Solusi khusus PDB adalah suatu fungsi yang merupakan anggota dari

  001 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

  

persamaan diferensial biasa (PDB). Untuk fungsi lebih dari satu peubah

persamaan

  pada persamaannya terlibat turunan parsial, sehingga disebut diferensial parsial (PDP).

  2

  2 Ilustrasi (1) 2xyy y x , (2) ( ) y 2 y y , (3) y y y x ¢ = - ¢ ¢ + = - ¢¢ 2 ¢ - = 3 sin

• 2
• adalah PDB sedangkan (1) u u , (2) u u u adalah PDP.

  = + = xx yy xx y

  

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

  persamaan

  pada persamaannya. PDB yang berderajat satu dinamakan diferensial linear.

  Ilustrasi (1) ( ) y xy y adalah PDB tingkat satu dan derajat dua, ¢ ¢ + =

• 2

  3

  dan (2) ( y ) 2 ( ) x y 2 y x adalah PDB tingkat dua dan derajat tiga.

  ¢¢ ¢ + =

Solusi persamaan diferensial biasa Solusi PDB adalah suatu keluarga

• 2

  fungsi atau fungsi yang digantikan ke persamaannya merupakan pernya- taan benar (memenuhi persamaan). Solusi umum PDB adalah suatu ke- luarga fungsi dengan beberapa parameter yang memenuhi persamaannya.

  

Solusi khusus PDB adalah suatu fungsi yang merupakan anggota dari

  keluarga solusi umumnya. Solusi singular PDB adalah suatu fungsi yang memenuhi persamaannya tetapi bukan anggota dari solusi umumnya.

• = ¢¢ karena
• = ¢¢
• = = = ¢¢ ¢ karena sin y x
• = ¢ ¢ karena bila y
• ◊ + - = su- atu pernyataan yang benar. Tetapi fungsi
• ◊ + = pernyataan benar. Fungsi

  y ay by

  ¾ Jika

  . Solusi PDB ini adalah:

  2 r

  dan

  1 r

  2 r ar b

  ,b konstanta real mempunyai persamaan ka- rakteristik

  a

  y ay by

  Misalkan 0,

   Solusi PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan

  , a,b konstanta real, yang dinamakan PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan.

  diperoleh PDB tingkat dua

  2

  f x =

  Dalam kasus ( ) 0

  y ay by f x

  Bentuk umum PDB tingkat dua dengan koefisien konstan adalah ( )

   Persamaan diferensial biasa tingkat dua dengan koefisien konstan

  = - adalah solusi singular PDB ini. Perhatikan bahwa kurva solusi umum PDB ini selalu menyinggung solusi singularnya.

  2

y Cx C

  = yang tidak diperoleh dari so- lusi umum

  4 y x

  1

  2

  4 x x x x

  2

  1

  1

  1

  1

  2 ( cos sin ) p x y e C qx C qx

  1

  2 r bilangan kom- pleks), maka solusinya adalah

  1 r dan

  = + = - Œ = - \ (

  1 r p qi r p qi p q i

  2 dan , , ,

  1

  2

  ¾ Jika

  = + .

  2 ( ) r x y C x C e

  , maka solusinya adalah

  2

  r r r r = = Œ\

  ,

  2

  1

  ¾ Jika

  = + .

  2 r x r x y C e C e

  1

  , maka solusinya adalah ^{1 2}

  \

  π Œ

  r r r r

  , ,

  2

  1

  = + . ^c = 1 c = -1

  cos sin

  x

  = cos

  = + ada- lah y

  y C x C x

  cos sin

  2

  1

  Salah satu anggota keluarga fungsi

  y y

  0.

