pdb order satu
TRANSCRIPT
BAB 1 PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDER SATU
1.1. PENDAHULUAN
Persamaan Diferensial adalah salah satu cabang ilmu matematika yang
banyak digunakan dalam memahami permasalahan-permasalahan di
bidang fisika dan teknik. Persamaan Diferensial merupakan alat yang
ampuh dalam menyelesaikan berbagai macam masalah praktis yang
sering muncul di dunia nyata. Pada pembahasan berikut, pertama akan
diberikan pengertian Persamaan Diferensial, order dan derajat serta
penyelesaian Persamaan Diferensial. Selanjutnya dibahas berbagai teknik
penyelesaian Persamaan Diferensial order satu.
Tujuan Instruksional : Setelah mempelajari bab ini, saudara harus dapat
• Membedakan Persamaan Diferensial Biasa dengan Persamaan
Diferensial Parsial, serta membedakan order dan derajat
Persamaan Diferensial
• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan
Diferensial dengan peubah terpisah, Persamaan Diferensial eksak,
serta Persamaan Diferensial Linier order satu.
• Menentukan faktor integral dan mengubah Persamaan Diferensial
menjadi Eksak.
• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan
Diferensial tipe homogen, Riccati, dan Bernoulli.
• Mereduksi Persamaan Diferensial nonhomogen ke bentuk
Persamaan Diferensial Homogen.
1.2. PENGERTIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL
Pada kuliah kalkulus, kita telah belajar bagaimana menentukan
derivatif (turunan) )('' xfydxdy
== dari suatu fungsi )(xfy = . Misalnya, jika
xey x 3cos2 += − ,
maka
xedxdy x 3sin32 −−= − . (1.1)
Atau jika diberikan persamaan dalam bentuk Cyxg =),( dengan C
konstanta, kita dapat mendiferensialkan secara implisit untuk memperoleh
dxdy . Misalkan dipunyai fungsi implisit
922 =+ yx
maka akan diperoleh
022 =+dxdyyx
atau
yx
dxdy
−= . (1.2)
Persamaan (1.1) dan (1.2) di atas merupakan contoh persamaan
diferensial.
Definisi : Suatu persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang
menyatakan hubungan fungsi yang tidak diketahui dan mengandung
turunan-turunan pada persamaan tersebut.
Jika hanya ada satu peubah bebas, maka disebut Persamaan
Diferensial Biasa (PDB), sebagai contoh adalah persamaan (1.1) dan (1.2).
Contoh PDB lainya adalah sebagai berikut :
.0
sin3
24
2
2
2
=−
=−−
=+
dxxydyy
xydxdy
dxyd
exydxdy x
Sedangkan jika persamaan memuat dua atau lebih peubah bebas,
maka disebut Persamaan Diferensial Parsial (PDP). Misalkan :
.0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=∂∂
+∂∂
+∂∂
∂∂
=∂∂
=−∂∂
+∂∂
zu
yu
xu
tu
xu
ovtv
xv
Pembahasan tentang PDP akan dibicarakan dalam bab tersendiri.
1.2.1. Bentuk Umum dan Order PDB Bentuk umum PDB order n adalah
),...,'',',,( )()( 1−= nn yyyyxfy (1.3)
yang menyatakan adanya keterkaitan antara peubah bebas x dan peubah
tak bebas y beserta turunan-turunannya dalam bentuk persamaan yang
identik nol. Beberapa buku menulis persamaan ini dalam bentuk
0=),...,'',',,( )(nyyyyxf .
Order dari Persamaan diferensial adalah order tertinggi dari turunan
yang ada dalam persamaan. Misalkan
xxydxdy sin2 =+
adalah persamaan diferensial order satu, sedangkan
02
2=+ y
dxyd
merupakan persamaan diferensial order dua.
1.2.2. Penyelesaian PDB
Masalah kita selanjutnya adalah bagaimana menemukan
penyelesaian PDB, yaitu suatu fungsi )(xy yang memenuhi PDB tersebut.
Definisi : Suatu fungsi )(xy yang didefinisikan pada suatu interval disebut
penyelesaian PDB jika secara identik memenuhi persamaan (1.3) pada
interval yang diberikan.
