2 Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui
berhubungan dengan dua atau lebih nilai x, syarat itu disebut syarat batas atau nilai batas. Persamaan diferensial dengan syarat batasnya
disebut Masalah Nilai Batas M N B .
Contoh 2.1.3 :
a. y’ + y = 3 , y0 = 1 adalah masalah nilai awal
b. y” + 2y = 0 , y1 = 2, y’1 = 3 adalah masalah nilai awal
c. y”- y’ + y = x
3
, y0 = 2, y1 = -1 adalah masalah nilai batas Orde-2.
□
B. Persamaan Diferensial Orde Dua
Persamaan diferensial orde-2 mempunyai Bentuk umum : ⎟
⎠ ⎞
⎜ ⎝
⎛ =
dx dy
y x
f dx
y d
, ,
2 2
2.2.1 dengan f adalah fungsi yang diketahui. Biasanya variabel bebas dinotasikan
dengan t, karena dalam masalah – masalah fisika waktu dilambangkan dengan t yang merupakan variabel bebas, tapi seringkali variabel bebas
juga dinotasikan dengan x dan variabel tak bebas dilambangkan dengan y. persamaan 2.2.1 dikatakan linear jika fungsi f mempunyai bentuk
y t
q dx
dy t
p t
g dx
dy y
x f
, ,
− −
= ⎟
⎠ ⎞
⎜ ⎝
⎛
2.2.2 jika f linear dalam y dan y’. g, p, q adalah fungsi dari variabel bebas x tapi
tidak bergantung pada y, maka persamaan ditulis : y” + pxy’ + qxy = gx
2.2.3 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
atau Pxy” + Qxy’ + Rxy = Gx
2.2.4 Jika
, maka persamaan 2.2.4 dapat dibagi dengan Px
≠ x
P
x P
x G
y x
P x
R y
x P
x Q
y =
+ +
2.2.5 Persamaan 2.2.1 disebut non linear jika tidak dalam bentuk 2.2.3
atau 2.2.4 . Persamaan diferensial orde-2 disebut homogen jika pada persamaan 2.2.3, gx = 0 untuk semua x dan disebut nonhomogen
jika .
≠ x
g
1. Penyelesaian Fundamental Persamaan Diferensial Linear Homogen
Contoh 2.2.1 :
Carilah penyelesaian tunggal dari masalah nilai awal y” + pxy’ + qxy = 0 ; yx
= 0 ; y’x = 0
2.2.7 dengan
p dan q kontinu pada interval terbuka I dan x pada interval
tersebut fungsi maka y = Φx = 0 untuk semua x di I, memenuhi
Persamaan Diferensial dengan ketunggalan dari Teorema 2.2.1 maka y =
Φx merupakan penyelesaian tunggal persamaan diferensial. □
Teorema 2.2.1
Jika y
1
dan y
2
adalah penyelesaian persamaan diferensial y” + pxy’ + qxy = 0
maka y = c
1
y
1
+ c
2
y
2
2.2.8 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
juga merupakan penyelesaian persamaan diferensial diatas untuk sebarang konstanta c
1
dan c
2
.
Bukti :
Diketahui y
1
dan y
2
adalah penyelesaian persamaan diferensial orde-2, maka :
y
1
” + pxy
1
’ + qxy
1
= 0 karena y
1
penyelesaian y
2
” + pxy
2
’ + qxy
2
= 0 karena y
2
penyelesaian Akan dibuktikan c
1
y
1
+ c
2
y
2
juga penyelesaian c
1
y
1
+ c
2
y
2
” + px c
1
y
1
+ c
2
y
2
’ + qx c
1
y
1
+ c
2
y
2
= 0 c
1
y
1
” + c
2
y
2
” + c
1
pxy
1
’ + c
2
pxy
2
’ + c
1
qxy
1
+ c
2
qxy
2
= 0 c
1
y” + pxy
1
’ + qxy
1
+ c
2
y
2
” + pxy
2
’ + qxy
2
= 0 c
1
. 0 + c
2
. 0 = 0 Jadi terbukti c
1
y
1
+ c
2
y
2
juga penyelesaian dari persamaan diferensial orde-2.