  = - - ¢¢ memenuhi

  y C x C x

  2

  = - ¢ dan

  1

  = - + ¢ dan

  y C x C x

  sin cos

  2

  1

  y y

  = + adalah solusi umum dari

  y C x C x

  cos sin

  2

  1

  Ilustrasi ¾ Keluarga fungsi

  memenuhi 0, (0) 1, (0) 0 y y y y

  cos y x

  1

  4 y x

  2

  2

  ( )

  dan

  = ¢

  2 y x

  1

  karena

  0 x _{c = 1/2 c = -1/2 c = 2/3 c = -2/3}

  4 y x =

  1

  y ₂

  = juga solusi PDB ini

  1

  = - ¢¢ bila digantikan ke persamaannya adalah pernyataan benar.

  2

  C x C Cx C

  0,

  2

  2

  = ¢ digantikan, maka diperoleh

  C

  y xy y

  ( )

  2

  = - adalah solusi umum PDB

  2 y Cx C

  ¾ Keluarga fungsi

• = ¢¢ ¢ , a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I.
• = ¢¢ ¢
• = ¢¢ ¢
• = dengan akar

• = ¢¢ ¢
• = ¢¢ ¢
• = ¢¢ ¢ .
• 2r
• 3
• 1)(r
• 3)
• = +
• 4r
• 4
• 2)
• 4r
• 13
• ± - - ±

• = +

• + + = = =

  .
• aD
• b
• r
• r
• r
• ar
• b
• r
• r
• r
• r
• =
• =
• = ¢

  )(D

  1

  ¾ Untuk menyelesaikan (D

  1 , r 2 akar karakteristik .

  di- namakan persamaan karakteristik dan r

  2

  dan r

  1

  = 0 yang menghasilkan akar r

  2

  r

  )y = 0. Persamaan kuadrat

  )(D

  2

  1

  sehingga persamaan diferensialnya dapat ditulis (D

  2 ),

  r 1 )(D

  = (D -

  2

  Bentuk kuadrat dalam D selalu dapat diuraikan atas dua faktor linear dalam sistem bilangan kompleks, yaitu D

  D aD b y D D

  2 ( ) 0, dan d d dx dx

  2

  2

  2

  2

  )y =

  0, misalkan u =

  Selesaikan ini dengan faktor integrasi ^{2 2} . .

  Ú .

  = +

  2 r x r r x e y C e dx C

  ( )

  atau ^{2 1 2}

  Ú

  = ◊ +

  2 r x r x r x e y C e e dx C

  , diperoleh _{2 2 1}

  Ú = =

  r dx r x f i e e

  2 . r x y r y Ce

  (D

  atau ¹

  D r y Ce

  2 ( ) , r x

  Akibatnya ¹

  =

  r x u Ce

  . Pisahkan peubahnya dan selesaikan, diperoleh ¹ .

  1 du dx r u

  = 0, atau

  1 )u

  )y, ma- ka (D

  2

  = 0, a, b konstanta real da- lam bentuk operator diferensial D,

  by

  ¢ +

  = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r

  = 0, se- hingga akar karakteristiknya adalah r

  2

  = 0, atau (r

  2

  Persamaan karakteristiknya adalah r

  (b)

  2 . x x y C e C e

  1

  3

  3. Jadi solusi per- samaan diferensialnya adalah

  1 = -1 dan r 2 =

  = 0, atau (r

  2 = r

  2

  Persamaan karakteristiknya adalah r

  (a)

  13 y y y

  4

  (c)

  4 y y y

  4

  (b)

  3 y y y

  2

  Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua (a)

  1 = r

  =

  ay

  

i

r i

  ≤ +

  ¾ Tulislah persamaan diferensial y

   Konstruksi solusi PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan

  2 ( cos3 sin 3 ). x y e C x C x

  1

  2

  3i. Jadi solusi persamaan diferen- sialnya adalah

  

1 = -2 -

  3i dan r

  1 = -2 +

  = = = - ± , sehingga akar karakteris- tiknya adalah r

  2 3

  2. Jadi solusi persamaan diferensialnya adalah

  2

  2

  12 4 16 52 4 6

  0. Gunakan rumus abc, diperoleh

  =

  2

  Persamaan karakteristiknya adalah r

  (c)