Contoh 1.3.1 :
Fungsi xkey = adalah penyelesaian persamaan diferensial ydxdy
= pada
interval ∞<<∞− x , karena .)( xx kekedxd
= Jadi jika disubstitusikan ke
dalam persamaan diperoleh xke = xke , yang berlaku untuk semua x.
Tidak semua penyelesaian PDB dapat disajikan secara eksplisit
seperti Contoh 1.3.1. Beberapa kasus ditemukan penyelesaian yang
disajikan dalam bentuk implisit, seperti contoh berikut.
Contoh 1.3.2 :
Persamaan Cyx =+ 22 , untuk suatu konstanta C > 0, merupakan
penyelesaian bentuk implisit dari .yx
dxdy
−=
Contoh 1.3.3 :
Persamaan 1sin =+ yexy x , merupakan penyelesaian bentuk implisit dari
.cossin
yexyey
dxdy
x
x
++
−=
1.2.3. Masalah Nilai Awal
Misalkan akan dicari penyelesaian )(xyy = dari PDB order satu
).,(' yxfy = (1.4)
yang memenuhi
00 yxy =)( . (1.5)
Persamaan (1.5) disebut kondisi awal dari PDB order satu. PDB
(1.4) dengan kondisi awal (1.5) disebut Masalah Nilai Awal (MNA).
Penyelesaian yang memenuhi kondisi awal ini disebut penyelesaian
khusus, sedangkan jika tidak diberikan kondisi awal dinamakan
penyelesaian umum, seperti Contoh 1.1.2. Jadi pada penyelesaian umum
masih memuat konstanta sebarang C, sedangkan pada penyelesaian
khusus sudah tidak memuat konstanta sebarang.
Contoh 1.4.1 :
Persamaan xxy +=2
2 adalah penyelesaian khusus dari MNA
.)(,' 001 ==− yxy
Latihan 1.2 : Tunjukkan bahwa fungsi yang diberikan merupakan penyelesaian dari
Persamaan diferensial
1. xCeyyy 2,2' == .
2. xexccyyyy −+==++ )(,0'2'' 21 .
3. xyxyy sec21,sec'' 3 ==+ .
4. xxxx eececyeyyy 221 )sin(,sin2'3'' −− −+==+− .
5. 0)4(,164,4
' 22 ==−= yyxy
xy .
1.3. PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA ORDER SATU Pada Bagian ini, kita akan membahas teknik-teknik penyelesaian
PDB order satu. Untuk PDB order satu yang berbentuk )(' xfy = , dimana f
fungsi kontinu dari satu peubah bebas x, maka kita dapat mengintegralkan
secara langsung kedua ruas untuk memperoleh penyelesaiannya.
Selanjutnya akan dicari penyelesaian PDB order satu
),(' yxfdxdyy == (1.6)
dimana f fungsi kontinu dari dua peubah bebas x dan y. Penyelesaian (1.6) tidak dapat diperoleh dengan mengintegralkan secara langsung. Untuk
memperoleh penyelesaiannya dapat dilakukan dengan pemisahan peubah,
seperti dibahas dalam bagian berikut.
1.3.1 PD dengan Peubah terpisah Untuk mencari penyelesaian umum dari persamaan (1.6), terlebih
dahulu kita pisahkan peubah x dan y , sehingga kita peroleh fungsi
)()(),( yqxpyxf = .
Persamaan (6) berubah menjadi
)()( yqxpdxdy
=
atau dapat ditulis
.)()(
dxxpyq
dy= (1.7)
Dengan asumsi bahwa y adalah fungsi dari x, maka kita punya
dxxyqxy
yqdy
))(()('
)(= , sehingga persamaan (1.7) menjadi
dxxpdxxyqxy )(
))(()('
= .
Selanjutnya dengan menuliskan )(xyu = dan )(' xydu = , maka
dengan mengintegralkan kedua ruas kita peroleh penyelesaian umum
persamaan (1.7), yaitu
∫ ∫ += Cdxxpuq
du )()(
(1.8)
dengan C konstanta sebarang.
Berikut ini beberapa contoh PDB dengan peubah yang dapat dipisahkan.
