001
Persamaan diferensial Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang mengaitkan fungsi dan turunan atau diferensialnya. Untuk fungsi satu peubah pada persamaannya terlibat turunan biasa, sehingga disebut persamaan diferensial biasa (PDB). Untuk fungsi lebih dari satu peubah pada persamaannya terlibat turunan parsial, sehingga disebut persamaan diferensial parsial (PDP). Ilustrasi (1) 2xyy ¢ = y 2 - x 2 , (2) ( y ¢) 2 - 2 y ¢ + y = 0 , (3) y ¢¢- 2 y ¢- 3y = sin x adalah PDB sedangkan (1) u xx + u yy = 0 , (2) u xx + u y = u adalah PDP. Tingkat dan derajat persamaan diferensial biasa Tingkat (orde) PDB adalah indeks tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. Derajat (degree) PDB adalah pangkat tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. PDB yang berderajat satu dinamakan persamaan diferensial linear. Ilustrasi (1) ( y ¢) 2 - xy ¢ + y = 0 adalah PDB tingkat satu dan derajat dua, dan (2) ( y ¢¢) 2 + 2 x( y ¢)3 + 2 y = x adalah PDB tingkat dua dan derajat tiga. Solusi persamaan diferensial biasa Solusi PDB adalah suatu keluarga fungsi atau fungsi yang digantikan ke persamaannya merupakan pernyataan benar (memenuhi persamaan). Solusi umum PDB adalah suatu keluarga fungsi dengan beberapa parameter yang memenuhi persamaannya. Solusi khusus PDB adalah suatu fungsi yang merupakan anggota dari keluarga solusi umumnya. Solusi singular PDB adalah suatu fungsi yang memenuhi persamaannya tetapi bukan anggota dari solusi umumnya.
PDBTk2
002
Ilustrasi ¾ Keluarga fungsi y = C1 cos x + C2 sin x adalah solusi umum dari y ¢¢ + y = 0 karena y ¢ = - C1sin x + C2 cos x dan y ¢¢ = - C1 cos x - C2 sin x memenuhi y ¢¢ + y = 0. Salah satu anggota keluarga fungsi y = C1 cos x + C2 sin x adalah y = cos x memenuhi y ¢¢ + y = 0, y (0) =1, y ¢(0) = 0 karena y ¢ = - sin x dan y ¢¢ = -cos x bila digantikan ke persamaannya adalah pernyataan benar. ¾ Keluarga fungsi y = Cx - C 2 adalah solusi umum PDB ( y ¢) 2 - xy ¢ + y = 0 karena bila y ¢ = C digantikan, maka diperoleh C 2 - x◊C + Cx - C 2 = 0, suatu pernyataan yang benar. Tetapi fungsi y = 14 x 2 juga solusi PDB ini
( )
2 karena y ¢ = 12 x dan 12 x - x◊ 12 x + 14 x 2 = 0 pernyataan benar. Fungsi y = 14 x 2 yang tidak diperoleh dari so-
y y = 14 x 2
c = 1/2 c = 2/3
0 c=1
c = -1
c = -1/2 c = -2/3
x
lusi umum y = Cx - C 2 adalah solusi singular PDB ini. Perhatikan bahwa kurva solusi umum PDB ini selalu menyinggung solusi singularnya.
Persamaan diferensial biasa tingkat dua dengan koefisien konstan Bentuk umum PDB tingkat dua dengan koefisien konstan adalah y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) , a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I. Dalam kasus f (x) = 0 diperoleh PDB tingkat dua y ¢¢ + ay ¢ + by = 0 , a,b konstanta real, yang dinamakan PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan. Solusi PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan Misalkan y ¢¢ + ay ¢ + by = 0, a,b konstanta real mempunyai persamaan karakteristik r 2 + ar + b = 0 dengan akar r1 dan r2 . Solusi PDB ini adalah: ¾ Jika r1 π r2, r1 , r2 Œ\ , maka solusinya adalah y = C1e r1 x + C2er2 x . ¾ Jika r1 = r2 = r, r Œ\ , maka solusinya adalah y = (C1 x + C2) er x . ¾ Jika r1 = p + qi dan r2 = p - qi, p, q Œ\, i 2 = -1 ( r1 dan r2 bilangan kompleks), maka solusinya adalah y = e p x (C1 cos qx + C2 sin qx) .
