BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA

MATEMATIKA LANJUT

PERSAMAAN DIFFERENSIAL

BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA 2.1. KONSEP DASAR Persamaan Diferensial (PD) Biasa adalah persamaan yang mengandung satu atau beberapa penurunan y (varibel terikat) terhadap x (variabel bebas) yang tidak spesifik dan ditentukan hanya oleh satu macam variabel bebas, x dan konstanta. Contoh :

y’ = cos x y’’+4y = 0. x2y’’’y’+2exy’’= (x2+2)y2

( 2-1 ) ( 2-2 ) ( 2-3 )

Bila pada PD terdapat dua atau lebih variabel bebas yang tidak spesifik, maka persamaan tersebut dina-makan PD Parsial. Contoh :

∂2u ∂2u + 2 =0 2 ∂x ∂y

( 2-4 )

PD orde 1, y = g(x) disebut solusi PD orde 1 untuk sembarang harga x dalam interval : a<x
AGUS R UTOMO – DEPEARTEMEN TEKNIK ELEKTRO – FAKULTAS TEKNIK - UNIVERSITAS INDONESIA

1

MATEMATIKA LANJUT

Contoh 1 Cari solusi dari Karena Maka solusinya konstanta Contoh 2 Cari solusi dari Karena dan solusinya <1 Contoh 3 Cari solusi dari Karena Maka solusinya


y’ = 2y dy = 2ydx y = e2x + k ; k =

yy’ ydy x 2 + y2

= -x = -xdx = 1 untuk

y’ dy y k

= cos x = cos x dx = sin x + k ; = konstanta

SOAL-SOAL LATIHAN 1 Cari solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. y’ + y cotg x = 0 6. y’ + 2xy 2. y’ + ½ y =0 7. y’ + y’x 3. y’ + (y/x) = 0 8. x + y 4. y’ – yx2 + y = 0 9. y’ - x√x 5. xy’ + y = cos x 10. xy’ + y

-1 < x

=0 = -y = xy’ =0 = e-xy


2

MATEMATIKA LANJUT


2. METODE PEMISAHAN

Misalkan PD bila maka

g(y)y’ = f(x)

(4)

y’ = dy/dx g(y) dy = f(x) dx

Diintegralkan

(5)

∫ g(y) dy = ∫ f(x) dx + k ( 6 )

f dan g merupakan fungsi kontinyu Contoh 1

9yy’ + 4x

=0

Dng pemisahan

9y dy ∫ 9y dy 9/2) y2 + 2 x2 [(x2)/9] + [(y2)/4]

Contoh 2

= - 4x dx = - ∫ 4x dx =k =k

y’ (dy / y) ∫ (dy / y) |ln(y)|

= -2xy = (-2x) dx = ∫ (-2x) dx = -x2 + k

atau y = e(-x2 + k)


3

MATEMATIKA LANJUT


Contoh 3

(x2 + 1)y’ + y2 + 1 = 0

Pemisahan

1 dy = − 1 dx (y2 +1) (x2 +1)

Diintegralkan

arc tan y + arc tan x = k

Bila kedua ruas di”tangens”kan : tan(arc tan y + arc tan x) = tan k dan

tan( a + b) = tan a + tan b 1 − tan a tan b

maka untuk a = arc tan y diperoleh

dan

b = arc tan x,

tan( arctan y+arctan x ) = y + x 1 − xy Sehingga solusi akhirnya menjadi :

y + x = tan k 1 − xy


4

MATEMATIKA LANJUT


SOAL-SOAL LATIHAN 2 Cari solusi dari soal-soal di bawah ini, bila parameter-parameter a, b, dan n adalah konstanta : 1. y’ + xy = 0 2. y’ = - [ (x-a)/(y-b) ] 3. y’ - (ny)/x = 0 4. yy’ = 2x exp(y2) 5. y’ sin 2x = y cos 2x 6. yy’ + x = 0 7. y’ - y /(x ln x) = 0 8. y’ + ay + b =0 ( a ≠ 0 ) 9. xy’ = 2 √(y-1) 10. y’ + 2y tanh x = 0