Contoh 1.5.1:
Selesaikan .cos2 xedxdy y−=
Penyelesaian :
Dengan melakukan pemisahan peubah diperoleh
dxxdye y cos2= .
Integralkan kedua ruas
.sin2 Cxey +=
Sehingga kita peroleh Penyelesaian umumnya adalah
).sin2ln( Cxy +=
Untuk mengecek kebenaran penyelesaian ini, perhatikan bahwa
).cos2(sin2
1' xCx
y+
=
Substitusikan ke PDB, kita peroleh
xexCx
Cx cos2)cos2(sin2
1 )sin2ln( +−=+
Karena Cx
e Cx
+=+−
sin21)sin2ln( , persamaan di atas terpenuhi
untuk setiap 0sin2 >+Cx . Dengan demikian y adalah penyelesaian PDB
tersebut.
Contoh 1.5.2
Selesaikan ).( yxydxdy
+= 2
Penyelesaian :
PDB dapat kita tulis dalam bentuk
).( 12 += xydxdy
Pemisahan peubah memberikan
.)( dxxy
dy 12 +=
Integralkan kedua ruas diperoleh
Cxxy ++= 2ln 2
atau
Cxxey ++= 22.
Dalam beberapa kasus akan kita jumpai persamaan diferensial
dalam bentuk
(1.9)
Contoh 1.5.3 :
Selesaikan .0=+− xdxdyye x
Penyelesaian :
Persamaan dapat kita bawa ke bentuk
.dxxeydy x−=
Integralkan keuda ruas, diperoleh
.)( Cexy x +−= 121 2
atau
Cexy x +−= )(12 .
.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM
Contoh 1.5.4 :
Selesaikan 2
23yx
dxdy
=
Penyelesaian.
PD
2
23yx
dxdy
=
Dapat ditulis dalam bentuk
22 3xdxdyy =
atau,
dxxdyy 22 3=
Integralkan kedua ruas, diperoleh
cdxxdyy += ∫∫ 22 3
⇒ cxy+= 3
3
3,
atau,
,3 133 cxy +=
.
Dalam hal ini cc 31 = konstanta.
Jadi penyelesaian umumnya adalah
31
13 ]3[ cxy += .
Contoh 1.5.5 :
Selesaikan 223 yytdtdy
+=
Penyelesaian
PD dapat ditulis dalam bentuk
,)1()1( 2
323
−+
=+=y
tytdtdy
atau
dttdyy
)1(1 32 +=
Integralkan kedua ruas, diperoleh
cdttdyy
++= ∫∫ )1(1 32
atau, ,411 4 ctt
y++=
−
.
atau
,44
14 ctt
y++
−= dengan c1 = 4c,
Latihan 1.3.1 : Selesaikan soal berikut dengan pemisahan peubah.
1. .yxe
xdxdy
+= 2. ).( 21 yx
dxdy
−=
3. .)()(
113
−+
=y
xydxdy 4. .
2xxyedxdy
=
5. .0sincos2 =+ dxxdyxy 6. .)( 023 =−+ dxyydyex
7. .02)12sec( 1 =++ − dxxydyx 8. .12 =dxdyxy
9. .)(ln xydydxx = 10. .)( 012 =−+ dxxydyx
Selesaikan MNA berikut :
11. .)(, 10122 =
+= y
ee
dxdyy
x
x 12. .)(, 210 ==−+ yxxy
dxdy
13. .)(, 10 ==+ PPtePdtdP t 14. .)(, 21
2=
−= p
qpp
dqdp
15. .)(,)( 110 ==+− ydtyydyt
1.3.2. Persamaan Diferensial Linier Order Satu Persamaan linier order satu adalah persamaan yang berbentuk
)()()( xbyxadxdyxa =+ 21 (1.10)
dimana ),(),( xaxa 21 dan )(xb hanya bergantung pada peubah bebas x.
Misalnya,
.tan)(sin
,)1(
,2
xyxdxdy
xxydxdyx
xeydxdyx x
=+
=++
=− −
Persamaan 02 =− − yexdxdy bukan persamaan linier, meskipun peubah
dapat dipisahkan. Sedangkan persamaan xydxdyyx =+− 22 )( bukan
persamaan linier dan peubah tidak dapat dipisah.
