Persamaan Diferensial Dengan Koefisien K
Kelompok I PD
Abdul Aziz
1211205002
Afifah Rahmatillah
1211205003
Andika Gumelar P.M.
1211205006
Ardiyamsyah
1211205009
Jejen Abdul Fatah
1211205036
M. Iqbal Ayub A.
1211205043
Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstanta
Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde ke-Dua
Bentuk umum PD linier Homogen orde-2 dengen koefisien konstanta adalah :
''
'
y +ay +by=0, dengan a ,b=konstanta
Solusi dari persamaan di atas mengambil ide dari solusi persamaan
'
diferensial orde pertama
−kx
y=e
y + ky=0
dengan k suatu konstatnta, yaitu
.
Dengan mengamati solusi dari persamaaan diferensial linier orde pertama
tersebut, maka dimisalkan solusi umum dari PD linier homogeny orde-2
adalah
y=e
λx
.
y=e λx , maka y=λe λx , dan y ' '=λ 2 e λx
Sehingga jika kita substitusikan kedalam PD, maka :
''
'
y +a y +by=0
λ2 e λx +aλ e λx + b e λx =0
λ
λx
(¿¿ 2+aλ+ b) e =0
¿
Jadi,
y=e
λx
menjadi solisi PD jika
λ2 +aλ +b=0
2
λ +aλ +b=0 . Selanjutnay persamaan
disebut persamaan karakteristik, dengan akar-akarnya sebagai
berikut :
λ1,2 =
−b ± √ b2−4 ac
2a
λ1,2 =
λ1=
Sehingga fungsi-fungsi
y 1=e
λ1 x
−a ± √ a2−4.1. b −a ± √ a2−4 b
=
2.1
2
−a+ √a 2−4 b
−a−√ a2−4 b
, λ 2=
2
2
dan
y 2=e
λ2 x
menjadi solusi dari PD linier
homogeny orde-2.
Selanjutnya, dengan melihat akar-akar persamaan karakteristiknya dapat
diketahui
bahwa
akar-akar
diskriminannya, yaitu nilai
tersebut
bergantung
kepada
nilai
dari
2
a −4 b , sehingga solusi dari PD dapat dibedakan
kedalam tiga kasus, yaitu :
Kasus 1 : dua akar riel yang berbeda, jika
Dalam kasus ini
y 1=e
λ1 x
dan
y 2=e
λ2 x
merupakan basis dari solusi PD pada
suatu interval, sehingga :
solusi umumnya adalah
y ( x ) =c 1 e λ x +c 2 e λ
1
2
x
Contoh :
Selesaikan masalah nilai awal berikut ini :
''
'
y −4 y −5=0
,
y ( 0 )=4, y ' ( 0 )=−2
Jawab :
Tahap pertama : mencari solusi umum
D=a2−4 b>0 .
Persamaan karakteristiknya :
2
λ −4 λ−5=0
(λ−5) ( λ+ 1 )=0
Akar-akar persamaan karakteristiknya :
Basis solusinya :
5x
λ1=5 dan λ2=−1
−x
y 1=e dan y 2=e
Soulusi umumnya :
y=c1 e 5 x + c 2 e−x
Tahap kedua : mencari solusi MNA
Turunan pertama dari solusi umum tersebut adalah
'
5x
−x
y =5 c 1 e −c 2 e
y ( 0 )=3 ⟶ c 1 e 5.0 +c 2 e 0=3
c 1+ c 2=3 ⋯⋯ ⋯⋯(1)
y ' (0) =3⟶ 5 c 1 e5.0 −c 2 e 0=3
5 c 1−c 2=3 ⋯⋯ ⋯ ⋯(2)
Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh
c 1=1, dan c 2=2
Jadi, solusi MNA nya adalah :
y=e5 x +2 e−x
Kasus II : Akar Real Kembar, jika
Jika
2
D=a −4 b=0
D=0 , maka hanya akan memberikan satu akar, yaitu
λ=λ1= λ2=
−a
,
2
sehinnga solusi pertamanya adalah :
( a2 )x
−
y 1=e
Untuk mencari solusi keduanya yang dibutuhkan sebagai basis, kita
membentuk
y 2=uy 1
Dan menentukan fungsi u, sedemikian sehingga
y 2=u y 1
Substituskan
'
'
y ' ' 2=u y 1+ 2u y 1+u y ' ' 1
y2
menjadi solusi dari PD.
