BAB IV PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER - BAB IV PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER

BAB IV PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER Tujuan Instruksional:

• Mampu memahami konsep PD Li

• • Mampu memahami konsep ketakbebasan linier, determinan Wronski

  dan superposisi

• Mampu memahami metode penyelesaian PD Homogen or
• Mampu memahami metode penyelesaian PD takhomogen

  Bentuk umum PD Linier orde-n adalah _′

  ( ) ( )

  ( ) + ( ) + … + ( ) + ( ) = ( ) PD yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk di atas dikatakan tidak linier.

  Contoh: adalah PD Linier orde 2

• 3 − 2 =

  adalah PD Tak-Linier orde 2 − = +

  Selanjutnya pembahasan penyelesaian PD Linier orde-n dalam buku ajar ini dimulai pada PD Linier Orde-2, yang kemudian dibuat kasus umum untuk penyelesaian PD orde-n. Jika F(x) pada persamaan PD Linier orde-n sama dengan nol maka PD disebut PD homogen atau tereduksi atau komplementer. Jika F(x)≠0 maka PD disebut PD lengkap atau PD tak homogen. Contoh: adalah persamaan lengkap/tak homogen _{Matematika Teknik I} + 3 − 2 = _Hal- adalah persamaan tereduksi/homogen.

• 3 − 2 = 0

  Jika a o (x), a ^{1 (x), ...., a n (x) adalah konstanta maka PD disebut PD Linier dengan} koefisien konstanta, jika tidak disebut PD Linier koefisien variabel. _{2 n} Bentuk , dapat dituliskan dengan lambang Dy, D y, ..., D y,

  , , … , ₂

  dengan D, D ,... disebut operator diferensial. Sehingga persamaan PD Linier orde-n dapat dinyatakan sebagai:

  ( ) ( )

  ( )! + ( )! + … + ( )! + ( )" = ( ) (#) atau

  Φ(D)y = F(x)

  ( ) ( )

  dengan Φ(D)= dan disebut

  ( )! + ( )! + … + ( )! + ( ) operator suku banyak dalam D .

  Latihan Soal: Untuk PD berikut klasifikasikan apakah PD homogen/nonhomogen, koefisien variabel/konstanta, linier/nonlinier!

• 2. _{′′ ′}

  1. ^{′′ ′} _{′′ ′} − =

  − + = 1 3.

• ( ) − = ^{′′ ′}
• 4.

  " = 0 ^{′′ ′} + 5. " + 2 = 1

  % % %

  6. Buktikan

  !

  (! + 3! + 2) = (! + 1)(! + 2) = (! + 2)(! + 1)

  Apa yang dapat disimpulkan?

  7. Tunjukkan bahwa tidak komutatif! ! + 1 & ! − 2

4.1 Teorema Dasar Persamaan Diferensial Linier

  Untuk menyelesaikan PD Linier berbentuk Φ(D)y = F(x) dengan F(x) ≠0, kita misalkan Y (x) adalah solusi umum PD homogen dari Φ(D)y=0, maka _c penyelesaian umum PD Linier adalah dengan menjumlahkan penyelesaian umum PD homogen dan penyelesaian khusus, yaitu:

  

y = Y c (x) + Y p (x)

_{Matematika Teknik I} Contoh: _Hal-

  2 x 2x

  Solusi umum PD homogen: (D -3D+2)y=0 adalah y=c e +c e dan solusi _{2 2 2 1 2} khusus PD : (D -3D+2)y=4x adalah 2x +6x+7, maka solusi umum PD _{2 2} lengkap/tak homogen dari (D -3D+2)y=4x adalah _{x 2x 2} y= c ^{1 e +c 2 e +2x +6x+7}

  4.2 Ketakbebasan Linier

  Himpunan n fungsi y ^{1 (x), y 2 (x), …, y n (x) dikatakan takbebas linier pada suatu} selang jika ada n konstanta c ^{1 , c 2 , …, c n yang tidak semua nol, sehingga} berlaku: c ^{1 y 1 (x)+ c 2 y 2 (x)+ …+ c n y n (x) = 0} jika tidak maka himpunan fungsi tersebut dikatakan bebas linier.

  Contoh: _{3x 3x -4x} 2e , 5e ,e takbebas linier pada suatu selang karena dapat ditentukan konstanta c _{3x 3x -4x} ^{1 , c 2 , c 3 yang tidak semua nol sehingga:} c ^{1 (2e )+ c 2 (5e )+c 3 (e ) = 0 dengan c 1 =-5, c 2 =2, c 3 =0}

  Contoh: _{x x x x} e dan xe adalah bebas linier karena c (e )+ c (xe )=0 hanya jika c =0, _{1 2 1} c ^{2 =0} Latihan soal:

  1. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut bebas linier! ( ) , '( (#) , (') , (&) , ( ) , '( ()) ,

  2. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut tak-bebas linier! ( ) 2 , − (#) , 4

  4.3 Determinan Wronski

  Himpunan fungsi y (x), y (x), …, y (x) (yang mempunyai turunan) adalah _{1 2 n} bebas linier pada suatu selang jika determinan: ( ) ( ) _{′ ′ ′} … ( )

  … ( ) ( ) ( )