Pada persamaan (1.10), diasumsikan bahwa ),(),( xaxa 21 dan )(xb
kontinu pada suatu interval tertentu dengan 01 ≠)(xa . Maka persamaan
dapat kita bawa ke bentuk
)()(
)()(
xaxby
xaxa
dxdy
11
2 =+
atau
)()( xQyxPdxdy
=+ (1.11)
yang merupakan Bentuk Standar PDB linier order satu.
Penyelesaian PDB Linier Langkah-langkah penyelesaian PDB Linier order satu adalah
sebagai berikut :
Langkah 1. Tuliskan PDB dalam bentuk standar
)()( xQyxPdxdy
=+ .
Langkah 2. Tentukan faktor integral
∫=µ dxxPex )()( .
Langkah 3. Kalikan )(xQ dengan µ dan integralkan
∫ + .)()( CdxxQxµ
Langkah 4. Tuliskan penyelesaian umum
∫ += .)()()( CxQxyx µµ
atau
.)()()(
xCxQxy
µµ∫ +
=
Contoh 1.6.1 :
Tentukan penyelesaian umum dari
.22 =+ xydxdyx
Penyelesaian.
Langkah 1. Tulis persamaan dalam bentuk standar:
.221
xy
xdxdy
=+
Jadi x
xP 1=)( dan
22
xxQ =)( .
Langkah 2. Tentukan faktor integral
.
)(ln
)(
xe
eexx
dxdxxP x
==
==µ ∫∫ 1
Langkah 3. Kalikan 22
xxQ =)( dengan x=µ dan integralkan, sehigga
diperoleh
∫ +==
∫ ∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
.ln22
2)()( 2
Cxdxx
dxx
xdxxQxµ
Langkah 4. Penyelesaian umumnya adalah
Cxxy += ln2
atau
.ln2x
Cxy +=
Contoh 1.6.2 :
Selesaikan PD
1sincos =+ xydxdyx
Penyelesaian.
PD dapat dinyatakan dalam
xxxy
dxdy
cos1
cossin
=+
atau
xxydxdy sectan =+
Yang merupakan bentuk PD linier
)()( xqyxpdxdy
=+ ,
dengan x(x)q,x(x)p sectan == .
Selanjutnya diperoleh faktor integral
xeee xdxxpdx secseclntan=== ∫∫
Kalikan PD dengan faktor integral, diperoleh
xxxydxdyx 2sectansecsec =+
atau
xxydxd 2sec)sec( =
.
Integralkan kedua ruas,
cdx xxy += ∫ 2secsec
Jadi penyelesaian PD adalah,
cxxy += tansec
atau,
xcxcxx
xy cossinsec
1sectan
+=+=
Contoh 1.6.3 :
Selesaikan PD
ydxdyyx =+ )2( 3
Penyelesaian.
Perhatikan bahwa PD memuat y3 ,jadi ini bkan PD linier, tetapi jika
kita lihat x sebagai fungsi y , dan PD dapat kita tulis dalam bentuk
32yxdydxy +=
Atau
22yyx
dydx
=−
Maka diperoleh bentuk PD linear dengan x sebagai fungsi y,
22and1dengan y(y)qy
(y)p(y)qx(y)pdydx
=−==+
Selanjutnya dapat kita selesaikan dengan langkah-langkah
seperti pada contoh sebelumnya.
Faktor integralnya adalah
dyype )(∫ y
yee ydyy 11ln1
==== −−− ∫∫
Kalikan PD dengan y1 ,
yyx
dydx
y21
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
Atau
yy
xdyd 21. =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh
cyy
x += 21 ,
Jadi penyelesaian PD adalah,
)( 2ycyx += .
Ada dan tunggalnya penyelesaian PDB linier order satu yang
memenuhi syarat awal tertentu diberikan dalam sifat berikut.
Sifat 1.6.1 :
Misalkan P(x) dan Q (x) fungsi kontinu pada interval β<<α x . Maka
terdapat satu dan hanya satu fungsi )(xyy = yang memenuhi
)()( xQyxPdxdy
=+ pada interval tersebut dengan kondisi awal
,)( 00 yxy = dimana β<<α 0x .
