BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA

BAB 2

PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA

2.1. KONSEP DASAR

Persamaan Diferensial (PD) Biasa adalah persa- maan yang mengandung satu atau beberapa penurunan y (varibel terikat) terhadap x (varia- bel bebas) yang tidak spesifik dan ditentukan hanya oleh satu macam variabel bebas, x dan konstanta.

Contoh : y’ = cos x ( 2-1 )

y’’+4y = 0. ( 2-2 ) x²y’’’y’+2e^xy’’= (x²+2)y² ( 2-3 )

Bila pada PD terdapat dua atau lebih variabel bebas yang tidak spesifik, maka persamaan tersebut dina-makan PD Parsial.

Contoh : ( 2-4 )

PD orde 1, y = g(x) disebut solusi PD orde 1

untuk sembarang harga x dalam interval : a < x < b

y 0 u x

u

2 2 2

2 =

∂ +∂

∂

∂

Contoh 1

Cari solusi dari y’ = 2y Karena dy = 2ydx

Maka solusinya y = e^2x + k ; k = konstanta

Contoh 2

Cari solusi dari yy’ = -x Karena ydy = -xdx

dan solusinya x² + y² = 1 untuk -1 < x

< 1 Contoh 3

Cari solusi dari y’ = cos x

Karena dy = cos x dx

Maka solusinya y = sin x + k ; k = konstanta

SOAL-SOAL LATIHAN 1

Cari solusi dari soal-soal di bawah ini :

1. y’ + y cotg x = 0 6. y’ + 2xy = 0 2. y’ + ½ y = 0 7. y’ + y’x = -y 3. y’ + (y/x) = 0 8. x + y = xy’

4. y’ – yx2 + y = 0 9. y’ - x√x = 0 5. xy’ + y = cos x 10. xy’ + y = e^-xy

2. METODE PEMISAHAN

Misalkan PD g(y)y’ = f(x) ( 4 )

bila y’ = dy/dx

maka g(y) dy = f(x) dx ( 5 ) Diintegralkan ∫ g(y) dy = ∫ f(x) dx + k ( 6 ) f dan g merupakan fungsi kontinyu

Contoh 1 9yy’ + 4x = 0

Dng pemisahan 9y dy = - 4x dx

∫ 9y dy = - ∫ 4x dx 9/2) y² + 2 x² = k

[(x²)/9] + [(y²)/4] = k

Contoh 2 y’ = -2xy

(dy / y) = (-2x) dx

∫ (dy / y) = ∫ (-2x) dx

|ln(y)| = -x² + k atau

y = e^{(-x2 + k)}

Contoh 3 (x² + 1)y’ + y² + 1 = 0 Pemisahan

Diintegralkan arc tan y + arc tan x = k Bila kedua ruas di”tangens”kan :

tan(arc tan y + arc tan x) = tan k dan

maka untuk a = arc tan y dan b = arc tan x, diperoleh

Sehingga solusi akhirnya menjadi : dx 1

dy 1

) 2 1 x ( )

2 1 y

( =− +

+

b tan a tan 1

b tan a

) tan b a

tan( + = − +

xy

1

x y

) x tan arc y

tan arc (

tan + = −+

k xy tan

1

x

y =

−+

SOAL-SOAL LATIHAN 2

Cari solusi dari soal-soal di bawah ini, bila parameter-parameter a, b, dan n adalah konstanta :

1. y’ + xy = 0

2. y’ = - [ (x-a)/(y-b) ] 3. y’ - (ny)/x = 0

4. yy’ = 2x exp(y²) 5. y’ sin 2x = y cos 2x 6. yy’ + x = 0

7. y’ - y /(x ln x) = 0

8. y’ + ay + b =0 ( a ≠ 0 ) 9. xy’ = 2 √(y-1)

10. y’ + 2y tanh x = 0

3. METODE REDUKSI

Digunakan untuk memisahkan PD orde 1 yang tak dapat dipisahkan

( 2-7 ) Misalkan (y/x) = u

maka y’ = u + u’x ( 2-8 )

dan g(y/x) = g(u)

Sehingga u + u’x = g(u)

Bila variabel u dan x dipisahkan, maka :

Selanjutnya bila diintegralkan dan u diganti dengan (y/x) , akan diperoleh solusi yang dicari.

