Persamaan Diferensial Biasa. Rippi Maya

Persamaan Diferensial Biasa Rippi Maya Maret 2014

ii

Contents 1 PENDAHULUAN 1.1 Solusi persamaan diferensial . . . . . . . . . . 1.1.1 Solusi Implisit dan Solusi Eksplisit . . 1.1.2 Solusi Umum dan Solusi Khusus . . . 1.1.3 Solusi Singular . . . . . . . . . . . . . 1.2 Masalah Nilai Awal dan Masalah Nilai Batas 1.2.1 Masalah Nilai Awal (MNA) . . . . . . 1.2.2 Masalah Nilai Batas (MNB) . . . . . . 1.3 Keujudan dan Ketunggalan Solusi . . . . . . 1.3.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

1 2 2 3 3 4 4 5 5 8

2 Persamaan Diferensial Orde Satu 2.1 Metode Pemisahan Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Metode Transformasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Persamaan Diferensial Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Faktor Pengintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Menentukan faktor pengintegral . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Persamaan Diferensial Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Pertumbuhan Alami dan Peluruhan (Natural Growth and Decay) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Pendinginan dan Pemanasan (Cooling and Heating) . . . 2.6.3 Bunga Majemuk (Interest Compound ) . . . . . . . . . . . 2.6.4 Eliminasi Obat (Drug Elimination) . . . . . . . . . . . . . 2.6.5 Hukum Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.6 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 9 11 11 13 14 16 17 19 21 22 25 25

3 Persamaan Diferensial Linier Orde Ke-n 3.1 Persamaan Diferensial Linier Homogen . . . . . . . . . . 3.1.1 Prinsip Superposisi atau Kelinieran . . . . . . . . 3.1.2 Masalah Nilai Awal . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Persamaan dengan Koe…sien Konstanta . . . . . . . . . 3.2.1 Persaman diferensial linier homogen orde ke-dua 3.2.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Persamaan diferensial linier homogen orde ke-n . 3.2.4 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Persamaan Euler-Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . .

35 35 36 40 41 41 41 47 48 50 50

iii

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

25 29 30 31 32 34

iv

CONTENTS

3.4

3.5

3.3.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Persamaan Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Metoda Koe…sien Taktentu Orde ke-dua . 3.4.2 Metoda Koe…sien Taktentu orde ke-n . . 3.4.3 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.4 Metode Variasi Parameter . . . . . . . . . 3.4.5 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aplikasi Persamaan Diferensial Linier Orde Dua 3.5.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 Sistem Persamaan Diferensial 4.0.2 Vektor, Matriks . . . . . . . . . . . . 4.0.3 Nilai Eigen, vektor Eigen . . . . . . 4.1 Konsep Dasar dan Teori . . . . . . . . . . . 4.2 Sistem Linier Homogen . . . . . . . . . . . 4.2.1 Tak ada basis dari vektor eigen yang 4.2.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Sistem Linier Nonhomogen . . . . . . . . . 4.3.1 Metode Koe…sien Taktentu . . . . . 4.3.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Aplikasi Sistem Persamaan Diferensial . . . 4.4.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . ada . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

54 54 55 61 64 65 67 68 71

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

73 73 74 75 76 83 84 85 85 87 87 89

5 Solusi Deret Persamaan Diferensial 5.1 Metode Deret Kuasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Deret Kuasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Teori Metode Deret Kuasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Konsep Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Persamaan Legendre, Polinom Legendre Pn (x) . . . . . . . . . . 5.3.1 Polinom Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Metode Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Persamaan Indisial (Indicial Equation), Menunjukkan Bentuk Solusi-solusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Persamaan Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91 91 91 94 94 94 98 98 100 101 101

6 Transformasi Laplace 6.1 Transformasi Laplace. . . . . . . . . . . 6.1.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Transformasi dari Turunan dan Integral 6.2.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . .

113 113 117 118 127

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

102 107 107

A Abjad Yunani dan Rumus-rumus Trigonometri 129 A.1 Abjad Yunani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 A.2 Rumus-rumus Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 B Rumus-rumus Turunan dan Integral 131 B.1 Tabel Turunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 B.2 Integral Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 Daftar Pustaka

135

Kata Pengantar Diktat ini disusun sebagai diktat (catatan) kuliah Persamaan Diferensial Biasa di UIN Sunan Gunung Djati Bandung. Tujuan penulisan diktat ini adalah untuk membantu mahasiswa Pendidikan Matematika dalam memahami materi Persamaan Diferensial Biasa. Ini adalah diktat revisi ke-enam, sejak pertama kali disusun pada tahun 2003. Diktat ini terdiri dari enam bab. Bab 1 berisi tentang pendahuluan mengenai persamaan diferensial, Bab 2 membahas mengenai persamaan diferensial orde pertama, Bab 3 tentang persamaan diferensial linier orde yang lebih tinggi, Bab 4 mempelajari tentang sistem persamaan diferensial, Bab 5 mengkaji tentang solusi deret persamaan diferensial dan Bab 6 mengenal transformasi Laplace. Dalam setiap bab, soal-soal diberikan sebagai latihan bagi mahasiswa. Keterbatasan kemampuan penulis dalam memberikan ilustrasi berupa gambar atau gra…k, menyebabkan diktat ini masih jauh dari sempurna. Karena sifat diktat ini hanya sebagai catatan kuliah, maka penulis menyarankan agar pembaca diktat ini juga mempelajari materi dari sumber lain, agar diperoleh pemahaman yang lebih mendalam. Sebagai upaya untuk terus menyempurnakan diktat kuliah ini, penulis masih mengharapkan saran, masukan, maupun koreksi dari para pembaca. Masih dengan segala keterbatasannya, penulis berharap diktat kuliah ini dapat bermanfaat bagi pembaca semua. Bandung, Maret 2014

