PD Linear Orde 2 (new)
oki neswan FMIPA-ITB
Persamaan Di¤erensial Orde-2
Persamaan diferensial orde-n adalah persamaan yang melibatkan x; y; dan turunan-turunan y; dengan yang paling tinggi adalah turunan ke-n: (n)
00 F x; y; y ; y ; : : : ; y = 0: (1)
Contoh
2 000
(ln y) y + (y ) = ln x adalah persamaan linear orde-3. Masalah utama adalah menentukan solusi dari persamaan diferensial (1) ; yaitu fungsi y = g (x) yang memenuhi (1) ; yaitu jika disubstitusikan untuk y; maka persamaan ini dipenuhi,
(n)
00 F x; g; g ; g ; : : : ; g = 0:
Persamaan diferensial yang akan dibahas adalah persamaan diferensial linear orde 2;
00 p
(x) y + q (x) y + r (x) y = s (x) (2) dengan p (x) ; q (x) ; r (x) ; dan s (x) kontinu pada suatu interval buka I = (a; b) : Jika s (x) = 0;
00 p (x) y + q (x) y + r (x) y = 0; (3) maka persamaan diferensial dikatakan homogen. Persamaan diferensial ini selalu punya solusi karena y (x) = 0 pasti merupakan solusi. Solusi ini disebut solusi trivial.
(n) n y:
Notasi operator: Misalkan y ditulis sebagai D Maka (2) dapat ditulis sebagai
2 p (x) D + q (x) D + r (x) y = s (x) atau Ly = s (x) :
| {z } L
Juga diasumsikan bahwa p (x) tidak pernah nol pada I: Secara umum, (n) (n 1)
- a (x) y + a (x) y + a n (x) y + a n (x) y = k (x) (4)
1
1 dapat ditulis sebagai n n
1 a y
- a + (x) D 1 (x) D + a n
1 (x) D + a n (x) = k (x) | {z }
L Ly
= k (x) Dari sifat kelinearan turunan, kita peroleh bahwa
L (cy) = cLy dan L (y + y ) = Ly + Ly
1
2
1
2 Jika u (x) dan u (x) adalah dua penyelesaian dari PD homogen L (y) = 0; yaitu
1
2 Lu
= 0 dan Lu = 0;
1
2 maka untuk tiap c dan c bilangan real, berlaku
1
2 L u u L L
(c + c ) = c (u ) + c (u ) = 0
1
1
2
2
1
1
2
2 Theorem 1 (Prinsip Superposisi) Jika u (x) dan u (x) adalah dua penyelesaian dari persamaan difer-
1
2 ensial linear homogen
(n) (n 1) a (x) y + + a (x) y + a n (x) y + a n (x) y = 0
1
1 ; c dan c dua bilangan real, maka kombinasi linear
1
2 y u u
(x) = c
1 1 (x) + c
2 2 (x) juga merupakan solusi persamaan diferensial tersebut. Theorem 2 Jika p (x) ; q (x) ; dan r (x) kontinu pada interval buka I; p (x) 6= 0 untuk tiap x 2 I; maka persamaan diferensial linear homogen
00 p (x) y + q (x) y + r (x) y = 0; mempunyai dua solusi u (x) dan u (x) yang bebas linear. Selain itu, untuk tiap solusi u (x) dan u (x)
1
2
1
2 yang bebas linear, maka untuk tiap solusi y (x) ; terdapat c dan c sehingga
1
2 y u u
(x) = c (x) + c (x) :
1
1
2
2 Catatan: dua solusi y dan y disebut bebas linear jika satu adalah kelipatan dari yang lain, y = cy
1
2
1
2 : atau y = dy
2
1 Persamaan Diferensial Linear Orde-2 dengan Koe…sien Konstan
Persamaan diferensial orde-2 dengan koe…sien konstan adalah persamaan (2) dengan p (x) ; q (x) ; dan r (x) adalah fungsi konstan, sebut p (x) = r; q (x) = q; dan r (x) = r: Jadi, py