• ( , , … , ) = , , ≠ 0

  … … … …

  ( ) ( ) ( ) … Determinan tersebut dinamakan determinan Wronski. _{Matematika Teknik I} Contoh: _Hal- Tentukan determinan Wronski (Wronskian) untuk fungsi-fungsi berikut: /

  ( ) . 3 , '( 3 / (#) . , , Penyelesaian:

  3 '( 3 ( ) +( ) = 1 3 − 3'( 3 = −3

  3'( 3 −3 3 1 = −3 (#) +( ) = 2 2 = 12 + 0 + 2 − 0 − 6 − 6 = 2 1 2

  3 0 2

  6 Contoh: Tunjukkan himpunan fungsi adalah takbebas linier untuk

  .1 − , 1 + , 1 − 3 / semua nilai x! Penyelesaian: (a) kita dapat menunjukkan dengan memilih konstanta c1, c2, c3 yang tidak semuanya nol sehingga c1(1-x)+c2(1+x)+c3(1-3x)=0, jika ditentukan c1=1, c2=-1, c3=0 maka 1-x-1-x+0=0, sehingga himpunan fungsi

  .1 − , 1 + , 1 − 3 / adalah takbebas linier.

  (b) kita juga dapat menghitung determinan Wronski-nya, yaitu: 1 − 1 + 1 − 3

• ( ) = 2 −1 1 −3 2 = 0

  terbukti bahwa Wronskian =0 berarti himpunan fungsi .1 − , 1 + , 1 − 3 / tak bebas linir untuk semua x

  Soal Latihan:

  1. Buktikan himpunan fungsi berikut bebas linier! ( ) '( , (#) , , (') '( (2 ), '( (2 ) _{′′ ′}

  2. Misalkan dan adalah penyelesaian 1( ) 2( ) + 4( ) + 5( ) = 0

  6 7 ^{′ ′} +

  (a) Buktikan bahwa determinan Wronskinya

• = = '

  (b) Tentukan nilai c, sehingga dan bebas linier _{Matematika Teknik I} 1( ) 2( ) _Hal-

  4.4 Prinsip Superposisi

  Jika y (x), y (x), …, y (x) adalah n penyelesaian bebas linier dari persamaan _{1 2 n} linier orde-n, Φ(D)y=0 maka solusi umumnya:

  y = c ^{1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + …+ c n y n (x)}

  dgn c ^{1 , c 2 , …, c n = konstanta.} Contoh: Jika dan adalah solusi persamaan diferensial homogen _{′′ ′} ( ) ( ) maka kombinsi linier juga solusi

• 8( ) + 9( ) = 0 ' ( ) + ' ( ) persamaan diferensial.

  Bukti: _{′′ ′} dan solusi maka ( ) ( ) + 8 + 9 = 0 _{′′ ′}

• 8 + 9 = 0

  dan _{′′ ′}

• 8 + 9 = 0

  dari solusi , maka: _{′ ′ ′} = ' + ' _{′′ ′′ ′′} = ' + ' = ' + ' substitusi ke persamaan diferensial diperoleh: _{′′ ′}

• 8( ) + 9( ) = 0 _{′′ ′′ ′ ′}

  ' + ' + 8(' + ' ) + 9(' + ' ) = 0 _{′′ ′′ ′ ′} ' + ' + ' 8 + ' 8 + ' 9 + ' 9 = 0 _{′′ ′ ′′ ′} ' ( + 8 + 9 ) + ' ( + 8 + 9 ) = 0 ' . 0 + ' . 0 = 0

  4.5 Penyelesaian PD Linier Homogen dengan koefisien konstanta

  PD Linier Homogen orde-2 dengan koefisien konstan adalah: _{′′ ′}

• # + ' = 0 , #, ' = ;( < <

  =

  dimisalkan solusi umum PD: sehingga jika kita substitusi ke dalam PD = maka: _{′′ ′}

• # + ' = 0

  

= = =

  ↔ ? + #? + ' = 0

  =

  ↔ ( ? + #? + ') = 0

  Matematika Teknik I ^Hal-

  BC

  Jadi menjadi solusi PD jika (disebut Persamaan

  @ = A ? + #? + ' = 0 Karakteristik)

  Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah: −# ± √# − 4 '

  ? =

  ,

  2 Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri:

  1. Jika , maka adalah dua akar Real yang berbeda dengan √# − 4 ' > 0 ?

  ,

  R maka solusi umumnya:

  ∈

  ?

  , B H C B ^{I C}

  @ = G A + G A

  H

  I

  2. Jika , maka dengan R, maka solusi

  ∈

  √# − 4 ' = 0 ? = ? ?

  ,

  umumnya:

BC BC

  @ = G A + G C A

  H

  I

  3. Jika , maka = α ± i β dengan α , β ∈ R maka solusi √# − 4 ' < 0 ?

  ,

  umumnya:

  (α K Lβ)C (α Lβ)C

  @ = G A + G A

  H

  I LC

  dengan rumus Euler , yaitu maka bentuk trigonometri A = GMN C + O NOP C rumus dapat ditentukan:

  (α K Lβ)C (α Lβ)C

  @ = G A + G C A

  H _{α α}

  I C C

  = G A ( GMN βC + O NOP βC ) + G A ( −GMN βC – O NOP βC); −GMN βC = GMN βC

  H _{α α}

  I C C

  = (G + G )A ( GMN βC ) + O(G − G )A ( NOP βC )