5

MATEMATIKA LANJUT


3. METODE REDUKSI Digunakan untuk memisahkan PD orde 1 yang tak dapat dipisahkan y ' = g( y ) x

Misalkan maka

( 2-7 )

(y/x) = u y’

= u + u’x

dan

g(y/x) = g(u)

Sehingga

u + u’x = g(u)

( 2-8 )

Bila variabel u dan x dipisahkan, maka : du = dx x g(u) − u

Selanjutnya bila diintegralkan dan u diganti dengan (y/x) , akan diperoleh solusi yang dicari. Contoh 1 bagi dengan x2 Misalkan u = y/x

2xyy’ – y2 + x2 = 0 2 (y/x) y’ – (y/x)2 + 1 = 0 2 u (u + u’x) – u2 +1 = 0


6

MATEMATIKA LANJUT


2u du = − dx x 1+ u2

Bila diintegarlkan, maka hasilnya : ln ( 1 + u2 ) = - ln |x| + k atau

1 + u2 = (k/x)

Gantikan u dengan (y/x), maka solusi akhirnya: x2 + y2 = kx ( x – k/2 )2 + y2 = (k2)/4 Contoh 2 misalkan sehingga

atau

(2x – 4y + 5)y’ + x – 2y + 3 = 0 x – 2y = u

; y’ = ½ (1 – u’)

( 2u + 5 ) u’ = 4u + 11

(1−

1 ) du = 2 dx 4u + 11

u – ¼ ln | 4u +11 | = 2x + k Bila u = x-2y disubstitusikan, maka : 4x + 8y + ln |(4x – 8y + 11)| = k


7

MATEMATIKA LANJUT


SOAL-SOAL LATIHAN 3 Cari solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. xy’ = x + y 2. xy’ – 2 y = 3x 3. x2y’ - y2 = x2 – xy 4. (x2 + 1)y = x3 / (xy’-y) 5. xy’ – y = x2 tan (y/x) 6. xy’ – x2 sec (y/x) = y 7. y’( y+x ) = y-x ; y(1) = 1. 6. yy’ – xy’ = y + x ; y(0) = 2. 9. xy’ – y = (y-x) 2 ; y(1) = 1.5 ; 10. xyy’ – 4x2 = 2y2 y(2) = 4


8

MATEMATIKA LANJUT


4. FAKTOR INTEGTRAL Misalkan terdapat PD orde 1 linier : y’ + f(x). y = r(x)

( 2-9 )

Bila r(x) ≡0 , disebut PD Homogen sebaliknya disebut PD Non Homogen dy + [ f(x)y ] dx = r(x) dx Untuk mencari solusinya, asumsikan f dan r kontinyu pada interval I. PD non homogen, asumsikan f(x) ≡ f dan r(x) ≡ r, maka : dy + ( fy ) dx = r dx (fy – r) dx + dy = 0

( 2-10 )

Untuk dapatkan soludinya diperlukan suatu faktor F(x) yang hanya tergantung dari x. F(x)

disebut

FAKTOR INTEGRAL

F(x) [(fy – r)] dx + F(x) dy = 0

( 2-11 )

PD ini harus EKSAK AGUS R UTOMO – DEPEARTEMEN TEKNIK ELEKTRO – FAKULTAS TEKNIK - UNIVERSITAS INDONESIA

9

MATEMATIKA LANJUT


5. PD EKSAK Suatu PD

M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0

( 2-12 )

Disebut eksak bila memenuhi : ∂M = ∂N ∂y ∂x

Substitusikan pers.(2-11) ke dalam pers.(2-12):

∂ [ F(x)(fy− r) ] = d F(x) ∂y dx f . F(x) = d F(x) dx

ln | F | = ∫ f(x) dx h(x) = ∫ f(x) dx

Bila maka

F(x) = eh(x)

F(x)

adalah

( 2-13 )

