BAB PDB Linier Order Satu

BAB 1 Konsep Dasar

1

BAB 2 PDB Linier Order Satu

2

BAB 3 Aplikasi PDB Order Satu

3

BAB 4 PDB Linier Order Dua Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teorema tentang konsep umum PDB order n.

4.1 PDB Order n Homogen Denisi 4.1.1 Bila f1 f2 : : : fm adalah fungsi kontinyu pada sebarang x 2 a b] dan c1 c2 : : : cm adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini ditulis dengan c1 f1 + c2 f2 + + cm fm

Denisi 4.1.2 Fungsi f1 f2 : : : fm dikatakan tergantung linier pada interval a b] bila terdapat c1 c2 : : : cm yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c1f1 +

c2f2 + + cmfm = 0 untuk sebarang x 2 a b], dan dikatakan bebas linier bila semua c1 c2 : : : cm sama dengan nol.

Teorema 4.1.1 Suatu PDB disajikan dalam a0 (x)y(n) + a1(x)y(n;1) + + an(x)y = 0 dimana a0 (x) 6= 0: 38

(4.1)

BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA

39

Misal f1 f2 : : : fm solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y = c1 f1 + c2 f2 + + cm fm .

Bukti : Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan kedalam persamaan (4.3).

y = c1f1 + c2f2 + + cmfm y0 = c1f10 + c2f20 + + cmfm0 ... y(n;1) = c1f1(n;1) + c2f2(n;1) + + cmfm(n;1) y(n) = c1f1(n) + c2f2(n) + + cmfm(n) (n) (n) (n) maka a0(x) c1f1 + c2f2 + + cmfm + a1(x) c1f1(n;1) + c2f2(n;1) + + (n;1) cmfm + + an(x) c1f1 + c2f2 + + cmfm = 0, dan dapat disederhanakan (n) (n;1) menjadi c1 a0(x)f1 + a1(x)f1 + + an(x)f1 + c2 a0(x)f2(n) + a1 (x)f2(n;1) + (n) (n;1) + an (x)f2 + + cm a0 (x)fm + a1 (x)fm + + an (x)fm = 0. Analog dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol, sehingga terbukti y = c1f1 + c2f2 + + cmfm merupakan solusi umum.

2

Denisi 4.1.3 Misal f1 f2 : : : fm adalah fungsi riel yang kontinyu pada turunan ke (n ; 1) dalam interval a b] maka

f1 f2 f20 f0 W (f1 f2 : : : fn ) = .1 .. .. . f1(n;1) f2(n;1)

:::

fn

:::

fn0

.. .

.. .

: : : fn(n;1)

disebut determinan matrik "Wronskian" yang terdenisi pada a b].


40

Teorema 4.1.2 Fungsi-fungsi solusi f1 f2 : : : fn dari PDB homogen order n dikatakan bebas linier bila W (f1 f2 : : : fn ) 6= 0

Contoh 4.1.1 Buktikan bahwa 1. Jika sin x cos x merupakan solusi dari y00 + y = 0 maka y = c1 sin x + c2 cos x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier. 2. Jika ex e;x e2x merupakan solusi dari y00 ; 2y00 ; y0 + 2y = 0 maka y =

c1ex + c2e;x + c3e2x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier.

Cara sederhana untuk menyelesaikan PDB homogen order n ini adalah dengan cara mereduksi ordernya.

Teorema 4.1.3 Suatu PDB a0 (x)y(n) + a1(x)y(n;1) + + an(x)y = 0 a0(x) 6= 0 maka permisalan y = f (x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n ; 1).

Contoh 4.1.2 Salah satu solusi PDB (x2 + 1)y00 ; 2xy0 + 2y = 0 adalah f1 = x maka tentukan solusi umumnya.

Penyelesaian 4.1.1 Misal f2 = y = f1v = xv y0 = v + xv0 y00 = 2v0 + xv00:


41

Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapat x(x2 +1)v00 +2v0 = 0 dan misal w = v0 maka

x(x2 + 1) dw dx + 2w = 0 dw = ; 2w dx x(x2 + 1) 1 dw = ; 2 dx 2 w x(x 2+ 1) 2x = ; ; + 2 x (x + 1) dx

ln w = ln x;2 + ln(x2 + 1) + ln c ln w = ln 12 (x2 + 1) x

sehingga solusi umunnya adalah ) w=

1 (x2 + 1): x2

Sementara w = v0 , maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi

dv = c(x2 + 1) dx x2 2 dv = (x x+2 1) pilih c = 1 1 dv = 1 + x2 dx v = x ; x1 : ; Sekarang f2 = f1v = x x ; x1 = x2 ; 1 maka solusi umum dari PDB diatas adalah ) y = c1 x + c2 (x2 ; 1):


42

4.2 PDB Order n Nonhomogen Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk

a0(x)y(n) + a1 (x)y(n;1) + + an(x)y = F (x) a0(x) 6= 0

(4.2)

Teorema 4.2.1 Bila u adalah solusi umum PDB homogen dari persamaan (4.4) dan v solusi khusus persamaan (4.4) maka u + v adalah solusi umum PDB nonhomogen.

