PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDE 2 - II

04-Jun-14

PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDE 2 - II

2.Persamaan Homogen dengan Koefisien Konstan Suatu persamaan linier homogen y’’ + ay’ + by = 0

(1)

mempunyai koefisien a dan b adalah konstan. Persamaan ini mempunyai aplikasi yang penting, khusus hubungannya dengan getaran mekanik dan elektrik. Dari PD1 linier, y’ + ky = 0 penyelesaiannya adalah y = e-kx. Hal ini memberikan kepada kita ide untuk mencoba sebagai suatu penyelesaian dari (1) fungsi 𝑦 = 𝑒 𝜆𝑥

(2)

1

04-Jun-14

Lanjutan Maka turunan I dan II dari 𝑦 = 𝑒 𝜆𝑥 𝑦 ′ = 𝜆𝑒 𝜆𝑥

𝑦 ′′ = 𝜆2 𝑒 𝜆𝑥

dan

Substitusi ke dalam persamaan (1) 𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 𝑒 𝜆𝑥 = 0 Maka persamaan (2) adalah suatu solusi dari persamaan (1), jika 𝜆 adalah suatu solusi dari persamaan kuadratik

𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 = 0

(3)

Persamaan ini disebut persamaan karakteristik dari persamaan (1). Akarnya adalah : 𝜆1 =

1 2

−𝑎 +

𝑎2 − 4𝑏

𝜆2 =

1 2

−𝑎 −

𝑎2 − 4𝑏

(4)

Penurunan kita menunjukan bahwa fungsi 𝑦1 = 𝑒 𝜆1 𝑥

dan

𝑦2 = 𝑒 𝜆2 𝑥

(5)

Adalah solusi dari persamaan (1). Kita harus menguji hasil ini dengan mensubtitusikan persamaan (5) kedalam persamaan (1)

2

04-Jun-14

Lanjutan Secara langsung dari persamaan (4) kita melihat bahwa, dengan bergantung pada tanda deskriminan a2 – 4b, kita mendapatkan beberapa kemungkinan : • Case I : dua akar real jika a2 – 4b > 0 • Case II: dua akar real kembar jika a2 – 4b = 0 • Case III : akar komplek jika a2 – 4b < 0

Case I: Dua akar real yang berbeda 𝝀𝟏 dan 𝝀𝟐 Dalam hal ini 𝑦1 = 𝑒 𝜆1𝑥 dan 𝑦2 = 𝑒 𝜆2𝑥 Solusi umum yang bersesuaian adalah : 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝜆1 𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝜆2 𝑥 Contoh 1.

PD: y’’ – y = 0 ( dalam contoh1). Persamaan karakteristik adalah 𝜆2 − 1 = 0. Akar-akarnya adalah 𝜆1 = 1 dan 𝜆2 = −1 maka basis adalah ex dan e-x seperti sebelumnya, memberikan solusi umum 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −𝑥

3

04-Jun-14

Contoh 2 Selesaikan persoalan nilai awal berikut y’’ + y’ – 2y = 0, y(0) = 4,

y’(0) = -5

Penyelesaian Tahap 1. Solusi umum. Persamaan karakteristik adalah 𝜆2 + 𝜆 − 2 = 0. Akar-akarnya adalah : 𝜆1 =

1 2

−1 + 9 = 1 dan 𝜆2 =

1 2

−1 − 9 = −2

Maka kta mendapatkan penyelesaian umum 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑥

Penyelesaian Tahap 2. Penyelesaian khusus. Karena y’(x) = c1ex -2c2e-2x, dari penyelesaian umum dan kondisi awal kita mendapatkan : y(0) = c1 + c2 = 4

y’(0) = c1 – 2c2 = -5 Maka c1 = 1 dan c2 = 3. Jawaban y = ex + 3e-2x.