v

vi

PREFACE

Chapter 1

PENDAHULUAN Persamaan diferensial ialah suatu persamaan yang memuat fungsi yang tak diketahui dan satu atau beberapa turunan dari fungsi tersebut, dengan satu atau lebih peubah yang tak diketahui. Apabila fungsi yang tak diketahui itu hanya bergantung pada satu peubah saja, maka persamaan diferensial tersebut dinamakan persamaan diferensial biasa. Sedangkan apabila fungsinya bergantung pada dua atau lebih peubah, maka persamaan diferensial tersebut dinamakan persamaan diferensial parsial. Fokus pembahasan pada bab ini dan bab-bab selanjutnya hanya pada persamaan diferensial biasa saja. Salah satu contoh persamaan diferensial pada kehidupan sehari-hari adalah kecepatan pertumbuhan suatu populasi, misalkan populasi dari manusia, binatang, bakteri, dan sebagainya. Jika suatu populasi tumbuh pada kecepatan dx x0 (t) = (t = waktu) yang sama dengan populasi x(t) yang ada, maka dt model populasinya merupakan suatu persamaan diferensial, yaitu x0 = x, dengan x(t) = cet merupakan solusi dari persamaan diferensial tersebut. Contoh yang lain adalah masalah jatuh bebas. Jika sebuah benda dijatuhkan dari atas, maka percepatannya adalah sama dengan percepatan gravitasi g (suatu d2 y konstanta), yaitu : y 00 = 2 dx (x = waktu). Model dari masalah ini adalah y 00 = g. Hasil pengintegralan dy = gx+v0 pertama dari persamaan diferensial tersebut adalah kecepatan y 0 = dx dengan v0 = kecepatan awal. Hasil pengintegralan ke-dua adalah y = 12 gx2 + v0 x + y0 ; dengan y0 = jarak awal dari 0 (misalkan y0 = 0). Orde dari suatu persamaan diferensial adalah orde turunan tertinggi yang terdapat pada persamaan tersebut. Persamaan diferensial orde pertama memuat turunan pertama y 0 , mungkin pula y; dan fungsi x yang diberikan. Bentuk umum dari persamaan diferensial orde pertama dapat dituliskan sebagai: F (x; y; y 0 ) = 0

(1.1)

atau kadang-kadang dituliskan sebagai: y 0 = f (x; y): Example 1 : Perhatikan persamaan diferensial berikut ini: (1): y 0 = cos x; (2): y 00 6y = 0; (3): x3 y 000 4x2 y 00 + 8xy 0 8y = 0: Untuk persamaan: (1) ordenya adalah 1, (2) ordenya 2 dan (3) ordenya 3. | 1

2

1.1

CHAPTER 1. PENDAHULUAN

Solusi persamaan diferensial

Sebagaimana sudah diketahui, solusi dari suatu persamaan aljabar, seperti x2 + 5x + 6 = 0; adalah suatu peubah tak diketahui x yang memenuhi persamaan tersebut, yaitu x = 2 atau x = 3: Pada persamaan diferensial, seperti y 0 = 3xy; solusinya adalah suatu fungsi yang tak diketahui y = g(x) yang memenuhi persamaan diferensial tersebut: Fungsi y = g(x) yang mempunyai turunan y 0 = g 0 (x) dan memenuhi persamaan F (x; y; y 0 ) = 0; untuk semua x di dalam selang terbuka a < x < b disebut sebagai solusi dari persamaan diferensial orde pertama F (x; y; y 0 ) = 0:

Example 2 :

Selidiki apakah y = 2x3 merupakan solusi dari xy 0 = 3y untuk semua x.

Jawab:

Karena y = 2x3 maka y 0 = 6x2 : Dengan substitusi, diperoleh: xy 0 = x(6x2 ) = 6x3 = 3y: Jadi benar bahwa y = 2x3 adalah solusi dari persamaan diferensial xy 0 = 3y: |

1.1.1

Solusi Implisit dan Solusi Eksplisit

Solusi dari suatu persamaan diferensial dapat muncul dalam bentuk fungsi implisit atau fungsi eksplisit. Apabila solusi yang muncul merupakan fungsi implisit, maka solusi tersebut dinamakan solusi implisit, sebagaimana ditunjukkan oleh fungsi: G(x; y) = 0: Sedangkan apabila solusi yang muncul berbentuk fungsi eksplisit, maka dinamakan solusi eksplisit, sebagaimana ditunjukkan oleh fungsi: y = g(x):

Example 3 :

Perhatikan fungsi berikut: x2 + y 2 disimpulkan dari fungsi tersebut?

4 = 0, (y > 0): Apakah yang dapat

1.1. SOLUSI PERSAMAAN DIFERENSIAL

3

Jawab: Fungsi tersebut merupakan suatu persamaan setengah lingkaran yang berpusat di titik (0,0) dan berjari-jari 2. Selain itu, fungsi tersebut juga merupakan solusi implisit dari persamaan diferensial yy 0 = x , pada interval 2 < x < 2. | Example 4 : Perhatikan fungsi y = 2e

3x

: Apakah yang dapat dijelaskan dari fungsi tersebut?

Jawab: Fungsi tersebut merupakan solusi eksplisit dari persamaan diferensial y 0 + 3y = 0: |

1.1.2

Solusi Umum dan Solusi Khusus

Solusi umum dari suatu persamaan diferensial adalah semua solusi dari persamaan diferensial tersebut yang memuat suatu konstanta sebarang c. Apabila dari sebarang c tersebut dipilih c tertentu, maka solusi yang diperoleh merupakan solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut.

Example 5 : Perhatikan persamaan diferensial y 0 = sin x: Jelaskan solusi umum dan khusus dari persamaan diferensial tersebut. Jawab: Solusi umum dari persamaan tersebut adalah y = cos x + c, dengan c adalah konstanta sebarang. Apabila dipilih c tertentu, misalkan c = 2 atau c = 5 atau c = 37 , dsb., maka akan diperoleh suatu solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. Jadi y = cos x + c adalah solusi umum dari y 0 = sin x; sedangkan y = cos x + 2; y = cos x 5, y = cos sin x + 73 dan seterusnya adalah solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. |

1.1.3

Solusi Singular

Selain solusi umum dan solusi khusus dari suatu persamaan diferensial, ada lagi solusi lain yang merupakan solusi tambahan dari suatu persamaan diferensial. Solusi tambahan ini tidak dapat diperoleh dari solusi umum dengan mengganti konstanta sebarang c: Solusi tambahan yang seperti ini dikenal sebagai solusi singular.