  H _{α α}

  I H

  I C C

  = SA GMN βC + TA NOP βC , S, T ∈ VMPNWXPWX YOZ. VMB[ZAVN Contoh: Tentukan solusi umum persamaan difrensial berikut: _{′′ ′}

• 5 − 6 = 0

  Penyelesaian: Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah:

  ? + 5? − 6 = 0 (? − 1)(? + 6) = 0

  ? = 1 & ? = −6 dua solusi bebas linier PD adalah :

  ] _{Matematika Teknik I} ( ) = dan ( ) = _Hal- Jadi solusi umum PD adalah:

  ]

  ( ) = ' + ' Penyelesaian menggunakan Program MATLAB: _{y =C2*exp(t) + C4/exp(6*t) >> y=dsolve('D2y+5*Dy-6*y=0') >> syms x} Contoh: Selesaikan persamaan diferensial berikut: _{′′ ′}

  − = 0 , (0) = 1, (0) = 0 Penyelesaian: Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah:

  ? − 1 = 0 (? − 1)(? + 1) = 0

  ? = 1 ; ? = −1 dua solusi bebas linier PD adalah :

  ; ( ) = ( ) =

  Jadi solusi umum PD adalah: _′ ( ) = ' + ' masalah nilai awal (0) = 1, (0) = 0 _′ (0) = 1 → ' + ' = 1

  (0) = 0 → ' − ' = 0

  1

  1 ' = ' = 2 ,

  2 Jadi solusi khusus PD adalah:

  1

  1 ( ) = 2 +

  2 Penyelesaian menggunakan Program MATLAB: _{y =exp(t)/2 - 1/(2*exp(t)) >> y=dsolve( 'D2y-y=0' , 'y(0)=0' , 'Dy(0)=1' ) >> syms x} Contoh: Tentukan penyelesaian umum PD _{′′ ′ Matematika Teknik I} + 4 + 4 = 0 _Hal- Penyelesaian: Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah:

  ? + 4? + 4 = 0 (? + 2)(? + 2) = 0

  ? = −2 Diperoleh akar-akar yang sama, sehingga solusi umum PD mestinya adalah:

  ( ) = ' karena PD orde 2 akan memberikan dua solusi bebas linier dengan dua variabel konstanta maka solusi kedua dapat ditentukan dengan metode Reduksi Orde

  PD , yaitu:

  bentuk umum PD homogen orde-2: ^{′′ ′} + # = 0

• _

  akar-akar persamaan karakteristik jika , √# − 4 ' = 0 ? = ? = − _{a b}

  `

  satu solusi PD: ( ) = ' bentuk persamaan reduksi orde yaitu:

  _`

  = c( ) _{′ ′} #

  _` _`

  = c ( ) − 2 c( ) _{′′ ′′ ′} # #

  _`

  = dc ( ) − c ( ) + 4 c( )e ^{′ ′′ ′′ ′} + substitusi ke PD , maka:

  , , + # = 0 _{′′ ′ ′} # # #

  _` _` _`

  dc ( ) − c ( ) + + # fc ( ) − + 'c( ) = 0 4 c( )e 2 c( ) g _{a b} kedua ruas dibagi , maka: _{′′ ′ ′} # # #

  _`

  dc ( ) − c ( ) + ( ) − 4 c( )e + # fc 2 c( ) g + 'c( ) = 0 _′′ # ↔ c ( ) − d 4 − 'e c( ) = 0 _′′ # − 4 '

  ↔ c ( ) − d e c( ) = 0

  4 karena maka persmaan menjadi:

  # − 4 ' = 0 _′′ c ( ) = 0 _{Matematika Teknik I} sehingga: _Hal- c( ) = ' + ' _{a a b b} jadi satu solusi lain

  ( ) adalah ( ) = c( ) = (' + ' ) _{a b} karena satu solusi PD telah diketahui yaitu ( ) = ' _{a b} maka solusi lain yang dimaksud adalah

  ( ) = ' untuk kasus contoh soal di atas penyelesaian umum PD menjadi:

  ( ) = ' + ' Contoh: Tentukan penyelesaian umum PD berikut: _{′′ ′}

• 2 + 4 = 0

  Penyelesaian: akar-akar persamaan karakteristik: ? + 2? + 4 = 0

  −2 ± √−12 ? = = −1 ± √3

  ,

  2 karena =-1 dan =

  α β

  √3 maka penyelesaian umum PD:

  

C C

  @ = SA GMN √3C + TA NOP √3C Latihan Soal: Selesaikan PD berikut: _′′ 1. = 0 _{′′ ′} 2. − = 0 _{′′ ′} 3. − 3 + 2 = 0 _{′′ ′} 4. + 2 + = 0 _{′′ ′} 5. 4 − 4 + = 0 _{′′ ′} 6. − 4 + 7 = 0 _{′′ ′} 7. 3 + 4 + 9 = 0 _{′′ ′ ′} 8. − 4 + 4 = 0, (0) = 1, (0) = 1 _{′′ ′ ′} 9. 4 − 4 − 3 = 0, (0) = 0, (0) = 1 _{′′ ′ ′} 10. − 4 + 13 = 0, (0) = 1, (0) = 0 _{′′ ′ ′} 11. + 2 + 2 = 0, (0) = 1, (0) = 0 _{′′ ′} 12. k <l; & m ? <(& n &l; (n& 4 & − 2 + = 0 o ; = ! _{′′ ′}

