Download - 02 Persamaan Diferensial Biasa
Persamaan Diferensial Biasa
A. Turunan Parsial
Pandang fungsi z=F (x , y ). Turunan parsial dari z terhadap x (dengan
memandang y konstan) ditulis ∂ z∂ x
=∂ F∂x
=z x=Fx
Turunan parsial pertama dari z terhadap y (dengan memandang x konstan)
ditulis :
∂ z∂ y
=∂ F∂ y
=z y=F y
Contoh :
z=x ³ y ²→∂z∂ x
=zx=3 x ² y ² ;∂ z∂ y
=z y=2x ³ y
Turunan parsial tingkat kedua :
∂ ² z∂ x ²
= ∂∂ x ( ∂ z∂ x )=z xx;
∂ ² z∂ y ²
= ∂∂ y ( ∂ z∂ y )=z yy
∂ ² z∂ y∂ x
= ∂∂ y ( ∂ z∂ x )=z xy;
∂ ² z∂ x∂ y
= ∂∂ x ( ∂ z∂ y )=z yx
Contoh :
1. z=2 x ³+5 x ² y+xy ²+ y ³→zx=6x ²+10 xy+ y ² ; zxx=12x+10 y ; z xy=10 x+2 y
z y=5 x ²+2xy+3 y ² ; z yy=2x+6 y ; z yx=10 x+2 y
2. z=sin y+x2 cos y+e2x→zx=2 xcos y+2e2x ; zxx=2cos y+4e
2x ; z xy=−2 xsin y
z y=cos y−x2sin y ; z yy=−sin y−x2cos y ; z y=−2 xsin y
Tampak bahwa :
Atau
Jika z=F (x , y ) maka disebut diferensial total dari z
∂ ² z∂ x∂ y
= ∂ ² z∂ y∂ x z yx=z xy
dz= ∂z∂ x
∂ x+ ∂z∂ y
∂ y
∂F∂ x
∂x+ ∂F∂ y
∂ y=C
PD
PD Biasa ( PDB)Yang mengandung hanya satu variabel bebas.
PD Parsial ( PDP )Yang mengandung lebih dari satu variabel bebas.
Contoh :Contoh :
Oleh karena itu jika diberikan F ( x , y )=C (konstan) maka didapat bahwa:
B. Definisi : PD adalah sebuah persamaan yang merupakan hubungan antara
turunan (derivatif) dari satu variabel tak bebas terhadap satu/lebih variabel
bebas.
Tingkat dan derajat dari suatu PD
Jika turunan tertinggi yang terdapat dalam persamaan adalah tingkat n, maka PD
itu disebut PD tingkat n.
Jika persamaan itu seluruhnya rasional dan bulat dalam turunan-turunan itu, maka
pangkat dari turunan tertinggi dalam persamaan itu disebut derajat PD itu.
Contoh :
1.dydx
+ y=x PD tk 1, derajat 1
2. y ' '− y '−6 y=e2 x PD tk 2, derajat 1
3. ( y ' ) ²− y '=0 PD tk 1, derajat 2
PD dari berkas kurva datar
Ini merupakan PD fari berkas (1)
Diberikan berkas kurva datar : f ( x , y , λ )=0 ………………………………………………………….
(1)
λ parameter
Ditanyakan PD berkas itu.
Caranya sbb :
Pers. (1) diturunkan terhadap :
∂ f∂ x
+ ∂ f∂ y
.dydx
=0 .………………………………………………………….(2)
Eliminasi λ dari (1), (2) didapat hubungan antara , y dandydx
:
Contoh : Ditanyakan PD dari berkas garis lurus y= λx ………………… (1)
Penyel. : Diturunkan terhadap : dydx
=λ ………………… (2)
Eliminasi λ dari (1) dan (2) di dapat PD yang ditanyakan ialah : dydx
= yx
Penyelesaian PD :
Adalah suatu fungsi tanpa turunan-turunan dan memenuhi PD itu.
Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial (PUPD)
Adalah penyelesaian PD yang memuat konstanta-konstanta sebarang yang
banyaknya sama dengan tingkat dari PD itu.
Penyelesaian Partikulir Persamaan Diferensial (PPPD)
Adalah penyelesaian PD yang didapat dari PUPD jika pada konstanta-konstanta
sebarangnya diberi nilai tertentu.