4


Example 6 :

2

Persamaan diferensial berikut, y 0 xy 0 +y = 0 mempunyai solusi umum y(x) = cx c2 . Persamaan ini menyatakan grup garis lurus, dengan setiap c yang dipilih x2 menyatakan satu garis lurus. Perhatikan fungsi y(x) = , yang merupakan 4 persamaan kuadrat dan juga merupakan solusi dari persamaan diferensial di atas, namun bukan solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. Solusi ini tidak dapat diperoleh dengan memilih c yang tepat dari solusi umumnya. Oleh x2 disebut sebagai solusi singular dari persamaan diferensial sebab itu, y(x) = 4 tersebut. Berikut ini adalah gra…k solusi umum: y(x) = cx c2 dan solusi x2 singular y(x) = . | 4

y

5 4 3 2 1

-5

-4

-3

-2

-1

1 -1

2

3

4

5

x

-2 -3 -4 -5

1.2 1.2.1

Masalah Nilai Awal dan Masalah Nilai Batas Masalah Nilai Awal (MNA)

Inti pembahasan dalam teori persamaan diferensial adalah apakah persamaan diferensial tersebut mempunyai solusi atau tidak, terutama yang memenuhi syarat-syarat tertentu. Syarat-syarat tertentu yang dimaksud adalah solusi yang mempunyai nilai tertentu, atau kadang-kadang juga nilai turunannya pada suatu titik tertentu. Syarat-syarat yang seperti itu disebut sebagai syarat awal. Persamaan diferensial yang disertai dengan syarat awal dinamakan dengan masalah nilai awal (MNA).

5

1.3. KEUJUDAN DAN KETUNGGALAN SOLUSI Example 7 :

Pandang suatu masalah nilai awal: y 0 = cos 2x, dengan y(0) = 4: Carilah solusi masalah nilai awalnya. Jawab: Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y = 12 sin 2x + c: Karena y(0) = 4; maka 4 = 21 sin 2:0 + c sehingga c = 4. Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(x) = 12 sin 2x + 4: | Example 8 : Perhatikan persamaan diferensial y 00 + 16y = 0, dengan syarat awal y(0) = 3 dan y 0 (0) = 4: Tentukan solusi masalah nilai awalnya. Jawab: Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y(x) = A cos 4x + B sin 4x: Karena y(0) = 3; maka 3 = A cos 0 + B sin 0 sehingga A = 3. Turunan pertama dari solusi umum y(x) adalah y 0 (x) = 4A sin 4x + 4B cos 4x. Karena syarat awal y 0 (0) = 4 , maka dengan substitusi diperoleh: 4 = 4A sin 0 + 4B cos 0 , sehingga B = 1. Jadi solusi masalah nilai awal dari persamaan diferensial tersebut adalah y(x) = 3 cos 4x

1.2.2

sin 4x:

|

Masalah Nilai Batas (MNB)

Selain masalah nilai awal, pada persamaan diferensial juga dikenal adanya masalah nilai batas (MNB). Pada masalah nilai awal, syarat awal yang menyertai persamaan diferensial hanya pada satu titik tertentu. Sedangkan pada masalah nilai batas, syarat awalnya pada dua titik yang berbeda. Untuk membedakan syarat awal pada masalah nilai awal dan pada masalah nilai batas, maka syarat awal pada masalah nilai batas disebut sebagai syarat batas. Example 9 : Diberikan suatu persamaan diferensial y 00 + 4y = 0, dengan syarat batas y(0) = 1; dan y( =4) = 1. Tentukan solusi masalah nilai batasnya. Jawab: Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y(x) = A cos 2x + B sin 2x. Dari y(0) = 1 diperoleh A = 1; dan dari y( =4) = 1 diperoleh B = 1 . Jadi solusi dari masalah nilai batas tersebut adalah y(x) = cos 2x sin 2x. |

1.3

Keujudan dan Ketunggalan Solusi

Dari contoh-contoh mengenai masalah nilai awal, y 0 = f (x; y);

y(x0 ) = y0

(1.2)

yang sudah dibahas terdahulu, selalu didapatkan solusi khusus yang tunggal. Sebenarnya solusi tunggal ini hanyalah satu dari tiga kemungkinan solusi yang mungkin ada dalam mencari penyelesaian suatu masalah nilai awal. Sebagai contoh, perhatikan masalah nilai awal berikut ini:

6

CHAPTER 1. PENDAHULUAN 1. jy 0 j + jyj = 0; y(0) = 1:

Satu-satunya solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = 0: Karena syarat awal yang diberikan tidak dapat diterapkan ke dalam solusi tersebut, maka masalah nilai awal ini tidak mempunyai solusi.

2. y 0 = x; y(0) = 1:

Solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = 21 x2 + 1; yang merupakan solusi tunggal.

3. xy 0 = y

1; y(0) = 1:

Solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = cx + 1; dengan c konstanta sebarang. Karena solusi dari masalah nilai awal ini bergantung kepada pemilihan konstanta c; maka akan diperoleh banyak solusi untuk masalah nilai awal tersebut. Dari contoh-contoh di atas diketahui bahwa suatu masalah nilai awal dapat mempunyai satu solusi, banyak solusi atau bahkan mungkin tidak mempunyai solusi. Selama ini, dari contoh-contoh yang sudah dibahas, bentuk masalah nilai awalnya masih sederhana, sehingga dengan mudah dapat diketahui solusinya dengan tepat. Bagaimana kalau bentuk masalah nilai awalnya tidak sederhana lagi atau lebih kompleks? Untuk mengetahui solusi yang tepat dari ketiga kemungkinan solusi tersebut, diperlukan suatu petunjuk yang menerangkan kondisikondisi suatu masalah nilai awal agar mempunyai satu solusi, banyak solusi atau tidak ada solusi. Dengan kata lain, pada kondisi yang bagaimanakah suatu masalah nilai awal mempunyai paling sedikit satu solusi atau paling banyak satu solusi? Ada dua teorema yang menjelaskan mengenai kondisi-kondisi tersebut. Teorema yang menjelaskan kondisi suatu masalah nilai awal mempunyai paling sedikit satu solusi, disebut Teorema Ketunggalan. Sedangkan teorema yang menjelaskan kondisi suatu masalah nilai awal mempunyai paling banyak satu solusi disebut Teorema Keujudan.