Contoh 1 2xyy’ – y² + x² = 0 bagi dengan x² 2 (y/x) y’ – (y/x)² + 1 = 0

x ) ( y g ' y =

x dx u

g(u)

du− =

Bila diintegarlkan, maka hasilnya :

ln ( 1 + u² ) = - ln |x| + k atau 1 + u² = (k/x) Gantikan u dengan (y/x), maka solusi akhirnya:

x² + y² = kx atau ( x – k/2 )² + y² = (k²)/4

Contoh 2 (2x – 4y + 5)y’ + x – 2y + 3 = 0

misalkan x – 2y = u ; y’ = ½ (1 – u’) sehingga ( 2u + 5 ) u’ = 4u + 11

u – ¼ ln | 4u +11 | = 2x + k Bila u = x-2y disubstitusikan, maka :

4x + 8y + ln |(4x – 8y + 11)| = k x

dx u2

1

du

2u = − +

dx 2 du 11)

4u 1 1

( =

− +

SOAL-SOAL LATIHAN 3

Cari solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. xy’ = x + y

2. xy’ – 2 y = 3x

3. x²y’ - y² = x² – xy

4. (x² + 1)y = x³ / (xy’-y) 5. xy’ – y = x² tan (y/x) 6. xy’ – x² sec (y/x) = y

7. y’( y+x ) = y-x ; y(1) = 1.

6. yy’ – xy’ = y + x ; y(0) = 2.

9. xy’ – y = (y-x) ² ; y(1) = 1.5 10. xyy’ – 4x² = 2y^{2 ;} y(2) = 4

4. FAKTOR INTEGTRAL

Misalkan terdapat PD orde 1 linier :

y’ + f(x). y = r(x) ( 2-9 ) Bila r(x) ≡0 , disebut PD Homogen

sebaliknya disebut PD Non Homogen dy + [ f(x)y ] dx = r(x) dx

Untuk mencari solusinya, asumsikan f dan r kontinyu pada interval I.

PD non homogen, asumsikan f(x) ≡ f dan r(x) ≡ r, maka :

dy + ( fy ) dx = r dx

(fy – r) dx + dy = 0 ( 2-10 ) Untuk dapatkan soludinya diperlukan suatu faktor F(x) yang hanya tergantung dari x.

F(x) disebut FAKTOR INTEGRAL F(x) [(fy – r)] dx + F(x) dy = 0 ( 2-11 ) PD ini harus EKSAK

5. PD EKSAK

Suatu PD M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 ( 2-12 ) Disebut eksak bila memenuhi :

Substitusikan pers.(2-11) ke dalam pers.(2-12):

ln | F | = ∫ f(x) dx

Bila h(x) = ∫ f(x) dx

maka

F(x) = e^h(x) ( 2-13 )

F(x) adalah FAKTOR INTEGRAL

x N y

M = ∂∂

∂∂

[ ]

^F(x)

dx ) d

r fy )(

x (

y F − =

∂∂

dx F(x) F(x) d

.

f =

Kalikan pers.(9) dengan pers.(13),

e^h ( y’ + f y)= e^h. r ( 2-14 ) Ingat h = h(x) = ∫ f(x) dx

dan h’ = (dh/dx) = f(x), Perhatikan persamaan (14)

d (y. e^h) = y’. e^h + y . e^h

(dh/dx) = [ y’ + (dh/dx).y ] e^h

= [ y’ + f . y ] e^h

Maka y. e^h = ∫ r. e^h dx + k ( 2-15 ) Bila pers. (15) dijabarkan :

Kedua ruas dibagi dengan e^h , sehingga didapatkan :

y = e^-h [ ∫ e^h r dx + k ] ( 2-16 ) dengan h = h(x) = ∫ f(x) dx

r h . e h )

ye dx (

d =

Contoh 1: xy’ + y + 4 = 0 y’ + (1/x) y = -(4/x)

y’ + f y = r

f = (1/x) dan r = -(4/x) h = h(x) = ∫ f(x) dx

= ∫ (1/x) dx = ln |x|

y = e^{-ln x} [ ∫ e ^{ln x} -(4/x) dx + k ] y = e^{ln (1/x)} [ ∫ -4 dx + k ]

y = (1/x) (-4x + k ) = (k/x) – 4 Contoh 2: y’+ y tan x = sin 2x ; y(0) = 1

f = tan x dan r = sin 2x h = ∫ f(x) dx = ∫ tan x dx

= -ln |cos x|

y = e ^{ln cos x} [ ∫ e^{-ln cos x} sin 2x dx + k ]

= cos x [ ∫ {-(sin 2x)/(cos x)} dx + k ]