Misal diberikan PDB y00 + y = x. Bila solusi umum PDB y00 + y = 0 adalah

yu = c1 sin x + c2 cos x dan solusi khusus y00 + y = x adalah yk = x maka solusi umum PDB ini adalah y = yu + yk atau y = c1 sin x + c2 cos x + x.

4.3 PDB Order Dua 4.3.1 PDB Order Dua Homogen Suatu PDB order dua didenisikan dengan persamaan

p(x)y00 + q(x)y0 + r(x)y = 0

(4.3)

bila p q r adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut

ay00 + by0 + cy = 0:

(4.4)

Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan

y = ert y0 = rert y00 = r2ert


43

sehingga persamaan (4.4) menjadi

ar2 ert + brert + cert = 0 (ar2 + br + c)ert = 0: Bila ert 6= 0 maka ar2 + br + c = 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB order dua homogen dengan dengan koesien konstan, dan y = ert merupakan solusi dari persamaan (4.4).

Akar-Akar Riel dan Berbeda Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0) maka ditemukan r1 6= r2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah )

y = c1er1t + c2er2t :

Misal diberikan PDB y00 + 5y0 + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya adalah r2 + 5r + 6 = 0, dengan akar-akar r1 = ;2 dan r2 = ;3, sehingga solusi umumnya y = c1e;2t + c2e;3t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2 dan y0 (0) = 3 maka nilai c1 c2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi umum dua kali, yaitu y0 = ;2c1e;2t ; 3c2e;3t dan y00 = 4c1e;2t + 9c2e;3t dan substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem

c1 + c2 = 2 ;2c1 ; 3c2 = 3

dimana c1 = 9 dan c2 = ;7 dan solusi khususnya menjadi y = 9e;2t ; 7e;3t.

Contoh 4.3.1 Selesaikan persoalan berikut 1. 4y00 ; 8y0 + 3y = 0 y(0) = 2 y0 (0) = 12


44

2. 6y00 + 4y0 + 3y = 0 y(0) = 4 y0 (0) = 0 3. y00 + 5y0 + 3y = 0 y(0) = 1 y0 (0) = 0

Akar-Akar Komplek Persamaan karakteristik persamaan PDB order dua homogen adalah ar2 +br +c = 0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r1 = + i dan r2 = ; i, dengan demikian solusi kompleknya adalah

y1 = c1e(+i)t y2 = c1e(;i)t

(4.5) (4.6)

Teorema 4.3.1 (Teorema Taylor) Jika f (t) mempunyai n + 1 turunan kontinyu pada interval a b] untuk beberapa n 0 dan bila t t0 2 a b] maka

f (t) pn(t) + Rn+1(t) n pn(t) = f (t0) + (t ;1!t0) f 0 (t0) + + (t ;n!t0) f (n)(t0 ) Zt 1 Rn+1(t) = n! (t ; t)nf (n+1)(t)dt t0 n+1 = (t ; t0 ) f (n+1)( ) (n + 1)! untuk antara t0 dan t.

Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut pada t0 = 0 adalah:

1 3 n 2 X eat = 1 + at + (at2!) + (at3!) + = (atn!) n=0 1 3 5 1 X ( at ) ( at ) (at)2n;1 ( at ) ; + ; = (;1)n;1 sin at = 1! 3! 5! (2n ; 1)! n=1 1 0 2 4 2n X ( at ) ( at ) ( at ) ( at ) n cos at = 0! ; 2! + 4! ; = (;1) (2n)! n=0


45

Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek eit dapat ditulis sebagai berikut 2 3 eit = 1 + it + (it2!) + (it3!) + : : : 1 1 2n 2n;1 X X ( at ) n = (;1) + i (;1)n;1 (at) (2n)! n=1 (2n ; 1)! n=0 = cos t + i sin t:

Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6) menjadi

; y1 = e(+i)t = et cos t + i sin t ; y2 = e(;i)t = et cos t ; i sin t :

Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka

u(t) = y1 + y2 = 2et cos t v(t) = y1 ; y2 = 2iet sin t: Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esensial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik komplek adalah )

y = c1u(t) + c2v(t) = c1et cos t + c2et sin t :

Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y00 + y0 + y = 0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r2 + r + 1 = 0 sehingga akar-akar kompleknya adalah r12 = ; 12 i umunya y = c1e; 21 t cos

q

3 4

q

3 4

. Jadi = ; 12 dan =

t + c2e; 12 t sin

q

3 4

t.

q

3 4

sehingga solusi


46

Akar-Akar Riel dan Sama Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar2 + br + c = 0 akan mempunyai

D = b2 ; 4ac = 0 sehingga r1 = r2 = ; 2ba . Dengan demikian salah satu solusi PDB adalah yk = e; 2ba t. Misal solusi umumnya adalah y = v(t)yk (t) = v(t)e; 2ba t maka

y0 = v0 (t)e; 2ba t ; 2ba v(t)e; 2ba t 2 y00 = v00 (t)e; 2ba t ; ab v0 (t)e; 2ba t + 4ba2 v(t)e; 2ba t Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay00 + by0 + cy = 0 diperoleh 2 b b b 00 0 0 a v (t) ; a v (t)+ 4a2 v(t) + b v (t) ; 2a v(t) + cv(t) e; 2ba t = 0: Bila e; 2ba t 6= 0 2 b maka av00 (t)+ ; 4a + c = 0: Karena b2 ; 4ac = 0 maka persamaan ini menjadi av00 (t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c1t + c2. Dengan demikian solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah: )

y = v(t)y1 (t) = c1e; 2ba t + c2te; 2ba t

4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen Suatu PDB disajikan dalam persamaan berikut:

Ly] = y00 + p(t)y0 + q(t)y = g(t)

(4.7)

Ly] = y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0

(4.8)

Teorema 4.3.2 Jika Y1 dan Y2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y1 ; Y2 adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y1 y2 solusi persamaan (4.7) maka

Y1(t) ; Y2(t) = c1y1(t) + c2y2(t)


47

Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah )

y(t) = |c1y1(t){z+ c2y2}t +yk (t) solusi homogen

Diberikan PDB y00 ; 3y0 ; 4y = 3e2t. Solusi persamaan homogennya adalah

yh = c1e;t + c1e4t . Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen dengan memisalkan yk = Ae2t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai

A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali yk0 = 2Ae2t dan yk00 = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = ; 12 . Sehingga solusi umumnya adalah y = c1e;t + c1e4t ; 12 e2t : Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana membuat permisalan untuk menentukan solusi khusus yk . Kadangkala pemisalahan itu harus diulang dua kali untuk menentukan koesien yang tepat bagi solusi ini. Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut.

gi (t) n Pn(t) = a0t + a1tn;1 + + an Pn(t)eat sin t at Pn(t)e cos t

Yi(t) s n t (A0t + A1 tn;1 + + aN ) ts (A0tn + A1tn;1 + + aN )eat

ts (A0tn + A1tn;1 + + aN )eat cos t+ n n ; 1 at (A0t + A1t + + aN )e sin t

Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen.

Contoh 4.3.2 Selesaikan persoalan berikut 1. y00 ; 3y0 ; 4y = 2 sin t 2. y00 ; 2y0 ; 3y = ;8et cos 2t 3. y00 ; y00 ; 2y = 5e5t + 2 sin 3t ; 18et cos 4t


48

Variasi Parameter Diberikan PDB nonhomogen

y00 (t) + p(t)y0 (t) + q(t)y(t) = g(t)

(4.9)

maka yh(t) = c1y1(t) + c2y2(t) adalah solusi PDB homogen

y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0:

(4.10)

Kemudian bila c1 diganti dengan u1(t) dan c2 dengan u2(t) maka diperoleh

y(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2 (t)

(4.11)

adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali

y0 (t) = u01(t)y1 (t) + u1(t)y10 (t) + u02(t)y2(t) + u2(t)y20 (t): Set

u01(t)y1 (t) + u02(t)y2(t) = 0

(4.12)

maka

y0 (t) = u1(t)y10 (t) + u2(t)y20 (t) y00(t) = u01(t)y10 (t) + u1(t)y100(t) + u02(t)y20 (t) + u2(t)y200(t): Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh

00 0 00 0 u1(t) y1 (t)+p(t)y1(t)+q(t)y1(t) +u2(t) y2 (t)+p(t)y2(t)+q(t)y2(t) +u01(t)y10 (t)+ u02(t)y20 (t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y1 y2 adalah solusi PDB (4.11) sehingga

u01(t)y10 (t) + u02(t)y20 (t) = g(t)

(4.13)


49

Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier dimana u01(t) dan u02(t) dapat ditentukan sebagai berikut:

0 y2(t) 0 g(t) y2(t) u01(t) = W (y y )(t) = ; y2(tW)g(t) : 1 2 y1(t) 0 0 (t) g (t) y 1 u02(t) = W (y y )(t) = y1(tW)g(t) : 1 2

Sehingga

Z

y2(t)g(t) dt + c 1 Z y (t)gW(t) 1 u2(t) = W dt + c2: u1(t) =

;

Dan solusi umum (4.11) menjadi )

R R y(t) = ; y2(Wt)g(t) dt y1(t) +

y1 (t)g(t) dt y (t) 2 W

Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y00 +4y = 3 csc t. Persamaan homogennya adalah y00 +4y = 0 dengan persamaan karakteristik r2 +4 = 0 dan mempunyai akar komplek r12 = 0 2i. Dengan demikian solusinya yh = c1 cos 2t + c2 sin 2t. Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t y1 (t) = cos 2t dan y2 = sin 2t sehingga y10 (t) = ;2 sin 2t dan y20 (t) = ;2 sin 2t. Dengan menerapkan prosedur diatas maka

0 y2(t) 0 g(t) y2(t) 2t csc t u01(t) = W (y y )(t) = ; 3 sin 2 2cos 2t + sin2 2t] 1 2


50

y1(t) 0 0 y1(t) g(t) u02(t) = W (y y )(t) = 32 csc t ; 3 sin t 1 2 Dengan proses yang sederhana diperoleh

u1(t) = ;3 sin t + c1 u2(t) = 23 ln j csc t ; cot tj + 3 cos t + c2 Sehingga solusi umumnya adalah 3 ) y(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t ; 3 sin t cos 2t + 3 cos t sin 2t + ln j csc t ; cot tj sin 2t 2


51

Latihan Tutorial 4 1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua berikut ini: (a) y00 ; 2y0 ; 8y = 4e2x ; 21e;3x (b) y00 + 2y0 + 5y = 6 sin 2x + 7 cos 2x (c) 2y00 + 32y0 ; 2y = 6x2ex ; 4x2 + 12 (d) y00 + 4y = 4 sin 2x + 8 cos 2x (e) y00 + y0 ; 2y = 6e;2x + 3ex ; 4x2 (f) y00 ; 6y0 + 5y = 24x2ex + 8e5x (g) y00 ; 4y0 + 5y = 6e2x cos x (h) y00 + 4y0 = 4 sin 2x + 8 cos 2x (i) y00 + y0 ; 6y = 10e2x ; 18e3x ; 6x ; 11 (j) y00 + 4y = 12x2 ; 16x cos 2x (k) 4y00 ; 4y0 + y = ex=2 + e;x=2 (l) y00 + 2y0 + 10y = 5xe;2x (m) y00 + 6y0 + 5y = 2ex + 10e5x (n) y00 + 2y0 + 4y = 13 cos 4x 2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: (a) y00 ; 4y0 + 3y = 9x2 + 4 y(0) = 6 y0 (0) = 8 (b) y00 + 5y0 + 4y = 16x + 20ex y(0) = 0 y0 (0) = 3

BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA (c) y00 ; 8y0 + 15y = 9xe2x y(0) = 5 y0 (0) = 10 (d) y00 + 7y0 + 10y = 4xe;3x y(0) = 0 y0 (0) = ;1 (e) y00 + 8y0 + 16y = 8e;2x y(0) = 2 y0 (0) = 0 (f) y00 + 6y0 + 9y = 27e;6x y(0) = ;2 y0 (0) = 0 (g) y00 + 4y0 + 13y = 18e;2x y(0) = 0 y0 (0) = 4 (h) y00 ; 10y0 + 29y = 8e5x y(0) = 0 y0 (0) = 8 (i) y00 ; 4y0 + 13y = 8 sin 3x y(0) = 1 y0 (0) = 2 (j) y00 ; y0 ; 6y = 8e2x ; 5e3x y(0) = 1 y0 (0) = 2 (k) y00 ; 2y0 + y = 2xe2x + 6ex y(0) = 1 y0(0) = 0

52

BAB PDB Linier Order Satu

Recommend Documents