7

1.3. KEUJUDAN DAN KETUNGGALAN SOLUSI Theorem 1 : Ketunggalan

Jika f (x; y) adalah fungsi yang kontinu untuk semua titik (x; y) pada suatu bidang segiempat R : jx x0 j < a; jy y0 j < b; dan terbatas di R; yaitu jf (x; y)j 5 K

(1.3)

untuk semua (x; y) di R; maka masalah nilai awal (1.2) mempunyai paling sedikit satu solusi y(x): Solusi ini dide…nisikan paling sedikit untuk semua x pada selang jx x0 j < ; dengan adalah bilangan terkecil dari dua bilangan a dan b=K: Theorem 2 : Keujudan Jika f (x; y) dan @f =@y adalah fungsi yang kontinu untuk semua titik (x; y) pada suatu bidang segiempat R dan terbatas, yaitu (a) jf j 5 K;

(b)

@f 5 M; @y

(1.4)

untuk semua (x; y) di R; maka masalah nilai awal (1.2) mempunyai paling banyak satu solusi y(x): Example 10 : Perhatikan persamaan diferensial f (x; y) = y 0 = 1 + y 2 ; y(0) = 0: Ambil bidang segiempat R : sehingga jf j = 1 + y 2 5 K = 10;

jxj < 5 dan jyj < 3: Maka a = 5 dan b = 3,

j@f =@yj = 2 jyj 5 M = 6;

= b=K = 3=10 < a:

R

R dy = dx; sehingga tan 1 y = x atau y = tan x 1 + y2 merupakan solusi dari persamaan diferensial tersebut. Karena solusinya merupakan fungsi tangen, maka solusi tersebut tidak kontinu pada x = =2: | Kondisi dalam dua teorema tersebut merupakan kondisi yang cukup, bukan perlu, dan dapat dikurangi. Sebagai contoh, dari teorema nilai rata-rata kalkulus diferensial, diperoleh

Bila y 0 = 1 + y 2 ; maka

f (x; y2 )

f (x; y1 ) = (y2

y1 )

@f @y

y=e y

dengan (x; y1 ) dan (x; y2 ) diasumsikan berada dalam R, dan ye adalah nilai yang sesuai di antara y1 dan y2 : Dengan memperhatikan Teorema Keujudan bagian (b) dan teorema nilai rata-rata tersebut mengakibatkan jf (x; y2 )

f (x; y1 )j 5 M jy2

y1 j :

Kondisi yang terakhir ini, disebut sebagai kondisi Lipschitz. Meskipun kondisi Lipschitz ini lebih lemah dibandingkan dengan kondisi (b) pada Teorema Keujudan, ia dapat menggantikan kondisi (b) tersebut. Selain itu, kekontinuan f (x; y) tidak cukup menjamin ketunggalan solusinya. Hal ini dapat dilihat pada contoh berikut ini.

8


Example 11 : Ketaktunggalan Masalah nilai awal y0 = mempunyai dua solusi, yaitu y

1.3.1

p

0 dan y =

jyj;

y(0) = 0

x2 =4 jika x = 0 x2 =4 jika x < 0

Latihan

I. Selesaikan persamaan diferensial berikut: 1. y 0 = e

3x

2. y 0 =

sin 12 x

II. Jelaskan bahwa fungsi berikut ini merupakan solusi dari persamaan diferensial yang diberikan. Tentukan c sehingga diperoleh solusi khusus yang memenuhi syarat awal yang diberikan. 3. y 0 + y = 1; y = ce

x

+ 1; y(0) = 2; 5

4. xy 0 = 2y; y = cx2 ; y(2) = 12 5. y 0 = y cot x; y = c sin x; y(

=2) = 2

III. Tentukan persamaan diferensial orde pertama yang terdiri dari y dan y 0 ; yang solusinya merupakan fungsi yang diberikan berikut. 6. y = x2 7. y = tan x

Chapter 2

Persamaan Diferensial Orde Satu Untuk menyelesaikan atau mencari solusi dari suatu persamaan diferensial, diperlukan metode-metode atau cara-cara yang tepat. Beragamnya bentuk persamaan diferensial membuat penyelesaian persamaan diferensial tidak cukup dengan menggunakan satu metode saja. Metode-metode penyelesaian persamaan diferensial tersebut antara lain adalah metode integral langsung (sudah dipelajari di Kalkulus 3), metode pemisahan peubah, penggunaan metode pemisahan peubah/metode transformasi, persamaan diferensial eksak, faktor pengintegral dan persamaan diferensial linier. Diharapkan, dengan mempelajari metode-metode tersebut, mahasiswa dapat menentukan solusi dari suatu persamaan diferensial dengan mudah, dengan hanya mengenali bentuk persamaan diferensialnya.

2.1

Metode Pemisahan Peubah

Banyak persamaan diferensial orde pertama yang dapat dituliskan dalam bentuk: g(y)y 0 = f (x) (2.1) Karena y 0 =

dy , maka persamaan (2.1) di atas dapat ditulis dalam bentuk: dx g(y)dy = f (x)dx:

(2.2)

Persamaan diferensial yang demikian disebut persamaan dengan peubah terpisah. Metode penyelesaian persamaan diferensial dengan bentuk seperti di atas disebut metode pemisahan peubah. Untuk menyelesaikan (2.1), integralkan ke dua sisi, maka akan diperoleh Z Z dy g(y) dx = f (x)dx+c dx Karena (

dy )dx = dy; maka didapatkan dx Z Z g(y)dy= f (x)dx + c

(2.3)

Jika diasumsikan bahwa f dan g adalah fungsi yang kontinu, maka integral (2.3) ada dan dengan mengevaluasi integral ini, akan diperoleh solusi umum dari (2.1) 9

10

CHAPTER 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU

Example 12 : Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut ini: 4yy 0 + x = 0: Jawab : Dengan memisahkan peubah-peubahnya, diperoleh 4ydy = integralkan ke dua sisinya, diperoleh solusi umum 2y 2 =

xdx: Dengan meng-

1 2 x2 x + c atau + 2y 2 = c atau x2 + 4y 2 = c 2 2

dengan c = 2c . Solusi tersebut merupakan keluarga elips.