= cos x [ 2 cos x + k ] y = k cos x + 2 cos² x

y(0) = 1 maka k = -1 dan y = 2 cos² x – cos x

Contoh 3 :

y’ – y = e^2x

f(x) = -1 ; r = e^2x ; h = ∫ f(x) dx = -x y = e^x [ ∫ e^-x (e^2x) dx + k ]

= e^x ( e^x + k ) = ke^x + e^2x

SOAL-SOAL LATIHAN 4

Carilah solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. y’ + y = 1

2. xy’ + y = 2x 3. y’ + xy = 2x 4. y’ + 2y = cos x 5. y’ + 3y = e^2x + 6 6. y’ tan x +1 = y 7. y’ = 2(y/x) + x² e^x 8. (x² -1) y’ = xy – x

9. y’ – y = e^{x ;} y(1) = 0 10. y’ – x³y = -4x³ ; y(0) = 6

6. PERSAMAAN BERNOULLI

Digunakan untuk menyelesaikan PD orde 1.

Bentuk umum persamaan :

y’ + f(x) y = g(x) y^m (2-17) Dimana a = sembarang bilangan riel

Untuk m = 0 dan m = 1, PD menjadi linier Tinjau u(x) = y^(1-m)

du = (1-m) y^-m dy

du/dx = (1-m) y^-m dy/dx u’ = (1-m) y^-m y’

Kalikan PD semula dengan (1-m) y^-m [(1-m)y^-m] y’+f(x) y [(1-m) y^-m]=

g(x) y^m [(1-m) y-^m] (1-m)y^-my’ + (1-m) f(x) y^(1-m) = (1-m) g(x)

u’ + (1-m) f(x) u = (1-m) g(x). (2-18)

Contoh :

1. Cari solusi dari y’ + x^-1y = x^-1y²

Penyelesaian : y’ +(1/x) y = (1/x) y² f(x) = 1/x ; g(x) = 1/x ; m=2

maka u = y^(1-2)

u’ + (1-m)f(x) u = (1-m) g(x) u’ –(1/x) u = -(1/x)

Selanjut gunakan faktor integral.

h = ∫ f(x) dx = ∫-(1/x)dx = - ln(x) ; r = -(1/x) u = e^ln(x) [ ∫ e^-ln(x) (-1/x) dx + k ]

= x [∫ -(1/x²) dx + k ]

= kx + 1

u = y^-1 = kx + 1 sehingga y = 1/(kx + 1)

7. PERSAMAAN CAUCHY/EULER

Persamaan Cauchy atau disebut juga

Persamaan Euler adalah persamaan yang digunakan untuk menyelesaikan PD orde 2.

Bentuk umum persamaan :

x²y” + axy’ + by = 0 ( 2-19 ) dengan a dan b = konstanta

Perhatikan y = x^m ( 2-20 ) Bila diturunkan, menjadi

y’ = m x^(m-1) ( 2-21 ) Y” = m(m-1) x ^(m-2) ( 2-22 ) Bila persamaan (2-20), (2-21) dan (2-22) disub- stitusikan ke dalam persamaan (2-19), maka persamaan tersebut menjadi :

x²[m(m-1) x ^(m-2)] + ax[m x^(m-1)] + b[x^m]=0 m(m-1) x ^m + am x^m + bx^m=0

m² x ^m + (a-1)m x^m + bx^m=0

m² + (a-1)m + b = 0 ( 2-23 )

Kondisi khusus :

1. Nilai akar-akar m₁ dan m₂ berbeda (m₁≠m₂) ; y₁ = x^m1 dan y₂= x^m2

Solusi umumnya

y = k₁ x^m1 + k₂ xm2 ( 2-24 ) k = k = konstanta

Nilai akar-akar m₁ = m₂.

Nilai-nilai m₁ = m₂ bila dan hanya bila b = (1/4)(1-a)² ; m₁ = m₂ = [(1-a)/2]

dan solusi umumnya adalah :

y = (k₁ + k₂ ln x) x^m ( 2-25 )

dengan k₁ dan k₂ adalah konstanta Contoh

1. Carilah solusi dari x²y” – 1.5 xy’ – 1.5 y = 0 Penyelesaian y = kx^m ; a = -1.5 dan b = -1.5

(a-1)m + b = 0

m² + (-1.5-1)m - 1.5 = 0 m² - 2.5m - 1.5 = 0

Akar-akar persamaannya :