Contoh-contoh :
Ini PUPD
1. PD d ² ydx ²
=0 ditulis ddx ( dydx )=0
d ( dydx )=0dx∫ d ( ddx )=∫0dx→
( dydx )=c1⟶dy=c1⟶∫ dy=∫c1dx
PUPD :
2. Pada setiap titik (x , y ) dari suatu berkas kurva datar diketahui bahwa koefisien arah
garis singgungnya adalah 2 kali absisnya. Tentukan pers. kurva datar itu yang
melalui (1,2).
Penyel. :
PD
dydx
=2x⟶dy=2 x dx⟶∫ dy=∫2 x dx
PUPD :
Melalui titik (1,2 )⟶2=1 ²+C⟶C=1
Jadi pers.kurva yang melalui (1,2) adalah :
C. PD tingkat satu derajat satu
Bentuk umumnya : N ( x , y ) dydx
+M ( x , y )=0 atau
M (x , y ) dydx
+N ( x , y )=0
1.) PD dengan variabel-variabel terpisah
Bentuk umum ; f ( x )dx+g ( y )dy=0
PUPD : ∫ f ( x )dx+∫ g ( y )dy=C
Contoh :
Selesaikan PD : 2 xdx+2 y dy=0
Penyel. : ∫2 x dx+∫2 y dy=C
PUPD : x ²+ y ²=C
2.) PD dengan variabel-variabel yang dapat dipisahkan
Bentuk umum :
f 1(x )f 2(x )
dx+g1( y)g2( y)
dy=0
PUPD :
∫ f 1(x)f 2(x)
dx+∫ g1( y )g2( y )
dy=C
Contoh :
Selesaikan PD : ydx+x dy=01xdx+
1ydy=0
: xy
∫ 1x dx+∫1ydy=c1ln x+ln y=c1 ;Sebut C1=ln c
ln x+ln y=ln c
ln xy=ln c
PUPD : xy=c
3.) PD Homogin
PD ; M (x , y )dx+N ( x , y )dy=0 disebut PD homogin jika dapat ditulis dalam bentuk :
Subst : yx=v⟶ y=vx
dy=v dx+xdv⟶akandidapat PD denganvariabel−variabel terpisa h .
Contoh :
Selesaikan PD (x2+ y2 )dx=2 xy dy
dydx
=f ( yx )
Jika
Jawab : PUPD x ²− y ²=Cx
4.) PD berbentuk
1. Jika aq−bp=0 ⟶ Subst : u=ax+by ;dy=1b(du−adx )
Menjadi PD dengan variabel-variabel terpisah.
2. Jika aq−bp≠0 ⟶ Subst : { x=x1+h⟶dx=dx1¿ y= y1+k⟶dy=dy1
Dimana {h=x adala h penyel . dari :{ ax+by+c=0¿ px+qy+r=0¿k= y
Maka PD menjadi PD homogin :
Contoh : Selesaikan PD : ( x−2 y+1 )dx+ (2x− y−1 )dy=0
Penyel. : { x−2 y+1¿2x− y−1
⟶ x=1=h
¿ y=1=k subst : { x=x1+1
¿ y= y1+1
PD menjadi : (x1−2 y1 )d x1+(2 x1− y1 )d y1=0 homogin
Lalu misalkan : y1=v x1⟶d y1=v dx1+x1dv
Dst. Didapat :
PUPD :
5.) PD Eksak
PD ; M (x , y )dx+N ( x , y )dy=0 eksak ∂M∂ y
=∂ N∂ x
PUPD eksak berbentuk : F ( x , y )=C …………………………………….(1)
dF=∂ F∂x
dx+ ∂F∂ y
dy=M ( x , y )dx+N ( x , y )dy
(ax+by+c )dx+( px+qy+r )dy=0
Diselesaikan, ketemu
Masuk (2)
Berarti : ∂F∂ x
=M⟶F (x , y )=∫x
M dx+R( y ) …………………………………….(2)
↓
Mau dicari
∂F∂ y
= ∂∂ y [∫x M dx ]+ dR
dy=N …………………………………….(3)
Maka didapat PUPD eksak : F ( x , y )=C …………………………………….(4)
Contoh :
Selesaikan PD : 2 xy dx+( x2+1 )dy=0
Penyel. : M=2xy⟶ ∂M
∂ y=2 x
¿N=x ²+1⟶∂N∂x
=2 xKarena
∂M∂ y
=∂ N∂ x
=2 x Jadi PD eksak.