|

Example 13 : Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut: y 0 = 1 + y 2 . Jawab : Dengan memisahkan peubahnya dan mengintegralkannya, diperoleh: Z Z dy = dx maka arctan y = x + c: 1+y 2 Jadi solusi umumnya adalah y = tan(x + c):

|

Example 14 : Selesaikan masalah nilai awal berikut:

2y 0 + 4x3 y 2 = 0 ; dengan y(0) = 1:

Jawab : Dengan memisahkan peubahnya yang sesuai dan mengintegralkannya, diperoleh: Z Z 2dy 2 2 = 4x3 dx; maka = x4 + c; atau y = 4 : 2 y y x c Dengan memasukkan nilai awalnya diperoleh y(0) =

2 = 1; sehingga c = c

Jadi solusi masalah nilai awalnya: y(x) = (x4 + 2)

1

2: :

|

Example 15 : Selesaikan masalah nilai awal berikut: y 0 = 2x=y; dengan

y(2) = 4:

Jawab : Dengan memisahkan peubahnya dan mengintegralkannya, diperoleh hasil: Z Z ydy = 2xdx 1 2 y 2

= x2 + c:

Dengan memasukkan syarat awal y(2) = 4; diperoleh: 21 :(42 ) = (22 ) + c , sehingga c = 4. Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y 2 2x2 = 2c = 8. |

11

2.2. METODE TRANSFORMASI

2.1.1

Latihan

I. Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut. Periksa jawabanmu dengan menggunakan substitusi. 1. y 0 = 3(y + 1) 2. y 0 sin 2x = y cos 2x 3. y 0 = e2x cos2 y p 4. y 0 = 1 y 2

II. Selesaikan masalah nilai awal berikut. 5. yy 0 + x = 0; dengan syarat awal y(0) =

2

6. sin dr = r cos d ; dengan syarat awal r( 21 ) =

2.2

0; 3

Metode Transformasi

Metode Transformasi atau penggunaan metode pemisahan peubah adalah suatu metode penyelesaian persamaan diferensial dengan menggunakan metode pemisahan peubah. Perhatikan persamaan diferensial berikut: y (2.4) x dengan g adalah fungsi dari y=x. Persamaan diferensial tersebut dapat diubah bentuknya sehingga penyelesaiannya ditentukan dengan menggunakan metoda pemisahan peubah. Tuliskan y=x = u atau y = xu . Turunannya adalah y 0 = u + xu0 , dengan u0 = du . dx Dari persamaan (2.4), y0 = g

g

y = g(u) maka y 0 = g(u) atau u + xu0 = g(u): x

Dengan memisahkan peubah u dan x, akan diperoleh persamaan: du dx = g(u) u x yang dapat diselesaikan dengan menggunakan metoda pemisahan peubah. Example 16 : Dengan menggunakan metode transformasi, selesaikan persamaan diferensial berikut: 2xyy 0 y 2 + x2 = 0: Jawab : Dengan membagi persamaan diferensial di atas dengan x2 , diperoleh: y 2 y0 x Dengan transformasi

y x

2

+1=0

y = u; persamaan di atas berubah menjadi x

2u(u + xu0 )

u2 + 1 = 0 atau 2xuu0 + u2 + 1 = 0:

12


Dengan memisahkan peubahnya, diperoleh persamaan:

2udu = 1+u2

dx x

Dengan mengintegralkannya, diperoleh hasil

ln(1 + u2 ) =

ln jxj + c atau 1 + u2 =

c : x

y Dengan mengganti u = , diperoleh keluarga lingkaran-lingkaran dengan perx samaan:

x2 + y 2 = cx atau

x

c 2

2

+ y2 =

c2 : 4

Example 17 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut:

y0 =

p y 2x3 cos x2 + ; dengan y( ) = 0: x y

|

13

2.2. METODE TRANSFORMASI Jawab :

Transformasikan y=x = u, sehingga diperoleh y = xu dan y 0 = xu0 + u. Persamaan di atas berubah menjadi xu0 + u = u +

2x2 cos x2 u

Dengan penghitungan aljabar yang sederhana, diperoleh persamaan uu0 = 2x cos x2 : Dengan pengintegralan, diperoleh 12 u2 = sin x2 + c. p Karena u = y=x, maka y = ux = x 2 sin x2 + 2c. Karena sin syarat awalnya menghasilkan c = 0. Jadi solusi dari masalah nilai awal tersebut di atas adalah : p y(x) = x 2 sin x2 : |

= 0 , maka

Example 18 : Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut: (2x 4y+5)y 0 +x 2y+3 = 0 . Jawab : Transformasikan v = x 2y, sehingga y = 12 (x v) dan y 0 = 12 (1 v 0 ) : Substitusikan ke dalam persamaan di atas, sehingga diperoleh persamaan diferensial yang baru: (2v + 5)v 0 = 4v + 11: Dengan menggunakan metode pemisahan peubah, diperoleh: 1 Karena v = x

1 4v+11

dv = 2dx dan v

2y, maka solusi umumnya dapat ditulis sebagai : 4x + 8y + ln j4x

2.2.1

1 ln j4v + 11j = 2x + c : 4

8y + 11j = c:

|

Latihan

I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut: 1. xy 0 = x + y 2. x2 y 0 = y 2 + xy + x2 3. y 0 =

y+x . y x

II. Selesaikan masalah nilai awal berikut: 4. xy 0 = x + y; dengan y(1) = 5. yy 0 = x3 + y 2 =x; dengan

7; 4

y(2) = 6

III. Tentukan solusi umumnya (gunakan transformasi yang diberikan): 7. y 0 = (y + x)2 ;

(y + x = v).

8. 2x2 yy 0 = tan(x2 y 2 )

2xy 2 ;

(x2 y 2 = z).