dan turunan-turunannya yaitu
ke persamaan
''
'
y +a y +by=0 .
y ' 2=u ' y 1 +u y ' 1
dan
Persamaan baru yang diperoleh :
(u' y 1+ 2u' y 1+u y ' '1 )+ a ( u' y +u y '1 )+ bu y 1=0
1
u' ' y 1 +u' ( 2 y ' 1 +a y 1 ) +u ( y ' ' 1+ a y '1 +b y 1 ) =0
Karena
y1
y ' ' 1 +a y ' 1 +b y 1=0 .
sulusi dari PD, maka
y 1=e−(a /2 ) x , maka
y ' 1=
−a −(a /2 )x
e
. Sehingga
2
'
2 y 1 +a y 1=0 . Sehingga
''
u y 1=0 . Akibatnya
2 y ' 1=−a e−( a/ 2) x =−a y 1 , maka
u' ' =0 . Dengan dua kali
u=c1 x+ c 2 .
pengintergralan diperoleh
Untuk mendapatkan solusi kedua yang bebas linier, yaitu
dapat mengambil
u=x , sehingga
y 2=uy 1 , kita
y 2=xy 1 . Karena kedua solusi ini tidak
proporsional mereka membentuk basis. Basis dari solusi PD adalah
y 1=e
( a2 )x
−
( a2 ) x
−
dan
y 2=xe
.
Jadi, solusi umumnya adalah
y ( x ) =c 1 e λx + c2 x e λx =(c1 + c2 x) e λx
c
( a2 )x
−
(¿ ¿ 1+c 2 x )e
¿¿
Contoh :
''
Selesaikan persamaan berikut :
'
y −6 y + 9 y =0
Jawab :
Persamaan karakteristiknya adalah :
2
λ −6 λ+9=0
( λ−3 ) ( λ−3 )=0
Mempunyai Akar-akar yang kembar :
Basis solusinya :
3x
3x
y 1=e dan y 2=xe
Soulusi umumnya :
λ1= λ2=λ=3
.
y=c1 e 3 x + c 2 x e3 x =( c 1 +c 2 x ) e 3 x
Kasus III : dua akar kompleks, jika
2
D=a −4 b
Abdul Aziz
1211205002
Afifah Rahmatillah
1211205003
Andika Gumelar P.M.
1211205006
Ardiyamsyah
1211205009
Jejen Abdul Fatah
1211205036
M. Iqbal Ayub A.
1211205043
Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstanta
Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde ke-Dua
Bentuk umum PD linier Homogen orde-2 dengen koefisien konstanta adalah :
''
'
y +ay +by=0, dengan a ,b=konstanta
Solusi dari persamaan di atas mengambil ide dari solusi persamaan
'
diferensial orde pertama
−kx
y=e
y + ky=0
dengan k suatu konstatnta, yaitu
.
Dengan mengamati solusi dari persamaaan diferensial linier orde pertama
tersebut, maka dimisalkan solusi umum dari PD linier homogeny orde-2
adalah
y=e
λx
.
y=e λx , maka y=λe λx , dan y ' '=λ 2 e λx
Sehingga jika kita substitusikan kedalam PD, maka :
''
'
y +a y +by=0
λ2 e λx +aλ e λx + b e λx =0
λ
λx
(¿¿ 2+aλ+ b) e =0
¿
Jadi,
y=e
λx
menjadi solisi PD jika
λ2 +aλ +b=0
2
λ +aλ +b=0 . Selanjutnay persamaan
disebut persamaan karakteristik, dengan akar-akarnya sebagai
berikut :
λ1,2 =
−b ± √ b2−4 ac
2a
λ1,2 =
λ1=
Sehingga fungsi-fungsi
y 1=e
λ1 x
−a ± √ a2−4.1. b −a ± √ a2−4 b
=
2.1
2
−a+ √a 2−4 b
−a−√ a2−4 b
, λ 2=
2
2
dan
y 2=e
λ2 x
menjadi solusi dari PD linier
homogeny orde-2.
