4. PERSAMAAN DIFERENSIAL - PERSAMAAN DIFERENSIAL.pdf

4. PERSAMAAN DIFERENSIAL
Klasifikasi Persamaan Diferensial
Menyusun Persamaan Diferensial
Persamaan Diferensial Peubah Terpisah
Persamaan Diferensial Koefisien Fungsi Homogen
Persamaan Diferensial Eksak
Persamaan Diferensial Tidak Eksak
Persamaan Diferensial Koefisien Fungsi Linear
Persamaan Diferensial Linear Tingkat 2

oleh : Marwan










Definisi
Persamaan yang memuat derivatif-derivatif satu atau lebih peubah
bebas terhadap satu atau lebih peubah tak bebas disebut Persamaan
Diferensial (PD).
4.1. Klasifikasi Persamaan Diferensial
Secara umum, PD dapat dibedakan menjadi 2, yaitu
1. PD Biasa (Ordinary Differential Equations), yaitu PD yang memuat 1
peubah bebas dan 1 peubah tak bebas. PD jenis ini dapat dirumuskan


dy d 2 y
dn y 
f  x , y ,
, 2 ....., n  = 0
dx dx
dx 

2. PD Parsial (Partial Differential Equations), yaitu PD yang memuat 1
peubah tak bebas dan lebih dari satu peubah bebas. PD jenis ini
dengan dua peubah bebas dapat dirumuskan


∂z ∂z ∂ 2 z ∂ 2 z ∂ 2 z
∂nz 
, 2 ,  , n ,  = 0
f  x , y , z , , , 2 ,
∂x ∂y ∂x ∂x∂y ∂y
∂y 

Selain klasifikasi PD di atas, suatu PD juga dapat dikelompokkan
berdasarkan Tingkat (order) dan Derajat (degree). Tingkat suatu PD adalah
tingkat tertinggi dari derivatif-derivatif di dalamnya, sedangkan derajat
suatu PD adalah derajat tertinggi dari derivatif tingkat tertinggi PD tersebut.

Halaman | 1

Contoh:
1.

d2 y

d4y
+
+ 3 y = sin x , PD tingkat 4, derajat 1
5
dx 2
dx 4
2

d2 y
 dy 
2.
+ xy
 = 0 , PD tingkat 2, derajat 1
2
dx
 dx 
5

 d2 y 
d3 y

 2  = 0 , PD tingkat 3, derajat 1
3.
+
3
dt 3
 dt 

Klasifikasi lainnya adalah berdasarkan Linear dan Nonlinear. Suatu PD
biasa tingkat n disebut linear jika PD tersebut dapat ditulis ke dalam bentuk
a n (x )

dy
dn y
d n −1 y
(
)
a
x
+
+  + a 1 (x )

+ a 1 (x ) y = g (x )
n −1
n
n −1
dx
dx
dx

Selain PD bentuk tersebut adalah PD nonlinear.
Ada banyak permasalahan-permasalahan yang memerlukan PD
misalnya :
- Menentukan gerak proyektil, roket atau planet
- Studi tentang reaksi-reaksi kimia
- Studi tentang gelombang-gelombang pada permukaan membran
- Analisis lendutan balok atau pelat
Pada dasarnya ada dua permasalahan utama di dalam studi Persamaan
diferensial, yaitu : bagaimana menyusun suatu PD dan bagaimana
menyelesaikan PD
menyusun PD

F(x,y,c) = 0

f(x,y,

dy
)=0
dx

menyelesaiakan PD

4.2. Menyusun Persamaan Diferensial
Suatu PD dapat muncul dari gejala-gejala fisis yang di-rumuskan secara
matematis. Dari hubungan matematis inilah diturunkan suatu PD.
Halaman | 2

Misalkan akan ditentukan PD dari persamaan-persamaan berikut :
1. y = mx , m∈R
2. x2+y2 – 2kx = 0 , k ≥ 0
Penyelesaian :
1. y = mx ⇒

dy
=m , diperoleh :
dx

 dy 
y= 
x
 dx 

⇔ y–x

y=mx

dy
=0 suatu PD tingkat 1 derajat 1
dx

2. x2 + y2 – 2kx = 0 ........................(i)
⇔ x2 + y2 – 2kx + k2 = k2

⇔ x2 – 2kx + k2 + y2 = k2
⇔ (x – k)2 + (y – 0)2 = k2

adalah persamaan lingkaran, pusat
(k,0), jejari k.