  13. k <l; & m ? <(& n &l; (n& 4 & + 10 + 25 = 0

  p

  ! _{Matematika Teknik I} o ; = _Hal-

  ′ ′

  14. 8 & q ?# n 19 & m ?# n; (rl r ? ℎ ;l r < < )

  uu u

  (5l r < < c <ln () (rl< ( )& n 8!: + # + ' = 0 , n & n & r ℎ ; n − ; n 4 n . ; n ;< n < ; v(rl # n& n; ; n 4 n . ; n ;< n < ; < n# m < 8 ; l # n# & ,

  <l: (1). n < 0 & n < 0 (2). n < 0 & n = 0 (3). n = 0 & n = 0 (4). n = 0 & n > 0 (5). n > 0 & n > 0 (6). n , n = w ± x (w < 0) (7). n , n = w ± x (w = 0) (8). n , n = w ± x (w > 0) ( ). ; l m ? ; ℎ l <l; < → ∞ (rl ; ? & ; < (r? (#). ; l m ? ; ℎ l <l; < → ∞ (rl ; ? & ; < < ;# nℎ mm ? ('). ; l m ? ; ℎ l <l; < → ∞ (rl ∶ ( r < n & ?? (&). ; l m ? ; ℎ l <l; < → ∞ (rl ∶ ( r < ; < n & ?? _{Matematika Teknik I} Gambar 1 Solusi Alamiah Kualitatif berdasarkan Akar Pers. Karakteristik _Hal-

4.6 PD Linier Homogen orde-2: Persamaan Cauchy-Euler

  Bentuk umum persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah:

  

uu u

  ( + #)

• ( + #) = 0 + ≠ 0, #, , = ;( < < ;ℎl l

  Penyelesaian persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah:

  

|} u uu

  misal solusi PD dengan , maka adalah: = < = r ( + #) ,

  & &<

  u |} = .

  &< . & = n + #

  |} |}

  & &< & & < n n

  uu

  = &< . f & g + &< . & = ( + #) − ( + #)

  u uu

  Substitusi pada PD didapatkan : , ,

  uu u

• ( + #) + ( + #) = 0

  |} |}

  n n

  |} |}

  ( + #) ~ . = 0

  ( + #) − ( + #) • + ( + #) €n + #• +

  |} |} |} |}

  ‚ n ƒ + − n n + = 0

  |}

  „ n − n + n + … = 0

  |}

  ‚ n + ( − )n + ƒ = 0 sehingga persamaan karaktristik-nya: n + ( − )n + = 0

  Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah: −( − ) ± †( − ) − 4 n =

  ,

  2 Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri:

  1. Jika , maka adalah dua akar Real yang †( − ) − 4 > 0 n

  ,

  berbeda maka solusi umumnya:

  ‡ H ‡ ^I

  (XC + Y) (XC + Y) @ = G + G

  H

  I

  2. Jika , maka maka solusi umumnya: †( − ) − 4 > 0 = 0 n = n

  ‡ _H

  @ = (XC + Y) ‚G + G ZP(XC + Y)ƒ

  

H

  I

  3. Jika , maka = i maka solusi umumnya:

  α ± β

  †( − ) − 4 < 0 n _α , @ = (XC + Y) „G GMN βZP(XC + Y)" + G NOP (βZP(XC + Y))…

  H

  I _{Matematika Teknik I}

  Contoh: _Hal-

  Tentukan persamaan karakterisik pada persamaan Cauchy-euler jika a=1 dan b=0! Penyelesaian:

  persamaan Cauchy-Euler: ( + #) + ( + #) = 0 jika a=1 dan b=0, persamaan menjadi:

• uu u

  uu u

  ( ) + ( ) + = 0 persamaan karakteristik: n + ( − )n + = 0 n + ( − 1)n + = 0

  Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut:

  uu u

  − 4 + 6 = 0 Penyelesaian:

  |}

  misal solusi umum PD dengan = < = r persamaan karakteristik: n − 5n + 6 = 0, n = 2, n = 3 penyelesaian umum PD:

  = ' + ' Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut: _{′′ ′}

  3

  1

• = 0

  Penyelesaian:

  |}

  misal solusi umum PD dengan = < = r persamaan karakteristik: n + 2n + 1 = 0, n = −1

  ,

  penyelesaian umum PD: = ‚' + ' r ( )ƒ

  Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut:

  

uu u

  3(2 − 5) − (2 − 5) + 2 = 0 Penyelesaian:

  |}

  misal solusi umum PD dengan = < = r (2 − 5)

  2

  persamaan karakteristik: 6n − 7n + 1 = 0, n = 1, n = 6 _{Matematika Teknik I}

  1

  2 _Hal- penyelesaian umum PD:

  /]

  = ' (2 − 5) + ' (2 − 5) Latihan Soal: Tentukan solusi umum PD Cauchy-Euler berikut:

  1

  3

  uu u

  1. − − = 0

  uu u

  2. − = 0 +

  uu u

  3. − 7 + 16 = 0

  uu u

  4. 4 + 12 + 3 = 0

  uu u

  5. + 3 + 5 = 0

  uu

  6. + 1,25 = 0

  uu u

  7. ( + 2) − ( + 2) + = 0

  uu u

  8. ( + 1) + 5( + 1) + 3 = 0

  uu u

  9. (2 − 3) + 7(2 − 3) + 4 = 0

  uu u

  10. (1 − ) − (1 − ) + = 0

  uu u

  11. 2(1 − 2 ) + 11(2 − 1) − 2 = 0

4.7 PD Linier Homogen orde-n dengan Koefisien Konstan

  Persamaan Diferensial Linier Homogen orde-n dengan koefisien konstan mempunyai bentuk umum:

  ( ) ( ) u

• … + = 0 , ≠ 0 +

  Jika adalah penyelesaian khusus PD Linier homogen, maka , , … , kombinasi liniernya juga penyelesaian PD Linier homogen, dirumuskan:

  = ; + ; + … + ; = ‰ ; , ; , ; , … , ; = ;( < <

  Š Š Š‹ |

  Penyelesaian PD Linier homogen orde-n dengan substitusi sehingga = didapatkan persamaan karakteristik: n + n + … + n + = 0

  Untuk selanjutnya dengan teknik faktorisasi dapat ditentukan akar-akar persamaan karakteristik, yaitu: n + n + … + n + = (n − n )(n − n ) … (n − n ) = 0

  Akar-akar persamaan karakteristik di atas dapat bernilai sama atau disebut akar rangkap (multiplicity). Dua kasus akar rangkap untuk solusi PD Linier _{Matematika Teknik I} Homegen orde-n, yaitu: _Hal-

  Kasus I. Jika Akar rangkap adalah r=bilangan riil, terdapat k penyelesaian bebas linier. k solusi bebas linier:

  ‡C ‡C

  V H ‡C

  A , CA , … , C A ; V ≥ H solusi umumnya:

  ‡C ‡C

  V H ‡C

  @ = G A + G CA + … + G C A

  H

  I V

  ' = ;( < < ; − ;

• Kasus II. Jika Akar rangkap adalah r=bilangan komplek (r= i ). terdapat k

  α± β penyelesaian bebas linier.

  k solusi bebas linier: _{α α α}

  C C

  V H C

  A GMN βC, CA GMN βC, … , C A GMN βC, _{α α α}

  C C

  V H C

  A NOP βC, CA NOP βC, … , C A NOP βC solusi umumnya: _α

  C

  @ = A „(G GMN βC + G NOP βC) + C(G GMN βC + G NOP βC) + ⋯

  

I Ž

• H

  V H

• C (G GMN βC + G NOP βC)ƒ

  V H

  V Contoh:

  Selesaikan persamaan diferensial berikut: _{′′′ ′′}

  (p) (%)

  − 3 + 3 − = 0 Penyelesaian: persamaan karakteristik:

  p %

  n − 3n + 3n − n = 0 akar-akar persamaan karakteristik n = n = 0, n = n = n = 1

  % p

  solusi bebas linier: , , , ,

  Jadi solusi umumnya: )

  = ' + ' + (' + ' + '

  % p

  Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut: _{′′′ ′′ ′}

  − 2 − + 2 = 0 persamaan karakteristik: n − 2n + n + 2 = 0 akar-akar persamaan karakteristik n = −1, n = 1, n = 2 _{Matematika Teknik I} solusi bebas linier: _Hal-

  , , Jadi solusi umumnya:

  = ' + ' + ' Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut: _{′′′ ′ ′}

  (%)

  − 4 + 14 ′ − 20 + 25 = 0 persamaan karakteristik:

  %

  n − 4n + 14n − 20n + 25 = 0 akar-akar persamaan karakteristik n = n = 1 + 2 , n = n = 1 − 2

  %

  solusi bebas linier: '( (2 ), '( (2 ), (2 ), (2 )

  Jadi solusi umumnya: = ' '( (2 ) + ' '( (2 ) + ' (2 ) + ' (2 )

  %

  Latihan Soal: Tentukan penyelesaian umum PD berikut: _{′′′ ′} 1. − = 0 _′

  (%)

  2. − 5 ′ + 4 = 0

  (%)

  3. − = 0 _{′′′ ′ ′} 4. + 3 ′ + 3 + = 0 _{′′′ ′′ ′} 5. − 3 + 3 − = 0 _{′′′ ′′ ′}

  (%)

  6. + 2 + 3 + 2 + = 0 Untuk soal berikut tentukan solusi PD dengan syarat awal berikut: _{′′′ ′ ′ ′′} 7. − = 0, (0) = 4, (0) = 0, (0) = 9 _{′ ′′ ′′′}

  (%)

  8. − = 0, (0) = 5, (0) = 2, (0) = −1, (0) = 2 _{′′ ′ ′′ ′′′}

  (%)

  9. + 3 − 4 = 0, (0) = 0, (0) = −1, (0) = −5, (0) = −1 _{′′′ ′′ ′ ′ ′′} 10. − 3 + 4 − 2 = 0, (0) = 1, (0) = 0, (0) = 0

4.8 Persamaan Diferensial Linier Tak Homogen

  Prosedur umum penyelesaian PD Liner Tak Homogen adalah Langkah I : Menentukan solusi umum PD Linier Homogen,

  ( )

  ‘

  Langkah II : Menentukan solusi umum PD Linier Tak-Homogen, ( ) _{Matematika Teknik I}

  ’ _Hal- Langkah III : Menentukan solusi umum PD, = ( ) + ( )

  ‘ ’

  Contoh: Tentukan solusi umum PD berikut:

  uu

• = 1 Langkah I : Menentukan solusi umum PD Linier Homogen.

  uu

• = 0

  solusi umum: = ' '( + '

  ‘ Langkah II : Menentukan solusi umum PD Linier Tak-Homogen. uu

• = 1

  solusi umum: = 1

  ’

  Langkah III : = ( ) + ( ) = ' '( + ' + 1

  ‘ ’

4.8.1 Metode Koefisien Tak Tentu

  Awalnya metode ini diterapkan pada PD linier tak homogen orde-2 yang berbentuk _{′′ ′}

• # + ' = n( ), , #, ' = ;( < < selanjutnya metode ini juga berlaku untuk orde yang lebih tinggi.