  = +

  

2

( ) . x y C x C e

  1

  2

  Kelompokkan solusi ini atas tiga kemungkinan berikut.

  r r r r ¾ Kasus 1 : , , (kedua akarnya bilangan real yang berbeda)

  π Œ\

  1

  2

  1

2 Untuk kasus ini diperoleh

  r x ( r r x ) ( r r x )

_{2 1 2} C _{1 2}

e y C e dx C e C

  2 r r

  , = =

• 2

  Ú

  1

  2

  r x C ^{1 2 1 2}

  yang bentuk eksplisitnya adalah .

  = =

• r x r x r x
• y e C e C e C e

  1

  2 r r

• 2

  1

  2 ¢ = π = ¹

  ≤ + ² Œ\

• r x r x
• ay by r r r r y C e C e

  Jadi solusi y 0, , , adalah .

  1

  2

  1

  2

  1

  2 r r r r

  ¾ Kasus 2 : , (kedua akarnya bilangan real yang sama) = = Œ\

  1

  2

• r x

  e y C dx C Cx C C x C

  Untuk kasus ini diperoleh

  2

  2

  1

  2 Ú

  , = = =

  y C x C e yang bentuk eksplisitnya adalah ( ) .

  =

• r x

  1

  2

  ≤ ¢ = = = = + + Œ\

  ay by r r r r y C x C e

Jadi solusi y 0, , adalah ( ) .

• r x

  1

  2

  1

  2

  2 r p qi r p qi p q i

  ¾ Kasus 3 : dan , , , 1 (kedua akarnya bi- = + = - Œ = - \

  1

  2 langan kompleks) Untuk kasus ini andaikan sifat integral dan pangkat

  eksponen real berlaku untuk eksponen kompleks. Karena r

  1 π r 2 , maka

  solusinya adalah

  r x r x ( p qi x ) ( p qi x ) px qxi qxi _{1 2} + - - y c e c e c e c e e c e c e

  = = = ( ) + + +

  1

  2

  1

  2

  1

  2

  dengan c

  1 dan c 2 konstanta kompleks. Gunakan rumus Euler

• qxi qxi

  

e qx i qx e qx i qx

cos sin dan cos sin , = =

  maka solusinya menjadi

  r x r x px _{1 2}

y c e c e e c qx i qx c qx i qx

  ( (cos sin ) (cos sin ) )

  = = + + + +

  1

  2

  1

  2 px px e c c qx c c qx e C qx C qx

  ( ( )cos ( )sin ) ( cos sin )

  = + - = + +

  1

  2

  1

  2

  1

  2 C c c C c

  dengan dan (c )i. Nyatakan c dan c dalam C dan

  1 =

  1

  2 2 =

  1

  

2

  1

  2

  1

  1

  , diperoleh c (C ) dan c (C ). Karena c dan c

  2 1 =

  1

• C C i C i

  2 2 =

  1

• 1

  2

  1

  2

  2

  2 bilangan kompleks sekawan, maka C dan C adalah bilangan real.

  1

  2

  2 ay by r p qi r p qi p q i

  Jadi solusi y 0, dan , , ,

  1 ≤ ¢ = = + = - Œ = - + +

  \

  1

  2

  = Œ\

• px adalah y e ( cos C qx C sin qx C C ), , , , p q .

  1

  2

  1

  2

  Contoh Tentukan solusi khusus (masalah nilai awal) dari PDB homo-

  gen tingkat dua

  4 4 0, (0) 2, (0) 2 .

  

¢¢ ¢ + = = - ¢ =

• y y y y y

  2

  1 ¾ Persamaan karakteristiknya adalah 4r 4r

  1 0, atau 4(r ) 0, se-

• = =
• 2

  2

  1

  hingga akar karakteristiknya adalah r . Jadi solusi umum persamaan =

  2

  /2 y C x C e diferensialnya adalah ( ) .