Jika (i) diderivatifkan ke x diperoleh
2x + 2y

dy
- 2k = 0
dx

⇔ x+y

x2 + y2 – 2kx = 0

dy
= k ………............ (ii)
dx

Dari (i) dan (ii) diperoleh :
x2 + y2 – 2 (x + y
⇔ y2 – x2 – 2xy

dy
)x =0
dx

dy
= 0, suatu PD tingkat 1 derajat 1
dx

Menyusun Model PD Lendutan Balok
beban w(x)

lendutan y(x)
Halaman | 3

-

dari teori elastisitas diketahui

M(x)=bending momen
w(x)=beban pada balok
Di lain pihak, Bending momen adalah ‘lengkungan’ (curvature) dari
lendutan itu sendiri, yaitu

EI = kakakuan lentur (flexural rigidity) balok

untuk y(x) kecil, y’≈0, jadi
sehingga diperoleh :

suatu PD tingkat 4.

Macam-macam penyelesaian PD
1. Penyelesaian Umum / PU (General Solution) yaitu penyelesaian yang
memuat konstanta-konstanta sebarang.
2. Penyelesaian Khusus/PK (Particular Solution) yaitu penyelesaian yang
tidak memuat konstanta, yang diperoleh dari PU dengan memberi nilai

konstanta-konstanta.
3. Penyelesaian Singular /PS (Singular Solotion) yaitu penyelesaian yang
tidak memuat konstanta tetapi bukan PK.

Selanjutnya akan ditinjau penyelesaian beberapa persamaan diferensial
tingkat 1 derajat 1, dengan bentuk umum:
M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 ....................

(∗)

Halaman | 4

4.3. Persamaan Diferensial Peubah Terpisah
PD (∗) disebut persamaan diferensial peubah terpisah jika dapat ditulis
ke bentuk
g(x) dx + h(y) = 0

.................................. (1)

PU-nya diperoleh dengan mengintegralkan (1), yaitu

∫ g( x)

dx + ∫ h( y) dy = C

Contoh
1. Selesaikan PD : x + y

dy
=0
dx

Jawab :

dy
dx

x+y

=0

⇔ x dx + y dy = 0
⇔ ∫ x dx + ∫ y dy = C
⇔ ½ x2 + ½ y2

=C

⇔ x2 + y2 = k2 , k =

Jawab :

⇔

∫

dx
1− x2

+∫

: PU PD

1 − x 2 dy = 0

1 − y 2 dx +

2. Selesaikan PD :

2C

dy
1− y2

=C

⇔ sin-1x + sin-1y = C
Misal

sin-1x = α
sin-1y = β

maka :
⇔

1

x

α

1 − x2

α+β = C

⇔ sin (α + β) = sin C
⇔ sin α cos β + sin β cos α = sin C
⇔ x

1− y2 + y

1 − x 2 = k , k = sin C

: PU-PD

Jika k diberi salah satu nilai , misalnya k = 1

Halaman | 5

Maka diperoleh PK :
1− y2 + y

x

1− x2 = 1

4.4. Persamaan Diferensial Koefisien Fungsi Homogen
-

Fungsi f(x,y) disebut homogen berderajat n dalam x dan y jika
f(λx,λy) = λn f(x,y) , ∀λ∈ Rasional.

-

PD (∗) disebut PD koefisien fungsi homogen jika M(x,y) dan N(x,y)
masing-masing fungsi homogen berderajat sama dalam x & y.

-

Penyelesaian PD homogen diperoleh melalui substitusi
y = ux atau x = wy , u dan w peubah-peubah baru.
Dengan substitusi tersebut diperoleh PD peubah terpisah.

Contoh :
PD : (x2 + y2) dx – 2xy dy = 0
M(x,y) = x2 + y2 , fungsi homogen derajat 2

Jadi

N(x,y) = -2xy , fungsi homogen derajat 2
Ambil y = ux ⇒ dy = udx + xdu , maka PD menjadi
(x2 + u2 x2) dx – 2x (ux)(udx + xdu) = 0
⇔

(x2 + u2x2 – 2x2u2) dx – 2ux2 du = 0

⇔

(1 – u2) x2 dx - 2ux3 du = 0

⇔

dx 2u
du = 0 , PD peubah terpisah
x 1 - u2

⇔

∫

⇔

ln x + ln (1 – u2) = ln K.

