BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA - Matematika Teknik 2 – Bab 4 – Persamaan Diferensial Homogen

BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA 2. 1. KONSEP DASAR Persamaan Dif erensial (PD) Biasa adalah persa-

  maan yang mengandung sat u at au beberapa penurunan y (varibel t erikat ) t erhadap x (varia- bel bebas) yang t idak spesif ik dan dit ent ukan hanya oleh sat u macam variabel bebas, x dan konst ant a.

  Cont oh : y’ = cos x ( 2-1 )

  y’ ’ +4y = 0. ( 2-2 )

  2 x

  2

  2

  x y’ ’ ’ y’ +2e y’ ’ = (x +2)y ( 2-3 ) Bila pada PD t erdapat dua at au lebih variabel bebas yang t idak spesif ik, maka persamaan t ersebut dina-makan PD Parsial.

  2

  2

  ∂ ∂ u u

  Cont oh : =

• ( 2-4 )

  2

  2

  ∂ ∂ x y PD orde 1, y = g(x) disebut solusi PD orde 1 unt uk sembarang harga x dalam int erval :

  a < x < b

  Cont oh 1 Cari solusi dari y’ = 2y Karena dy = 2ydx

  2x

  Maka solusinya y = e + k ; k = konst ant a Cont oh 2 Cari solusi dari yy’ = -x Karena ydy = -xdx

  2

  2

  dan solusinya x + y = 1 unt uk -1 < x < 1

  Cont oh 3 Cari solusi dari y’ = cos x Karena dy = cos x dx Maka solusinya y = sin x + k ; k = konst ant a

  SOAL-SOAL LATIHAN 1

  Cari solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. y’ + y cot g 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 =

• -xy

  5. xy’ + y = cos x 10. xy’ + y = e

2. METODE PEMISAHAN

  Misalkan PD g(y)y’ = f (x) ( 4 ) bila y’ = dy/ dx maka g(y) dy = f (x) dx ( 5 ) Diint egralkan ∫ g(y) dy = ∫ f (x) dx + k ( 6 ) f dan g merupakan f ungsi kont inyu

  Cont oh 1 9yy’ + 4x = 0

  Dng pemisahan 9y dy = - 4x dx

  ∫ 9y dy = - ∫ 4x dx

  2

  2

  9/ 2) y + 2 x = k

  2

  2

  [ (x )/ 9] + [ (y )/ 4] = k

  Cont oh 2 y’ = -2xy

  (dy / y) = (-2x) dx

  ∫ (dy / y) = ∫ (-2x) dx

  2 | ln(y)| = -x + k

  at au

  (-x2 + k)

  y = e

  2

  2 Cont oh 3 (x + 1)y’ + y + 1 = 0

  1

  1 dy dx

  = − Pemisahan

  2

  2 ( y 1 ) ( x 1 )

• Diint egralkan arc t an y + arc t an x = k Bila kedua ruas di” t angens” kan : t an(arc t an y + arc t an x) = t
• tan a tan b
• tan( a b ) =

  dan

  1 − tan a tan b

  maka unt uk a = arc t an y dan b = arc t an x, diperoleh

• y x
• = tan ( arc tan y arc tan x ) 1 − xy

  Sehingga solusi akhirnya menj adi :

• y x tan k = 1 xy −

  SOAL-SOAL LATIHAN 2

  Cari solusi dari soal-soal di bawah ini, bila paramet er-paramet er a, b, dan n adalah konst ant a :

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

  2

  4. yy’ = 2x exp(y ) 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 t anh x = 0

3. METODE REDUKSI

  Digunakan unt uk memisahkan PD orde 1 yang t ak dapat dipisahkan y y ' = g ( )

  ( 2-7 ) x 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 :

  du dx = x g(u) − u

  Selanj ut nya bila diint egralkan dan u digant i dengan (y/ x) , akan diperoleh solusi yang dicari.