" + qy + ry = s (x) : Karena p 6= 0; maka persamaan ini dapat ditulis sebagai y " + ay + by = s (x) : Kita akan mulai dengan solusi jika s (x) = 0 atau versi homogen
Persamaan Diferensial Linear Homogen Orde-2 dengan Koe…sien Konstan
Diberikan persamaan difenresial y " + ay + by = 0; a (5) 6= 0:
2 D a
- aD + b y = 0;
6= 0: Bila Dy = ry; maka
2
2 D y y = D (Dy) = D (ry) = rDy = r rx rx
Solusi umum dari Dy = ry adalah y (x) = Ae : Solusi yang paling sederhana adalah y (x) = e : Jika y adalah solusi persamaan diferensial orde-1 Dy = ry; maka
2
2
2
2 D + aD + b y = D y + aDy + by = r y + ary + by = r + ar + b y: Maka dapat disimpulkan bahwa jika
2 r + ar + b = 0; (6) rx maka y (x) = e juga solusi dari (5) : Persamaan (6) disebut persamaan bantu (auxilliary equation), dan
2
2 g
(r) = r + ar + b disebut polinom karakteristik dari (5).. Misalkan = a 4b adalah diskriminan dari > < persamaan bantu. terdapat diga kasus: 0; = 0; dan 0:
> ; r :
Case 3 ( 0) Polinom karakteristik memiliki dua akar tunggal berbeda, sebut r dan r Diper-
1
2 1 6= r
2 r x r x
1
2
: oleh dua akar yang bebas linear.u (x) = e dan u (x) = e Maka menurut Teorema di atas,
1
2 r x r x
1
2
y e e (x) = c + c
1
2 adalah solusi umum (5).
2 Case 4 ( = 0) Karena = a 4b = 0;
2
2 a a
2
2 r
- ar + b = r + ar + = r + = 0
4
2 Maka polinom karakteristik mempunyai akar ganda, a r
=
2 rx
Diperoleh satu solusi yaitu u (x) = e : Teorema di atas memberikan bahwa terdapat dua solusi yang bebas rx
: Maka linear. Solusi kedua v (x) 6= u (x) : Misalkan v (x) = xu (x) = xe rx rx rx
Dv = e + rxe = (1 + rx) e rx rx rx rx
2
2 D v x
= D (1 + rx) e = re + (1 + rx) re = r + 2r e Maka
2
2 2 rx D + aD + b v = D v + aDv + bv = r x + 2r + a (1 + rx) + bx e rx
2 = ( r + ar + b x + (a + 2r) e = 0
| {z } | {z } rx
Jadi, v (x) = xe juga merupakan solusi, u (x) dan v (x) bebas linear. Maka solusi umum (5) berbentuk rx rx rx y (x) = c e + c xe = (c + c x ) e
1
2
1
2
2 <
Case 5 ( 0) Dalam hal ini, = a 4b < 0: Maka akar-akar adalah dua bilangan kompleks yang saling konjugat p p
2
2 a a a a
4b 4b
2 r = = + i ; dengan i = 1:
1;2
2
2
2 p
2
a 4b a
Misalkan = dan = dan
2
2 r r i :
= + i dan =
1
2 Ini memberikan dua solusi bebas linear r x x
1 ( +i )x
y ~ (x) = e = e = e (cos + i sin )
1 r x ( i )x x
2
y ~ (x) = e = e = e (cos i sin )
2 Tetapi kedua solusi ini bernilai kompleks. Dengan menggunakan Prinsip Superposisi di atas,
1
1 x y y y
(x) = ~ (x) + ~ (x) = e cos
1
1
2
2
2
1
1 x y y y
(x) = ~ (x) ~ (x) = e sin
2
1
2 2i 2i juga solusi dan keduanya bebas linear. Jadi, solusi umum (5) adalah x y y y
(x) = c (x) + c (x) = e (c cos + c sin )
1
1
2
2
1