PDBTk2
003
Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua (a) y ¢¢ - 2 y ¢ - 3 y = 0 (b) y ¢¢ - 4 y ¢ + 4 y = 0 (c) y ¢¢ + 4 y ¢ +13 y = 0 . (a) Persamaan karakteristiknya adalah r2 - 2r - 3 = 0, atau (r + 1)(r - 3) = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = -1 dan r2 = 3. Jadi solusi persamaan diferensialnya adalah y = C1e - x + C2e3 x. (b) Persamaan karakteristiknya adalah r2 - 4r + 4 = 0, atau (r - 2)2 = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = r2 = r = 2. Jadi solusi persamaan diferensialnya adalah y = (C1 x + C2)e2 x. (c) Persamaan karakteristiknya adalah r2 + 4r + 13 = 0. Gunakan rumus abc, diperoleh r12 =
-4 ± 16 -52 2
=
-4 ± 6i 2
= -2 ± 3i , sehingga akar karakteris-
tiknya adalah r1 = -2 + 3i dan r1 = -2 - 3i. Jadi solusi persamaan diferensialnya adalah y = e -2 x (C1 cos3x + C2 sin 3x). Konstruksi solusi PDB homogen tingkat dua dengan koefisien konstan ¾ Tulislah persamaan diferensial y ≤ + ay ¢ + by = 0, a, b konstanta real dalam bentuk operator diferensial D, d
(D 2 + aD + b) y = 0, D = dx dan D 2 =
d2 dx 2
.
Bentuk kuadrat dalam D selalu dapat diuraikan atas dua faktor linear dalam sistem bilangan kompleks, yaitu D2 + aD + b = (D - r1)(D - r2), sehingga persamaan diferensialnya dapat ditulis (D - r1)(D - r2)y = 0. Persamaan kuadrat r2 + ar + b = 0 yang menghasilkan akar r1 dan r2 dinamakan persamaan karakteristik dan r1, r2 akar karakteristik. ¾ Untuk menyelesaikan (D - r1)(D - r2)y = 0, misalkan u = (D - r2)y, madu
ka (D - r1)u = 0, atau dx - r1u = 0 . Pisahkan peubahnya dan selesaikan, diperoleh u = Ce r1 x. Akibatnya (D - r2 ) y = Ce r1 x , atau y ¢ - r2 y = Ce r1 x. Selesaikan ini dengan faktor integrasi f . i. = e Ú
e
- r2 x
y = CÚ e
- r2 x
rx
◊ e 1 dx + C2
atau
e
- r2 x
- r2 dx
= e - r2 x , diperoleh
y = CÚ e
(r1 - r2 ) x
Kelompokkan solusi ini atas tiga kemungkinan berikut.
dx + C2 .
PDBTk2
004
¾ Kasus 1 : r1 π r2, r1 , r2 Œ\ (kedua akarnya bilangan real yang berbeda) Untuk kasus ini diperoleh e
- r2 x
y = CÚ e
(r1 - r2 ) x
C
dx + C2 = r - r e 1 2 C
(r1 - r2 ) x
rx
r x
+ C2 , rx
r x
yang bentuk eksplisitnya adalah y = r - r e 1 + C2e 2 = C1e 1 + C2e 2 . 1 2 rx
r x
Jadi solusi y ≤ + ay ¢ + by = 0, r1 π r2, r1 , r2 Œ\ adalah y = C1e 1 + C2e 2 . ¾ Kasus 2 : r1 = r2 = r, r Œ\ (kedua akarnya bilangan real yang sama) Untuk kasus ini diperoleh e - r x y = C Ú dx + C2 = Cx + C2 = C1 x + C2 , yang bentuk eksplisitnya adalah y = (C1 x + C2) er x. Jadi solusi y ≤ + ay ¢ + by = 0, r1 = r2 = r, r Œ\ adalah y = (C1 x + C2) er x. ¾ Kasus 3 : r1 = p + qi dan r2 = p - qi, p, q Œ\, i 2 = -1 (kedua akarnya bilangan kompleks) Untuk kasus ini andaikan sifat integral dan pangkat eksponen real berlaku untuk eksponen kompleks. Karena r1 π r2, maka solusinya adalah y = c1er1x + c2e r2 x = c1e( p + qi) x + c2e( p - qi) x = e px (c1eqxi + c2 e - qxi )
dengan c1 dan c2 konstanta kompleks. Gunakan rumus Euler e qxi = cos qx + i sin qx dan e - qxi = cos qx - i sin qx ,
maka solusinya menjadi y = c1er1x + c2e r2 x = e px (c1 (cos qx + i sin qx) + c2 (cos qx + i sin qx)) = e px ((c1+c2)cos qx + (c1-c2)sin qx) = e px (C1 cos qx + C2 sin qx)
dengan C1 = c1 + c2 dan C2 = (c1 - c2)i. Nyatakan c1 dan c2 dalam C1 dan C2, diperoleh c1 = 12 (C1 - C2i) dan c2 = 12 (C1 + C2i). Karena c1 dan c2 bilangan kompleks sekawan, maka C1 dan C2 adalah bilangan real. Jadi solusi y ≤ + ay ¢ + by = 0, r1 = p + qi dan r2 = p - qi, p, q Œ\, i 2 = -1 adalah y = e px (C1 cos qx + C2 sin qx), C1 , C2 , p, q Œ \ .