⇔

x (1 –u2) = K , u =

⇔

x (1 - y 2 x 2 ) = K

⇔

x2 – y2 = Kx

2u
dx
du = C
-∫
1 - u2
x

:

y
x

PU PD

Halaman | 6

4.5. Persamaan Diferensial Eksak
-

PD (∗) disebut PD eksak jika

-

Diferensial total :

∂M ∂N
=
∂y ∂x

Jika F suatu fungsi dua peubah yang mempunyai derivatif parsial
tingkat satu kontinu di dalam suatu domain D, maka diferensial
total fungsi F, dF didefinisikan oleh :
dF(x,y) =

∂F(x, y)
∂F(x , y )
dx +
dy , ∀(x,y)∈D
∂y
∂x

Menyelesaikan PD eksak :
Misalkan PU PD (∗) adalah F(x,y) = C , maka :
dF(x,y) = 0
⇔

∂F(x , y )
∂F(x, y)
dx +
dy = 0
∂x
∂y

............................... (2)

Dari persamaan (∗) dan (2) diperoleh :

∂F
= M(x, y)
∂x

............................... (3)

∂F
= N(x, y)
∂y

................................(4)

persamaan (3) diintegralkan terhadap x :
F(x,y)
⇔

∫ M (x, y) ∂x

∂
∂F
=
∂y
∂y

+ φ( y)

∫ M(x , y)dx

+

dφ
dy

.............................. (5)

Dari (4) dan (5) diperoleh :
N(x, y) =
⇔

φ(y) =

∂
∂y

∫ M(x , y)dx

+

dφ
dy



∂

 dy
N
(
x
,
y
)
M
(
x
,
y
)
dx
∫ 

∂y ∫


...................... (6)

Sehingga :
F(x,y) = ∫ M(x , y ) dx + φ(y)
Halaman | 7

= ∫ M(x , y ) dx +



∂



∫ N(x, y) - ∂y ∫ M(x , y)dx dy

....(7)

Contoh :
1.

PD : (x + y) dx + (x + 3y) dy = 0
M(x,y) = x + y dan N(x,y) = x + 3y

∂N
∂M
=1=
PD eksak
∂x
∂y

∫ M(x , y) dx

=

∫

(x + y) dx = ½ x2 + xy + C1



∂
M(x, y) dx  dy
φ(y) = ∫ N(x , y ) ∫
∂y


=

∫

=

3y dy

3 2
y + C2
2

F(x,y) = ½ x2 + xy +

3 2
y + C1 + C2
2

diperoleh PU PD :
F(x,y)=C ⇔ ½ x2 + xy +
2.

3 2
y = k , k = C–(C1+C2)
2

(2xy – 3x2) dx + (x2 + 2y) dy = 0
Dengan cara serupa contoh 1 di atas akan diperoleh
PU PD : x2y – x3 + y2 = C

Cara lain
Penyelesaian PD eksak dapat juga diperoleh dengan mengelompokkan
suku-suku PD sehingga masing-masing kelompok menjadi diferensial
total eksak suatu fungsi, kemudian diintegralkan.
Diperhatikan kembali dua contoh di atas :
1.

(x + y) dx + (x + 3y) dy = 0
⇔
⇔

x dx + y dx + x dy + 3y dy = 0
3
d(½ x2) + d(xy) + d( y2) = 0
2
Halaman | 8

⇔

½ x2 + xy +

3 2
y =C
2

(2xy – 3x2) dx + (x2 + 2y) dy = 0

2.

⇔

2xy dx – 3x2 dx + x2 dy + 2y dy = 0

⇔

-3x2 dx + 2y dy + 2xy dx + x2 dy = 0

⇔

d(-x3) + d(y2) + d(x2y) = 0

⇔

- x3 + y2 + x2y = C

4.6. Persamaan Diferensial Tidak Eksak
∂N
∂M
≠
∂x
∂y
Penyelesaikan PD tidak eksak dapat diperoleh dengan mengalikan

PD (∗) dikatakan PD tidak eksak jika

-

(∗) dengan suatu fungsi u yang disebut faktor Integral (Integrating
factor), sehingga diperoleh PD eksak yaitu :
u M(x,y)dy + u N(x,y)dy = 0
dengan syarat eksak :