  =

• x

  1

  2 y C

  ¾ Sekarang tentukan solusi khususnya. Dari (0) 2 diperoleh

  2

  = - = - ,

  2 x x x

  /2 /2 /2

  1 y C x e y C x e C e

  sehingga ( 2) . Karena ( 2) , maka dari

  = ¢ = - ◊

+ -

  1

  1

  1

  2

  1 y C C

  (0) 2 diperoleh

  2 2 , sehingga

  1

  1

  3 ¢ = = - ◊ + = .

2 Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah

• x /2

  

y x e

= (3 2) .

  Contoh Tentukan solusi khusus (masalah nilai awal) dari PDB homo-

  gen tingkat dua

  y y y y y

  9

  6 5 0, (0) 6, (0) 0 .

¢¢ ¢ = = ¢ =

- +

  2 ¾ Persamaan karakteristiknya adalah 9r 6r

  5

  0. Gunakan rumus abc,

• =
• 6 36 180 6 12 i ± ±

  1

  2 r i

  diperoleh , sehingga akar karakteristik-

  = = = ±

  12

  3

  3

  18

  18

  1

  2

  1

  

2

r i r i

  nya adalah dan . Jadi solusi umum persamaan dife-

  = + = -

  1

  2

  3

  3

  3

  

3

  /3

  2

  2 y e C x C x rensialnya adalah ( cos sin ) .

  =

• +

  x

  1

  2

  3

  3 y C

  ¾ Sekarang tentukan solusi khususnya. Dari (0) 6 diperoleh

  6

  = = , se-

  1

  2

  2 y e x C x

  hingga ( 6cos sin ) Karena

  =

• x /3

  2

  3

  3

  2

  2

  

2

  1

  2

  2

y e x C x e x C x

  ( 4 sin cos ) ( 6cos sin )

  ¢ = + + +

• x /3 x /3

  2

  2

  3

  3

  

3

  3

  3

  3

  1

  2

  3 y C C C

  maka dari (0) 0 diperoleh 6 2, sehingga 2 3.

  ¢ = = + ◊ = = ◊ =

• 2

  

2

  2

  2

  3

  3

  3

  2 Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah x /3 x /3

  2

  2

  2

  2

y e x x e x x

6cos 3sin 2cos sin .

  = ( ) 3 = ( ) + +

  3

  3

  3

  3

   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.

  ¢¢ ¢ = + + y ay by

  Solusi umum PDB homogen = adalah

• ¢¢ ¢

  = ( ) ( ) ,

• y C u x C u x

  

h 1 1 2 2

  dengan u dan u berbentuk fungsi eksponen, sukubanyak linear, sinus,

  1

  2 dan kosinus beserta kombinasinya. y y ay by f x

  ¾ Jika y dan adalah solusi dari ( ) , maka diperoleh ¢¢ ¢ = + + k

y ay by f x y ay by f x

  k k k y y a y y b y y

  ( ) dan ( ) , ¢¢ ¢ = ¢¢ ¢ = + +

  yang selisihnya memenuhi ( ) ( ) ( ) . Akibat-

• ¢¢ ¢ =

  k k k

  nya y y adalah solusi dari y ay by , sehingga y y y . Jadi

• ¢¢ ¢ = - =

  k k h y ay by f x

  solusi umum PDB ( ) adalah

  ¢¢ ¢ = + +

y y y

  ,

= +

h k y y ∫ solusi homogen dan ∫ solusi khusus yang akan dicari. h k

   Metode koefisien tak tentu (MKT) untuk mencari solusi khusus y k

  ¾ y

  Gagasan metode koefisien tak tentu adalah solusi khusus dari PDB

  k y ay by f x f x

  ( ) berbentuk sama seperti ( ) dengan koefisien yang ¢¢ ¢ =

  tak tentu dan akan dicari. Metode ini hanya dapat digunakan untuk ka-

  f x f x

  sus ( ) memuat bentuk serupa dengan solusi homogennya, tetapi ( ) bukan salah satu dari solusi homogennya.