PDBTk2
005
Contoh Tentukan solusi khusus (masalah nilai awal) dari PDB homogen tingkat dua 4 y ¢¢ - 4 y ¢ + y = 0, y (0) = - 2, y ¢(0) = 2 . ¾ Persamaan karakteristiknya adalah 4r2 - 4r + 1 = 0, atau 4(r - 12 )2 = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r = 12 . Jadi solusi umum persamaan diferensialnya adalah y = (C1 x + C2)e x /2. ¾ Sekarang tentukan solusi khususnya. Dari y (0) = - 2 diperoleh C2 = -2 ,
sehingga y = (C1 x - 2)e x /2. Karena y ¢ = (C1 x - 2) ◊ 12 e x /2 + C1e x /2 , maka dari y ¢(0) = 2 diperoleh 2 = - 2 ◊ 12 + C1 , sehingga C1 = 3 .
Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y = (3 x - 2)e x /2.
Contoh Tentukan solusi khusus (masalah nilai awal) dari PDB homogen tingkat dua 9 y ¢¢ - 6 y ¢ + 5y = 0, y (0) = 6, y ¢(0) = 0 . ¾ Persamaan karakteristiknya adalah 9r2 - 6r + 5 = 0. Gunakan rumus abc, 6 ± 36 -180 6 ± 12i 1 2 = = 3 ± 3 i , sehingga akar karakteristik18 18 nya adalah r1 = 13 + 23 i dan r2 = 13 - 23 i . Jadi solusi umum persamaan diferensialnya adalah y = e x /3(C1 cos 23 x + C2 sin 23 x) .
diperoleh r12 =
¾ Sekarang tentukan solusi khususnya. Dari y (0) = 6 diperoleh C1 = 6 , se-
hingga y = e x /3(6cos 23 x + C2 sin 23 x) Karena y ¢ = e x /3(-4 sin 23 x + 23 C2 cos 23 x) + 13 e x /3(6cos 23 x + C2 sin 23 x)
maka dari y ¢(0) = 0 diperoleh 0 = 23 C2 + 13 ◊6 = 23 C2 + 2, sehingga C2 = 32 ◊2 = 3. Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah y = e x /3(6cos 23 x + 3sin 23 x) = 3e x /3(2cos 23 x + sin 23 x) .
PDBTk2
006
Solusi PDB tak homogen tingkat dua dengan koefisien konstan ¾ Akan ditentukan bentuk umum solusi PDB tak homogen y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) , a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I. Solusi umum PDB homogen y ¢¢ + ay ¢ + by = 0 adalah yh = C1u1(x) + C2u2(x) , dengan u1 dan u2 berbentuk fungsi eksponen, sukubanyak linear, sinus, dan kosinus beserta kombinasinya. ¾ Jika y dan yk adalah solusi dari y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) , maka diperoleh y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) dan yk¢¢ + ayk¢ + byk = f (x) , yang selisihnya memenuhi ( y - yk ) ¢¢ + a( y - yk ) ¢ + b( y - yk ) = 0 . Akibatnya y - yk adalah solusi dari y ¢¢ + ay ¢ + by = 0 , sehingga y - yk = yh. Jadi solusi umum PDB y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) adalah y = y h + yk , yh ∫ solusi homogen dan yk ∫ solusi khusus yang akan dicari. Metode koefisien tak tentu (MKT) untuk mencari solusi khusus yk ¾ Gagasan metode koefisien tak tentu adalah solusi khusus yk dari PDB y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) berbentuk sama seperti f (x) dengan koefisien yang tak tentu dan akan dicari. Metode ini hanya dapat digunakan untuk kasus f (x) memuat bentuk serupa dengan solusi homogennya, tetapi f (x) bukan salah satu dari solusi homogennya. ¾ Metode mencari solusi khusus Pilihlah yk disertai beberapa koefisien, yang dicari dengan menggantikan yk , yk¢ , yk¢¢ ke PDB dan samakan koefisiennya. Pilihan yk yang sesuai diperlihatkan tabel berikut. Jika yk muncul di persamaan homogennya, kalikan yk dengan x atau x2. Bentuk f (x)
Bentuk yk yang dicoba
f (x) = e px