PUPD eksak berbentuk F ( x , y )=C
F ( x , y )=∫x
M dx+R ( y )
¿∫x
2 xydx+R ( y )=x ² y+R( y)
∂F∂ y
=x ²+ dRdy
=N
x ²+ dRdy
=x ²+1 ⟶ dRdy
=1 ⟶ R= y
∴ PUPD =
6.) Faktor Pengintegral
PD ; M (x , y )dx+N ( x , y )dy=0 TIDAK EKSAK ………….………………………….(1)
Jika ada V sedemikian hingga :
VM dx+V N dy=0 MENJADI EKSAK …………………………………….(2)
Maka V disebut faktor pengintegral dari PD (1).
∴ ∂ (VM )∂ y
=∂ (VN )∂ x
atau :
a. Jika V=f(x) saja.
Maka : ∂V∂x
=dVdy
;∂V∂ y
=0
Sehingga :
dVV
=¿
dVV
=h ( x )dx⟶V=e∫ h( x )dx
Contoh :
Selesaikan PD : (x2+x− y )dx+x dy=0Penyel. :
∂M∂ y
−∂N∂ x
N=
−1−1x
=−2x
V=e∫−2
xdx=e−2 ln x=e ln x
−2
=x−2= 1x2
PD : v (x2+x− y )dx+vxdy=0 ⟶ eksak
1
x2( x2+x− y )dx+ 1
x2xdy=0
(1+ 1x− yx ² )dx+ 1x dy=0
F ( x , y )=∫(1+ 1x−y
x2 )dx=¿ x+ln x+yx+R ( y ) ¿
M∂V∂ y
+V ∂M∂ y
=N∂V∂ x
+V ∂ N∂ x
∂F∂ y
=1x+ dRdy
=1x⟹ dR
dy=0⟹R ( y )=0
PUPD : F ( x , y )=C ialah :
b. Jika V=f(y) saja,
∂V∂x
=0 , ∂ y∂ y
=dVdy
⟶ dVV
=¿
∴V=e∫h ( y )dx
Contoh :
Selesaikan PD : y ³ x dx−(1−x2 y2 )dy=0Penyel. :
∂ N∂x
−∂M∂ y
N=2xy ²−3 y ² x
y ³ x=
−1y
V=e∫−1
ydx=e−ln y=e ln y
−1
= y−1= 1y
Dan seterusnya didapat :
PUPD : 12x ² y ²−ln y=C
7.) PD linear tingkat satu
Bentuk Umum :
……………………..(1)
f.p. (Faktor Pengintegral) : V=e∫Pdx ……………………..(2)
dimana P dan Q adalah fungsi terhadap x.
PUPD : yv=∫Q v dx+C ……………………..(3)
Contoh :
Selesaikan PD :
dydx
+ 1xy=x ²
Penyel. : f.p. v=e∫ 1x dx=e ln x=x
PUPD :
yx=∫ x2 xdx+C
yx= 14x4+C
8.) PD BERNOULLI
Bentuk Umum : dydx
+ y P= ynQ: yn
…………………..(1)
¿ y−n dydx
+ y1−n P=Q
Subst : v= y1−n⟹ dvdx
=(1−n ) y−n dydx⟹ y−n dy
dx= 1
(1−n)dvdx
PD menjadi :
dvdx
1(1−n )
+v . P=Q
dvdx
+v . (1−n )P=(1−n )Q
Contoh :
SelesaikanPD:
dydx
+ 1xy= y ³ x ³
Penyel. :
Subst.
v= y−3+1= y−2⟹ dvdx
=−2 y−3 dydx
PD menjadi : dvdx
−2xv=−2 x3
Dst. Didapat v=−x4+Cx ²
∴ PUPD : y−2=−x4+Cx ²
9.) PD RICCATI
………………………..(1)dydx
=q ( x )+ p ( x ) y+r ( x ) y ²
Jika p ,q , r konstan ⟶ ∫ dyq+ py+ry ²
=x+C
Jika r ( x )=0⟹ PDlinear
Jika q ( x )=0⟹ PDBernoulli
Mendapatkan penyel. Umum PD Riccati sbb :
Dicari / diketahui penyel. partikular y= y1(x )
Maka : y1' (x )=q ( x )+p (x ) y1 ( x )+r ( x ) y1
2 ( x ) . ………………………..(2)
Ambil y= y1 ( x )+z ( x ) Z ( x )=?