  2

  2 Cont oh 1 2xyy’ – y + x = 0

  2

  2

  bagi dengan x 2 (y/ x) y’ – (y/ x) + 1 = 0

  2 Misalkan u = y/ x 2 u (u + u’ x) – u +1 = 0

  2u du dx = − x

  2

• 1 u

  Bila diint egarlkan, maka hasilnya : ln ( 1 + u ) = - ln | x| + k at au 1 + u = (k/ x) Gant ikan u dengan (y/ x), maka solusi akhirnya:

  2

  2

  x + y = kx at au

  2

  2

  2

  ( x – k/ 2 ) + y = (k )/ 4 Cont oh 2 (2x – 4y + 5)y’ + x – 2y + 3 = 0 misalkan x – 2y = u ; y’ = ½ (1 – u’ ) sehingga ( 2u + 5 ) u’ = 4u + 11

  1

− =

( 1 ) du 2 dx

• 4u

  

11

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

  4x + 8y + ln | (4x – 8y + 11)| = k

  SOAL-SOAL LATIHAN 3

  Cari solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. xy’ = x + y 2. xy’ – 2 y = 3x

  2

  2

  2

  3. x y’ - y = x – xy

  2

  3

  4. (x + 1)y = x / (xy’ -y)

  2

  5. xy’ – y = x t an (y/ x)

  2

  6. xy’ – x sec (y/ x) = y 7. y’ ( y+x ) = y-x ; y(1) = 1.

  6. yy’ – xy’ = y + x ; y(0) = 2.

  2

  9. xy’ – y = (y-x) ; y(1) = 1. 5

  2 2 ;

  10. xyy’ – 4x = 2y y(2) = 4

4. FAKTOR INTEGTRAL

  Misalkan t erdapat 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

  Unt uk mencari solusinya, asumsikan f dan r kont inyu pada int erval I.

  ≡

  PD non homogen, asumsikan f (x) f dan r(x) ≡ r, maka : dy + ( f y ) dx = r dx

  (fy – r) dx + dy = 0 ( 2-10 )

  Unt uk dapat kan soludinya diperlukan suat u f akt or F(x) yang hanya t ergant ung dari x.

  F(x) disebut FAKTOR INTEGRAL F(x) [ (f y – r)] dx + F(x) dy = 0 ( 2-11 )

  PD ini harus EKSAK

5. PD EKSAK

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

  ∂ M ∂ N = ∂ y ∂ x

  Subst it usikan pers. (2-11) ke dalam pers. (2-12):

  ∂ d F ( x )( fy r ) F ( x ) − =

  [ ] ∂ y dx

  d F(x) f . F(x) = dx

  ∫

  ln | F | = f (x) dx Bila h(x) = ∫ f (x) dx maka

  h(x) F(x) = e ( 2-13 )

  adalah

  F(x) FAKTOR INTEGRAL Kalikan pers. (9) dengan pers. (13),

  d h h ( ye ) e . r = dx

h h

  e ( y’ + f y)= e . r ( 2-14 ) Ingat h = h(x) = ∫ f (x) dx dan h’ = (dh/ dx) = f (x), Perhat ikan persamaan (14)

  h h h

  d (y. e ) = y’ . e + y . e

  h

  (dh/ dx) = [ y’ + (dh/ dx). y ] e

  h

  = [ y’ + f . y ] e

  h h ∫

  Maka y. e = r. e dx + k ( 2-15 ) Bila pers. (15) dij abarkan :

  h

  Kedua ruas dibagi dengan e , sehingga didapat kan :

• -h h

  y = e [ ∫ e r dx + k ] ( 2-16 )

  dengan h = h(x) = ∫ f (x) dx

  Cont oh 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|

• ln x ln x

  ∫

  y = e [ e -(4/ x) dx + k ]

  ln (1/ x)

  y = e [ ∫ -4 dx + k ] y = (1/ x) (-4x + k ) = (k/ x) – 4 Cont oh 2: y’ + y t an x = sin 2x ; y(0) = 1 f = t an x dan r = sin 2x h = ∫ f (x) dx = ∫ t an x dx

  = -ln | cos x|

  ln cos x -ln cos x ∫

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

  2

  y = k cos x + 2 cos x

  2

  y(0) = 1 maka k = -1 dan y = 2 cos x – cos x Cont oh 3 :