........................... (8)

∂ (uN)
∂ (uM)
=
∂x
∂y

.................... (9)

Mencari faktor integral u
Diasumsikan u = u(x) fungsi x saja, maka :
du
∂u
∂u
dan
=0
=
dx
∂y
∂x

..................................... (10)

Dari (9) diperoleh :
u

du
∂N
∂u
∂M
+ N
= u
+ M
dx
∂x
∂y
∂y

..................................... (11)

Dari (10) dan (11) diperoleh :
N

⇔

du  ∂M ∂N 
 u
= 

∂
∂
x
y
dx



1  ∂M ∂N 
du

 dx , lalu diintegralkan
=
∂x 
N  ∂y
u

⇔ ln u =

1  ∂M ∂N 
∫ N  ∂y - ∂x  dx
Halaman | 9

⇔ u = e∫

f ( x ) dx

, dengan f(x) =

1
N

 ∂M ∂N 


 ∂y - ∂x 



............ (12)

Secara serupa, jika u dipandang sebagai fungsi y saja, yaitu : u=u(y),
maka diperoleh

1  ∂M ∂N 
g ( y ) dy

u = e∫
, dengan g(y)= − 
M  ∂y
∂x 

................. (13)

Contoh : Selesaikan PD berikut
1. (4xy + 3y2 – x) dx + x (x + 2y) dy = 0
2. y (x + y + 1) dx + x (x + 3y + 2) dy = 0

Penyelesaian
1.

M (x,y) = 4xy + 3y2 – x ⇒
N (x,y) = x (x + 2y)
Karena

⇒

∂M
= 4x + 6y
∂y

∂N
= 2x + 2y
∂x

∂N
∂M
maka PD tidak eksak
≠
∂x
∂y

1  ∂M ∂N 
2

 =
, suatu fungsi x saja.


N  ∂y
∂x 
x
Sehingga diperoleh faktor integral :
2

dx
2
u = e ∫ x = e 2 ln x = e ln x = x 2

Diperoleh PD eksak :
x2 (4xy + 3y2 – x) dx + x2 . x (x + 2y) dy = 0

2.

⇔

(4x3y + 3x2 y2 – x3) dx + (x4 + 2x3 y) dy = 0

⇔

x4y + x3y2 - ¼ x4 = C : PU PD.

M(x,y) = y(x+y+1)
N(x,y) = x(x+2y) diperoleh

Halaman | 10

1  ∂M ∂N 
1

 =

M  ∂y ∂x 
y

1

dan u = e

∫ y dy

= e ln y = y

PD menjadi PD eksak :
(y2x + y3 + y2) dx + (x2y + 3y2x + 2xy) dy = 0
⇔

½ x2y2 + xy3 + xy2 = C : PU PD

4.7. Persamaan Diferensial dengan Koefisien Fungsi Linear
PD (∗) disebut PD dengan koefisien fungsi linear jika :
M(x,y) = a1x + b1y + c1 , fungsi linear dalam x & y
N(x,y) = a2x + b2 y + c2 , fungsi linear dalam x & y
Ada 2 kemungkinan yang terjadi :
1.

a1
b
≠ 1 , maka ∃ titik (h,k) sedemikian hingga :
a2
b2
a1h+b1k+c1 = a2h+b2k+c2 = 0

Ambil substitusi
x = u+h dan y = v+k

........................ (14)

u & v peubah-peubah baru
diperoleh :
dx=dv dan dy=dv

........................ (15)

Selanjutnya persamaan (14) dan (15) disubstitusi ke persamaan (∗),
diperoleh :
{a1(u+h)+b1(v+k)+c1}dv+{a2(u+h)+b2(v+k)+c2}dv = 0
⇔

{a1u+b1v+(a1h+b1k+c1)}du +
{a2u+b2v+(a2h+b2k+c2)}dv = 0

⇔

{a1u+b1v+0}du+{a2u+b2v+0}dv = 0

⇔

(a1u+b1v) du + (a2u+b2v) dv = 0

..................... (16)

(16) adalah PD koefisien fungsi homogen dalam u dan v, selanjutnya
dapat diselesaikan.