  

¾ Metode mencari solusi khusus Pilihlah y disertai beberapa koefisi-

k

  en, yang dicari dengan menggantikan y , y , y ke PDB dan samakan ¢ ¢¢

  k k k y y

  koefisiennya. Pilihan yang sesuai diperlihatkan tabel berikut. Jika

  k k

  2 muncul di persamaan homogennya, kalikan y dengan x atau x . k

  (

Bentuk f x) Bentuk y yang dicoba

k px px f x e y Ke

  ( ) , K dicari = = k

  2

  2 y Kx Lx M L M f x x , K, , dicari

  ( ) = + + = k

• f x x f x x y K x L x L

  

( ) cos , ( ) sin cos sin , K, dicari

= = = k

  3 x y y y e

  Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua

  2 2 . ¢¢ ¢ - - =

  2 r r

  ¾ Persamaan karakteristiknya adalah

  2 0, atau (r 1)(r 2) 0, se-

• = =
• hingga akar karakteristiknya adalah r

  2. Jadi solusi homo-

  1 = -1 dan r 2 =

  x 2 x y C e C e gen persamaan diferensialnya adalah .

  = h

  1

  2 3 x ¾ y Ke K

  Cobalah solusi khusus , dicari. Turunan pertama dan kedua

  = k

  3 x 3 x y y Ke y Ke y

  dari adalah

  3 dan 9 . Gantikan ke persamaan yang ¢ = ¢¢ = k k k k

  diberikan dan tentukan koefisien K, diperoleh

  3 x

y y y e

  

2

  2

¢¢ ¢ - - =

k k k

  3 x

3 x

3 x 3 x

Ke Ke Ke e

  9

  3

  2

  2

• =

  

3 x

3 x

Ke e

  4

  2 =

K

  4

  2 =

  1 K

  =

  2 3 x

  1 y e

  Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah , sehingga =

  k

  2

  2 x 3 x

• x

  1 y y y C e C e e

  solusi umumnya adalah .

  = + = + +

  h k

  1

  2

  2

  y y y e x Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua

  2 2 4 . ¢¢ ¢ - - =

• x

  ¾

  Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

  2 x

y C e C e

.

• -

  x

  = +

  h

  1

  2 x

y Ke Lx M K L M

  

¾ Cobalah solusi khusus , , , dicari. Turunan pertama

  = + +

  k

  3x y y Ke L y Ke y

  dan kedua dari adalah dan . Gantikan ke persa- ¢ = ¢¢ =

• x

  k k k k

  maan yang diberikan dan tentukan koefisien K, L, dan M, diperoleh

  x y y y e x

  ¢¢ ¢ + - - 2 =

  2

  4

  k k k

x x x x

Ke Ke L Ke Lx M e x

  2

  2

  4

  2 - + - 2 =

  x x Ke Lx L M e x

  4 K L L M 2 = 2 2 - =

  2 2 - + ( 2 ) 2 = + - -

  4 + - 2 =

  

K L M

  = - 1 = - 2 =

  1

  x

  Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y e x se- = - - + 2 1,

  k

  2 x x

• x

  hingga solusi umumnya adalah y y y C e C e e 2 x 1.

  2 y y y x

  Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua 2 4 .

  ¢¢ ¢ - - =

  ¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

  x 2 x

y C e C e

.