■
Contoh 2.2.2
Selesaikanlah persamaan y” – y = 2.2.9
Penyelesaian : Persamaan 2.2.9 menunjukkan bahwa akan dicari suatu fungsi yang
turunan kedua dari fungsi tersebut sama dengan fungsi itu sendiri atau y” = y. Suatu fungsi yang sesuai dengan persamaan tersebut misalnya
fungsi eksponensial y
1
x = e
x
dan y
2
x = e
-x
, karena: y
1
’x = e
x
sehingga y
1
”x = e
x
= y dan
y
2
’x = e
-x
sehingga y
2
”x = e
-x
= y PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Jadi kedua fungsi tersebut merupakan penyelesaian. □
Contoh 2.2.3
Buktikan apakah fungsi 2e
x
dan 5e
-x
juga penyelesaian persamaan pada contoh 2.2.2
Penyelesaian : y
1
’x = 2e
x
sehingga y
1
”x = 2e
x
= y dan y
2
’x = 5e
-x
sehingga y
2
”x = 5e
-x
= y dengan cara yang sama fungsi c
1
y
1
x = c
1
e
x
dan c
2
y
2
x =c
2
e
-x
juga memenuhi persamaan 2.2.9 untuk semua nilai konstanta c
1
dan c
2
, kemudian penjumlahan dari penyelesaian – penyelesaian tersebut juga
merupakan penyelesaian. Misalkan dengan fungsi 2e
x
dan 5e
-x
jika dijumlahkan meka juga merupakan penyelesaian, karena :
y = 2e
x
- 5e
-x
y’ =
2e
x
+ 5e
-x
y” =
2e
x
- 5e
-x
= y Selanjutnya karena c
1
y
1
x dan c
2
y
2
x adalah penyelesaian, maka demikian juga dengan fungsi
y = c
1
y
1
x + c
2
y
2
x = c
1
e
x
+ c
2
e
-x
2.2.10 untuk semua nilai c
1
dan c
2
. Dengan mencari y” diperoleh : y = c
1
e
x
+ c
2
e
-x
y = c
1
e
x
+ c
2
e
-x
= y Jadi dapat dilihat bahwa fungsi y
1
x = e
x
dan y
2
x = e
-x
adalah penyelesaian dari persamaan 2.2.9 demikian juga kombinasi linear
dari persamaan 2.2.10. □
Koefisien c
1
dan c
2
pada persamaan 2.2.8 adalah sebarang. Persamaan tersebut merupakan keluarga penyelesaian yang tidak
terbatas dari persamaan 2.2.8. Hal ini memungkinkan untuk mengambil contoh dari keluarga penyelesaian yang memenuhi masalah
nilai awal.
Contoh 2.2.4:
y” – y = 0 dengan y0 = 2; y’0 = 1 2.2.11
Penyelesaian dari persamaan 2.2.11 adalah melalui titik 0,2 dan pada titik tersebut mempunyai gradien m = -1. Pertama pada x = 0 dan
0 dan y = 2, dengan mensubstitusikan pada persamaan 2.2.10, diperoleh :
c
1
+ c
2
= 2 kemudian persamaan 2.2.10 diturunkan menjadi
y’ = c
1
e
x
- c
2
e
-x
substitusikan nilai x = 0 dan y’ = 1, diperoleh c
1
- c
2
= -1 dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, dipeoleh
2 1
1
= c
dan
2 3
1
= c
masukkan nilai c
1
dan c
2
ke persamaan 2.2.10, maka diperoleh penyelesaian khusus dari persamaan 2.2.11 yaitu :
x x
e e
y
−
+ =
2 3
2 1
□ PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Teorema 2.2.2
Jika y
1
dan y
2
adalah penyelesaian dari persamaan diferensial y” + pxy’ + qxy = 0
dan w
= y
1
y
2
’ – y
2
y
1
’ ≠
dengan yx
= y ; y’x
= y ’
dengan syarat awal maka dapat ditemukan konstanta c
1
dan c
2
sedemikian hingga y = c
1
y
1
x + c
2
y
2
x memenuhi persamaan diferensial dan nilai awal.