4

04-Jun-14

Akar ganda real 𝝀 = − 𝒂

𝟐

Bila a2 – 4b = 0,  satu akar 𝜆 = 𝜆1 = 𝜆2 = − 𝑎 pertama 𝑦1 = 𝑒

−

2

 hanya mendapatkan komponen

𝑎 𝑥 2

Untuk mendapatkan solusi kedua, diperlukan untuk suatu basis, kita menggunakan “metode penurunan oder”. Kita menyusun y2 = u y1 Dan mencoba untuk menentukan fungsi u sehingga y2 menjadi suatu penyelesaian dari persamaan (1). Untuk hal ini,kita mensubtitusikan y2 = uy1 dan turunannya 𝑦′2 = 𝑢′ 𝑦1 + 𝑢𝑦′1 ′′ 𝑦 = 𝑢′′ 𝑦1 + 2𝑢′ 𝑦′1 + 𝑢𝑦′′1

Kedalam persamaan (1). Hal ini memberikan 𝑢′′ 𝑦1 + 2𝑢′ 𝑦′1 + 𝑢𝑦′′1 + 𝑎 𝑢′ 𝑦1 + 𝑢𝑦′1 + 𝑏𝑢𝑦1 = 0

Lanjutan Pengumulan suku yang sama: 𝑢′′ 𝑦1 + 𝑢′ 2𝑦 ′1 + 𝑎𝑦1 + 𝑢 𝑦 ′′1 + 𝑎𝑦 ′1 + 𝑏 𝑦1 = 0 Expresi dalam kurung terakhir adalah nol, karena y1 adalah solusi dari pers (1). Expresi pada kurung pertama juga sama dengan nol, karena 𝑎𝑥

2𝑦′1 = −𝑎𝑒 − 2 = −𝑎𝑦1

Maka didapatkan u’’y1 = 0. Maka u’’ = 0. Dengan dua kali integrasi, u = c1x + c2. Untuk memperoleh solusi independend yang kedua y2 = uy1, kita dapat menyederhanakan mengambil u = x. Maka y2 = xy1. Karena solusi ini tidak proporsional, mereka membentuk suatu basis. Hasil kita adalah hasil dalam kasus akar kembar dari persamaan (3) suatu basis dari penyelesaian persamaan (1) pada suatu interval adalah : 𝑒 −𝑎𝑥/2 ,

𝑥𝑒 −𝑎𝑥/2

5

04-Jun-14

Lanjutan Penyelesaian Umum adalah : 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 𝑒 −𝑎𝑥/2

(7)

Contoh 3. Penyelesaian umum dalam hal akar kembar. Selesaikan : y’’ + 8y’ + 16y = 0 Penyelesaian. Persamaan karakteristik mempunyai akar kembar λ = - 4. Maka suatu basis adalah 𝑒 −4𝑥 , dan 𝑥𝑒 −4𝑥 Dan penyelesaian umum yang bersesuaian adalah : 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 𝑒 −4𝑥

Lanjutan Contoh 4. Persoalan Nilai Awal dalam Kasus dari akar kembar. Selesaikan persoalan Nilai Awal berikut: y’’ – 4y’ + 4y = 0,

y(0) = 3,

y’(0) = 1

Penyelesaian : Solusi umum dari persamaan differensial adalah : 𝑦 𝑥 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 𝑒 2𝑥 Dengan penurunan kita mendapatkan 𝑦 ′ 𝑥 = 𝑐2 𝑒 2𝑥 + 2 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 𝑒 2𝑥 Dari persamaan ini dan kondisi awal, persamaan tersebut mendapatkan : y(0) = c1 = 3,

y’(0) = c2 + 2c1 =1

Maka c1 = 3, c2 = -5, dan jawabannya adalah 𝑦 = 3 − 5𝑥 𝑒 2𝑥

6

04-Jun-14

III. Persoalan Akar Komplek Untuk persamaan differensial linier homogen dengan koefisien konstan: 𝑦 ′′ + 𝑎𝑦 ′ + 𝑏𝑦 = 0

(1)

Sekarang kita mendiskusikan sisa kasus yang mana persamaan karakteristik 𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 = 0

(2)

Mempunyai akar : 1 2

𝜆1 = − 𝑎 +

1 2

1 2

𝑎2 − 4𝑏

𝜆2 = − 𝑎 −

1 2

𝑎2 − 4𝑏

(3)