Halaman | 11

2.

a1
b
= 1 =λ
a2
b2

⇔ a1=λa2 dan b1=λb2

Pada kasus ini dapat diambil substitusi :
w=a2x+b2y

........................ (17)

maka diperoleh
λw = (λa2)x+(λb2)y = a1x+b1y dan
1
(dw–a2dx)
dw = a2dx+b2dy ⇔ dy=
b2

....................... (18)

substitusi (17) dan (18) ke persamaan (∗) menghasilkan

⇔

(λw + c1) dx + (w + c2) dy = 0
1
(λw + c1) dx + (w + c2)
(dw – a2 dx) = 0
b2
b2 (λw + c1) dx + (w + c2) dw – a2 (w + c2) dx = 0

⇔

{b2(λw+c1)–a2(w+c2)}dx+(w+c2)dw = 0

⇔

.............. (19)

(19) adalah PD peubah terpisah, selanjutnya diselesaikan.

Contoh :
1.

(x+2y–4)dx–(2x+y–5)dy=0
Karena

a1
2 b1
1
, maka diambil x=v+h dan y=v+k
=
≠
=
a 2 - 2 - 1 b2

h dan k dicari
h + 2k – 4 = 0
2h + k – 5 = 0

×2
–

3k – 3 = 0 ⇔ k=1 dan h = 2
Sehingga :
x = u+2 ⇒ dx = du
y = v+1 ⇒ dy = dv
diperoleh PD koefisien fungsi homogen :
(u + 2v) du - (2u + v) dv = 0
diselesaikan dengan substitusi
u = zv
Halaman | 12

du = z dv + v dz
diperoleh :
(zv+2v)(zdv+vdz) - (2zv+v)dv = 0
⇔

v(z+2)(zdv+vdz) - v(2z+1)dv = 0

⇔

(z2+2z–2z–1)dv + v(z+2)dz = 0

⇔

dv
z+2
+ 2
dz = 0
v
z -1

⇔

∫

⇔

3

 −1
ln v + ∫  2 + 2  dz = C
z - 1
z+1

⇔

2 ln v - ln(z+1) + 3 ln(z–1) = ln k

⇔

v 2 (z - 1) 3
=k
z+1

⇔

v2(z–1)3 = k (z+1) , dengan z=

⇔

(u – v)3 = k (u + v) , dengan u=x–2

dv
+
v

z+2
dz = 0
2
−1

∫z

u
v

v=y–1
⇔

2.

(x–y–1)3 = k(x+y–3) : PU PD.

(2x + 3y – 1) dx + (2x + 3y + 2) dy = 0
Penyelesaian :
Karena

a1 2
3 b
= =1= = 1
3 b2
a2 2

diambil w = 2x+3y ⇔ dy =

maka

1
(dw – 2dx)
3

diperoleh :

⇔

1
(dw – 2dx) = 0
3
3(w – 1) dx + (w + 2) (dw – 2dx) = 0

⇔

(3w – 3) dx + (w + 2) dw – (2w + 4) dx = 0

⇔

(w – 7) dx + (w + 2) dw = 0

(w – 1) dx + (w + 2) ⋅

Halaman | 13

w+2
dw = 0
w-7

⇔

dx +

⇔

∫ dx +

⇔

x +

∫

⇔

x +

∫ dw + ∫ w - 7

⇔

x + w + ln (w – 7)9 = ln k

⇔

(x + w) ln e + ln (w – 7)9 = ln k

⇔

ln e x + w ( w − 7 ) 9

⇔

e x + w ( w - 7) 9 = k , dengan w = 2x + 3y

⇔

e x + 2x + 3y ( 2x + 3y - 7) 9 = k

⇔

e3x + 3y ( 2x + 3y - 7) 9 = k , PU PD

{

w+2

∫ w-7

dw = C

w −7 + 9
dw = C
w-7
9

dw = C

}=

ln k

Masih banyak jenis persamaan diferensial tingkat 1 yang sudah disusun
teknik penyelesaiannya. Beberapa jenis PD tingkat 1 yang diuraikan di atas
dianggap cukup sebagai dasar bagi mereka yang baru memulai mempelajari
PD. Selanjutnya akan ditinjau beberapa penyelesaian PD tingkat 2 yang
sederhana.

