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