  2x

  y’ – y = e

  2x ∫

  f (x) = -1 ; r = e ; h = f (x) dx = -x

  x -x 2x

  y = e [ ∫ e (e ) dx + k ]

  x x x 2x

  = e ( e + k ) = ke + e

  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

  2x

  5. y’ + 3y = e + 6 6. y’ t an x +1 = y

  2 x

  7. y’ = 2(y/ x) + x e

  2

  8. (x -1) y’ = xy – x

  x ;

  9. y’ – y = e y(1) = 0

  3

  3

  10. y’ – x y = -4x ; y(0) = 6

6. PERSAMAAN BERNOULLI Digunakan unt uk menyelesaikan PD orde 1.

  Bent uk umum persamaan :

  m y’ + f(x) y = g(x) y (2-17)

  Dimana a = sembarang bilangan riel Unt uk m = 0 dan m = 1, PD menj adi linier

  (1-m)

  Tinj au u(x) = y

• m

  du = (1-m) y dy

• m

  du/ dx = (1-m) y dy/ dx

• m

  u’ = (1-m) y y’

• m

  Kalikan PD semula dengan (1-m) y

• m -m

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

  m m

  g(x) y [ (1-m) y- ]

• m (1-m)

  (1-m)y y’ + (1-m) f (x) y = (1-m) g(x) u’ + (1-m) f (x) u = (1-m) g(x). (2-18) Cont oh :

• -1 -1

  2

  1. Cari solusi dari y’ + x y = x y

  2 Penyelesaian : y’ +(1/ x) y = (1/ x) y

  f (x) = 1/ x ; g(x) = 1/ x ; m=2

  (1-2)

  maka u = y u’ –(1/ x) u = -(1/ x) Selanj ut gunakan f akt or int egral. h = ∫ f (x) dx = ∫ -(1/ x)dx = - ln(x) ; r = -(1/ x)

  ln(x) -ln(x)

  u = e [ ∫ e (-1/ x) dx + k ]

  2

  = x [ ∫ -(1/ x ) dx + k ] = kx + 1

• 1

  / (kx + 1)

  u = y = kx + 1 sehingga y = 1

7. PERSAMAAN CAUCHY/ EULER

  Persamaan Cauchy at au disebut j uga Persamaan Euler adalah persamaan yang digunakan unt uk menyelesaikan PD orde 2.

  Bent uk umum persamaan :

  2

  x y” + axy’ + by = 0 ( 2-19 ) dengan a dan b = konst ant a m

  Perhat ikan y = x ( 2-20 ) Bila dit urunkan, menj adi

  

(m-1)

  y’ = m x ( 2-21 ) Y” = m(m-1) x ( 2-22 )

  Bila persamaan (2-20), (2-21) dan (2-22) disub- st it usikan ke dalam persamaan (2-19), maka persamaan t ersebut menj adi :

  2 (m-2) (m-1) m

  x [ m(m-1) x ] + ax[ m x ] + b[ x ] =0

  m m m

  m(m-1) x + am x + bx =0

  2 m m m

  m x + (a-1)m x + bx =0

  2

  m + (a-1)m + b = 0 ( 2-23 ) Kondisi khusus :

  1. Nilai akar-akar m dan m berbeda (m ≠ m ) ;

  1

  2

  1

  2 m1 m2 y = x dan y = x

  1

  2 Solusi umumnya m1 m2

  y = k x + k x ( 2-24 )

  1

  2

  k = k = konst ant a

  1

  2 Nilai akar-akar m = m .

  1

2 Nilai-nilai m = m bila dan hanya bila

  1

  2

  2

  b = (1/ 4)(1-a) ; m = m = [ (1-a)/ 2]

  1

  2

  dan solusi umumnya adalah :

  m

  y = (k + k ln x) x ( 2-25 )

  1

  

2

  dengan k dan k adalah konst ant a

  1

2 Cont oh

  2

  1. Carilah solusi dari x y” – 1. 5 xy’ – 1. 5 y = 0

  

m

  Penyelesaian y = kx ; a = -1. 5 dan b = -1. 5 (a-1)m + b = 0

  2

  m + (-1. 5-1)m - 1. 5 = 0

  2

  m - 2. 5m - 1. 5 = 0 Akar-akar persamaannya : m = -0. 5 dan m = 3

  1

  2 m1 (-0. 5)

  y = x = x = 1/ ( √ x)