  Kunci metode ini adalah y p adalah suatu ekspresi yang mirip dengan r(x), yang terdapat koefisien-koefisien yang tidak diketahui yang dapat ditentukan dengan mensubstitusikan y p pada persamaan.

  Aturan untuk Metode Koefisien Tak Tentu

  

A. Aturan Dasar. Jika r(x) adalah salah satu fungsi yang ada dalam Tabel

  3.1, pilih fungsi y p yang bersesuaian dan tentukan koefisien tak tentunya dengan mensubstitusikan y pada persamaan. _p

  

B . Aturan Modifikasi. Jika r(x) sama dengan solusi PD homogen, kalikan y p

₂

  yang bersesuaian dalam tabel dengan x (atau x jika r(x) sama dengan solusi akar ganda PD Homogen)

C. Aturan Penjumlahan. Jika r(x) adalah jumlah fungsi-fungsi yang terdapat

  dalam Tabel pada kolom pertama, y adalah jumlah fungsi pada baris yang _p bersesuaian

  Matematika Teknik I ^Hal-

• ( = 0, 1, … )
• ⋯ + • + • ;'( – < l ; – •'( – + — –
>Metode Koefisisen Taktentu digunakan penyelesaian khusus PD linier takhomogen dengan koefisien konst
• Untuk dapat menentukan pemisalan yang sesuai harus dicari terlebih dahulu solusi persamaan homogennya.
• Metode Koefisisen Taktentu hanya dapat digunakan jika fungsi f(x) di ruas kanan adalah berupa polinom, fungsi trigono, fungsi eksponen atau penjumlahan/perkalian dari ketiga fungsi kolom pertama dalam Tabel 1. Contoh: PD
• = < tidak dapat diselesaikan dengan metode koefisien taktentu karena
• 4 = 8

• 4 = 0
• 4 = 8 )( ) = 8

  uu ’

  ,

  u ’

  ,

  ’

  = 2• substitusi

  uu ’

  = 2• + •

  u ’

  = • + • + •

  ’

  sehingga dari Tabel 1,

  uu

  = ˜'( 2 + ™ 2 Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen

  ? = 2 , ? = −2 solusi umum

  ‘

  persamaan karakteritik: ? + 4 = 0 akar-akar persamaan karakteristik:

  uu

  Penyelesaian: Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen

  Selesaikan PD takhomogen berikut: _′′

  Contoh Penerapan Aturan Dasar

  Tabel 1

  < bukan termasuk ketiga fungsi dalam

  uu

  Kesimpulan:

  “

  ”

  “

  ;

  Matematika Teknik I ^Hal-

Tabel 1 Metode Koefisien Tak Tentu

Suku-suku dalam r(x) Pilihan untuk y p

  ke persamaan didapatkan: 2• + 4(• + • + • ) = 8 dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh: 4• = 8

  4• = 0 2• + 4• = 0 perolehan konstanta:

• = 2, • = −1, • = 0

  solusi umum PD takhomogen: = 2 − 1

  ’

  Langkah 3. Menentukan solusi PD = ( ) + ( ) = ˜'( 2 + ™ 2 + 2 − 1

  ‘ ’ Contoh penerapan Aturan Modifikasi

  Tentukan solusi PD berikut: _{′′ ′}

  C

  @ − Ž@ + I@ = A Penyelesaian:

  uu u

  Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen @ − Ž@ + I@ = š persamaan karakteritik:

  ? − 3? + 2 = 0 akar-akar persamaan karakteristik:

  ? = 1, ? = 2

  C

  IC

  solusi umum = ' A + ' A

  ‘ uu u C

  Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen @ − Ž@ + I@ = A

  C C

  sehingga dari Tabel 1, )( ) = A = 'A

  ’ C

  karena adalah solusi PD homogen pada Langkah 1 )( ) = A

  C

  maka sesuai Aturan B, = ' A

  ’ u C C uu C C

  sehingga = 'A + GCA , = 2'A + GCA

  ’ ’ u uu

  substitusi ke persamaan didapatkan: , ,

  ’ ’ ’ C C C C C C

  2'A + GCA − 3('A + GCA ) + 2(' A ) = A dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta c=-1 solusi umum PD takhomogen:

  = −

  ’

  Langkah 3. Menentukan solusi PD

  C

  IC

  = ( ) + ( ) = ' A + ' A − _{Matematika Teknik I} ‘ ’ _Hal-

  Contoh Penerapan Aturan Penjumlahan

  Tentukan penyelesaian umum PD berikut: _{′′ ′}

  C

  @ − I@ + @ = A + C Penyelesaian:

  uu u

  Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen @ − I@ + @ = š persamaan karakteritik:

  ? − 2? + 1 = 0 akar-akar persamaan karakteristik:

  ? = ? = 1

  

C C

  solusi umum = ' A + ' A

  ‘ uu u C

  Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen @ − I@ + @ = A + C

  C C

  sesuai Tabel 1, )( ) = A + C = ' A + G C + G

  ’ I Ž C

  suku pada yaitu adalah solusi ganda PD homogen solusi )( ) A

  C

  umum PD homogen menjadi = ' A + G C + G

  ’ I Ž u C C

  sehingga = 2' A + ' A + G ,

  I _′′ ’ C C C C

  = 2' A + I' CA + 2' A + ' A

  ’ u uu

  substitusi ke persamaan didapatkan: , ,

  ’ ’ ’ C C C C C C

  2' A + •' CA + ' A − 2(2' A + ' A + G ) + ' A + G C

  I I C

• G = A + C

  Ž C C

  ↔ 2' A + G C−2G + G = A + C

  I I Ž

  dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : ' = 1/2 = 2

  ; ' = 1 ; ' solusi umum PD takhomogen:

  C

  = ' A + G C + G

  ’ I Ž

  1 C = + C + I

  2 A Langkah 3. Menentukan solusi PD

  1 C

  C C

  = ( ) + ( ) = ' A + ' A + C + I +

  ‘ ’

  2 A Tentukan penyelesaian PD berikut: _{′′ ′}

• 2 + 5 = 16 +

  2 Penyelesaian:

  uu u

  Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen

• 2 + 5 = 0

  persamaan karakteritik: _{Matematika Teknik I} ? + 2? + 5 = 0 _Hal- akar-akar persamaan karakteristik: ? = −1 + 2 ? = −1 − 2

  C

  solusi umum = A (˜'( 2 + ™ 2 )

  ‘

  Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen _{′′ ′}

• 2 + 5 = 16 +

  2 sesuai Tabel 1,

  )( ) = 16 +

  2 C = 'A + •'( 2 + — 2

  ’ u uu

  substitusi ke persamaan didapatkan: , ,

  ’ ’ ’

  8' + (−4• + 4— + 5•)'( 2 + (−4• − 4— + 5—) 2 = 16 +

  2 dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : ' = 2 ; • = −4/17 ; — = 1/17 solusi umum PD takhomogen:

  C

  = 'A + •'( 2 + — 2

  ’

  4

  1 C = 2A −

  2 17 '( 2 +

  17 Langkah 3. Menentukan solusi PD = ( ) + ( )

  ‘ ’

  4

  1 C C = A (˜'( 2 + ™ 2 ) + 2A −

  2 17 '( 2 +

  17 Latihan soal Tentukan penyelesaian persamaan diferensial berikut:

  uu u

  1. + 4 =

  uu u 2.

  − 2 = 3 − 6 +

  uu

  3. + = 6 + 3

  uu u

  4. − − 2 = 6

  uu u 5.

  = 6 2 +

  uu u

  6. − 3 + 2 =

  uu u u

  7. = 2 , (0) = 1, + (0) = 2

  uu u u

  8. − 2 = 2 , (0) = 0, (0) = 1 +

  uu u u

  9. − 5 + 6 = (2 − 3), (0) = 1, (0) = 3

  Matematika Teknik I ^Hal-

PADA PD LINIER TAKHOMOGEN ORDE-2

  ′′

  

4

METODE KOEFISIEN TAKTENTU

  

4

^{= Tabel 4.1 kolom-2} _{sesuaikan dg f(x)-nya}

  ′

  ′′

  ( )

  2 2

  ( ) + '

  1 1

  = '

  ℎ

  

′

  ′

  ′′

• #
• ' = )( )
• #
• ' = 0 ^{Langkah 1. Menentukan solusi umum PD Homogen} _{solusi umum:}
• #
• ' = )( ) ^{Langkah 2. Menentukan solusi PD TakHomogen}
• ^{lihat bentuk f(x) sesuaikan dengan Tabel 4.1 kolom-1}

  _{dan lihat kesamaan bentuk dg solusi PD homogen}

• ^{tentukan solusi umum:}
• ^substitusi
₄ , ^′ ₄ , ^′′ ₄ pada PD takhomogen<
• ^{tentukan solusi khusus}
• 4

  ℎ

4.8.2 Metode Variasi Parameter

  ^{Langkah 3. Menentukan solusi umum PD TakHomogen} dan ^{solusi umum:} =

  = ' ( ) + ' ( ) diubah dengan variasi parameter c ( )

  ‘ sehingga solusi khusus PD takhomogen . c ( )

  ' pada solusi umum PD homogen

  . Misal pada PD takhomogen orde-2 konstanta ' dan

  c

  '

  Metode variasi parameter adalah metode untuk menentukan penyelesaian khusus PD linier takhomogen dengan koefisien variabel. Prinsip metode ini adalah mengubah variabel konstanta

  Gambar 2 Metode Koefisien Taktentu pada PD Linier Tak Homogen orde-2

• •

  dengan variasi parameter
• ( )

  Matematika Teknik I ^Hal-

  = c ( ) ( ) + c ( ) ( )

  ’ Metode ini lebih umum daripada metode koefisien taktentu.