yk = Ke px , K dicari
f (x) = x 2
yk = Kx 2 + Lx + M , K, L, M dicari
f (x) = cos x, f (x) = sin x
yk = K cos x + L sin x, K, L dicari
PDBTk2
007
Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y ¢¢ - y ¢ - 2 y = 2e3x. ¾ Persamaan karakteristiknya adalah r2 - r - 2 = 0, atau (r + 1)(r - 2) = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = -1 dan r2 = 2. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1e - x + C2e2 x. ¾ Cobalah solusi khusus yk = Ke3 x , K dicari. Turunan pertama dan kedua
dari yk adalah yk¢ = 3Ke3 x dan y k¢¢ = 9 Ke3 x. Gantikan yk ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K, diperoleh yk¢¢- yk¢ - 2 yk = 2e3x 9Ke3 x - 3Ke3 x - 2Ke3 x = 2e3 x 4Ke3 x = 2e3 x 4K = 2 K = 12
Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah yk = 12 e3 x , sehingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1e - x + C2e2 x + 12 e3 x.
Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y ¢¢ - y ¢ - 2 y = 2e x + 4 x. ¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1e - x + C2e2 x. ¾ Cobalah solusi khusus yk = Ke x + Lx + M , K, L, M dicari. Turunan pertama
dan kedua dari yk adalah yk¢ = Ke3 x + L dan y k¢¢ = Ke x. Gantikan yk ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K, L, dan M, diperoleh yk¢¢- yk¢ - 2yk = 2e x + 4 x Ke x - Ke x - L - 2 Ke x - 2 Lx - 2M = 2e x + 4 x -2 Ke x - 2 Lx - (L +2M ) = 2e x + 4 x -2 K = 2 -2 L = 4 L + 2M = 0 K = -1 L = -2 M =1 Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah yk = -e x - 2 x +1, se-
hingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1e - x + C2e 2 x - e x - 2 x +1.
PDBTk2
008
Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y ¢¢ - y ¢ - 2 y = 4 x 2. ¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1e - x + C2e2 x. ¾ Cobalah solusi khusus yk = Kx 2 + Lx + M , K, L, M dicari. Turunan pertama dan kedua dari yk adalah yk¢ = 2Kx + L dan y k¢¢ = 2 K . Gantikan yk ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K, L, dan M, diperoleh yk¢¢- yk¢ - 2yk = 4 x 2 2 K - 2 Kx - L - 2 Kx 2 - 2 Lx - 2 M = 4 x 2 -2 Kx 2 + (-2 K - 2 L) x + (2 K - 2M - L) = 4 x 2 -2 K = 4 -2 K - 2 L = 0 2 K - 2M - L = 0 K = -2 L = -K = 2 M = 12 (2 K - L) = -3
Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah yk = -2 x 2 + 2 x - 3, sehingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1e - x + C2e 2 x - 2 x 2 + 2 x - 3.
Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y ¢¢ - y ¢ - 2y =10sin x. ¾ Seperti soal di atas, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1e - x + C2e2 x. ¾ Cobalah solusi khusus yk = K cos x + L sin x, K, L dicari. Turunan pertama dan kedua dari yk adalah yk¢ = -Ksin x + L cos x dan y k¢¢ = -K cos x - L sin x. Gantikan yk ke persamaan yang diberikan dan tentukan koefisien K dan L, diperoleh -K cos x - L sin x + Ksin x - L cos x -2K cos x -2 L sin x = 10sin x (-3K - L)cos x + (K - 3L)sin x = 10sin x -3K - L = 0 dan K - 3L =10 Gantikan L = -3K ke persamaan kedua, diperoleh 10 K =10, sehingga K = 1 dan L = -3. Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah yk = cos x -3sin x, se-
hingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1e - x + C2e2 x + cos x -3sin x.