• -

  +

  =

  h

  1

  2

  2 ¾ y Kx Lx M K L M

  Cobalah solusi khusus , , , dicari. Turunan pertama = + +

  k

  dan kedua dari adalah 2 dan 2 . Gantikan ke persa- ¢ = ¢¢ =

• y y Kx L y K y

  k k k k

  maan yang diberikan dan tentukan koefisien K, L, dan M, diperoleh

  2

y y y x

  2

  4 ¢¢ ¢ - - =

  k k k

  

2

  2 K Kx L Kx Lx M x

  2

  2

  2

  2

  2

  4

• = - - -

  2

  2 Kx K L x K M L x

  2 ( 2 2 ) (2 2 ) 4

• = + - - -

  

K K L K M L

  2

  4

  2

  2 = 2 = 2 - = - - - -

  1 K L K M K L

  2 2 (2 )

  3 = - = - = = - = -

  2

  2 y x x

  Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah

  2 2 3, se- = - + -

  k

  2 x

  2 y y y C e C e x x

• x

  hingga solusi umumnya adalah

  2

  2 3. = + = + - - +

  h k

  1

  2 y y y x

  Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua 2 10sin .

  ¢¢ ¢ - - =

  ¾

  Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah

  x 2 x

y C e C e

.

• -

  +

  =

  h

  1

  2

  

¾ Cobalah solusi khusus cos sin , , dicari. Turunan pertama

  =

• y K x L x K L

  k y y K x L x y K x L x dan kedua dari adalah sin cos dan cos sin .

  ¢ = - ¢¢ = - + -

  

k k k

y

  Gantikan ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K dan

  k L

  , diperoleh

  K x L x K x L x K x L x x

  cos sin sin cos 2 cos 2 sin 10sin

  =

  K L x K L x x

( 3 )cos ( 3 )sin 10sin

• =

  

K L K L

• = dan 3 - =

  3

  10 L K

  K

  Gantikan = - ke persamaan kedua, diperoleh

  3 10 = 10, sehingga

  K

  1 dan L = = -3.

  Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah cos 3sin , se- =

• y x x

  k

  2 y y y C e C e x x hingga solusi umumnya adalah cos 3sin .

• x x

  = + = - + +

  h k

  1

  2

  y y y e Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua 2 2 .

  ¢¢ ¢ + =

• x

  2

r

  ¾ Persamaan karakteristiknya adalah 2r

  1 0, atau (r 1) 0, sehing-

• = = ga akar karakteristiknya adalah r
• 2

  1. Jadi solusi homogen persamaan di- =

  y C x C e ferensialnya adalah ( ) .

  =

• x

  h

  1

  2 x x

  ¾ e xe y

  Karena dan sudah muncul pada (menghasilkan ruas kanan nol),

  h 2 x y Kx e

  maka cobalah solusi khusus , K dicari. Turunan pertama dan =

  k

  2

  2 y y Kx e Kxe y Kx e Kxe Ke

  kedua dari adalah 2 dan

  4 2 . ¢ = ¢¢ = + +

• x x x x x

  k k k

  y y y y e

  Gantikan ke persamaan 2 + = 2 dan tentukan K, diperoleh ¢¢ ¢

• x

  k k k k 2 x x x 2 x x 2 x x

  Kx e Kxe Ke Kx e Kxe Kx e e

  4

  2

  2

  2 4 = + - + - +

  2 x x Kx e e

  2 = 2 fi K = 1

  2 x

  Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y x e sehingga = ,

  k x 2 x solusi umumnya adalah y y y ( C x C e ) x e .

  = + = + +

  h k

  1

  2

  y y x Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua 4 4 .

  ¢¢ ¢ =

• 2

  2 r r

  

¾ Persamaan karakteristiknya adalah 4r 0, atau (r 4) 0, sehingga

  = = + + akar karakteristiknya adalah r 0 dan r

  1 = 2 = -4. Jadi solusi homogen per-

• 4 x

  y C C e samaan diferensialnya adalah .