Bukti :
Persamaan Diferensial : y” + pxy’ + qxy = 0 yx
= y ; y’x
= y ’
y
1
dan y
2
penyelesaian P. D dan menurut teorema 2.2.2 y = c
1
y
1
x + c
2
y
2
x juga penyelesaian P.D maka dengan mensubstitusikan yx
= y dan y’x
= y ’diperoleh
c
1
y
1
x + c
2
y
2
x = y
i c
1
y
1
’x + c
2
y
2
’x = y
’ ii
Dengan aturan Cramer diperoleh :
2 1
2 1
2 2
1
x y
x y
x y
x y
x y
y x
y y
c =
dan
2 1
2 1
1 1
2
x y
x y
x y
x y
y x
y y
x y
c =
Supaya c
1
dan c
2
ada maka PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2 1
2 1
, 2
, 1
2 1
≠ −
= =
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
w
Jadi teorema terbukti. ■
Teorema 2.2.3 :
Jika y
1
dan y
2
adalah penyelesaian persamaan diferensial y” + pxy’ + qxy = 0
dan jika pada titik x = x , nilai wronskian dari y
1
dan y
2
tidak sama dengan nol, maka keluarga penyelesaian y = c
1
y
1
x + c
2
y
2
x dengan sebarang koefisien c
1
dan c
2
memuat setiap solusi Persamaan Diferensial
Bukti :
Misalkan y = Φx penyelesaian lain dari persamaan diferensial
y” + pxy’ + qxy = 0 yx
= y ; y’x
= y ’
maka Φ” + pxΦ + qxΦ = 0
Φx = y
Φ’x = y’
Dari Teorema 2.2.3 diketahui bahwa y = c
1
y
1
x + c
2
y
2
x juga penyelesaian dari persamaan diferensial. Menurut Teorema 2.2.1
penyelesaian persamaan diferensial tunggal, maka Φx = c
1
y
1
x + c
2
y
2
x. Jadi teorema terbukti. ■
Contoh 2.2.5 :
Buktikan bahwa y
1
dan y
2
adalah penyelesaian persamaan diferensial dan tentukan apakah merupakan penyelesaian fundamental dari persamaan :
y” + 4y = 0 ; y
1
= cos 2x ; y
2
= sin 2x penyelesaian :
i y
1
= cos 2x ii
y
2
= sin 2x y”
1
= -2 sin 2x y’
2
= 2 cos 2x y”
1
= -4 cos 2x y”
2
= -4 sin 2x substitusikan ke persamaan
i -4 cos 2x + 4 cos 2x = 0 ii -4 sin 2x + 4 sin 2x = 0
jadi y
1
dan y
2
adalah penyelesaian Wronskian
: 2
1 .
2 2
sin 2
cos 2
2 cos
2 2
sin 2
2 sin
2 cos
,
2 2
2 1
≠ =
= +
= −
= x
x x
x x
x x
y y
w jadi
y
1
dan y
2
merupakan penyelesaian fundamental. Penyelesaian umum dari y” + 4y = 0 adalah
y = c
1
y
1
x + c
2
y
2
x = c
1
cos 2x + c
2
sin 2x □
2. Bebas Linear dan Wronskian
Dua buah fungsi fx dan gx dikatakan bebas linear pada
interval I bila persamaan kombinasi linear dari dua fungsi tersebut, m fx + n gx = 0 untuk setiap x
∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0.
Bila tidak demikian maka dikatakan fx dan gx bergantung linear.
Penyelesaian umum persamaan diferensial sebagai kombinasi linear dengan Wronskian tidak sama dengan nol, berhubungan dengan
konseb bebas linear dari dua fungsi. Akan dilihat sistem persamaan aljabar linear homogen berikut :
a
11
x
1
+ a
12
x
2
= 0 a
21
x
1
+ a
22
x
2
= 2.2.12
dan misal = a
Δ
11
a
22
– a
12
a
21
adalah determinan dari koefisien – koefisiennya. Kemudian x = 0, y = 0 adalah penyelesaian tunggal dari
sistem 2.2.12 jika dan hanya jika ≠
Δ , selanjutnya sistem 2.2.12
mempunyai tak nol penyelesaian jika dan hanya jika
Δ
= 0. Dua fungsi f dan g dikatakan bebas linear pada interval I jika
ada dua konstanata k
1
dan k
2
, kedunnya tak nol, sehingga : k
1
fx + k
2
gx =
2.2.13 Untuk semua x pada interval I. Fungsi f dan g dikatakan bebas linear
pada interval I jika tidak tak bebas linear, sehingga persamaan 2.2.13 berlaku untuk semua x di I hanya jika k
1
= k
2
= 0.