PDBTk2
009
Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y ¢¢ - 2y ¢ + y = 2e x. ¾ Persamaan karakteristiknya adalah r2 - 2r + 1 = 0, atau (r - 1)2 = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r = 1. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = (C1 x + C2)e x. ¾ Karena e x dan xe x sudah muncul pada yh (menghasilkan ruas kanan nol),
maka cobalah solusi khusus yk = Kx 2e x , K dicari. Turunan pertama dan kedua dari yk adalah yk¢ = Kx 2e x + 2 Kxe x dan y k¢¢ = Kx 2e x + 4 Kxe x + 2 Ke x. Gantikan yk ke persamaan yk¢¢-2 yk¢ + yk = 2e x dan tentukan K, diperoleh Kx 2e x + 4 Kxe x + 2 Ke x - 2 Kx 2 e x - 4 Kxe x + Kx 2 e x = 2e x 2 Kx 2e x = 2e x fi K = 1 Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah yk = x 2e x , sehingga
solusi umumnya adalah y = yh + yk = (C1 x + C2)e x + x 2 e x . Contoh Tentukan solusi umum PDB tingkat dua y ¢¢ + 4 y ¢ = 4 x 2. ¾ Persamaan karakteristiknya adalah r2 + 4r = 0, atau r(r + 4) = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = 0 dan r2 = -4. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1 + C2e -4 x. ¾ Solusi khusus berbentuk fungsi kuadrat tak dapat digunakan karena bila digantikan ruas kirinya linear dan ruas kanannya kuadrat. Cobalah solusi khusus yk = x(Kx 2 + Lx + M ), K, L, M dicari. Turunan pertama dan kedua
dari yk adalah yk¢ = 3Kx 2 + 2 Lx + M dan y k¢¢ = 6 Kx + 2 L. Gantikan yk ke persamaan yk¢¢ + 4yk¢ = 4 x 2 dan tentukan K, L, dan M, diperoleh 6 Kx + 2 L +12 Kx 2 + 8Lx + 4M = 4 x 2 12 Kx 2 + (6 K + 8 L) x + (2 L + 4 M ) = 4 x 2 12 K = 4 fi K = 13
6 K + 8 L = 0 fi L = - 14
2 L + 4 M = 0 fi M = 18
Jadi solusi khusus persamaan diferensialnya adalah yk = 13 x3 - 14 x 2 + 18 x, sehingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1 + C2e -4 x + 13 x3 - 14 x 2 + 18 x.
PDBTk2
010
Metode variasi parameter (MVP) untuk mencari solusi khusus yk ¾ Solusi homogen PDB y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) adalah yh = C1u1(x) + C2u2(x),
C1, C2 parameter dan u1, u2 berbentuk e px , xe px , e px cos qx, e px sin qx. ¾ Gagasan metode variasi parameter adalah asumsi bahwa solusi khusus yk dari PDB y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) berbentuk sama seperti yh tetapi parameter C1 dan C2 bervariasi dengan diganti fungsi v1(x) dan v2(x), yaitu yk = v1(x)u1(x) + v2(x)u2 (x) , v1 dan v2 dicari. ¾ Tulis tanpa peubahnya, yk = v1u1 + v2u2 . Turunan pertama dari yk adalah yk¢ = v1u1¢+ u1v1¢+ v2u2¢ + u2v2¢ = (v1u1¢ + v2u2¢ ) + (u1v1¢ + u2v2¢ ). Untuk mencari v1 dan v2 harus ditetapkan dua persamaan yang terkait dengan dua syarat. Karena salah satu syarat adalah yk memenuhi PDB, maka syarat kedua ditetapkan agar yk hanya memuat v1 dan v2 saja, sehingga diperoleh u1v1¢ + u2v2¢ = 0 dan yk¢ = v1u1¢ + v2u2¢ Dari sini, yk¢¢ = v1u1¢¢+ u1¢v1¢ + v2u2¢¢ + u2¢ v2¢ . Gantikan yk , yk¢ , dan yk¢¢ ke PDB y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) dan sederhanakan, maka diperoleh u1¢v1¢+ u2¢ v2¢ = f (x) Ïu1v1¢+ u2v2¢ = 0 ¾ Selesaikan sistem persamaan Ì , solusinya adalah u v + u v = f ( x ) ¢ ¢ ¢ ¢ Ó 11 2 2 u1 u2 - u (x) f (x) u (x) f (x) dan v2¢ = 1 W , W = (x) = (u1u2¢ - u2u1¢)(x) . v1¢ = 2 W u1¢ u2¢
Dari sini diperoleh v1 = v1(x) = Ú
- u2(x) f (x) dx W
dan v2 = v2(x) = Ú
u1(x) f (x) dx. W
Catatan W π 0 "u1, u2 berbentuk e px , xe px , e px cos qx, atau e px sin qx. ¾ Kesimpulan Solusi khusus PDB y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) adalah yk = v1(x)u1(x) + v2(x)u2 (x) dengan v1 = v1(x) = Ú
- u2(x) f (x) dx W
dan v2 = v2 (x) = Ú
u1(x) f (x) dx , W
W = (u1u2¢ - u2u1¢)(x) ∫ determinan Wronski.