FAKTOR INTEGRAL


10

MATEMATIKA LANJUT


Kalikan pers.(9) dengan pers.(13), d ( ye h ) = e h . r dx

eh ( y’ + f y)= eh. r Ingat dan

( 2-14 )

h = h(x) = ∫ f(x) dx h’ = (dh/dx) = f(x),

Perhatikan persamaan (14) d (y. eh) = y’. eh + y . eh (dh/dx) = [ y’ + (dh/dx).y ] eh = [ y’ + f . y ] eh Maka

y. eh = ∫ r. eh dx + k

( 2-15 )

Bila pers. (15) dijabarkan : Kedua ruas dibagi dengan eh , sehingga didapatkan : y = e-h [ ∫ eh r dx + k ] ( 2-16 ) dengan

h = h(x) = ∫ f(x) dx


11

MATEMATIKA LANJUT


Contoh 1:

xy’ + y + 4 = 0 y’ + (1/x) y = -(4/x) y’ + f y = r f = (1/x) dan r = -(4/x) h = h(x) = ∫ f(x) dx = ∫ (1/x) dx = ln |x| y = e-ln x [ ∫ e

ln x

-(4/x) dx + k ]

y = eln (1/x) [ ∫ -4 dx + k ] y = (1/x) (-4x + k ) = (k/x) – 4 y’+ y tan x = sin 2x

Contoh 2:

; y(0) = 1

f = tan x dan r = sin 2x h = ∫ f(x) dx = ∫ tan x dx = -ln |cos x| y = = = y =

e ln cos x [ ∫ e-ln cos x sin 2x dx + k ] cos x [ ∫ {-(sin 2x)/(cos x)} dx + k ] cos x [ 2 cos x + k ] k cos x + 2 cos2 x

y(0) = 1 maka

k = -1 dan y = 2 cos2 x – cos x


12

MATEMATIKA LANJUT


Contoh 3 : y’ – y = e2x f(x) = -1

;

r = e2x

;

h = ∫ f(x) dx = -x

y = ex [ ∫ e-x (e2x) dx + k ] = ex ( ex + k ) = kex + e2x

SOAL-SOAL LATIHAN 4 Carilah solusi dari soal-soal di bawah ini : 1. y’ + y = 1 2. xy’ + y = 2x 3. y’ + xy = 2x 4. y’ + 2y = cos x 5. y’ + 3y = e2x + 6 6. y’ tan x +1 = y 7. y’ = 2(y/x) + x2 ex 8. (x2 -1) y’ = xy – x ; 9. y’ – y = ex y(1) = 0 10. y’ – x3y = -4x3 ; y(0) = 6


13

MATEMATIKA LANJUT


6. PERSAMAAN BERNOULLI Digunakan untuk menyelesaikan PD orde 1. Bentuk umum persamaan : y’ + f(x) y = g(x) ym (2-17) Dimana a = sembarang bilangan riel Untuk m = 0 dan m = 1, PD menjadi linier Tinjau u(x) = y(1-m) du = (1-m) y-m dy du/dx = (1-m) y-m dy/dx u’ = (1-m) y-m y’ Kalikan PD semula dengan (1-m) y-m [(1-m)y-m] y’+f(x) y [(1-m) y-m]= g(x) ym [(1-m) y-m] (1-m)y-my’ + (1-m) f(x) y(1-m) = (1-m) g(x) u’ + (1-m) f(x) u = (1-m) g(x).

(2-18)


14

MATEMATIKA LANJUT


Contoh : 1. Cari solusi dari y’ + x-1y = x-1y2 Penyelesaian : y’ +(1/x) y = (1/x) y2 f(x) = 1/x ; g(x) = 1/x ; m=2 maka u = y(1-2) u’ + (1-m)f(x) u = (1-m) g(x) u’ –(1/x) u = -(1/x) Selanjut gunakan faktor integral. h = ∫ f(x) dx = ∫-(1/x)dx = - ln(x) ; r = -(1/x) u = eln(x) [ ∫ e-ln(x) (-1/x) dx + k ] = x [∫ -(1/x2) dx + k ] = kx + 1 sehingga y = 1/(kx + 1) u = y-1 = kx + 1 7. PERSAMAAN CAUCHY/EULER Persamaan Cauchy atau disebut juga Persamaan Euler adalah persamaan yang digunakan untuk menyelesaikan PD orde 2. Bentuk umum persamaan : x2y” + axy’ + by = 0 dengan