14

2.3


Persamaan Diferensial Eksak

Misalkan u(x; y) adalah fungsi dari peubah x dan y yang terde…nisi pada D, sehingga u mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada daerah de…nisinya. Diferensial total atau eksaknya adalah: du(x; y) =

@u(x; y) @u(x; y) dx + dy; untuk semua (x; y) 2 D: @x @y

Suatu persamaan diferensial orde pertama yang berbentuk: M (x; y)dx + N (x; y)dy = 0:

(2.5)

disebut eksak, jika sisi sebelah kanannya adalah diferensial total atau eksak dari fungsi u(x; y), yaitu: M (x; y)dx + N (x; y)dy =

@u @u dx + dy; @x @y

(2.6)

sehingga persamaan diferensial (2.5) dapat dituliskan sebagai du = 0. Dengan pengintegralan, diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.5) dalam bentuk u(x; y) = c:

(2.7)

Dengan membandingkan komponen-komponen dari persamaan (2.6), dapat disimpulkan bahwa persamaan (2.5) adalah eksak jika ada suatu fungsi u(x; y) = c sedemikian sehingga (a):

@u @u = M; (b): =N @x @y

(2.8)

Misalkan M dan N terde…nisi dan mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada bidang xy, maka dari (2.8) diperoleh: @ @M = @y @y

@u @x

=

@2u ; @y@x

dan

@N @ = @x @x

@u @y

=

@2u @x@y

Dari asumsi kekontinuan, turunan keduanya adalah sama, sehingga @M @N = @y @x

(2.9)

Kondisi ini tidak hanya perlu tetapi juga cukup bagi M dx + N dy untuk menjadi persamaan diferensial eksak. Jika (2.5) eksak, fungsi u(x; y) dapat ditentukan dengan menggunakan cara yang sistematik. Dari (2.8) (a), dengan pengintegralan terhadap x, diperoleh Z u = M dx + k(y) (2.10) dengan y dipandang sebagai suatu konstanta dan k(y) berlaku sebagai konstanta integrasi. Untuk menentukan k(y), persamaan (2.10) diturunkan terhadap y; yaitu @u=@y; dan gunakan (2.8) (b) untuk mendapatkan dk=dy , kemudian integralkan dk=dy untuk mendapatkan k(y). Rumus yang (2.10) diperoleh dari (2.8) (a). Selain itu, kita dapat menggunakan rumus (2.8) (b) untuk mendapatkan rumus berikut : Z u = N dy + l(x): (2.11) Untuk mendapatkan l(x), turunkan @u=@y dari (2.11), gunakan (2.8) (a) untuk mendapatkan dl=dx dan integralkan.

15

2.3. PERSAMAAN DIFERENSIAL EKSAK Example 19 : Perhatikan persamaan diferensial: (3x + 2y) dx + (2x + y) dy = 0

(2.12)

Selidiki apakah persamaan diferensial tersebut eksak. Bila ya, carilah solusinya. Jawab : Tahap pertama: menguji keeksakan persamaan diferensial tersebut. Misalkan M = 3x + 2y dan N = 2x + y: Maka

@M @N = 2 dan = 2: Karena @y @x

@N @M = ; maka persamaan diferensial tersebut eksak. @y @x Tahap ke-dua: mencari solusi persamaan diferensial.

u(x; y) = =

Z

Z

M dx + k(y) (3x + 2y)dx + k(y) =

(2.13) 3x2 + 2xy + k(y): 2

Untuk mencari k(y); turunkan u terhadap y dan gunakan rumus (2.8) (b), sehingga diperoleh: dk @u = 2x + = N = 2x + y; @y dy sehingga

dk 1 = y ) k(y) = y 2 : dy 2

Jadi solusi persamaan diferensial eksak (2.12)tersebut adalah u(x; y) =

3x2 1 + 2xy + y 2 = c atau 3x2 + 4xy + y 2 = c ; 2 2

(2.14)

dengan c = 2c: Tahap ketiga: adalah pengecekan. Perhatikan bahwa metode di atas memberikan solusi dalam bentuk implisit, yaitu u(x; y) = c = konstanta; bukan dalam bentuk eksplisit, yaitu y = f (x): Untuk pengecekan, kita dapat menurunkan u(x; y) = c secara implisit dan melihat apakah hal ini akan menunjukkan bahwa dy=dx = M=N atau M dx + N dy = 0: Dalam kasus ini, dengan menurunkan u secara implisit terhadap x; diperoleh 6x + 4y + 4xy 0 + 2yy 0 = 0 atau 3x + 2y + (2x + y)y 0 = 0: Dengan M dan N seperti tersebut di atas, diperoleh M + N y 0 = 0; sehingga M dx + N dy = 0: Jadi solusi benar. | Example 20 : Masalah nilai awal Selesaikan masalah nilai awal berikut: (sin x cosh y)dx

(cos x sinh y)dy = 0; y(0) = 0:

(2.15)

16


Jawab : I. Periksa dulu apakah persamaan tersebut eksak. M = sin x cosh y dan N = cos x sinh y; sehingga @N @M = sin x sinh y dan = sin x sinh y: @y @x @M @N Karena = ; maka persamaan diferensial di atas eksak. @y @x II. Dari persamaan (2.10) diperoleh: Z Z u(x; y) = M dx + k(y) = sin x cosh ydx + k(y) =

cos x cosh y + k(y):

dk @u = cos x sinh y + = N = cos x sinh y: @y dy Karena dk=dy = 0; maka k = konstanta. Jadi solusi umumnya adalah u = konstanta atau cos x cosh y = c: Dari syarat awalnya diperoleh cos 0 cosh 0 = 1 = c: Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah cos x cosh y =

1 atau cos x cosh y = 1:

III. Untuk pengecekan, (cos x cosh y)0 = atau

sin x cosh y + cos x(sinh y)y 0 = 0;

( sin x cosh y)dx + (cos x sinh y)dy = 0; seperti pada persamaan (2.15) di atas. Juga cos 0 cosh 0 = 1 menunjukkan bahwa jawaban memenuhi syarat awal. | Example 21 : Perhatikan persamaan ydx xdy = 0: Kita lihat bahwa M = y , N = x; dan @M=@y = 1 tetapi @N=@x = 1; sehingga persamaan diferensial tersebut tidak eksak. Dalam kasus seperti ini, metode yang ada tidak dapat diterapkan pada persamaan diferensial di atas. Dari (2.10) diperoleh: Z @u dk u(x; y) = M dx + k(y) = xy + k(y) dan =x+ 6= N = x: @y dy @u dk Seharusnya = N; sehingga bila ini terjadi diperoleh = 2x: Namun hal @y dy ini tidak mungkin, karena k(y) hanya bergantung kepada y: |