⇓
Contoh :
Selesaikan PD :y '=e2x+ex−2e x y+ y ² Jika diketahui penyel. Partikular y1=ex.
al. :
l y=ex+Z⟹ dZdx
=Z ²⟹Z= 1C−x
Maka penyel. PD Riccati tsb. adalah :
y ( x )=ex+ 1C−x
PD Bernoulli
SOAL-SOAL LATIHAN PD DENGAN PEUBAH-PEUBAH TERPISAH/DAPAT DIPISAHKAN
DAPATKAN PENYELESAIAN UMUM PD :
1.dxx
− ydyy+2
=0
2. xy ³dx+e x2dy=0
3. ydx−(e3 x+1 )dy=0
DAPATKAN PENYELESAIAN PARTIKULAR PD :
4.dxdt
+2 xt=0 ; jika t=0 , x=x0
5. v .dvdx
−g=0 , jika x=x0 , v=x0
SOAL-SOAL LATIHAN
PD HOMOGIN
6. ( x+2 y )dx+(2 x+3 y )dy=0
7. (x3+ y3 )dx+3 x y2dy=0
8.dydx
=2 x ³+ y ³3 xy ²
SOAL-SOAL LATIHAN
PD BERBENTUK (ax+by+c )dx+( px+qy+r )dy=0
9.10. ( x−2 y+5 )dx+(2x− y+4 )dy=0
11.12. y
'=1−3 x−3 y1+x+ y
13.14. (2 x+2 y+1 )dy+( x+ y+1 )dx=0
2
1
SOAL-SOAL LATIHAN
PD EKSAK
SELESAIKAN PD BERIKUT :
15. ( y−3x2 )dx−(4 y−x )dy=0
16.¿
17. ( ye xy−2 y3 )dx+( xexy−6 x y2−2 y )dy=0
D. P
D
tingkat
dua
PD :
SOAL-SOAL LATIHAN
FAKTOR PENGINTEGRALAN
DAPATKAN FAKTOR PENGINTEGRALAN DARI MASING-MASING PD BERIKUT DAN
KEMUDIAN SELESAIKAN PD ITU :
1. (4 y−x2 )dx+xdy=0
2. 2dx+(2x−3 y−3 )dy=0
SOAL-SOAL LATIHAN
PD BERNOULLI
SELESAIKAN PD:
3.dydx
+xy= y3 x3
4. xdydx
+2 y= y ² ln x
SOAL-SOAL LATIHAN
PD RICCATI ; y '=q (x )+ p ( x ) y+r ( x ) y ²
SELESAIKAN PD:
5. y '= y2 x−2
− y x−1+1 , dengan penyelesaian partikular y1=x
6. y '=xy ²+(−8x2+x−1 ) y+16 x ³ ;dengan y1=4 x
Contoh : Selesaikan PD : d2 yd x2
=6 x
Penyel. : dyd x❑=∫6 x dx=3 x ²+C1⟹ y=∫(3 x2+¿C1)dx+C2 ¿
∴ PUPD : y=x ³+C1 x+C2
Misal : dydx
=p
d ² y
d x2=dp
dx=dpdy
.dydx
=pdpdy
PD menjadi :
pdpdy
=f ( y )⟹∫ pdp=∫ f ( y )dy⟹ p ²=2∫ f ( y )dy+C1
Atau :
dydx
=±√2∫ f ( y)dy+C1⟹dx=±dy
√2∫ f ( y )dy+C1
∴ x=±dy
√2∫ f ( y )dy+C1
+C2
Contoh :
Selesaikan PD : d ² ydx ²
= y
Penyel. :
p ²=2∫ y dy⟹ p ²= y ²+C1⟹dydx
=±√ y ²+C1
x=±dy
√ y ²+C1
+C2
PUPD : x=± ln|y+√ y ²+C1|+C2
1
2
3
SOAL-SOAL LATIHAN
SELESAIKAN PD :
1.d2 yd x2
=1x
2.d2 xd t 2
=tet
E. PD ………………………………..(1)
; p dan q konstan.
y=ekx memenuhi PD ini jika : k 2ekx+ pk ekx+qekx=0
Karena ekx≠0 , maka di dapat :
Pers. Karakteristik (PK) : ….…….. (2) dengan akar-akar k 1
dan k 2.