( 2-19 )

a dan b = konstanta


15

MATEMATIKA LANJUT


Perhatikan y = xm Bila diturunkan, menjadi

( 2-20 )

y’ = m x(m-1)

( 2-21 )

Y” = m(m-1) x

(m-2)

( 2-22 )

Bila persamaan (2-20), (2-21) dan (2-22) disubstitusikan ke dalam persamaan (2-19), maka persamaan tersebut menjadi : x2[m(m-1) x (m-2)] + ax[m x(m-1)] + b[xm]=0 m(m-1) x m + am xm + bxm=0 m2 x m + (a-1)m xm + bxm=0 m2 + (a-1)m + b = 0

( 2-23 )

Kondisi khusus : 1. Nilai akar-akar m1 dan m2 berbeda (m1≠m2) ; y1 = xm1

dan

y2= xm2

Solusi umumnya y = k1 xm1 + k2 xm2

( 2-24 )

k1 = k2 = konstanta AGUS R UTOMO – DEPEARTEMEN TEKNIK ELEKTRO – FAKULTAS TEKNIK - UNIVERSITAS INDONESIA

16

MATEMATIKA LANJUT


Nilai akar-akar m1 = m2. Nilai-nilai m1 = m2 bila dan hanya bila b = (1/4)(1-a)2

;

m1 = m2 = [(1-a)/2]

dan solusi umumnya adalah : y = (k1 + k2 ln x) xm

( 2-25 )

dengan k1 dan k2 adalah konstanta Contoh 1. Carilah solusi dari x2y” – 1.5 xy’ – 1.5 y = 0 Penyelesaian y = kxm ; a = -1.5 dan b = -1.5 (a-1)m + b = 0 m2 + (-1.5-1)m - 1.5 = 0 m2 - 2.5m - 1.5 = 0 Akar-akar persamaannya : m1 = -0.5 dan m2 = 3 y1 = xm1 = x(-0.5) = 1/(√x) y2 = xm2 = x3 Maka solusi umumnya adalah : y = [k1/(√x)] + k2 x3 AGUS R UTOMO – DEPEARTEMEN TEKNIK ELEKTRO – FAKULTAS TEKNIK - UNIVERSITAS INDONESIA

17

MATEMATIKA LANJUT


2. Carilah solusi dari

x2y” – 3xy’ + 4y = 0

Penyelesaian : Lihat persamaan (2-19) ; x2y” + axy’ + by = 0 a = -3

dan

b=4

Periksa nilai-nilai m : b = (1/4)(1-a)2 ; m1 = m2 = [(1-a)/2] b = (1/4)(1+3)2 = 4

(memenuhi syarat)

maka m1,2 = (1+3)/2 = 2 Cara lain : y = xm a= -3 dan b = 4 m2 + (a-1)m + b = 0 m2 + (-3-1)m + 4 = 0 m2 - 4m + 4 = 0 (m-2)2 = 0 ; m1,2 = 2 Solusi umum : y = k1 x2 + k2 x2 ln X


18

MATEMATIKA LANJUT


8. AKAR-AKAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK Bentuk umum persamaan y” + ay’ + by = 0

( 2-26 )

Bila solusinya adalah persamaan karakteristik λ, maka ( 2-27 ) λ 2 + aλ + b = 0 dan akar-akarnya yaitu λ1 = [-a + √(a2 – 4b)]/2 λ2 = [-a - √(a2 – 4b)]/2

( 2-28 ) ( 2-29 )

a dan b adalah bilangan real (nyata) dan

D = (a2 – 4b) D = Diskriminan

( 2-30 )

Persamaan karakteristik yang terbentuk : Kasus 1 : Kasus 2 :