Contoh 2.2.6 :
Tunjukkan bahwa fungsi e
x
dan e
2x
bebas linear pada setiap interval Penyelesaian :
Misal :
k
1
e
x
+ k
2
e
2x
= 0 2.2.14
Untuk semua x pada interval, harus ditunjukkan bahwa k
1
= k
2
= 0. pilih dua titik x
dan x
1
dimana
1
x x
≠ , dengan mensubstitusikan titik – titik tersebut pada persamaan 2.2.14, diperoleh :
k
1
e
x0
+ k
2
e
2x0
= 0 k
1
e
x1
+ k
2
e
2x1
= 2.2.15
Determinan dari koefisien – koefisiennya : e
x0
e
2x1
– e
2x0
e
x1
= e
x0
e
x1
e
x1
– e
x0
Karena determinan tidak nol, maka penyelesaian tunggal dari persamaan 2.2.15 adalah k
1
= k
2
= 0. jadi e
x
dan e
2x
bebas linear. □
3. Persamaan Diferensial Orde-2 Homogen
Persamaan Diferensial Homogen mempunyai bentuk umum : Pxy” + qxy” + Rx = 0
Persamaan diferensial linear orde-2 homogen dengan koefisien konstan mempunyai bentuk umum :
2.2.16
= +
+ cy
by ay
dengan a, b, c sembarang bilangan real. Misalkan penyelesaian persamaan diatas berbentuk y = e
rx
, dengan r suatu parameter yang harus ditentukan, maka :
y’ = re
rx
y” = r
2
e
rx
dengan mensubstitusikan y, y’ dan y” ke persamaan 2.2.16, sehingga diperoleh :
2 2
= +
+ =
+ +
rx rx
rx rx
e c
br ar
ce re
b e
r a
karena maka
≠
rx
e
2
= +
+ c
br ar
2.2.17 adalah persamaan karakteristik untuk persamaan 2.2.16. Parameter r
merupakan akar persamaan karakteristik dan y = e
rx
penyelesaian dari persamaan 2.2.16. Karena persamaan 2.2.17 adalah persamaan
kuadrat dengan koefisien - koefisien real, maka persamaan tersebut mempunyai dua akar yang akar – akarnya bisa real dan berbeda, real
dan sama atau akar – akar kompleks.
a. Akar – akar Persamaan Real dan Berbeda
Akar – akar persamaan real dan berbeda jika b
2
– 4ac positif. Andaikan akar –akar persamaan dinotasikan dengan r
1
dan r
2
dimana , kemudian y
2 1
r r
≠
1
= e
r1x
dan y
2
= e
r2x
adalah penyelesaian dari persamaan 2.2.16, maka
2.2.18
x r
x r
e c
e c
x y
c x
y c
y
2 1
2 1
2 2
1 1
+ =
+ =
juga merupakan penyelesaian. Untuk memeriksa bahwa persamaan di atas juga penyelesaian, maka dapat diturunkan menjadi :
2.2.19
x r
x r
e r
c e
r c
y
2 1
2 2
1 1
+ =
dan 2.2.20
x r
x r
e r
c e
r c
y
2 1
2 2
2 2
1 1
+ =
dengan mensubstitusikan kedua persamaan di atas ke persamaan 2.2.16 diperoleh :
2 1
2 1
2 1
2 1
2 2
1 1
2 2
1 1
x r
x r
x r
x r
x r
x r
e c
e c
c e
r c
e r
c b
e r
c e
r c
a cy
by ay
+ +
+ +
+ =
+ +
=
x r
x r
e c
br ar
c e
c br
ar c
2 1
2 2
2 2
1 2
1 1
+ +
+ +
+ PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
jumlah dari setiap sisipan pada ruas kanan pada persamaan di atas adalah nol, karena r
1
dan r
2
adalah akar – akar dari persamaan 2.2.17. Jadi penyelesaian umum dari persamaan 2.2.16 adalah persamaan 2.2.18.