Ada 3 kasus :
Jika k 1≠k2 (real berlainan), maka PUPD (1) :
Contoh : PD y ' '+3 y '+2 y=0
PK : k 2+3k+2=0⟹k1=−1 , k2=−2
PUPD : y=C1 e−x+C1 e
−2x
Jika k 1=k2 (real kembar=k), maka PUPD (1) :
Contoh : PD y ' '+4 y '+4 y=0
PK : k 2+4k+4=0⟹k1=k2=−2
PUPD : y=e−2x (C1 x+C2 )
d ² ydx ²
+ pdydx
+qy=0
k ²+ pk+q=¿0
Jika k 1=a+bi❑
k 2=a−bi
Contoh : PD y ' '−2 y '+2 y=0
PK : k 2−2k+2=0⟹k1=1+ i ;k 2=1−i
PUPD : y=ex (C1 cos x+C2 sin x )
SOAL-SOAL LATIHAN
BENTUK : y ' '+ p y '+qy=0
DAPATKAN PENYELESAIAN UMUM PD :
1. y ' '− y '−2 y=0
2.d ² xdt ²
+4 dxdt
+4 x=0
F. PD ………………………..(1)
; p dan q konstanta-konstanta.
(PL = PD lengkap)
PD tereduksi (PR) : y ' '+ p y '+qy=0 ………………………..(2)
PUPL = PUPD (1) : y= yc+ y p ………………………..(3)
yc = fungsi komplementer (FC) = PUPR (2)
y p = integral particular (IP) dari (1) = penyelesaian yang tidak mengandung
konstanta sebarang dari PD itu
Mendapatkan integral particular y p dengan metode variasi parameter.
PD : y ' '+ p y '+qy=f (x ) (1)
PR : y ' '+ p y '+qy=0 (2)
Jika PUPR (Penyelesaian Umum Persamaan Tereduksi/fungsi complementer) adalah :
Kompleks jodoh, maka PUPD (1) :
d ² ydx ²
+ pdydx
+qy=f ( x)
yc=C1 y1 ( x )+C2 y2 ( x ) ………………. (3)
Maka y p=L1 ( x ) y1+L2 (x ) y2 ………………. (4)
Dimana L1 dan L2 dicari dari :
{ L1' y1+L2
' y2=0¿ L1
' y1+L2' y2=f (x )
………………. (5)
Contoh ;
Selesaikan PD : y ' '+ y=tg x
Penyelesaian : yc=C1sin x+C2cos x
y p=L1 ( x )sin x+L2 ( x ) cos x, dimana L1 dan L2 dicari dari “
{ L1' sin x+L2
' cos x=0¿ L1
' cos x+L2' (−sin x )=tg x
Didapat :
L1' =sin x⟹ L1=∫sin x dx=−cos x
L2' =cos x−sec x⟹ L2=∫¿¿
Maka y p=−cos x¿
¿−cos x+ln ( sec x+tg x )
Jadi PUPD : y= yc+ y p
∴ y=C1 sin x+C2cos x−cos x , ln (sec x+ tg x )
Perluasan :
PL : y (n)+a1 y(n−1 )+a2 y
(n−2)+…+an−1 y'+an y=f ( x )
PR : y (n)+a1 y(n−1 )+a2 y
(n−2)+…+an−1 y'+an y=0
FC : yc=C1 y1 ( x )+C2 y2 ( x )+…+Cn yn ( x )
IP : y p=L1 ( x ) . y1+L2 ( x ) . y2+…+ Ln ( x ) . yn
Dimana L1 , L2 ,…., Ln harus memenuhi syarat/dicari dari :
L1' y1+L2
' y2+…+Ln' yn=0
L1' y1
' +L2' y2
' +…+Ln' yn
' =0
L1' y1
' '+L2' y2
' '+…+Ln' yn
' '=0
………………………………
………………………………
L1' y1
(n−1)+L2' y2
(n−1)+…+Ln' yn
(n−1)=f (x )
Contoh :
Selesaikan PD : y(3 )− y '=e2x
Penyelesaian :
FC : yc=C1 .1+C2 ex+C3 e
−x
IP : y p=L1 ( x ) .1+L2 ( x ) . ex+L3 ( x ) . e−x
L1 , L2 , L3 dicari dari : { L1' .1+ L2
