x)
Bila c1 dan c2 diganti dengan u(x) dan v(x) maka diperoleh solusi partikular pada
interval terbuka I, sbb :
Jika pers. (2-45) diturunkan, hasilnya : yP’ = u’y1 + uy1‘ + v’y2 + vy2’
Karena u(x) dan v(x) adalah pengganti c1 dan c2, maka :
u’y1 + v’y2 = 0 (2-46) Sehingga yP’ menjadi :
yP’ = uy1’+ vy2’ (2-47) Bila pers.(2-43) diturunkan, hasilnya :
yP” = u’y1’+ uy1”+ v’y2’ + vy2” (2-48) Pers.(2-45), (2-47) dan (2-48) disubstitusi-kan ke dalam pers.(2-43), dan mengumpul-kan komponen yang mengandung u dan v :
u(y1”+ fy1’+ gy1) + v(y2”+ fy2’+ gy2) + u’y1’+v’y2’ = r
Bila y1 dan y2 merupakan solusi homogen dari pers. (2-44), sehingga terjadi
penyederhanaan persamaan, menjadi ; u’y1’+v’y2’ = r
Pers. (2-46) : u’y1 + v’y2 = 0
Sebuah sistem dari 2 persamaan aljabar linier dengan 2 fungsi u’ dan v’ yang tak diketahui.
Penyelesaian selanjutnya dengan memakai aturan Cramer, sehingga :
dan (2-49)
dengan W = y1 y2’ – y1’y2 ; W
≠
0. W = Bilangan Wronskian dari y dan y2 y r u' = -W 1
y r
v' =
-W
Dengan integrasi diperoleh : dan
substitusikan hasil ini ke dalam pers(2-45), sehingga didapatkan :
(2-50) Contoh :
Selesaikan PD berikut ini : y” + y = sec x Jawab :
misalkan y1 = cos x dan y2 = sin x Solusi homogen :
Bilangan Wronskian :
W(y1,y2) = cos x cos x –(-sin x) sinx =1 Solusi partikular : Dari pers. (2-50), 2 y r u = - dx W
∫
y r1 v = - dx W∫
2 1 p 1 2 y r y r y (x) = -y dx y dx W+
W∫
∫
yP = cos x ln|cos x| + x sin x
maka solusi umumnya adalah : y = yh + yP y = [c1 + ln|cos x|] cos x + (c2 + x) x sin x SOAL-SOAL LATIHAN 7
Selesaikan PD non homogen berikut ini : 1. y” + y = cosec x + x
2. y”+ 9y = sec 3 x
3. y” – 4y’ + 4y = [e2x]/x
4. y” + 2y’ + y = e-x ln x
5. y” + 6y’ – 9y = [e-3x]/[x2 + 1]
6. y” + 2y’ + y = e-x cos x
7. x2y” – 5xy’ + 9 = 3x2
8. x2y” – 4xy’ + 6y = 1/[x2]
9. x2y” – (1-2x)y’ + (6-4x2)y = x2 cos x