Latihan 1.3.2 : Selesaikan PDB linier order satu berikut
1. ., 0>=+ xeydxdyx x 2. .22
xxey
dxdy
=−
3. .,cos)(tan 222 ππ <<−=+ xxyx
dxdy 4. .ln2 xxy
dxdyx =−
5. .)( dxxxydxdyx 22 1−=+ 6. .12 3 −+= xexxy
dxdy
Selesaikan MNA berikut
7. .2)1(,0,1ln3 −=>+=− yxxydxdyx 8. .)(, 10142 ==+ yy
dxdy
9. .)(, 103 22 −==+ yxyxdxdy 10. ( ) .,)cos( 00
2==−+ πydxxyxdy
1.3.3 Persamaan Diferensial Eksak Perhatikan kembali persamaan diferensial order satu yang dituliskan
dalam bentuk diferensial
Definisi : Persamaan 0=+ dyyxNdxyxM ),(),( dikatakan PD Eksak jika
terdapat fungsi ),( yxQ sedemikian sehingga ),( yxMxQ=
∂∂ dan
),( yxNyQ=
∂∂ .
.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM
Dengan mengingat diferensial total dari fungsi ),( yxQ , maka dari
definisi di atas dapat disimpulkan bahwa persamaan
0=+ dyyxNdxyxM ),(),( eksak jika dan hanya jika xN
yM
∂∂
=∂∂ .
Adapun langkah-langkah untuk menyelesaikan PD Eksak adalah
sebagai berikut.
Langkah 1. Tuliskan PD dalam bentuk diferensial :
Langkah 2. Tes ke-eksak-an PD; Apakah
?xN
yM
∂∂
=∂∂
Langkah 3. Jika eksak, integralkan M terhadap x atau N terhadap y. Misal
dipilih M, maka :
∫ += )(),( ygdxMyxQ .
Langkah 4. Turunkan Q terhadap y dan samakan hasilnya dengan N
( ) ).(' ygdxMy
N +∂∂
= ∫
Langkah 5. Integralkan )(' yg untuk memperoleh g.
Langkah 6. Tuliskan penyelesaian umum dalam bentuk implisit:
CyxQ =),( .
Langkah 7. Tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.
Contoh 1.7.1 :
Selesaikan PD .)(, 302
22
=−
−−= y
xyyx
dxdy
Penyelesaian :
Langkah 1. Bentuk diferensial PD adalah :
.)()( 022 2 =−+− dyxydxyx
Langkah 2. PD ini eksak, karena
.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM
xN
yM
∂∂
=−=∂∂ 2 .
Langkah 3. Misal dipilih M untuk diintegralkan, maka :
).(
)()(
)(),(
ygxyx
ygdxyx
ygdxMyxQ
+−=
+−=
+=
∫∫
2
2
221
Langkah 4. SamakanyQ∂∂ dengan N, maka :
xydydgx 220 2 −=+−
atau
.)(' 2yyg =
Langkah 5. Integralkan )(' yg , diperoleh :
.)( 331 yyg =
Langkah 6. Penyelesaian umum dalam bentuk implisit:
. .Cyxyx =+− 3312
21 2
Langkah 7. Dengan kondisi awal 30 =)(y , diperoleh C = 9, sehingga
penyelesaian khususnya adalah :
.92 3312
21 =+− yxyx
Contoh 1.7.2 :
Selesaikan persamaan .)()( 0122 22 =+−−− dxxyydyxyx
Penyelesaian :
Akan kita selesaikan mengikuti langkah-langkah di atas, tanpa menuliskan
masing-masing item.
Persamaan sudah dalam bentuk diferensial, selanjutnya tes ke-eksak-an:
.)()(xN
xxyxxy
yxyy
yM
∂∂
=∂−∂
=+−=∂
+−∂=
∂∂ 22212 22
Jadi persamaan tersebut eksak. Selanjutnya
).(
)()(),(
ygxyxxy
ygdxxyyyxQ
+−+=
+−+= ∫22
2 12
Untuk memperoleh )(yg , gunakan fakta NyQ=
∂∂ :
.)(' xyxygxxyyQ 22 22 −=++=∂∂
Jadi xyyg 4−=)(' , atau
.)( 22xyyg −=
Sehingga penyelesaian umumnya adalah
.Cxyxyxxy =−−+ 222 2
Pada bagian sebelumnya, kita mencari faktor integral
∫=µ dxxPex )()(
untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier order satu dalam bentuk
standar
)()( xQyxPdxdy
=+ .