' . ex+L3' . e− x=0
L1' .0+L2
' . ex+L3' .(−e− x)=0
L1' .0+L2
' . ex+L3' . e− x=e2 x
∆=|1 ex e−x
0 ex −e−x
0 ex e−x |=2; ∆1=−2e2x ; ∆2=ex ;∆3=e3x
L1' =
∆1∆
=−2e2x⟶ L1=∫−e2x dx=−12
e2x
L2' =
∆2∆
=12ex⟶L1=∫ 12 e
xdx=12e2 x
L3' =
∆3∆
=12e3x⟶ L1=∫ 12 e
3 xdx=16e3x
∴ y p=−12
e2 x .1+ 12ex . ex+ 1
6e3x . e− x=1
6e2x
Maka PUPD y= yc+ y p=C1+C2ex+C3 e
−x+ 16e2x
G. Operator D
D= ddx
operator derivative. Dy=dydx
; D ² y=d ² ydx ²
Polinomial dalam D ditulis F(D)
Dn y=dn yd xn
Invers operator D. D−1
D−1= 1D
=∫… ..dx ;1D
f ( x )=∫ f (x)dx
Definisi :
; m = konstan
PD : y ' '+ p y '+qy=f ( x ) menjadi : (D2+ pD+q ) y=f ( x )
PD : an y(n)+an−1 y
(n−1)+… ..+a1 y1+a0 y=f (x ) menjadi :
(an D(n )+an−1D
(n−1)+… ..+a1D+a0 ) y=f (x)
∴PD :F (D ) y=f ( x )⟶PR ; F (D ) y=0⟶ PK ;F (k)=0
SIFAT-SIFAT :
1 F (D ) . eax=F (a ) . eax
2 F (D )(eaxV )=eax F (D+a )V
3 F (D 2) . sinax=F (−a2 ) . sinax4 F (D 2) .cos ax=F (−a2 ).cos ax
51
F (D )eax= eax
F (a );F (a )≠0
61
F (D )eaxV=eax
1F (D+a)
V
7 1F (D ² )
sin ax=
sinax
F (−a2)∧1
F (D ² )cosax= cosax
F (−a2); F (−a2)≠0
1D−m
f (x )=emx∫ e−mx f (x )dx
Ingat Deret Maclaurin
11
1−D=1+D+D2+D3+D4+…
211+D
=1−D+D2−D3+D 4−…
Perhatikan bahwa :
1.) Rumus Euler : e iax=cosax+¿ isinax ¿
Maka : cos ax=ℜ (e iax ) ;sinax=ℑ(eiax)
2.)1
F (D ) diexpansikan menurut deret kuasa dalam D sbb. :
1F (D )
=b0+b1D+b2D ²+….+bnDn+…;(b0≠0)
H. Mendapatkan Integral Partikular (IP) : y p
PD : F (D ) y=f ( x ) Secara simbolis
I. Jika f ( x )=Pn ( x ) polinomial derajat n dalam x
Contoh :
Selesaikan PD : (D2+D−2 ) y=2(1+x−x2)
Penyelesaian : PR ; (D2+D−2 ) y=0 Subst. y=ekx
PK : k ²+k−2=0→k1=−2 ;k2=1
FC : yc=C1 e−2 x+C2 e
x
IF : y p=
1
D2+D−22 (1+x−x2 )= 1
−2(1−D+D2
2 )2 (1+x−x2 )
GAGAL
y p=−{1+(D+D 2
2 )+(D+D2
2 )2
+…}(1+x−x2 )
y p=−(1+ 12 D+ 34D2+…) (1+ x−x2)=¿
¿−{1+x−x2+ 12
(1−2 x )+ 34
(−2 )}=x2
∴ PUPD y= yc+ y p=C1 e−2x+C2e
x+x2
II. Jika f ( x )=eax
Contoh 1 : Selesaikan PD : (D2+1 ) y=e2 x
Penyelesaian :
FC : yc=C1cos x+C2 sin x
IP : y p=1
D2+1e2x=1
5e2 x
∴ PUPD : y= yc+ y p=C1 cos x+C2sin x+e2x
5
Contoh 2: Selesaikan PD : (D2−2D+1 ) y=ex
Penyelesaian :
FC : yc=(C1 x+C2)ex
IP : y p=1
D2−2D+1ex= e x
12−2 (1 )+1= ex
0
Caranya pakai rumus :
1F (D )
eaxV=eax1
F (D+a)V
Dengan memasang V=1
GAGAL
y p=1
D2−2D+1ex= 1
(D−1) ²e x .1=ex 1
{(D+1 )−1} ²=ex .