PDBTk2
011
Contoh Tentukan solusi umum PDB y ¢¢ - 2y ¢ + y = 2e x dengan MVP. ¾ Persamaan karakteristiknya adalah r2 - 2r + 1 = 0, atau (r - 1)2 = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r = 1. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = (C1 x + C2)e x = C1 xe x + C2 e x. ¾ Solusi khususnya adalah yk = v1u1 + v2u2 dengan u1 = xe x dan u2 = e x. Tu-
runan pertama dari u1 dan u2 adalah u1¢ = xe x + e x dan u2¢ = e x , sehingga W = (u1u2¢ - u2u1¢)(x) = xe x◊ e x - e x (xe x + e x ) = -e2 x.
Menurut metode variasi parameter, v1 = Ú v2 = Ú
- u2(x) f (x) - e x◊2e x dx = dx = 2 x W - e2 x u1(x) f (x) xe x◊2e x 2 dx = dx = x , 2 x W -e
Ú
Ú
sehingga yk = v1u1 + v2u2 = 2 x◊xe x - x 2◊e x = x 2 e x. Jadi solusi umum persamaan diferensialnya adalah y = yh + yk = (C1 x + C2)e x + x 2e x . Contoh Tentukan solusi umum PDB y ¢¢ + y = csc x dengan MVP. ¾ Persamaan karakteristiknya adalah r2 + 1 = 0, atau (r + i)(r - i) = 0, i2 = -1, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = -i dan r2 = i Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1cos x + C2 sin x . ¾ Solusi khususnya adalah yk = v1u1 + v2u2 dengan u1 = cos x dan u2 = sin x. Turunan pertama dari u1 dan u2 adalah u1¢ = - sin x dan u2¢ = cos x, sehing-
ga W = (u1u2¢ - u2u1¢)(x) = cos x ◊ cos x - sin x ◊ (-sin x) = cos 2 x + sin 2 x =1. Menurut metode variasi parameter, - u2(x) f (x) - sin x ◊ csc x dx = dx = - dx = - x W 1 u1(x) f (x) cos x ◊ csc x cos x d sin x dx = dx = dx = = ln|sin x | , W 1 sin x sin x
v1 = Ú
v2 = Ú
Ú
Ú
Ú
Ú Ú
sehingga yk = v1u1 + v2u2 = - xcos x + (sin x)ln|sin x|. Jadi solusi umum persamaan diferensialnya adalah y = yh + yk = C1cos x + C2 sin x - xcos x + (sin x)ln|sin x|.
PDBTk2
012
Gerak harmonis sederhana partikel Suatu partikel bergerak sepanjang garis lurus dan beroskilasi sekitar x = 0. Posisi partikel saat t adalah x(t) dan percepatan a(t) memenuhi a(t) = -k x(t), k > 0, yang meberikan PDB x ≤ + kx = 0, k > 0. Jika persamaan diferensialnya diselesaikan, maka solusi x = x(t) memberikan informasi kedudukan partikel pada setiap saat t. ¾ Karena a(t) = x ≤(t), maka diperoleh PDB x ≤(t) = -k x(t), k > 0, yang tanpa peubahnya dapat ditulis x ≤ + kx = 0, k > 0. Selesaikan persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstan ini. ¾ Persamaan karakteristik r2 + k = 0 dengan k > 0 memberikan akar karakteristik r1 = k i dan r2 = - k i , sehingga solusi umum PDB adalah x = x(t) = C1 cos k t + C2 sin k t .
¾ Misalkan k = w 2, maka solusi ini dapat ditulis x = x(t) = C1 cos w t + C2 sin w t = A sin(w t +d ), A > 0; dengan C
C
A = C12 + C22 , sin d = A1 , dan cos d = A2 . ¾ Solusi x = x(t) = A sin(w t +d ) adalah fungsi periodik dengan periode 2wp , amplitudonya A, dan frekurensinya 2wp . Perhatikan kurva x = x(t) yang bentuknya sinusoidal pada gambar di bawah. x
2 p /w
A x = x(t) 0 -A
t
PDBTk2
013
Pegas spiral Suatu pegas spiral yang panjangnya p0 digantung vertikal. Benda yang massanya m digantungkan pada ujung bawah pegas sampai keadaan setimbang dan panjang pegas bertambah p1. Kemudian benda ditarik ke bawah sejauh x0 dan dilepaskan.