  

Prinsip Metode Variasi Parameter

PADA PD LINIER TAKHOMOGEN ORDE-2

′′ ′

  

@ − [(C)@ + œ(C)@ = ‡(C)

@ = G @ (C) + G @ (C)

ž H H

  I I G → • (C) ; G → • (C)

  H H

  I I

@ = • (C)@ (C) + • (C)@ (C)

_{Gambar 3 Prinsip Metode Variasi Parameter pada PD Linier TakHomogen orde-2}

[ H H

  I I

  PD linier takhomogen orde-2 dengan koefisien variabel yang diselesaiakan dengan metode Variasi Paramatr mempunyai bentuk umum: _{′′ ′} @ + [(C)@ + œ(C)@ = ‡(C)

  Penyelesaian PD di atas adalah: Langkah 1. Menentukan penyelesaian PD homogen.

  Penyelesaian PD homogen persamaan di atas: _{′′ ′}

• 4( ) + 5( ) = 0

  = ' ( ) + ' ( )

  ‘

  Langkah 2. Menentukan penyelesaian PD takhomogen dengan metode variasi parameter.

• Menentukan solusi umum:

  @ = • (C)@ (C) + • (C)@ (C)

  [ H H

  I I

• Menentukan turunan :

  @

  [ u u u u u

  = c ( ) ( ) + c ( ) ( ) + c ( ) ( ) + c ( ) ( )

  ’

  Menentukan persamaan syarat: _Hal-

• _{Matematika Teknik I}

u u

  c ( ) ( ) + c ( ) ( ) = 0 sehingga

  u u u

  = c ( ) ( ) + c ( ) ( )

  ’ uu uu u u uu u u

  = c ( ) ( ) + c ( ) ( ) + c ( ) ( ) + c ( ) ( )

  ’

u uu

• Substitusi pada PD:

  , ,

  ’ ’ ’ uu u u uu u u

  ‚c ( ) ( ) + c ( ) ( ) + c ( ) ( ) + c ( ) ( )ƒ

  u u

• 4( )‚c ( ) ( ) + c ( ) ( )ƒ
• 5( )‚c ( ) ( ) + c ( ) ( )ƒ = n( )

  uu u

  c ( )‚ ( ) + 4( ) ( ) + 5( ) ( )ƒ

  uu u

• c ( )‚ ( ) + 4( ) ( ) + 5( ) ( )ƒ

  u u u u

• c ( ) ( ) + c ( ) ( ) = n( )

  uu u

  karena dan ( ) + 4( ) ( ) + 5( ) ( ) = 0

  uu u

  ( ) + 4( ) ( ) + 5( ) ( ) = 0

  u uu

  maka hasil Substitusi pada PD: , ,

• ’ ’ ’ u u u u

  c ( ) ( ) + c ( ) ( ) = n( ) Menentukan dan c ( ) c ( )

• u u

  c ( ) ( ) + c ( ) ( ) = 0

  u u u u

  c ( ) ( ) + c ( ) ( ) = n( ) dari dua persamaan di atas maka:

  @ (C). ‡(C) @ (C). ‡(C)

  I I u

  (C) = − → • • (C) = −

  H H

  Ÿ Ÿ @ (C). ‡(C) @ (C). ‡(C)

  H H

• u

  (C) = → • (C) =

  I I

  Ÿ Ÿ

  u u

  adalah Wronskian

• = ( ) ( ) − ( ) ( ) ( ), ( )

  jadi @ = • (C)@ (C) + • (C)@ (C)

  [ H H

  I I

  @ (C). ‡(C) @ (C). ‡(C)

  I H

  = − ( ) + ( ) Ÿ Ÿ

  Langkah 3. solusi umum PD = + @

  ‘ [

  = ' ( ) + ' ( ) + c ( ) ( ) + c ( ) ( ) @ (C). ‡(C) @ (C). ‡(C)

  I H

  = ' ( ) + ' ( ) + − ( ) + ( ) Ÿ Ÿ

  Matematika Teknik I ^Hal-

  Contoh penerapan metode Variasi Parameter: Tentukan penyelesaian umum PD berikut: ^{′′ ′} = '

• Penyelesaian: Langkah 1. Menentukan penyelesaian PD homogen. ^{′′ ′}
• persamaan karakteristik , akar-akarnya

  = 0

  ? + 1 = 0 ? = ±

  ,

  = ' '( ( ) + ' ( )

  ‘

  Langkah 2. Menentukan penyelesaian PD takhomogen dengan metode variasi parameter.

• solusi umum:

  @ = • (C) GMN C + • (C) NOP C

  

[ H

  I

• persamaan syarat:

  u u u u

  c ( ) ( ) + c ( ) ( ) = 0 → c ( ) '( + c ( ) = 0

  u uu

• hasil Substitusi

  pada PD: , ,

  ’ ’ ’ u u u u

  c ( ) ( ) + c ( ) ( ) = n( )

  u u

  −c ( ) + c ( )'( = 0

• Menentukan dan

  c ( ) c ( )

  u u

  c ( ) '( + c ( ) = 0

  u u

  −c ( ) + c ( )'( = 0

  u

  c ( ) = −&lt; → c ( ) = r '(

  u

  c ( ) = 1 → c ( ) = jadi

  = c ( ) '( + c ( )

  ’

  = r '( '( + Langkah 3. solusi umum PD

  = + @ = ' '( ( ) + ' ( ) + r '( '( +

  ‘ [ Matematika Teknik I ^Hal-

  

Metode Variasi Parameter

pada PD Linier Takhomogen Orde-2

′′ ′