2 Theorem 6 Diberikan persamaan diferensial linear homogen orde-2 dengan koe…sien konstan. y a
" + ay + by = 0; (7) 6= 0
;
1. Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar berbeda r dan r maka solusi umum (7) adalah
1
2 r x r x
1
2
y e e : (x) = c + c
1
2 a ;
2. Jika persamaan karakteristik mempunyai hanya satu akar r = maka solusi umum (7) adalah
2 rx rx y (x) = c e + c xe :
1
2
3. Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar kompleks r = + i dan r = i ; dengan
1
2 p
2
a 4b a
; ; = = maka solusi umum (7) adalah
2
2 x y
(x) = e (c cos + c sin ) :
1
2
Persamaan Diferensial Linear Nonhomogen Orde-2 dengan Koe…sien Konstan
Misalkan kita akan menentukan solusi persamaan diferensial orde-2 linear nonhomogen y " + ay + by = s (x) : (8) dengan s (x) kontinu pada suatu interval buka I: Misalkan y p (x) adalah salah satu solusi dari (8) : Misalkan y y
(x) adalah sebarang solusi lain dari (8) dan y h (x) = y (x) p (x) : Maka y " + ay + by = s (x) dan y " + ay + by = s (x) p p p dan diperoleh
00
00 (y + ay + by) y + ay + by p = s (x) s (x) = 0 p p
00
00 y y + ay ay + by by = 0 p p p
00
00 y y y y
- a y + b (y p ) = 0
p p
00 (y y p ) + a (y y p ) + b (y y p ) = 0
00 y + ay + by h = 0 h h
Dengan demikian y h (x) = y (x) y p (x) adalah solusi dari versi homogen (8) : y " + ay + by = 0 (9) Maka, dapat disimpulkan bahwa setiap solusi y (x) dari (8) berbentuk y
(x) = y h (x) + y p (x) : Theorem 7 Solusi umum persamaan diferensial (8) berbentuk y
(x) = y h (x) + y p (x) dengan y h (x) adalah solusi versi homogen (9) dan y p (x) adalah solusi khusus (partikular) dari (8) : Menentukan Solusi Khusus (Partikular) Bagaimana menentukan solusi khusus atau solusi partikular? Dua metode yang akan dibahas adalah Metode Koe…sien Tak Tentu dan Metoda Variasi Parameter. Metode Koe…sien Tak Tentu Metoda ini berlaku untuk kasus-kasus khusus dari s (x) ; yaitu jika s (x) adalah merupakan polinom atau hasil kali polinom p (x) dengan fungsi eksponensial atau dengan fungsi sinus atau kosinus, yaitu rx rx rx p p ; p p p p
(x) ; (x) e (x) sin kx; (x) cos kx; (x) e sin kx; (x) e cos kx atau jumlah dari fungsi-fungsi seperti di atas. Contoh bentuk-bentuk s (x) 2x 2x 2x e ; xe ; e 1 + x; + cos 2x
2
00 Example 8 Tentukan solusi umum persamaan diferensial nonhomogen y + 2y 3y = 1 + x :
2
Solution 9 Persamaan versi homogennya adalah y + 2y 3y = 0: Bentuk karakteristiknya adalah r 2r 3 = 0
- 00
2 r + 2r 3 = (r + 3) (r 1) = 0:
Persamaan karakteristik memiliki dua akar yaitu r = 1 dan r = 3: Maka solusi homogen adalah x 3x y h (x) = c e + c e :
1
2
2 Karena s (x) = 1 + x adalah polinom orde 2, maka y p juga merupakan polinom orde 2, sebab jika y (x)
00 adalah polinom orde 2, maka y + 2y 3y juga polinom orde 2. Misalkan