Ternyata faktor integral ∫=µ dxxPex )()( akan membawa persamaan
diferensial linier order satu )()( xQyxPdxdy
=+ menjadi PD eksak
(Tunjukkan!).
Secara umum suatu faktor integral adalah faktor ),( yxµ yang
membawa persamaan diferensial tidak eksak menjadi persamaan
diferensial eksak.
Contoh 1.7.3 :
Tunjukkan bahwa 02 =−+ dxxeydyx x )( tidak eksak, tetapi dengan
mengalikan dengan faktor x=µ PD tersebut menjadi eksak. Kemudian
selesaikan.
Penyelesaian :
Tes ke-eksak-an, kita punyai
22 =−∂∂ )( xxeyy
dan .)( 1=∂∂ xx
Jadi persamaan tidak eksak. Dengan mengalikan dengan faktor integral x
diperoleh
02 22 =−+ dxexxydyx x )( .
Persamaan menjadi eksak, karena
xexxyy
x 22 2 =−∂∂ )( = ).( 2x
x∂∂
Selanjutnya kita punyai
)(),( ygexeexyxyxQ xxx +−+−= 2222 .
dan
.)(' 22 xygxyQ
=+=∂∂
Jadi 0=)(' yg sehingga .)( Cyg =
Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah
.Cexeexyx xxx =−+− 2222
Menemukan faktor integral Seperti terlihat pada contoh 3, faktor integral adalah suatu fungsi
yang jika dikalikan dengan PD non eksak, maka PD tersebut menjadi PD
eksak. Bagaimana menemukan foaktor integral tersebut akan dijelaskan
sebagai berikut:
Misal 0),(),( =+ dyyxNdxyxM PD non eksak dan ),( yxµ faktor
integral, maka 0=+ NdyMdx µµ adalah PD eksak, sehingga
xN
yM
∂∂
=∂∂ µµ
atau
µµµµxNN
xyMM
y ∂∂
+∂∂
=∂∂
+∂∂
My
Nxx
Ny
M∂∂
−∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
⇔µµµ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
−=⇔
xN
yM
Nx
My
µµ
µ .
Ada beberapa kasus, yaitu
(i). ),( yxµ = )(xµ ( Faktor integral hanya merupakan fungsi x saja)
Pada kasus ini dipunyai
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
−−=
xN
yM
Nxµ
µ0
∫∂∂
−∂∂
=⇔
∂∂
−∂∂
=⇔
∂∂
−∂∂
=∂
⇔
∂∂
=∂∂
−∂∂
⇔
∫
dxN
xN
yM
e
dxN
xN
yM
dxN
xN
yM
xM
xN
yM
µ
µ
µµ
µµ
ln
Jadi jika N
xN
yM
∂∂
−∂∂
menghasilkan fungsi x saja maka µ = )(xµ
(ii). ),( yxµ = )(yµ ( Faktor integral hanya merupakan fungsi y saja)
Pada kasus ini dipunyai secara sama akan dipunyai
∫
∂∂
−∂∂
=dy
MxN
yM
eµ .
Jadi jika M
xN
yM
∂∂
−∂∂
menghasilkan fungsi y saja , maka µ = )(yµ
(iii) Jika xMyN
xN
yM
−∂∂
−∂∂
menghasilkan fungsi xy, maka µ = )(xyµ
(iv) Jika MN
xN
yM
−∂∂
−∂∂
menghasilkan fungsi (x+y), maka µ = )( yx+µ
(v) Jika MN
xN
yM
+∂∂
−∂∂
menghasilkan fungsi (x - y), maka µ = )( yx−µ
(vi) Jika yMxNxN
yM
22 −∂∂
−∂∂
menghasilkan fungsi )( 22 yx + , maka µ = )( 22 yx +µ
Jadi untuk mencari faktor integral kita harus menghitung terlebih dahulu
xN
yM
∂∂
−∂∂ , kemudian kita tentukan pembaginya ( pembaginya apa)
sehingga diperoleh fungsi yang mandiri.