m₁ = -0.5 dan m₂ = 3 y₁ = x^m1 = x^(-0.5) = 1/(√x) y₂ = x^m2 = x³

Maka solusi umumnya adalah : y = [k₁/(√x)] + k₂ x³

2. Carilah solusi dari x²y” – 3xy’ + 4y = 0 Penyelesaian :

Lihat persamaan (2-19) ; x²y” + axy’ + by = 0 a = -3 dan b = 4

Periksa nilai-nilai m :

b = (1/4)(1-a)² ; m₁ = m₂ = [(1-a)/2]

b = (1/4)(1+3)² = 4 (memenuhi syarat) maka m1,2 = (1+3)/2 = 2

Cara lain :

y = x^m a= -3 dan b = 4 m² + (a-1)m + b = 0

m² + (-3-1)m + 4 = 0 m² - 4m + 4 = 0

(m-2)² = 0 ; m_1,2 = 2 Solusi umum : y = k₁ x² + k₂ x² ln X

8. AKAR-AKAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK Bentuk umum persamaan

y” + ay’ + by = 0 ( 2-26 ) Bila solusinya adalah persamaan karakteristik λ, maka

λ ² + aλ + b = 0 ( 2-27 ) dan akar-akarnya yaitu

λ₁ = [-a + √(a² – 4b)]/2 ( 2-28 ) λ₂ = [-a - √(a² – 4b)]/2 ( 2-29 ) a dan b adalah bilangan real (nyata)

dan D = (a² – 4b) ( 2-30 )

D = Diskriminan

Persamaan karakteristik yang terbentuk : Kasus 1 : D > 0 ; ada 2 akar nyata berbeda Kasus 2 : D = 0 ; ada 2 akar nyata kembar

(harganya sama)

Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks conjugate (*)

Kasus 1 :

D > 0 (dua akar nyata berbeda harga) (a² – 4b) > 0

y₁= e^{λ1 X} dan y₂ = e^{λ2 X} Solusi umumnya

y = k₁ e^{λ1 X} + k₂ e^{λ2 X} ( 2-31 )

Contoh :

Carilah solusi umum dari PD di bawah ini : y” + y’ - 2y = 0

λ ² + λ - 2 = 0 (λ -1)(λ + 2) =0

λ₁ = 1 dan λ₂ = -2 Solusi umumnya y = k₁ e^X + k₂ e^{-2 X}

Kasus 2 :

D = 0 ( dua akar nyata ganda berharga sama) (a² – 4b) = 0 ; b = (1/4)a²

Disebut kondisi kritis

y” + ay’ + (1/4)a² y = 0 ( 2-32 ) akar ganda λ = -(a/2)

Solusi

1. Hanya ada 1 solusi yaitu :

y₁ = e^{λ X} dengan λ = -(a/2) 2. Solusi lain y₂

y₂(x) = u(x)y₁(x) dengan y₁(x) = e^(-ax/2)

Hitung u dan substitusikan y₂ dan

turunannya ke dalam persamaan ( 7 ).

sehingga menjadi :

u{y₁”+ay₁’+ (1/4) a²y₁ } + u(2y₁’+ay₁) + u’y₁ = 0

1. Karena y₁ adalah solusi 1 ; { y₁”+ay₁’+ (1/4) a²y₁ } = 0

2. Karena 2y₁’= 2(-a/2) e^-(ax/2) = ay₁ (2y₁’+ay₁) = 0

sehingga u”y₁ = 0, karenanya u” = 0, Solusi u = x memberikan :

y₂(x) = xeλ X ; λ = -a/2

Dalam kasus akar ganda, basis dari solusi 1. pada setiap interval adalah :

e^{λ X} dan xe^{λ X} untuk λ = -a/2

Sehingga Solusi umum PD pada kasus akar ganda ialah :

y = (k₁ + k₂x) eλ X ( 2-33 )

dengan λ = -a/2

Contoh :

Carilah solusi umum dari PD berikut ini 1. y” + 8y’ + 16 y = 0

Jawab:

λ² + 8 λ +16 = 0 Akar ganda ; λ = -4

Basis solusi adalah : e^-4x dan x e^-4x Sehingga solusi umumnya adalah :

y = (k₁ + k₂ x) e^-4x

2. y” - 4y’ + 4y = 0 ; y(0) = 3 ; y’(0) = 1 Jawab :

λ² - 4λ + 4 = 0 Akar ganda ; λ = -2

Basis solusi adalah : e^-2x dan x e^-2x Solusi umum :

y = (k₁ + k₂ x) e^-2x

Bila diturunkan, akan didapatkan : y’(x) = k₂e^2x + 2(k₁+k₂x)e^2x

Substitusikan harga-harga yang diketahui : y(0) = 3 dan y’(0) = 1

sehingga didapatkan k₁ = 3 dan k₂ + 2k₁ = 1 k₁ = 3 dan k₂ = -5

Solusi umumnya menjadi : y = (3 – 5x) e^2x

Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks conjugate (*)

Akar-akar kompleks haruslah conjugate (*) λ₁ = p + j q

dan λ = p - j q

dengan p dan q adalah real ; q ≠ 0 dengan asumsi a dn b juga real.