Andaikan diberikan suatu nilai awal yx
= y dan y’x
= y dengan mensubstitusikan x = x
dan y = y pada persamaan 2.2.18,
diperoleh : 2.2.21
2 1
2 1
y e
c e
c
x r
x r
= +
kemudian x = x dan y’ = y’
pada persamaan 2.2.19, diperoleh
2 2
1 1
2 1
y e
r c
e r
c
x r
x r
= +
dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh
1
2 1
2 1
x r
e r
r r
y y
c
−
− −
=
dan
2 2
1 1
1 x
r
e r
r y
r y
c
−
− −
=
Jadi dengan nilai dari c
1
dan c
2
pada persamaan di atas, maka persamaan 2.2.18 merupakan suatu penyelesaian dari masalah nilai awal
ay” + by’ + cy = 0 dengan yx = y
; y’x = y
’
Contoh 2.2.7 :
Selesaikan y” + 5y’ + 6y = 0 dengan y0 = 2 dan y’0 = 3 Penyelesaian :
Misal : y = e
rx
y’ = re
rx
y” = r
2
e
rx
substitusikan ke Persamaan :
6 5
= +
+ y
y y
6 5
2
= +
+ ⇔
rx rx
rx
e re
e r
diperoleh persamaan karakteristik : r
2
+ 5r + 6 = 0 r + 2 r + 3 = 0
r = -2 atau r = -3 Jadi y
1
= e
-2x
dan y
2
= e
-3x
adalah penyelesaian fundamental sehingga penyelesaian umum :
x x
e c
e c
y c
y c
y
3 2
2 1
2 2
1 1
− −
+ =
+ =
substitusikan x = 0 dan y = 2, didapat c
1
+ c
2
= 2 dengan menurunkan penyelesaian umun dan mensubstitusikan x = 0 dan
y’ = 3, diperoleh -2c
1
- 3c
2
= 3 dengan menyelesaikan persamaan 24 dan 25, diperoleh c
1
= 9 dan c
2
= -7. Jadi penyelesaian khususnya adalah : y = 9e
-2x
– 7e
-3x
□
b. Akar – akar Persamaan Karakteristik Bilangan Kompleks
Suatu persamaan diferensial homogen ay” + by’ + cy =
2.2.22 dimana a, b dan c adalah bilangan real, telah diketahui bahwa jika dicari
penyelesaian dari y = e
xr
maka r adalah akar persamaan karakteristik dari 2.2.23
2
= +
+ c
br ar
andaikan diskriminan b
2
– 4ac negatif, maka akar – akar persamaan 2.2.23 adalah bilangan kompleks dan dinotasikan dengan
μ λ i
r +
=
1
dan μ
λ i r
− =
2
dimana μ
λ
,
real, dengan nilai PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
a b
2 =
λ dan
a b
ac 2
4
2
− =
μ
sehingga dan
2.2.24
x i
e x
y
1
μ λ
=
=
x i
e x
y
2
μ λ
−
= persamaan 2.2.24 diubah menjadi rumus Euler’s dengan menggunakan
deret Taylor untu e
x
disekitar x = 0 :
∑
∞ =
=
n n
x
n x
e dengan
-
∞
x
∞
jika diasumsikan bahwa dapat disubstitusikan ix untuk mengganti x pada persamaan di atas
∑
∞ =
=
n n
ix
n ix
e
=
∑ ∑
∞ =
∞ =
− −
− −
+ −
1 1
2 1
2
1 2
1 2
1
n n
n n
n n
n x
i n
x
karena cos x =
∑
∞ =
−
2
2 1
n n
n
n x
dan sin x =
∑
∞ =
− −
− −
1 1
2 1
1 2
1
n n
n
n x
maka e
ix
= cos x + i sin x 2.2.25
persamaan 2.2.25 disebut sebagai rumus Euler’s. Variasi dari rumus Euler’s adalah sebagai berikut. Jika x diganti dengan –x, maka :
e
-ix
= cos x - i sin x jika x diganti dengan
x
μ maka : 2.2.26
x i
x e
x i
μ μ
μ
sin cos
+ =
jika x diganti dengan
x i
μ λ
+
, maka :
x i
x i
e e
e
μ λ
μ λ
=
+
kemudian substitusikan ke persamaan 2.2.26, diperoleh sin
cos x
i x
e e
x x
i
μ μ
λ μ
λ
+ =
+
= 2.2.27
x ie
x e
x x
μ μ
λ λ
sin cos
+ fungsi y
1
x dan y
2
x pada persamaan 2.2.24 dan persamaan 2.2.27 adalah penyelesaian dari persamaan 2.2.22 dengan mensubstitusikan
cos 2
2 1
x u
x e
x y
x y
x
= =
+
μ
λ
sin 2
2 1
x v
x e
i x
y x
y
x
= =
−
μ
λ
denngan menghitung Wronskian dari u dan v jika
,
2
≠ =
x
e x
v u
w
λ
μ
≠
μ jadi ux dan vx merupakan penyelesaian fundamental dari Persamaan
Diferensial. Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial adalah : sin
cos
2 1
x c
x c
e y
x
μ μ
λ
+ =
Contoh 2.2.8 :
Selesaikan y” + y’ + y = 0 Penyelesaian :
Substitusikan y = e
rx
; Persamaan karekteristik : r
2
+ r + 1 = 0 Akar – akar persamaan karakteristik :
r
1,2
=
1 .