2 y p (x) = Ax + Bx + C:
00 Maka y = 2Ax + B dan y = 2A: Jadi,
2
2
00 y
- 2y 3y = 2A + 2 (2Ax + B)
3 Ax + Bx + C = 1 + x Jadi,
2
2 ( 3A) x + (4A
3B) x + (2A + 2B
3C) = 1 + x yang memberikan
3A = 1; 4A
3B = 0; 2A + 2B
3C = 1
2A + 2B
3C = 1
4A
3B = 0
3A = 1
1
4
23 Solusinya adalah A = ; B = ; C = : Jadi,
3
9
27
2 x
4x
23 y : p (x) =
3
9
27 Maka, solusi umum adalah
2 x
4x
23 x
3x y e e :
(x) = y p (x) + y h (x) = + c + c
1
2
3
9
27
00 y
Example 10 Tentukan solusi khusus dari y = 3 cos 2x: Solution 11 Karena s (x) = 2 cos x; maka kita mencoba y p (x) = A cos 2x + B sin 2x: Dengan demikian y
=
2A sin 2x + 2B cos 2x p
00 y =
4A cos 2x
4B sin 2x p
00 y y
= ( 4A cos 2x
4B sin 2x) ( 2A sin 2x + 2B cos 2x) p p
= ( 4A
2B) cos 2x + (2A
4B) sin 2x
00 Sebagai solusi, y y = 3 cos 2x: Maka p p ( 4A
2B) cos 2x + (2A
4B) sin 2x = 3 cos 2x: Maka haruslah
4A
2B = 3 dan 2A
4B = 0 yang memberikan
3
3 A = ; B = :
5
10 Maka solusi khususnya adalah
3
3 y p (x) = cos 2x sin 2x:
5
10 3x
00 :
Example 12 Tentukan solusi khusus persamaan diferensial y + 2y 3y = 4e =3x 3x
; : Solution 13 Karena s (x) = 4e maka kita mungkin mencoba y p = Ae Tetapi,
3x 3x 3x
00 y + 2y 3y p = 9Ae 6e
3A = 0 p p
Jadi, 3x
0 = 4e Ini tidak mungkin karena fungsi eksponensial tidak pernah nol. Hal ini karena persamaan karakteristik persamaan diferensial ini adalah
2 r + 2r 3 = (r + 3) (r 1) = 0
3x Jadi, r = 3 adalah akarnya dan oleh karena itu e adalah solusi homogen. Maka tidak mungkin y p =
3x Ae :
Maka coba 3x y : p = Axe
3x 3x 3x y = Ae
3Axe = (1 3x) Ae p
3x 3x 3x
00 y
=
3Ae + ( 3) (1 3x) Ae = (9x 6) Ae p
Substitusi pada persamaan memberikan 00 3x 3x 3x 3x y + 2y 3y = (9x 6) Ae + 2 (1 3x) Ae
3Axe : =
4Ae p p p
Maka 3x 3x
4Ae = 4e Jadi, A = 1: Diperoleh
3x y p (x) = e :
2x
00 Example 14 Tentukan solusi khusus persamaan diferensial y + 4y + 4y = 8e : 2x
00 Solution 15 Persamaan diferensial y + 4y + 4y = 8e memiliki persamaan karakteristik
2
2 r
- 4r + 4 = (r + 2) = 0: Jadi, diperoleh hanya satu akar, r = 2: Maka solusi homogen adalah
2x 2x 2x y e xe x : h (x) = c + c = (c + c ) e
1
2
1
2 2x 2x
00 Maka y p = Ae maupun y p = Axe akan memberikan y + 2y 3y p = 0: Kita harus memodi…kasi lebih p p jauh lagi, yaitu
2 2x y e : p (x) = Ax
Jadi 2x 2 2x 2 2x y e Ax e
(x) = 2Axe
2Ax = 2 Ax p
2x 2 2x 2 2x
00 y Ax e
(x) = 2 (A
2Ax) e
4 Ax = 4x + 2x + 1 2Ae
p Maka
2x
00 8e = y + 4y + 4y p p p 2 2x
2 2x 2 2x = 4x + 2x + 1 2Ae + 4 2 Ax Ax e + 4Ax e
2x = 2Ae
Maka A = 4: Jadi, 2 2x y p (x) = 4x e : x
00 Example 16 Tentukan solusi umum persamaan diferensial y 5y 6y = e 2 cos x
2 Solution 17 Persamaan karakteristik ini adalah 0 = r 5r 6 = (r 6) (r + 1) : Maka r = 6 dan r = 1: Jadi, x
6x y e e : h (x) = c + c
1