p0
keadaan awal
p1
m keadaan setimbang dengan massa m
0
0
x x0
m keadaan setelah benda ditarik ke bawah
m keadaan setelah benda dilepaskan
Akan ditentukan persamaan diferensial beserta solusinya sebagai model matematika masalah ini bilamana (a) gerakannya tidak mengalami hambatan udara dan (b) gerakannya mengalami hambatan udara sebanding dengan kecepatan benda. ¾ Pilihlah suatu sistem koordinat dengan arah positif ke bawah. Gaya yang bekerja pada benda setelah di tarik ke bawah dan dilepaskan adalah gaya gravitasi dan gaya pegas. Gaya gravitasinya adalah F1 = mg; m ∫ massa benda dan g ∫ percepatan gravitasi. Gaya pegasnya adalah F2 = -k (p1 + x), k > 0; p1 + x ∫ regangan pegas dan k ∫ konstanta pegas. Gaya pegas diperoleh dari hukum Hooke (gaya pegas sebanding dengan regangan pegas) dan arahnya berlawanan dengan arah regangan pegas. (a) Kasus hambatan udara diabaikan ¾ Gaya total pada sistem ini adalah F = F1 + F2 = mg - k ( p1 + x) = (mg -kp1) - kx.
PDBTk2
014
¾ Karena dalam keadaan setimbang setelah pegas digantung gaya gravitasi sama dengan gaya pegas untuk regangan p1, maka mg - kp1 = 0, sehingga gaya totalnya adalah F = -k x, k > 0. Karena F = ma = mx ≤ (hukum kedua k x, k > 0, m > 0. Newton), maka diperoleh mx ≤ = -k x, atau x ¢¢(t) = x ¢¢ = - m k , maka x ¢¢ + w 2 x = 0 , yang solusinya ¾ Selesaikan PDB ini, tulislah w 2 = m adalah x = x(t) = C1 cos w t + C2 sin w t = A sin(w t +d ), A > 0. ¾ Kesimpulan Gerakan pegas untuk hambatan udara diabaikan adalah gerak harmonis sederhana.
(b) Kasus hambatan udara sebanding dengan kecepatan benda ¾ Gaya total pada sistem ini adalah F = -k x - cv = -k x - cx ¢. Karena F = ma = mx ≤ (hukum kedua Newton), maka diperoleh k x = 0, k > 0 . mx ¢¢ = -cx ¢ - kx atau x ¢¢ + mc x ¢ + m k =0, ¾ Selesaikan PDB ini, persamaan karakteristiknya adalah r 2 + mc r + m
atau mr 2 + cr + k = 0 , sehingga akar karakteristiknya r =
- c ± c2 - 4 km 2m
.
®Kasus c 2 - 4km < 0: Akar karakteristiknya bilangan kompleks r1 = - 2cm + w i dan r2 = - 2cm - w i , dengan w =
4 km - c 2 2m
.
Solusi kasus ini adalah x(t) = e(- c/2m)t (C1 cos w t + C2 sin w t) = Ae(- c/2m)t sin(w t +d ), A > 0.
Gerakannya mirip harmonis sederhana dengan e(- c/2m)t Æ 0 untuk tÆ •, frekuensi tetap sebesar 2wp , dan amplitudo Ae(- c/2m)t Æ 0 untuk tÆ •. - c + c 2 - 4 km ®Kasus c - 4km > 0: Akar karakteristiknya bilangan real r = 2m 2 - c - c - 4 km r1t r2t dan r = . Solusi kasus ini adalah x ( t ) = C e + C e . Gerak1 2 2m 2
annya tak beroskilasi dan x(t) Æ 0 untuk t Æ • karena r1 < 0 dan r2 < 0. ®Kasus c 2 - 4km = 0: Akar karakteristiknya bilangan real r = - 2cm . Solusi
kasus ini adalah x(t) = (C1 + C2t)e(- c/2m)t . Gerakannya tak beroskilasi dan
x(t) Æ 0 untuk t Æ • karena e(- c/2m)t Æ 0 dan te(- c/2m)t Æ 0 untuk tÆ •.