  = +

  h

  1

  2 ¾

  Solusi khusus berbentuk fungsi kuadrat tak dapat digunakan karena bila digantikan ruas kirinya linear dan ruas kanannya kuadrat. Cobalah solusi

2 K L M

  khusus y x Kx Lx M , , dicari. Turunan pertama dan kedua = ( ), + +

  k

  2 y y Kx L y

  dari adalah y

  3 Kx

  2 Lx M dan 6 2 . Gantikan ke per- ¢ = ¢¢ = + + +

  

k k k k

  y y x

  samaan

  4 4 dan tentukan K, L, dan M, diperoleh ¢¢ ¢ =

• 2

  k k

  

2

  2 Kx L Kx Lx M x

  6

  2

  12

  8

  4

  4

• =

  2

  2 Kx K L x L M x

  12 (6 8 ) (2 4 )

  4

• =

  1

  1

  1 K K K L L L M M

  12

  4

  6

  8

  2

  4 = fi = = fi = - = fi = + +

  3

  4

  8

  3

  2

  1

  1

  1 y x x x

  Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah , = - +

  k

  3

  4

  8

  3

  2

• 4 x

  1

  1

  1 y y y C C e x x x

  sehingga solusi umumnya adalah .

  = + = + + + -

  h k

  1

  2

   Metode variasi parameter (MVP) untuk mencari solusi khusus y k y ay by f x y C u x C u x

  

¾ Solusi homogen PDB ( ) adalah ( ) ( ),

  ¢¢ ¢ = = + + +

  h 1 1 2 2 px px px px C C u e xe e qx e qx , parameter dan u , berbentuk , , cos , sin .

  1

  2

  1

  2

¾ Gagasan metode variasi parameter adalah asumsi bahwa solusi khusus

y y ay by f x y

  dari PDB ( ) berbentuk sama seperti tetapi para- ¢¢ ¢ = + +

  k h

  meter C

  1 dan C 2 bervariasi dengan diganti fungsi v 1 (x) dan v 2 (x), yaitu

  =

• y v x u x v x u x v v ( ) ( ) ( ) ( ) , dan dicari.

  k

  1

  1

  2

  2

  1

  2

  

¾ Tulis tanpa peubahnya, . Turunan pertama dari adalah

  =

• y v u v u y

  k 1 1 2 2 k

y v u u v v u u v v u v u u v u v

( ) ( ).

  ¢ =

• ¢ + ¢ ¢ ¢ = ¢ ¢ ¢ ¢

  k 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 v v

  Untuk mencari dan harus ditetapkan dua persamaan yang terkait

  1

  2 y

  dengan dua syarat. Karena salah satu syarat adalah memenuhi PDB,

  k y v v

  maka syarat kedua ditetapkan agar hanya memuat dan saja, se-

  k

  1

  2

  hingga diperoleh

  ¢ ¢ = dan ¢ = ¢ + ¢

• u v u v y v u v u

  1 1 2 2 k 1 1 2 2

  Dari sini, y v u u v v u u v y y y ke PDB ¢¢ = ¢¢ ¢ ¢ ¢¢ ¢ ¢ . Gantikan , ¢ , dan ¢¢ + + +

  k 1 1 1 1 2 2 2 2 k k k y ay by f x dan sederhanakan, maka diperoleh

  ¢¢ ¢ = ( ) + +

  ¢ ¢ ¢ ¢ =

• u v u v f x ( )

  1 1 2 2

  ¢ ¢ = Ï

• u v u v

  1 1 2 2 ¾

  Selesaikan sistem persamaan , solusinya adalah Ì

  ( ) ¢ ¢ ¢ ¢ =

• u v u v f x

  1 1 2 2

  Ó

  u u

• u x f x ( ) ( ) u x f x ( ) ( )

  2

  2

  1

v v W x u u u u x

¢ = dan ¢ = , = ( ) ( = ¢ ¢ )( ) .