4.8. Persamaan Diferensial Linear Tingkat 2
Bentuk umum Persamaan Diferensial Linear Tingkat 2 yang akan
ditinjau adalah
a0(x)

dy
d2 y
+ a 1 (x)
+ a 2 (x) y = R(x)
2
dx
dx

......................(20)

Jika R(x) = 0 , maka (20) disebut PD tereduksi/homogen
R(x) ≠ 0 , maka (20) disebut PD lengkap/non homogen
a0, a1 dan a2 masing-masing fungsi konstan, maka (20) disebut PD
linear tingkat 2 dengan koefisien konstan
Halaman | 14

Secara umum PD tingkat 2 dengan koefisien bukan fungsi konstan
tidak dapat diselesaikan ke dalam bentuk fungsi-fungsi yang diketahui
(eksplisit).

Penyelesaian

kasus

non

homogen

dilakukan

dengan

menyelesaikan bentuk homogen terlebih dahulu, kemudian dilanjutkan
(dengan metode koefisien tak tentu atau metode variasi parameter) mencari
penyelesaian yang bersesuaian untuk bentuk non homogennya.
Ada beberapa teorema penting menyangkut peyelesaian PD tingkat 2
homogen.

Teorema 1
Jika a0, a1 dan a2 masing-masing fungsi kontinu pada interval J, maka
terdapat tepat dua peyelesaian yang bebas linear pada interval J
tersebut.

Teorema 2
Jika y1(x) dan y2(x) penyelesaian PD (20), maka y1 dan y2 bebas linear
bila hanya bila Wronskian mereka tidak nol pada J, yaitu :

Teorema 3
Jika y1(x) dan y2(x) penyelesaian PD (20), c1 dan c2 konstan sebarang,
maka c1y1(x)+c2y2(x) juga penyelesaian PD (20)

PD Linear Tingkat 2 Homogen dengan Koefisien Konstan
Bentuk umum :
ao

dy
d2 y
+ a2 y = 0
+ a1
2
dx
dx

......................... (21)

Halaman | 15

Penyelesaian PD (21) dapat diperoleh dengan substitusi y=emx
diperoleh :
(aom2 + a1m + a2) emx = 0
⇔

aom2 + a1m + a2 = 0 ,

disebut persamaan karakteristik PD
(21)

⇔
Jadi

m1,2

− a 1 ± a 12 − 4a 1a 2
=
2a 0

y1= e m 1 x

dan

y2= e m 2 x ,

masing-masing

merupakan

suatu

penyelesaian PD (21)

Ada beberapa kemungkinan nilai m1 & m2 :
1. Jika m1 = m2 = m , maka PU PD (21) adalah
y = (k1+k2 x) emx

............................. (22)

2. Jika m1 ≠ m2 , maka PU PD (21)
y = k1 e m 1 x + k2 e m 2 x

............................. (23)

3. Jika m1 & m2 bilangan-bilangan kompleks
m1=α+βi dan m2=α−βi
maka PU PD (21) pada prinsipnya sama dengan kasus m1 ≠ m2 di atas.
Hanya saja untuk mendapatkan bentuk yang lebih sederhana dapat
digunakan rumus euler :
e βi = cos β + i sin β , i =

−1

(rumus euler tersebut dapat dibuktikan dengan substitusi x=βi pada
deret Maclaurin ex).
Dari rumus euler di atas, diperoleh : e α +βi =eα(cos β + i sin β), sehingga
PU PD (21) yang diperoleh adalah :
y = eαx (k1 cos βx + k2 sin βx)

......................... (24)

Contoh :

Halaman | 16

1.

y’’ + y’– 2y = 0
Persamaan karakteristik : m2 + m – 2 = 0
⇔ m1 = 1 atau m2 = -2
maka PU PD : y = k1ex + k2 e-2x

2.

y” – 2y’ + y = 0
Persamaan karakteristik : m2 – 2m + 1 = 0 ⇔ m1 = m2 = 1
maka PU PD : y = ex (k1 + k2x)

3.

y” + 2y’ + 2y = 0
Persamaan karakteristik : m2 + 2m + 2 = 0
⇔ m1 = -1 + i atau m2 = -1 – i
maka PU PD :
y = k1 e(-1+i) x + k2 e(-1–i) x
= k1 e-x (cos x + i sin x) + k2 e-x (cos x - i sin x)
= [(k1 + k2) cos x + (k1 – k2) i sin x ] e-x
= (k1* cos x + k2* sin x) e-x
dengan k1* = k1 + k2 dan k2* = (k1 – k2) i

Kejadian khusus PD (21) adalah :
(a). PD bentuk

d2 y
+ a2 y = 0
dx 2

................................. (25)