2 1
. 1
. 4
1 1
− ±
−
=
2 1
3 1
2 3
1 −
± −
= −
± −
=
i 3
2 1
2 1
2 1
3 2
1 ±
− =
− ±
−
diperoleh
2 1
− =
λ dan
3 2
1 =
μ
penyelesaian umum :
3 2
1 sin
3 2
1 cos
2 1
2 1
x c
x c
e y
x
+ =
−
□
c. Akar – akar Persamaan Karakteristik Real dan Sama
Suatu persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstan dengan persamaan karakteristik
2.2.28
2
= +
+ c
br ar
dimana a, b dan c adalah bilangan real, dikatakan mempunyai akar sama dan real jika b
2
– 4ac = 0. Sehingga akar – akarnya r
1
= r
2
=
a b
2 −
Jadi hanya diperoleh satu penyelesaian yaitu y
1
x a
b
e x
y
2 1
−
= sehingga harus dicari penyelesaian kedua yaitu y
2
x yang bebas linear. Untuk mencari y
2
digunakan metode d’Alembert. Karena y
1
x adalah penyelesaian persamaan 2.2.22 dan demikian juga dengan cy
1
x untuk semua c konstan, maka hal tersebut digunakan untuk mencari y
2
x, denngan mengganti c dengan vx. Sehingga hasil dari vxy
1
x adalah penyelesaian dari persamaan 2.2.22.
Andaikan : y
2
x = vx y
1
x
x a
b
e x
v x
y
2 2
−
=
x a
b x
a b
e a
b x
v e
x v
x y
2 2
2
2 .
− −
− +
=
x a
b x
a b
x a
b
e x
v a
b e
x v
a b
e x
v x
y
2 2
2 2
2 2
4 2
− −
−
+ −
=
substitusikan ke persamaan 2.2.22, diperoleh :
2 4
2
2 2
2
= ⎭
⎬ ⎫
⎩ ⎨
⎧ +
⎥⎦ ⎤
⎢⎣ ⎡ −
+ ⎥
⎦ ⎤
⎢ ⎣
⎡ +
−
− x
a b
e cv
v a
b v
b v
a b
v a
b v
a
jadi
4 4
4 4
2 4
2 2
2 2
= −
− =
+ −
= =
⎟⎟ ⎠
⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ −
+ +
− +
a ac
b a
ac b
v c
a b
a b
v b
b av
sehingga av” = v” = 0
x a
b
e k
x k
y k
x k
dx v
v k
dx v
v
2 2
1 2
2 1
1
−
+ =
+ =
= =
=
∫ ∫
diperiksa apakah y
1
dan y
2
bebas linear dengan wronskian
2 1
2 ,
2 2
2 2
2 2
1
≠ =
⎟ ⎠
⎞ ⎜
⎝ ⎛ −
− =
− −
− −
− x
a b
a b
x a
b x
a b
x a
b
e e
x a
b e
a b
xe e
x y
y w
jadi diperoleh penyelesaian umum :
x a
b x
a b
xe c
e c
x y
2 2
2 1
− −
+ =
Contoh 2.2.9 :
Selesaikan y” + 4y’ + 4y = 0 ;
y-1 = 2 ; y’-1 = 1 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Penyelesaian : Penyelesaian umum :
x a
x
xe c
e c
y
2 4
1 2
4 1
− −
+ =
x x
x x
x
xe c
e c
e c
y xe
c e
c y
2 2
2 2
2 1
2 1
2 1
2 2
− −
− −
−
− +
− =
+ =
substitusikan x = -1 dan y = 2, diperoleh c
1
e
2
– c
2
e
2
= 2 substitusikan x = -1 dan y’ = 1 pada y’, diperoleh
-2c
1
e
2
+ 3c
2
e
2
=1 dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh
c
1
= 7e
-2
dan c
2
= 5e
-2
Jadi penyelesaian khusus : □
x x
xe e
e e
y
2 2
2 2
5 7
− −
− −
+ =
C. Reduksi Order