Selanjutnya, dengan melihat akar-akar persamaan karakteristiknya dapat
diketahui
bahwa
akar-akar
diskriminannya, yaitu nilai
tersebut
bergantung
kepada
nilai
dari
2
a −4 b , sehingga solusi dari PD dapat dibedakan
kedalam tiga kasus, yaitu :
Kasus 1 : dua akar riel yang berbeda, jika
Dalam kasus ini
y 1=e
λ1 x
dan
y 2=e
λ2 x
merupakan basis dari solusi PD pada
suatu interval, sehingga :
solusi umumnya adalah
y ( x ) =c 1 e λ x +c 2 e λ
1
2
x
Contoh :
Selesaikan masalah nilai awal berikut ini :
''
'
y −4 y −5=0
,
y ( 0 )=4, y ' ( 0 )=−2
Jawab :
Tahap pertama : mencari solusi umum
D=a2−4 b>0 .
Persamaan karakteristiknya :
2
λ −4 λ−5=0
(λ−5) ( λ+ 1 )=0
Akar-akar persamaan karakteristiknya :
Basis solusinya :
5x
λ1=5 dan λ2=−1
−x
y 1=e dan y 2=e
Soulusi umumnya :
y=c1 e 5 x + c 2 e−x
Tahap kedua : mencari solusi MNA
Turunan pertama dari solusi umum tersebut adalah
'
5x
−x
y =5 c 1 e −c 2 e
y ( 0 )=3 ⟶ c 1 e 5.0 +c 2 e 0=3
c 1+ c 2=3 ⋯⋯ ⋯⋯(1)
y ' (0) =3⟶ 5 c 1 e5.0 −c 2 e 0=3
5 c 1−c 2=3 ⋯⋯ ⋯ ⋯(2)
Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh
c 1=1, dan c 2=2
Jadi, solusi MNA nya adalah :
y=e5 x +2 e−x
Kasus II : Akar Real Kembar, jika
Jika
2
D=a −4 b=0
D=0 , maka hanya akan memberikan satu akar, yaitu
λ=λ1= λ2=
−a
,
2
sehinnga solusi pertamanya adalah :
( a2 )x
−
y 1=e
Untuk mencari solusi keduanya yang dibutuhkan sebagai basis, kita
membentuk
y 2=uy 1
Dan menentukan fungsi u, sedemikian sehingga
y 2=u y 1
Substituskan
'
'
y ' ' 2=u y 1+ 2u y 1+u y ' ' 1
y2
menjadi solusi dari PD.
dan turunan-turunannya yaitu
ke persamaan
''
'
y +a y +by=0 .
y ' 2=u ' y 1 +u y ' 1
dan
Persamaan baru yang diperoleh :
(u' y 1+ 2u' y 1+u y ' '1 )+ a ( u' y +u y '1 )+ bu y 1=0
1
u' ' y 1 +u' ( 2 y ' 1 +a y 1 ) +u ( y ' ' 1+ a y '1 +b y 1 ) =0
Karena
y1
y ' ' 1 +a y ' 1 +b y 1=0 .
sulusi dari PD, maka
y 1=e−(a /2 ) x , maka
y ' 1=
−a −(a /2 )x
e
. Sehingga
2
'
2 y 1 +a y 1=0 . Sehingga
''
u y 1=0 . Akibatnya
2 y ' 1=−a e−( a/ 2) x =−a y 1 , maka
u' ' =0 . Dengan dua kali
u=c1 x+ c 2 .
pengintergralan diperoleh
Untuk mendapatkan solusi kedua yang bebas linier, yaitu
dapat mengambil
u=x , sehingga
y 2=uy 1 , kita
y 2=xy 1 . Karena kedua solusi ini tidak
proporsional mereka membentuk basis. Basis dari solusi PD adalah
y 1=e
( a2 )x
−
( a2 ) x
−
dan
y 2=xe
.
Jadi, solusi umumnya adalah
y ( x ) =c 1 e λx + c2 x e λx =(c1 + c2 x) e λx
c
( a2 )x
−
(¿ ¿ 1+c 2 x )e
¿¿
Contoh :
''
Selesaikan persamaan berikut :
'
y −6 y + 9 y =0
Jawab :
Persamaan karakteristiknya adalah :
2
λ −6 λ+9=0
( λ−3 ) ( λ−3 )=0
Mempunyai Akar-akar yang kembar :
Basis solusinya :
3x
3x
y 1=e dan y 2=xe
Soulusi umumnya :
λ1= λ2=λ=3
.
y=c1 e 3 x + c 2 x e3 x =( c 1 +c 2 x ) e 3 x
Kasus III : dua akar kompleks, jika
2
D=a −4 b