Dalam hal ini, diperoleh m1=ai dan m2=-ai, sehingga PU PD (25)
adalah dari persamaan (24) dengan α=0, yaitu :
y = k1 cos x + k2 sin x
(b). PD bentuk

d2 y
− a2 y = 0
dx 2

................................. (26)

Dalam hal ini, diperoleh m1=a dan m2=-a, sehingga PU PD (26)
adalah dari persamaan (23), yaitu :
y = k1 eax+ k2 e-ax
atau (bentuk alternatif)
y=k1∗ cosh ax + k2∗ sinh ax
Halaman | 17

PD Linear tingkat 2 Non Homogen dengan Koefisien Konstan
Bentuk umum :
ao

dy
d2 y
+ a1
+ a 2 y = R(x), dengan R(x) ≠ 0
2
dx
dx

............ (27)

Penyelesaian umum PD (27) diperoleh sebagai berikut
PU PD (27) = PU PD(21) + PK PD (27) ⇔
∗

yc

ialah

PU

PD

(21)

dan

y

disebut

=

yc

fungsi

+

yp

komplementer

(complementary function)
∗

yp ialah PU PD (21) dan disebut integral khusus (Particular Integral)

Ada beberapa metode mencari Integral khusus, salah satunya adalah Metode
Koefisien Tak Tentu.
Metode koefisien tak tentu pada dasarnya adalah mengambil yp sebagai
bentuk umum dari R(x). Tabel berikut memuat beberapa bentuk yp yang
bersesuaian dengan R(x).
Tabel
R(x)

yp

3 (konstan)

A

5x+7

Ax+B

3x2-2

Ax2+Bx+C

sin 4x

A sin 4x + B cos 4x

cos 4x

A sin 4x + B cos 4x

e5x

A e5x

(9x-2) e5x

(Ax+B) e5x

x2 e5x

(Ax2+Bx+C) e5x

e5x sin 3x

A e5x sin 3x + B e5x cos 3x

5x2 sin 4x

(Ax2+Bx+C)sin4x+(Dx2+Ex+F)cos4x

xe3xcos4x

(Ax+B)e3xsin4x+(Cx+D)e3xcos4x

Halaman | 18

Contoh :
Selesaikan PD : y” – 5y’ + 6y = 5 sin x
Penyelesaian :
-

Mencari yc
Persamaan karakteristik m2–5m+6=0 ⇔ m1=2 , m2=3
Diperoleh yc = k1 e2x + k2 e3x

-

Mencari yp
Karena R(x)= 5 sin x, maka dapat diambil
yp = A sin x + B cos x
y ′p = A cos x – B sin x
y ′p′ = - A sin x – B cos x

disubstitusi ke PD , diperoleh
y ′p′ –5 y ′p +6 yp = 5 sin 4x

⇔

(5A + 5B) sin x + (-5A + 5B) cos x = 5 sin 4x

⇔

5A + 5B = 5

⇔

A = ½ dan B = ½

dan -5A + 5B = 0

Diperoleh yp = ½ sin x + ½ cos x
Jadi PU PD :
y = yc + yp = k1 e2x + k2 e3x + ½ sin x + ½ cos x

Kadang-kadang dijumpai ada suku yp yang sama dengan suku yc. Pada
keadaan ini maka yp harus dikalikan dengan xn, dengan n bulat positif
terkecil sedemikian hingga tidak terdapat suku yp yang sama dengan suku
y c.
Contoh
Selesaikan PD : y” – 2y’ + y = ex
Penyelesaian :
Halaman | 19

-

Mencari yc
Persamaan karakteristik m2–2m+1=0 ⇔ m1=m2=1
Diperoleh yc = k1ex + k2xex

-

Mencari yp
Karena R(x)=ex, maka menurut tabel di atas dapat diambil yp=Aex.
Tetapi pengambilan tersebut mengakibat-kan adanya suku yang
sama dengan suku yc . Demikian juga halnya jika diambil
yp=Axex. Jadi bentuk yang dapat diambil adalah
yp=Ax2ex
y ′p =2Axex+Ax2ex
y ′p′ =2Aex+4Axex+Ax2ex

Substitusi ke PD diperoleh A=½ ⇒ yp=½ x2ex
PU PD : y = k1ex + k2xex + ½ x2ex

Halaman | 20