1D ².1
¿ex .1D.1D1=ex .
1D
.∫1dx=ex .1D
x=ex∫ x dx=12x ² ex
PUPD ; y= yc+ y p=(C1 x+C2)ex+12x ² e x
III. Jika f ( x )=sinax atauf ( x )=cos ax
Contoh 1 : Selesaikan PD : (D2+1 ) y=10sin 4 xPenyelesaian :
FC : yc=C1cos x+C2 sin x
1F (D ² )
sin ax=
sinax
F (−a2)∧1
F (D ² )cosax= cosax
F (−a2); F (−a2)≠0
IP : y p=1
D2+1¿
∴ PUPD : y= yc+ y p=C1 cos x+C2sin x−23sin 4 x
Contoh 2 : Selesaikan PD : (D2+1 ) y=sin xPenyelesaian :
y p=1
D2+1sin x= sin x
−(12 )+1= sin x
0
y p=lm ( 1
D 2+1eix)=lm( 1
D−i.1
D+ieix)=lm( 1
D−i.12 i
eix)
¿ lm( 12 i . 1D−i
eix .1)=lm( 12 i . eix . 1D 1)¿ lm( 12 i . eix . x)=lm¿¿
PUPD : y= yc+ y p=C1 cos x+C2sin x−x2cos x
SOAL-SOAL LATIHAN
BENTUK : y ' '+ p y '+qy=f ( x )
SELESAIKAN PD BERIKUT :
1. y ' '−2 y '−3 y=27 x2
2. y ' '−6 y '+9 y=ex
3. y ' '−2 y '+ y=e x
x
4. y ' '+ y=10e2 x ; jikauntuk x=0 , y=0 , dan y '=0
5. y ' '+ y=−2 x2+3 ; jika y (0 )=7dan y ' (0 )=0
I. PD EULER
Bentuk Umum :
p0(ax+b)n y(n)+p1(ax+b)
n−1 y(n−1)+…+ pn−1 (ax+b ) y '+pn y=f (x)
Dimana : a ,b , p0 , p1 , p2 ,…., pn adalah konstanta-konstanta.
Subst. :
ax+b=e t⟹ t ln (ax+b )
x= e t−ba
;dtdx
= aax+b
dydx
=dydt
.dtdx
=dydt
.a
ax+b⟶ (ax+b ) y=a
dydt
d2 yd x2
= a2
(ax+b )2.( d2 yd t2
−dydt )⟶ (ax+b )2 y ' '=a2( d2 yd t2
−dydt )
d3 yd x3
= a3
(ax+b )3.( d3 yd t3
−3 d2 yd t2
+2 dydt )⟶ (ax+b )3 y ' ' '=a3( d3 yd t 3
−3 d2 yd t 2
+2 dydt )
Jika D= ddt
⟶ (ax+b ) y '=a Dy ; (ax+b )2 y ' '=a2D (D−1 ) y
(ax+b )3 y' ' '
=a3D (D−1 ) (D−2 ) y
(ax+b )n y (n)=an D (D−1 ) (D−2 ) (D−3 )…… (D−n+1 ) y
Sehingga PD diatas menjadi :
{p0anD (D−1 ) (D−2 )…. (D−n+1 )+ p1an−1D (D−1 ) (D−2 )……. (D−n+2 )+ p2a
n−2D (D−1 ) (D−2 )……. (D−n+3 )+………+Pn } y=f ( e t−ba )
Ialah PD linear dengan koefisien konstan.