  1 m2

  3

  y = x = x

2 Maka solusi umumnya adalah :

  3

  y = [ k / ( √ x)] + k x

  1

  2 ln X

  2

  a= -3 dan b = 4 m

  x

  2

  

2

  x

  1

  = 2 Solusi umum : y = k

  1, 2

  = 0 ; m

  2

  2

  2

  2

  m

  2. Carilah solusi dari x

  = 4 (memenuhi syarat ) maka m1, 2 = (1+3)/ 2 = 2 Cara lain : y = x

  2

  = [ (1-a)/ 2] b = (1/ 4)(1+3)

  2

  = m

  1

  ; m

  2

  y” + axy’ + by = 0 a = -3 dan b = 4 Periksa nilai-nilai m : b = (1/ 4)(1-a)

  2

  y” – 3xy’ + 4y = 0 Penyelesaian : Lihat persamaan (2-19) ; x

  2

• (a-1)m + b = 0 m
• (-3-1)m + 4 = 0 m
• 4m + 4 = 0 (m-2)
• k

8. AKAR-AKAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK

  Bent uk umum persamaan y” + ay’ + by = 0 ( 2-26 ) Bila solusinya adalah persamaan karakt erist ik

  λ

  , maka

  2 λ λ

• a + b = 0 ( 2-27 ) dan akar-akarnya yait u

  

2

λ √

  = [ -a + (a – 4b)] / 2 ( 2-28 )

  1

  

2

λ = [ -a - √ (a – 4b)] / 2 ( 2-29 )

  2

  a dan b adalah bilangan real (nyat a)

  2

  dan D = (a – 4b) ( 2-30 ) D = Diskriminan

  Persamaan karakt erist ik yang t erbent uk : Kasus 1 : D > 0 ; ada 2 akar nyat a berbeda Kasus 2 : D = 0 ; ada 2 akar nyat a kembar

  (harganya sama) Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks

  conj ugat e (*)

  Kasus 1 :

  D > 0 (dua akar nyat a berbeda harga)

  2

  (a – 4b) > 0

  λ

1 X λ

  2 X

  y = e dan y = e

  1

  2 Solusi umumnya λ

1 X λ

  2 X

  y = k e + k e ( 2-31 )

  1

  2 Cont oh :

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

  2 λ λ - 2 = 0 +

  ( λ -1)( λ + 2) =0

  λ = 1 dan λ = -2

  1

  2 X -2 X

  Solusi umumnya y = k e + k e

  1

  2

  Kasus 2 :

  D = 0 ( dua akar nyat a ganda berharga sama)

  2

  2

  (a – 4b) = 0 ; b = (1/ 4)a Disebut kondisi krit is

  2

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

  1. Hanya ada 1 solusi yait u :

  λ

  X

  y = e dengan λ = -(a/ 2)

  1

  2. Solusi lain y

  2

  y (x) = u(x)y (x)

  2

  1 (-ax/ 2)

  dengan y (x) = e

1 Hit ung u dan subst it usikan y dan

  2

  t urunannya ke dalam persamaan ( 7 ). sehingga menj adi :

  2

  u{y ” +ay ’ + (1/ 4) a y } + u(2y ’ +ay ) + u’ y = 0

  1

  1

  1

  1

  1

  1

  1. Karena y adalah solusi 1 ;

  1

  2

  { y ” +ay ’ + (1/ 4) a y } = 0

  1

  1

  1

• (ax/ 2)

  2. Karena 2y ’ = 2(-a/ 2) e = ay

  1

  1

  (2y ’ +ay ) = 0

  1

  1

  sehingga u” y = 0, karenanya u” = 0,

1 Solusi u = x memberikan :

  λ X ;

  y (x) = xe λ = -a/ 2

2 Dalam kasus akar ganda, basis dari solusi

  1. pada set iap int erval adalah :

  λ X λ

  X

  e dan xe unt uk λ = -a/ 2 Sehingga Solusi umum PD pada kasus akar ganda ialah :

  λ

  X

  y = (k + k x) e ( 2-33 )