Contoh 1.7.4:
Tunjukkan faktor integral dari PD 0)2( =−+ dxxeydyx x sehingga menjadi
PD eksak.
Penyelesaian:
Pada contoh 1.7.3. telah ditunjukkan bahwa PD ini tidak eksak, kemudian
dengan mengalikan PD dengan x, PD menjadi eksak ( Jadi x adalah faktor
integral). Disini kita akan mengetahui dari mana x itu didapat.
)2(),( xxeyyxM −= dan .1),( == xyxN
2)2( =−∂∂
=∂∂ xxey
yyM dan .1)( =
∂∂
=∂∂ x
xxN
Sehingga diperoleh
1=∂∂
−∂∂
xN
yM dan
xNxN
yM
1=∂
∂−
∂∂
fungsi dari x saja.
Maka faktor integralnya adalah
xxedx
xedx
NxN
yM
ex ==∫
=∫
∂∂
−∂∂
= ln1
)(µ .
Contoh 1.7.5. :
Tentukan solusi umum PD .0)32()224( 22 =+++++ dyyxxdxyxyx Penyelesaian :
yxyxyxM 224),( 2 ++= dan .32),( 2 yxxyxN ++=
22 +=∂∂ x
yM dan .14 +=
∂∂ x
xN
Sehingga diperoleh
12 +−=∂∂
−∂∂ x
xN
yM .
Selanjutnya kita pilih pembaginya, yaitu N – M , sehingga diperoleh
yxxxx
yxyxxx
MNxN
yM
)12()12()12(
2212
2
+−++−+−
=
+−+−+−
=−
∂∂
−∂∂
))(12(
)12(yxx
x++−
+−=
)(
1yx +
= fungsi dari (x + y) saja.
Selanjutnya misalkan z = x + y
zMN
xN
yM
∂−
∂∂
−∂∂
=∂µµ
zzz
yx∂
=∂+
=∂∂ 1µµ
Integralkan, diperoleh
yxzz +==⇔= µµ lnln
Faktor integralnya adalah yx +=µ
PD menjadi
.0)32)(()224)(( 22 =+++++++ dyyxxyxdxyxyxyx atau
.0)3242()22264( 22232223 =++++++++++ dyyyxxyxxdxyxyyxyyxx Bukti bahwa PD ini eksak:
2223 22264),( yxyxyyxxyxM ++++=
yxyxxy
M 4426 2 +++=∂∂
2223 3242),( yyxxyxxyxN ++++=
yxyxxxN 4426 2 +++=∂∂
Jadi =∂∂
xN
xM∂∂ . terbukti Eksak.
Solusi PD adalah
∫ += )(),( ygdxMyxQ
∫ +++++= )()22264( 2223 ygdxyxyxyyxx
)(222 22234 ygxyyxyxyxx +++++=
2223223 3242),()('422 yyxxyxxyxNygxyxxxyQ
++++==++++=∂∂
Diperoleh 23)(' yyg = 3)( yyg =
Dengan demikian penyelesaian umum PD adalah
Cyxyyxyxyxx =+++++ 322234 222 .
Latihan 1.3.3 : Selesaikan PD eksak berikut
1. .xy
yxdxdy
22
2 +
+−= 2. .)(, 30
22
432
2=
+
+−= y
yx
xyxdxdy
3. .)(,)()( 100 ==++++ ydyyxedxyye xx 4. .sin
cos2yyx
ydxdy
−=
5. .)()( 02 =++− dxxedyexe yyy 6. .0)sin()sin( =+ dxxyxdxxyy
7. Tentukan ),( yxN sehingga 02 =++− dyyxNdxxyxy ),()( eksak.
8. Tentukan ),( yxM sehingga 0)lnsin(),( =−++ dyyeyyxdxyxM x eksak.
Tunjukkan bahwa PD berikut adalah non eksak, kemudian tentukan faktor
integralnya sehigga PD tersebut menjadi eksak dan selesaikan.
9. 0)23(2 2 =++ dxyxdyxy 10. 0)1()23( 2 =−+− dyxdxy
11. .0)1()23( 22 =+++++ dyxxdxxx 11. 012 3 =−−− dyxy)(xdx)x(y