Khusus :
……………………………..(1)
Dimana p0 , p1 , p2 konstanta-konstanta.
Subst. :
x=e t⟶ t=ln x ; dtdx
=1x
x y'=Dy ; x2 y ' '=D (D−1 ) y
PD (1) menjadi :
p0D (D−1 ) y+ p1Dy+ p2 y=f (at ) ……………………………..(2)
Contoh : Selesaikan PD : x2 y ' '−x y'+2 y=ln x
Penyelesaian : Dengan subst. seperti diatas, PD menjadi :
{D (D−1 )−D+2 } y=t atau : (D2−2D+2) y=t
PR : D2−2D+2¿ y=0
Subst. : y=emt
PK : m2−2m+2=0⟶m1=1+i ; m2=1−i
FC : yc=et (C1 cos t+C2 sin t)
p0 x2 y ' '+ p1 x y
'+ p2 y=f (x)
Nanti PUPD serentak hanya memuat 2 konstanta sebarang saja. (
IP : y p=1
2−2D+D2. t=(12 + 1
2D+…) t=12 t+ 12
PUPD y= yc+ y p=e t (+C1 sin t )+ 12t+ 12
. Ganti e t=x dan t=ln x
∴ y=x ¿
J. PD Serentak (PD Simultan)
PD Serentak dengan dua persamaan dan dengan dua buah fungsi-fungsi yang belum
diketahui, berbentuk sbb. :
{ f 1 (D ) y+g1 (D ) Z=h1 (x )………………………… ..(1)¿ f 2 (D ) y+g2 (D )Z=h2(x)………………………… ..(2)
Dimana f 1 (D ) , f 2 (D ) , g1 (D ) , g2 (D ) adalah polinomial dalam D dengan koefisien-
koefisien konstan.
∆=|f 1 (D ) g1 (D )¿ ¿
g2 (D )¿|=f 1 (D )g2 (D )−f 2 (D )g1 (D )
∆1=|h1 ( x ) g1 (D )¿ ¿
g2 (D )¿|=g2 (D )h1 ( x )−g1 (D )h2 ( x )
∆2=|f 1 (D ) h1 ( x )¿ ¿
h2 ( x )¿|=f 1 (D )h2 ( x )−f 2 (D )h1 ( x )
PD menjadi : ∆ y=∆1 dan ∆ Z=∆2
Banyaknya konstanta-konstanta sebarang pada PUPD serentak adalah sama dengan
pangkat tertinggi dari D dalam ∆.
Contoh : Selesaikan PD serentak : { Dy−z=ex……………………(1)¿ y+(D+2 )Z=0……………………(2)
Penyelesaian :
∆=|D −11 (D+2)|=D (D+2 )+1=D ²+2D+1
∆1=|e x −10 (D+2)|= (D+2 )e x=ex+2ex=3ex
∆2=|D ex
1 0 |=−ex
∆ y=∆1
(D2+2D+1 ) y=3ex
yc=(C1 x+C2 )e−x
y p=1
D ²+2D+13ex=3
4ex
y= yc+ y p
y=(C1 x+C2 )e−x+ 34ex
…………. (3)
∆ z=∆2
(D2+2D+1 ) z=ex
zc=(C3 x+C4 )e− x
z p=1
D2+2D+1(e−x )=−1
4ex
Untuk sementara :
z=zc+z p
z=(C3 x+C4 )e− x−14ex
…………. (4)
Dimana C3 dan C4 masih dan harus
dinyatakan C1 dan C2.
(3) dan (4) masuk (1) ;
D {(C1 x+C2 )e−x+ 34ex}−{(C3 x+C4 )e−x−1
4ex}=e x
Di dapat : −C1 x+C1−C2=C3 x+C4 C3=−C1
C4=C1−C2
Jadi PUPD serentak :
| y=(C1 x+C2) e− x+ 3
4ex
¿ z=−C1 x+C1−C2=C3 x+C4
SOAL-SOAL LATIHAN
PD SIMULTAN
SELESAIKAN PD SIMULTAN BERIKUT ;
1. {dxdt −x+2 y=0
¿ x−dxdt
− y=0
2. { y '+z=0¿ z'+4 y=0