  1

  2

  dengan λ = -a/ 2 Cont oh : Carilah solusi umum dari PD berikut ini 1. y” + 8y’ + 16 y = 0

  Jawab:

  2

• 8 +16 = 0 Akar ganda ; λ = -4
• 4x -4x

  Basis solusi adalah : e dan x e Sehingga solusi umumnya adalah :

• 4x

  y = (k + k x) e

  1

  2

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

  2 λ - 4 λ + 4 = 0

  Akar ganda ; λ = -2

• 2x -2x

  Basis solusi adalah : e dan x e Solusi umum :

• 2x

  y = (k + k x) e

  1

  2 Bila dit urunkan, akan didapat kan :

  2x 2x

  y’ (x) = k e + 2(k +k x)e

  2

  1

  2 Subst it usikan harga-harga yang diket ahui :

  y(0) = 3 dan y’ (0) = 1 sehingga didapat kan k = 3 dan k + 2k = 1

  1

  2

  1

  k = 3 dan k = -5

  1

  2 2x

  Solusi umumnya menj adi : y = (3 – 5x) e

  Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks conj ugat e (*)

  Akar-akar kompleks haruslah conj ugat e (*)

  λ = p + j q

  1

  dan λ = p - j q

  2 dengan p dan q adalah real ; q ≠ 0 dengan asumsi a dn b j uga real.

  1. Terbent uk basis :

  

(p+j q)x

  y = e

  1

(p-j q)x

  y = e

  2 Dengan menerapkan rumus Euler j θ

  e = cos θ + j sin θ

  j θ

  e- = cos θ - j sin θ

  θ

  Anggap = qx, sehingga dari rumus Euler didapat kan :

  

(p+j q)x

  y = e

  1

px j qx

  = e e

  px θ θ

  y = e (cos + j sin )

  1

(p-j q)x

  y = e

  2

px j qx

  = e

  e-

  px θ θ

  y = e (cos - j sin )

  2 px

  ½ (y + y ) = e cos qx

  1

  2 px

  (1/ 2j )(y – y ) = e sin qx

  

1

  2 px

  e cos qx

  px

  dan e sin qx Sehingga solusi umumnya adalah :

  px

  y(x) = e (A cos qx + B sin qx) ( 2-34 ) dengan A dan B adalah konst ant a Cont oh :

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

  Jawab : Persamaan karakt erist iknya

  2 λ - 2 λ +10 = 0

  akar-akarnya λ = p + j q = 1 + j 3

  λ = p – j q = 1 – j 3

  berart i p = 1 dan q = 3 sehingga memberikan basis

  x x

  e cos 3x dan e sin 3x

  x

  Solusi umumnya : y = e (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 j awaban akhir soal di at as)

  x

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

  Dari nilai-nilai awal di dapat kan : y(0) = A = 4 y’ (0) = A + 3B = 1 ; B = -1 maka solusi umumna adalah :

  x

  y = e (4 cos 3x - sin 3x)

  3. Carilah solusi dari PD berikut ini

  2

  y” + ω y = 0

  ω = konst ant a ≠

  Jawab : Solusi umumnya adalah

  

ω ω

  y = A cos x + B sin x

• k

  = p + j q ;

  2

  x)e

  λ x

  Kasus 3 Akar-akar : Kompleks, Conj ugat e

  λ

  1

  λ

  Solusi Umum : y = (k

  2

  = p - j q Basis : e

  px

  cos qx ; e

  px

  sin qx Solusi Umum : y = e

  px

  

1

  λ x

  (A cos qx + B sin qx)

  Solusi Umum : y = k

  IKHTISAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK PD HOMOGEN ORDE 2

  Kasus 1 Akar-akar : Real λ

  

1

  , λ

  2 Basis : e λ 1x

  , e

  λ 2x

  1

  , xe

  e

  λ 1x

  2

  e

  λ 2x

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

  λ x

• k

  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

  2

  3. y” - 6y’ + 25y = 0 8. y” + 2ky’ + k y =0

  2

  4. y” + 6y’ + 9y = 0 9. y” + π y=0

  2

  5. 2y” + 3y’ - 2y = 0 10. y” + 2y’ +( π +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