PDBTk2
015
Rangkaian listrik Rangkaian listrik pada gambar terdiri dari daya gerak listrik E(t) volt, resistansi R ohm, kapasitor C farad, dan induktansi L henry. Dari hukum Kirchoff ER + EC + EL = E (t) dengan (1) gaya sepanjang resistor ER = RI (hukum Ohm),
R
S L E
Q
(2) gaya sepanjang kapasitor EC = C , Q muatan listrik pada kapasitor C (3) gaya sepanjang induktor EL = L dI dt
E(t)
C
diperoleh PDB tingkat dua yang solusinya adalah Q = Q(t) dan I = I(t). d 2Q
dQ
dQ
¾ Karena I = dt , maka EL = L dI = L 2 dan ER = RI = R dt . Dengan hudt dt kum Kirchoff ER + EC + EL = E (t) diperoleh PDB d 2Q L 2 dt
dQ
Q
+ R dt + C = E (t) ,
Q
dE
atau
Q
LQ ¢¢ + RQ ¢ + C = E (t) .
dQ
¾ Karena EC = C , maka dtC = C1 dt = C1 ◊ I = CI . Akibatnya dEC = CI dt , sehingga EC = C1 Ú I dt . Dengan hukum Kirchoff ER + EC + EL = E (t) diper1 I dt = E (t) , yang dapat dituliskan dalam bentuk oleh PDB L dI + RI + CÚ dt 2 L d 2I + R dI + CI = E ¢(t) , dt dt
R = 2 ohm
S L = 0,1 henry E
E(t) volt E(t) = 100 sin 60t C = 1/260 farad
atau
Q
LI ¢¢ + RI ¢ + C = E ¢(t) .
Contoh Rangkaian listrik pada gambar di samping mempunyai daya gerak listrik sebesar E = 100 sin 60t volt, resistor sebesar 2 ohm, induktor sebesar 0,1 henry, dan kapasitor sebesar 1/260 farad. Jika pada saat t = 0 arus listrik dan muatannya nol, tentukan muatan listrik pada kapasitornya untuk setiap saat t. Q
¾ Menurut di atas, PDB rangkaiannya LQ ¢¢ + RQ ¢ + C = E (t) . Gantikan datanya, diperoleh 0,1Q ¢¢ + 2Q ¢ + 260Q =100sin 60t , Q(0) = 0, I (0) = Q ¢(0) = 0.
PDBTk2
016
Untuk memperoleh Q = Q(t), selesaikan PDB Q ¢¢ + 20Q ¢ + 2600Q =1000sin 60t , Q(0) = 0, I (0) = Q ¢(0) = 0. ¾ Persamaan karakteristiknya adalah r 2 + 20r + 2600 = 0 dengan akar karak-
teristik r12 =
-20 ± 400 - 10400 2
= -10 ± 50i, sehingga
r1 = -10 + 50i dan r2 = -10 - 50i . Solusi homogen PDB adalah Qh = e -10t (C1 cos50t + C2 sin 50t)
¾ Tentukan solusi khususnya dengan metode koefisien tak tentu. Misalkan Qk = A cos 60t + B sin 60t . Turunan pertama dan kedua dari solusi khusus ini adalah Qk¢ = -60(A sin 60t - B cos 60t ) dan Qk¢¢ = -3600(A cos 60t + B sin 60t)
Gantikan Qk , Qk¢ , Qk¢¢ ke Q ¢¢ + 20Q ¢ + 2600Q =1000sin 60t untuk mencari 25 30 25 A dan B, diperoleh A = - 30 61 dan B = - 61. Jadi Qk = - 61 cos60t - 61 sin60t.
¾ Karena itu solusi Q sebagai fungsi dari t adalah 25 sin60t. Q(t) = e -10t (C1 cos50t + C2 sin 50t) - 30 cos60 t 61 61
Carilah konstanta C1 dan C2 dari syarat awal Q(0) = 0, I (0) = Q ¢(0) = 0 , di36 peroleh C1 = 30 61 dan C2 = 61 . Dengan demikian solusi PDB adalah
(
)
36 30 25 Q(t) = e -10t 30 61 cos50t + 61 sin 50t - 61 cos60t - 61 sin60t 6 e -10t (5cos50t + 6sin 50t) - 5 (6cos60t + 5sin60t). = 61 61
¾ Fungsi ini dapat ditulis dalam bentuk Q(t) = 6 6161 e -10t cos(50t -f) - 5 6161 cos(60t -q ),
dengan cos f = 5 6161 , sin f = 6 6161 , cosq = 6 6161 , dan sin q = 5 6161 , sehingga f = 0,88 dan q = 0,69. ¾ Kesimpulan Muatan listrik Q pada kapasitor pada setiap saat t adalah Q(t) = 0,77 e -10t cos(50t - 0,88) - 0,64cos(60t - 0,69).