• 1

  1 2 1 2 2 1 W W u u

  ¢ ¢

  1

  2

• u x f x ( ) ( ) u x f x ( ) ( )

  2

  1

  1

  2

  2 W W Ú Ú px px px px u

  1 Dari sini diperoleh v v x dx dan v v x dx = ( ) = = ( ) = .

  

Catatan W , berbentuk e xe e qx e qx

π 0 "u

  1 2 , , cos , atau sin . y ay by f x

  ¾ Kesimpulan Solusi khusus PDB ( ) adalah ¢¢ ¢ = + +

• y v x u x v x u x

  1

  1

  2

  2

  ( ) ( ) ( ) ( ) = k

  dengan

• u x f x ( ) ( ) u x f x ( ) ( )

  2

  1

v v x dx v v x dx

  1

  1

  2

  2 W W

Ú Ú

  ( ) dan ( ) , = = = =

• W u u u u x

  1 2 2 1

  ( )( ) = ¢ ¢ ∫ determinan Wronski.

  y y y e Contoh Tentukan solusi umum PDB

  2 2 dengan MVP. ¢¢ ¢ + =

• x

  2

  2

  ¾ Persamaan karakteristiknya adalah 2r

  1 0, atau (r 1) 0, sehing-

• = = ga akar karakteristiknya adalah r

• r

  1. Jadi solusi homogen persamaan di- =

  x x x

y C x C e C xe C e

ferensialnya adalah ( ) .

  = = + + h

  1

  2

  1

  2

  ¾ y v u v u u xe u e

  Solusi khususnya adalah = dengan dan . Tu-

• +

  x x

  = = k 1 1 2 2

  1

  2

  u xe e u e

  runan pertama dari u

  1 dan u 2 adalah dan , sehingga ¢ = ¢ =

• x x x

  1

  2 x x x x x 2 x

  1 2 2 1

  

W u u u u x xe e e xe e e

= ( )( ) = ◊ - ( ) = - .

- +

¢ ¢

  Menurut metode variasi parameter,

• u x f x ( ) ( ) e ^{x x}

  2 e

• ◊

  2 v dx dx x

  2 = = =

  1

  2 W Ú Ú e _{x x}

• ^x

  u x f x ( ) ( ) xe 2 e ◊

  2

  1

v dx dx x

  , = = = -

  2 Ú Ú e ^x

  W

• 2

  2 x 2 x y v u v u x xe x e x e

  sehingga 2 . Jadi solusi umum persa- = = ◊ - ◊ =

• x

  k 1 1 2 2 x 2 x y y y C x C e x e maan diferensialnya adalah ( ) .

  = + = + +

  

h k

  1

  2 y y x Contoh Tentukan solusi umum PDB csc dengan MVP.

  ¢¢ + =

  2

  2

  r i i

  Persamaan karakteristiknya adalah 1 0, atau (r )(r ) 0, i = = = -1, + -

• ¾

  i

  sehingga akar karakteristiknya adalah r Jadi solusi homo-

  1 = -i dan r 2 =

  =

• y C x C x gen persamaan diferensialnya adalah cos sin .

  h

  1

  2

  = = =

• y v u v u u x u x

  ¾ Solusi khususnya adalah dengan cos dan sin .

  k 1 1 2 2

  1

  2 u x u x

  Turunan pertama dari u dan u adalah sin dan cos , sehing-

  1 2 ¢ = - ¢ =

  1

  2

  2

  2 W u u u u x x x x x x x

  ga ( )( ) cos cos sin ( sin ) cos sin 1.

  = ¢ ¢ = ◊ ◊ - = = - - +

  1 2 2 1

  Menurut metode variasi parameter,

  u x f x ( ) ( ) sin csc x ◊ x

  2 v dx dx dx x

  = = = - = -

1 W

  1 Ú Ú Ú u x f x ( ) ( ) cos csc x ◊ x cos x d sin x

  1

v dx dx dx x

  ln|sin | , = = = = =

  2 W 1 sin x sin x Ú Ú Ú Ú y v u v u x x x x

  sehingga cos (sin )ln|sin |. Jadi solusi umum per- = = - + +

  k 1 1 2 2

  samaan diferensialnya adalah

  

y y y C x C x x x x x

cos sin cos (sin )ln|sin |.

  = + = + + -

  h k

  1

  2