1. Terbentuk basis : y₁ = e^(p+jq)x y₂ = e^(p-jq)x

Dengan menerapkan rumus Euler e^jθ = cos θ + j sin θ e-^jθ = cos θ - j sin θ

Anggap θ = qx, sehingga dari rumus Euler didapatkan :

y₁ = e^(p+jq)x

= e^px e^jqx

y₁ = e^px(cos θ + j sin θ ) y₂ = e^(p-jq)x

= e^px e-^jqx

y₂ = e^px(cos θ - j sin θ )

½ (y₁ + y₂) = e^px cos qx (1/2j)(y₁ – y₂) = e^px sin qx

2. Terbentuk basis untuk setiap interval, yaitu : e^px cos qx

dan e^px sin qx

Sehingga solusi umumnya adalah :

y(x) = e^px (A cos qx + B sin qx) ( 2-34 )

dengan A dan B adalah konstanta

Contoh :

1. Carilah solusi dari PD berikut ini y” – y’ + 10 y = 0

Jawab :

Persamaan karakteristiknya λ² - 2λ +10 = 0

akar-akarnya λ = p + jq = 1 + j3 λ = p – jq = 1 – j3 berarti p = 1 dan q = 3 sehingga memberikan basis

e^x cos 3x dan e^x sin 3x

Solusi umumnya : y = e^x (A cos 3x + B sin 3x) 2. Carilah solusi dari PD berikut ini

y” – y’ + 10 y = 0 ; y(0) = 4 ; y’(0)=

1

Jawab :

Solusi umum (lihat jawaban akhir soal di atas)

y’= e^x (Acos 3x + Bsin 3x – 3Asin 3x + 3Bcos 3x)

Dari nilai-nilai awal di dapatkan : y(0) = A = 4

y’(0) = A + 3B = 1 ; B = -1 maka solusi umumna adalah :

y = e^x (4 cos 3x - sin 3x)

3. Carilah solusi dari PD berikut ini y” + ω² y = 0

ω = konstanta ≠ 0 Jawab :

Solusi umumnya adalah y = A cos ωx + B sin ωx

IKHTISAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK PD HOMOGEN ORDE 2

Kasus 1

Akar-akar : Real λ₁ , λ ₂ Basis : e^λ1x , e^λ2x

Solusi Umum : y = k₁ e^λ1x + k₂ e^λ2x Kasus 2

Akar-akar : Real Ganda , λ (=-a/2) Basis : e^λx , xe^λx

Solusi Umum : y = (k₁ + k₂ x)e^λx Kasus 3

Akar-akar : Kompleks, Conjugate

λ₁ = p + jq ; λ₂ = p - jq Basis : e^px cos qx ; e^px sin qx

Solusi Umum : y = e^px (A cos qx + B sin qx)

SOAL-SOAL LATIHAN 5 Selesaikan PD berikut ini :

1. y” -2y’ – 3 y = 0 6. 4y”-4y’+y=0 2. y” -2y’ + y = 0 7. 8y”-2y”-y=0

3. y”- 6y’+ 25y = 0 8. y” + 2ky’ + k²y =0 4. y”+ 6y’+ 9y = 0 9. y” + π²y=0

5. 2y”+ 3y’- 2y = 0 10. y” + 2y’+(π² +1)y =0 11. y” – 4y = 0 ; y(0) = 2 ; y’(0) = 4 12. y” + 4y = 0 ; y(0) = 0 ; y’(0) = 6 13. y” - 6y’ + 9y = 0 ; y(0) = 2 ; y’(0) = 8 14. y” + 2y’ + y = 0 ; y(0) = 1 ; y’(0) = -2 15. y” + 4y’ + 5y = 0 ; y(0) = 1 ; y’(0) = -3 16. 4y” + 4y’ + y = 0 ; y(0) = -2 ; y’(0) = 1 17. y” - 3y’ + 2y = 0 ; y(0) = -1 ; y’(0) = 0