D > 0 ; ada 2 akar nyata berbeda D = 0 ; ada 2 akar nyata kembar (harganya sama) Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks conjugate (*)


19

MATEMATIKA LANJUT


Kasus 1 : D > 0 (dua akar nyata berbeda harga) (a2 – 4b) > 0 y1= eλ1 X

dan

y2 = eλ2 X

Solusi umumnya y = k1 eλ1 X + k2 eλ2 X

( 2-31 )

Contoh : Carilah solusi umum dari PD di bawah ini : y” + y’ - 2y = 0 λ2 + λ - 2 = 0 (λ -1)(λ + 2) =0 λ1 = 1 dan λ2 = -2 Solusi umumnya

y = k1 eX + k2 e-2 X


20

MATEMATIKA LANJUT


Kasus 2 : D = 0 ( dua akar nyata ganda berharga sama) (a2 – 4b) = 0

;

b = (1/4)a2

Disebut kondisi kritis y” + ay’ + (1/4)a2 y = 0

( 2-32 )

λ = -(a/2)

akar ganda

Solusi 1. Hanya ada 1 solusi yaitu : y1 = eλ X 2. Solusi lain y2 dengan

dengan

λ = -(a/2)

y2(x) = u(x)y1(x) y1(x) = e(-ax/2)

Hitung u dan substitusikan y2 dan turunannya ke dalam persamaan ( 7 ). sehingga menjadi : u{y1”+ay1’+ (1/4) a2y1 } + u(2y1’+ay1) + u’y1 = 0 AGUS R UTOMO – DEPEARTEMEN TEKNIK ELEKTRO – FAKULTAS TEKNIK - UNIVERSITAS INDONESIA

21

MATEMATIKA LANJUT


1. Karena y1 adalah solusi 1 ; { y1”+ay1’+ (1/4) a2y1 } = 0 2. Karena 2y1’= 2(-a/2) e-(ax/2) = ay1 (2y1’+ay1) = 0 sehingga u”y1 = 0, karenanya u” = 0, Solusi u = x memberikan : y2(x) = xeλ X

;

λ = -a/2

Dalam kasus akar ganda, basis dari solusi 1. pada setiap interval adalah : eλ X untuk

dan

xeλ X

λ = -a/2

Sehingga Solusi umum PD pada kasus akar ganda ialah : y = (k1 + k2x) eλ X dengan

( 2-33 )

λ = -a/2


22

MATEMATIKA LANJUT


Contoh : Carilah solusi umum dari PD berikut ini 1. y” + 8y’ + 16 y = 0 Jawab: λ2 + 8 λ +16 = 0 Akar ganda ; λ = -4 Basis solusi adalah :

e-4x dan x e-4x

Sehingga solusi umumnya adalah : y = (k1 + k2 x) e-4x 2. y” - 4y’ + 4y = 0 ; y(0) = 3 Jawab : λ2 - 4λ + 4 = 0

; y’(0) = 1

Akar ganda ; λ = -2 Basis solusi adalah : e-2x dan Solusi umum : y = (k1 + k2 x) e-2x

x e-2x


23

MATEMATIKA LANJUT


Bila diturunkan, akan didapatkan : y’(x) = k2e2x + 2(k1+k2x)e2x Substitusikan harga-harga yang diketahui : y(0) = 3

dan

y’(0) = 1

sehingga didapatkan k1 = 3 dan k2 + 2k1 = 1 k1 = 3 dan k2 = -5 Solusi umumnya menjadi :

Kasus 3 :

y = (3 – 5x) e2x

D < 0 ; ada 2 akar kompleks conjugate (*)