2 x Karena e adalah solusi homogen, maka x y p (x) = Cxe + A cos x + B sin x: Maka, x x x y Cxe A x A
(x) = Ce + B cos x sin x = C (1 ) e + B cos x sin x p x x x
00 y Ce C x B A B A
(x) = (1 ) e sin x cos x = (x 2) Ce sin x cos x p
Jadi, x
00 e 7 cos x = y 5y 6y p p p x x
= (x 2) Ce B sin x A cos x 5 (1 x ) Ce + B cos x A sin x x
6 Cxe + A cos x + B sin x
x =
7Ce + ( 7A
5B) cos x + (5A
7B) sin x Maka
7C = 1
7A
5B =
2
5A
7B = 0
1
7
5 Diperoleh bahwa C = ; A = ; B = : Maka
7
37
37
1
7
5 x y xe
- p (x) = cos x + sin x
7
37
37 Maka solusi umum adalah
1
7
5 x 6x x
(x) = + y xe cos x + sin x + c e + c e :
1
2
7
37
37 Berikut adalah tabel penentuan y p (x) persamaan diferensial
00 y
- ay + by = s (x) Metode Variasi Parameter Metode ini, sifatnya lebih umum, digunakan untuk menentukan solusi khusus dari y " + ay + by = s (x) (10) dengan menggunakan solusi umum homogennya. Misalkan u (x) dan u (x) adalah dua solusi homogen yang
1
2 bebas linear. Pada metode ini kita mengganti c dan c pada solusi homogen dengan fungsi v (x) dan v (x)
1
2
1
2 y (x) = v (x) u (x) + v (x) u (x) atau singkatnya y = v u + v u
1
1
2
2
1
1
2
2 Kita tambahkan satu syarat yaitu v u + v u = 0 (11)
1
2
1
2 Maka y = v u + v u
1
2
1
2
00
00
00 y = v u + v u + v u + v u
1
2
1
2
1
1
2
2 Substitusikan pada (10)
00
00 v u u u u u u u u
- v + v + v + a (v + v ) + b (v + v ) = s (x)
1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
00
00 v v u u
(u + bu + + au ) (u + au + bu ) + (v + v ) = s (x)
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2 | {z } | {z }
Karena u dan u solusi homogen, maka dua suku pertama adalah nol. Jadi
1
2 v u + v u = s (x) (12)
1
1
2
2 Maka dari (11) dan (12) ; kita harus menyelesaikan sistem persamaan linear dalam v dan v
1
2 v u + v u = 0
1
2
1
2 (13) v u + v u = s (x)
1
1
2
2 Solusi dalam v dan v adalah
1
2 u s u s
2
1 v ; v
= =
1
2 u u u u u u u u
1
2
1
2
2
1
2
1 Maka v dan v ditentukan dengan integral.
1
2
00 Example 18 Tentukan solusi umum y + y = tan x
Solution 19 Persamaan karakteristik adalah
2 r
- 1 = 0 i: dengan akar-akar kompleks r = i dan r = Maka solusi umum homogen adalah
1
2 y h (x) = c cos x + c sin x:
1
2 Dengan u 1 = cos x dan u 2 = sin x; persamaan (13) memberikan v cos x + v sin x = 0
1
2 v
( sin x) + v cos x = tan x
1
2 Jadi,
2 x sin x tan x sin v = = sin x tan x =
1 cos x cos x + sin x sin x cos x cos x tan x v
= = sin x
2 cos x cos x + sin x sin x
Dengan integral Z Z Z
2
2 x x sin
1 cos v dx dx 1 (x) = = = (sec x cos x) dx cos x cos x
= ln jsec x tan xj + sin x + C
1 Z v
2 (x) = sin xdx = cos x + C
2 Maka,
y p (x) = ( ln jsec x + tan xj + sin x) cos x + ( cos x) sin x = (cos x) ln jsec x + tan xj dan solusi umum adalah y
(x) = c 1 cos x + c 2 sin x (cos x) ln jsec x + tan xj