Yang mana adalah bilangan komplek. Persamaan (3) menunjukan bahwa ini terjadi jika diskriminant adalah negatif. Dalam kasus ini adalah praktis untuk menetapkan −1 = 𝑖 dari akar, menetapkan ½ = 1/4 pada akar, dan kita menuliskan : 1 2

1 2

𝜆1 = − 𝑎 + 𝑖𝑤, 𝜆2 = − 𝑎 − 𝑖𝑤

(4)

Lanjutan Dimana 𝑤 =

1

𝑏 − 𝑎2 . 2

Sehingga kita mempunyai penyelesaian: 𝑦1 = 𝑒

1 2

− 𝑎+𝑖𝑤 𝑥

dan 𝑦2 = 𝑒

1 2

− 𝑎−𝑖𝑤 𝑥

Dari rumus bilangan kompleks: 𝑒 𝑖𝜃 = 𝐶𝑜𝑠 𝜃 + 𝑖 𝑆𝑖𝑛 𝜃 𝑒 𝑠+𝑖 = 𝑒 𝑠 (𝐶𝑜𝑠 𝜃 + 𝑖 𝑆𝑖𝑛 𝜃) Maka :

7

04-Jun-14

𝑒 𝑒

1 − 𝑎+𝑖𝑤 𝑥 2 1 − 𝑎−𝑖𝑤 𝑥 2

1

= 𝑒 −2𝑎 𝐶𝑜𝑠 𝑤𝑥 + 𝑖 𝑆𝑖𝑛 𝑤𝑥 1

= 𝑒 −2𝑎 𝐶𝑜𝑠 𝑤𝑥 − 𝑖 𝑆𝑖𝑛 𝑤𝑥

Dari kedua formula di atas bisa kita simpulkan bahwa: 1 1 −1𝑎+𝑖𝑤 𝑥 1 −1𝑎−𝑖𝑤 𝑥 − 𝑎𝑥 2 𝑒 𝐶𝑜𝑠 𝑤𝑥 = 𝑒 2 + 𝑒 2 2 2 1 1 1 1 1 − 𝑎+𝑖𝑤 𝑥 − 𝑎−𝑖𝑤 𝑥 − 𝑎𝑥 2 2 𝑒 𝑆𝑖𝑛 𝑤𝑥 = 𝑒 − 𝑒 2 2 2 Karena y = c1y1 + c2y2, maka bisa disimpulkan bahwa 1 1 𝑒 −2𝑎𝑥 𝐶𝑜𝑠 𝑤𝑥 dan 𝑒 −2𝑎𝑥 𝑆𝑖𝑛 𝑤𝑥 juga merupakan solusi

• 𝑦1 = 𝑒 −𝑎𝑥/2 cos 𝑤𝑥,

𝑦2 = 𝑒 −𝑎𝑥/2 sin 𝑤𝑥

(5)

• Sesungguhnya, bahwa hal ini adalah penyelesaian 𝑦 mengikuti penurunan dan subtitusi. Juga, 2 = tan 𝑤𝑥 𝑦1

adalah tidak konstan, karena w≠ 0, sehingga y1 dan y2 adalah tidak proporsional. Penyelesaian umum yang bersesuaian adalah • 𝑦 = 𝑒 −𝑎𝑥/2 𝐴 cos 𝑤𝑥 + 𝐵 sin 𝑤𝑥

(6)

8

04-Jun-14

Contoh Cari penyelesaian umum dari persamaan berikut : 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 10𝑦 = 0 Penyelesaian. Persamaan karakteristik : 𝜆2 − 2𝜆 + 10 = 0 mempunyai akar conjugate yang bersifat komplek : 𝜆1 = 1 + 1 − 10 = 1 + 3𝑖, 𝜆2 = 1 − 3𝑖 Ini menghasilkan basis persamaan (5), 𝑦1 = 𝑒 𝑥 cos 3𝑥,

𝑦2 = 𝑒 𝑥 sin 3𝑥

Dan penyelesaian umum yang bersesuaian persamaan (6), 𝑦 = 𝑒 𝑥 𝐴 cos 3𝑥 + 𝐵 sin 3𝑥

9