Akar-akar kompleks haruslah conjugate (*) λ1 = p + j q dan

λ2=p-jq


24

MATEMATIKA LANJUT


dengan p dan q adalah real ; q ≠ 0 dengan asumsi a dn b juga real. 1. Terbentuk basis : y1 = e(p+jq)x y2 = e(p-jq)x Dengan menerapkan rumus Euler ejθ = cos θ + j sin θ e-jθ = cos θ - j sin θ Anggap θ = qx, sehingga dari rumus Euler didapatkan : y1 = e(p+jq)x = epx ejqx y1 = epx(cos θ + j sin θ ) y2 = e(p-jq)x = epx e-jqx y2 = epx(cos θ - j sin θ ) AGUS R UTOMO – DEPEARTEMEN TEKNIK ELEKTRO – FAKULTAS TEKNIK - UNIVERSITAS INDONESIA

25

MATEMATIKA LANJUT


½ (y1 + y2) = epx cos qx (1/2j)(y1 – y2) = epx sin qx 2. Terbentuk basis untuk setiap interval, yaitu : epx cos qx dan epx sin qx

Sehingga solusi umumnya adalah :

y(x) = epx (A cos qx + B sin qx)

( 2-34 )

dengan A dan B adalah konstanta

Contoh : 1. Carilah solusi dari PD berikut ini y” – y’ + 10 y = 0


26

MATEMATIKA LANJUT


Jawab : Persamaan karakteristiknya λ2 - 2λ +10 = 0 akar-akarnya λ = p + jq = 1 + j3 λ = p – jq = 1 – j3 berarti p = 1 dan q = 3 sehingga memberikan basis ex cos 3x dan ex sin 3x Solusi umumnya : y = ex (A cos 3x + B sin 3x) 2. Carilah solusi dari PD berikut ini y” – y’ + 10 y = 0

;

y(0) = 4 ;

y’(0)=1

Jawab : Solusi umum (lihat jawaban akhir soal di atas) y’= ex (Acos 3x + Bsin 3x – 3Asin 3x + 3Bcos 3x)


27

MATEMATIKA LANJUT


Dari nilai-nilai awal di dapatkan : y(0) = A =4 y’(0) = A + 3B = 1

; B = -1

maka solusi umumna adalah : y = ex (4 cos 3x - sin 3x) 3.

Carilah solusi dari PD berikut ini y” + ω2 y = 0 ω = konstanta ≠ 0 Jawab : Solusi umumnya adalah y = A cos ωx + B sin ωx


28

MATEMATIKA LANJUT


IKHTISAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK PD HOMOGEN ORDE 2 Kasus 1 Akar-akar Basis Solusi Umum

: Real λ1 , λ 2 : eλ1x , eλ2x : y = k1 eλ1x + k2 eλ2x

Kasus 2 Akar-akar Basis Solusi Umum

: Real Ganda , λ (=-a/2) : eλx , xeλx : y = (k1 + k2 x)eλx

Kasus 3 Akar-akar Basis Solusi Umum

: Kompleks, Conjugate ; λ2 = p - jq λ1 = p + jq : epx cos qx ; epx sin qx : y = epx (A cos qx + B sin qx)


29

MATEMATIKA LANJUT


SOAL-SOAL LATIHAN 5 Selesaikan PD berikut ini : 1. y” -2y’ – 3 y = 0 6. 2. y” -2y’ + y = 0 7. 3. y”- 6y’+ 25y = 0 8. 4. y”+ 6y’+ 9y = 0 9. 5. 2y”+ 3y’- 2y = 0 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17.

y” y” y” y” y” 4y” y”

– 4y + 4y - 6y’ + 9y + 2y’ + y + 4y’ + 5y + 4y’ + y - 3y’ + 2y

=0 =0 =0 =0 =0 =0 =0

; ; ; ; ; ; ;

4y”-4y’+y=0 8y”-2y”-y=0 y” + 2ky’ + k2y =0 y” + π2y=0 y” + 2y’+(π2 +1)y =0 y(0) = y(0) = y(0) = y(0) = y(0) = y(0) = y(0) =

2 0 2 1 1 -2 -1

; ; ; ; ; ; ;

y’(0) = 4 y’(0) = 6 y’(0) = 8 y’(0) = -2 y’(0) = -3 y’(0) = 1 y’(0) = 0


30

BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA

Recommend Documents