2.3.1

Latihan

I. Perhatikan fungsi u(x; y) berikut. Tentukan persamaan diferensial eksaknya sehingga diperoleh du = 0: 1. x2 + y 2 = c 2. u = (y

x + 1)2 :

II. Perhatikan persamaan diferensial berikut. Selidiki apakah persamaan diferensial tersebut merupakan persamaan diferensial eksak. Bila ya, carilah solusinya. Bila tidak, jelaskan alasanmu. 3. y dx + x dy = 0 4. (2x + ey )dx + xey dy = 0:

17

2.4. FAKTOR PENGINTEGRAL

III. Selidiki apakah persamaan berikut eksak. Bila ya, selesaikan masalah nilai awalnya. Bila tidak, jelaskan alasanmu. 5. (y

1)dx + (x

6. sinh xdx + y

1

3)dy = 0;

y(0) = 2=3:

cosh xdy = 0; y(0) = :

IV. Perhatikan persamaan diferensial berikut. Carilah solusi persamaan diferensial tersebut: a. dengan menggunakan metoda persamaan diferensial eksak. b. dengan metoda pemisahan peubah. 7. 2xdx + x 8. 3x

2.4

4

2

(xdy

ydx = x

3

ydx) = 0:

dy:

Faktor Pengintegral

Ide dari metoda ini sangatlah sederhana. Ada suatu persamaan diferensial yang tidak eksak dan berbentuk: P (x; y)dx + Q(x; y)dy = 0:

(2.16)

Bila persamaan tersebut dikalikan dengan suatu fungsi F (x; y) yang tidak nol, maka persamaan (2.16) menjadi persamaan diferensial eksak, yaitu: F P dx + F Qdy = 0;

(2.17)

sehingga persamaan tersebut dapat diselesaikan dengan metoda persamaan diferensial eksak. Fungsi F (x; y) ini disebut dengan faktor pengintegral (integrating factors) dari (2.16).

Example 22 :

Tunjukkan bahwa persamaan diferensial berikut: ydx

xdy = 0

(2.18)

tidak eksak, tetapi mempunyai faktor pengintegral, sebut saja F = 1=x2 ; dan tentukan persamaan barunya.

18


Jawab : Dari bentuk persamaan (2.16) diperoleh P = y dan Q = x: Karena @P=@y = 1; tetapi @Q=@x = 1; maka persamaan diferensial di atas tidak eksak. Kalikan persamaan (2.18) dengan F = 1=x2 ; sehingga diperoleh: F P dx + F Qdy =

ydx

xdy x2

= 0:

(2.19)

Misalkan F P = M = y=x2 ; maka @M=@y = 1=x2 dan F Q = N = 1=x; maka @N=@x = 1=x2 ; sehingga persamaan (2.19) eksak. Untuk mencari solusi dari persamaan (2.19) di atas, ydx

xdy x2

=

xdy

ydx

=

x2

d

y = 0: x

Jadi solusinya adalah y=x = c; yang merupakan persamaan garis lurus y = cx yang melalui titik asal (0,0) .| Faktor pengintegral lain untuk persamaan diferensial di atas adalah : 1=y 2 ; 1=xy dan 1=(x2 + y 2 ): Dengan memeriksa faktor pengintegral tersebut satu-persatu, akan diketahui apakah faktor pengintegral tersebut benar-benar membuat persamaan diferensial tersebut menjadi eksak. I. Yang pertama, bila F = 1=y 2 ; maka F P dx + F Qdy =

ydx

xdy y2

=d

x y

= 0:

(2.20)

Misalkan F P = M = y=y 2 = 1=y; maka @M=@y = 1=y 2 dan F Q = N = x=y 2 ; maka @N=@x = 1=y 2 ; sehingga persamaan (??) adalah eksak dan solusinya adalah x=y = c atau y = x=c: | II. Yang ke dua, bila F = 1=xy; maka

F P dx + F Qdy =

ydx

xdy xy

= 0:

(2.21)

Misalkan F P = M = y=xy = 1=x; maka @M=@y = 0 dan F Q = N = x=xy = 1=y; maka @N=@x = 0; sehingga persamaan (2.21) eksak. Untuk mencari solusi dari persamaan (2.21) di atas, ydx

xdy xy

= =

y x

ydx

xdy y2 x 1 x d = d ln x y y

= 0:

y

sehingga solusinya adalah ln(x=y) = c atau y = x=ec = x=c :

|

III. Dan yang ke tiga, apabila F = 1=(x2 + y 2 ); maka

F P dx + F Qdy =

ydx xdy = 0: x2 + y 2

(2.22)

Misalkan F P = M = y=(x2 + y 2 ); maka @M=@y = (x2 y 2 )=(x2 + y 2 )2 dan F Q = N = x=(x2 + y 2 ); maka @N=@x = (x2 y 2 )=(x2 + y 2 )2 ; sehingga persamaan (2.22) eksak. Untuk mencari solusi dari persamaan (2.22) di atas,

19


ydx xdy x2 + y 2

= =

xdy ydx = x2 + y 2 1 1+

y x

ydx

x2 1 +

y = x

:d y 2 x

sehingga solusinya adalah arctan

xdy

y2 x2

=

d(arctan

1 1+

y2 x2

:

xdy

ydx x2

y ) = 0; x

= c atau y = x tan c:

|

Example 23 : Diketahui bahwa fungsi F (x) = x3 adalah suatu faktor pengintegral. Selidiki apakah fungsi tersebut merupakan faktor pengintegral dari persamaan: 2 sin(y 2 )dx + xy cos(y 2 )dy = 0: Jelaskan pendapatmu dan tentukan solusinya! Jawab : Dengan mengalikan faktor pengintegral di atas dengan persamaan diferensial yang diketahui, maka persamaan yang baru akan berbentuk: 2x3 sin(y 2 )dx + x4 y cos(y 2 )dy = 0: Persamaan tersebut menjadi eksak karena @ @ 2x3 sin(y 2 ) = 4x3 y cos(y 2 ) = x4 y cos(y 2 ) : @y @x Dengan menggunakan metoda persamaan diferensial eksak, akan kita cari solusi dari persamaan diferensial di atas, yaitu: Z u(x; y) = M dx + k(y) Z 1 = 2x3 sin(y 2 )dx + k(y) = x4 sin(y 2 ) + k(y): 2 Apabila diturunkan terhadap y akan diperoleh: @u dk = x4 cos(y 2 ) + = N = x4 y cos(y 2 ); @y dy sehingga dk=dy = 0 dan k(y) = c1 : Jadi solusinya adalah u(x; y) = 21 x4 sin(y 2 ) + c1 atau x4 sin(y 2 ) = c:

2.4.1

|

Menentukan faktor pengintegral

Pada awalnya, penentuan faktor pengintegral dilakukan dengan dikira-kira berdasarkan pengalaman dan kemudian diuji. Idenya adalah persamaan (2.17), yaitu M dx+ N dy = 0 dengan M = F P dan N = F Q, yang merupakan persamaan diferensial eksak menurut de…nisi faktor pengintegral. Oleh sebab itu kriteria ke’eksak’an @N @M = pada sub bab 2.3. menjadi: dari @y @x @ @ (F P ) = (F Q); (2.23) @y @x yaitu Fy P + F Py = Fx Q + F Qx ; dengan x dan y menunjukkan turunan parsialnya. Mencari faktor pengintegral yang bergantung pada dua peubah x dan y akan sangat kompleks pengerjaannya. Oleh sebab itu, fokus pembahasan hanya

20


pada pencarian faktor pengintegral yang bergantung pada satu peubah saja, yaitu x saja atau y saja. Misalkan faktor pengintegral F = F (x); maka Fy = 0 dan Fx = F 0 = dF=dx; sehingga persamaan (2.23) menjadi F Py = F 0 Q + F Qx : Apabila persamaan di atas dibagi dengan F Q dan diuraikan, maka persamaannya menjadi: 1 1 dF = F dx Q

@Q @x

@P @y

:

(2.24)

Theorem 3 : Faktor Pengintegral F (x) Jika persamaan (2.16) adalah sedemikian sehingga sisi sebelah kanan dari persamaan (2.24) bergantung hanya pada x; sebut saja R(x); maka persamaan (2.16) mempunyai faktor pengintegral F = F (x); yang diperoleh dengan mengintegralkan (2.24) dan mencari eksponennya, yaitu: Z F (x) = exp R(x)dx: (2.25) Keterangan: Misalkan R(x) =

1 Q

@P @y

@Q @x Z

; maka

1 dF F

=

ln jF (x)j =

Z

R(x)dx

Z

R(x)dx Z exp [ln jF (x)j] = exp R(x)dx Z F (x) = exp R(x)dx: Misalkan faktor pengintegral F = F (y); maka Fx = 0 dan Fy = F 0 = dF=dy; sehingga persamaan (2.23) menjadi Fy P + F Py = F Qx : Bagi dengan F P dan diuraikan, maka hasilnya adalah persamaan: 1 dF 1 = F dy P

@Q @x

@P @y

:

(2.26)

Theorem 4 : Faktor Pengintegral F (y) Jika persamaan (2.16) adalah sedemikian sehinga sisi sebelah kanan dari per~ samaan (2.26) hanya bergantung pada y; sebut saja R(y); maka persamaan (2.16) mempunyai faktor pengintegral F = F (y); yang diperoleh dari persamaan (2.26) dalam bentuk: Z F (y) = exp

~ R(y)dy:

(2.27)

Example 24 : Faktor pengintegral F (x) Tentukan faktor pengintegral untuk contoh 2 di atas dengan menggunakan Teorema 1, yaitu soal: 2 sin(y 2 )dx + xy cos(y 2 )dy = 0: Jawab :

21


Karena P = 2 sin(y 2 ) dan Q = xy cos(y 2 ); maka sisi sebelah kanan dari persamaan (2.24) adalah: 1 Q

@P @Q @y @x 1 4y cos(y 2 ) xy cos(y 2 )

R(x) = =

y cos(y 2 ) =

3 : x

R Jadi faktor pengintegralnya adalah F (x) = exp (3=x)dx = exp(ln x3 ) = x3 ; seperti pada contoh. | Example 25 : Aplikasi Teorema 1 dan 2 Selesaikan masalah nilai awal: 2xydx + (4y + 3x2 )dy = 0; dengan y(0; 2) =

1; 5:

Jawab : Dari persamaan di atas diketahui bahwa P = 2xy dan Q = 4y + 3x2 : Karena @P=@y = 2x dan @Q=@x = 6x; maka persamaan di atas tidak eksak. R(x) =

@P @y

1 Q

@Q @x

=

1 (2x 4y + 3x2

6x) =

4x 4y + 3x2

bergantung pada x dan y; sehingga persamaan di atas tidak mempunyai faktor pengintegral F (x): Sedangkan @Q @x

1 ~ R(y) = P

@P @y

=

1 (6x 2xy

2x) =

2 y

sehingga faktor pengintegralnya adalah Z 2 F (y) = exp dy = exp(2 ln jyj) = exp[ln(y 2 )] = y 2 : y Kalikan persamaan diferensial pada soal di atas dengan y 2 ; sehingga persamaannya menjadi persamaan yang eksak, yaitu: 2xy 3 dx + (4y 3 + 3x2 y 2 )dy = 0: Dengan menggunakan cara pada sub bab 2.3 mengenai persamaan diferensial eksak, akan diperoleh solusi umumnya, yaitu: y 4 + x2 y 3 = c: Apabila kita masukkan syarat awalnya, maka akan didapatkan hasil y 4 + x2 y 3 = 4; 93: Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y 4 + x2 y 3 = 4; 93: |

2.4.2

Latihan

I. Selidiki apakah fungsi F berikut ini merupakan faktor pengintegral dari persamaan diferensial yang diketahui. Bila ya, selesaikan masalah nilai awalnya. 1. 2ydx + xdy = 0;

y(0; 5) = 8; dan F = x:

2. (1 + xy)dx + x2 dy = 0; 3. (2x

1

y

3)dx + (3

2y

y(1) = 0; dan F = exy : 1

x)dy = 0;

y(1) =

1; dan F = x2 y 2 :

II. Perhatikan persamaan diferensial di bawah ini. Tentukan faktor pengintegral dari masing-masing persamaan diferensial tersebut dan carilah solusinya (gunakan Teorema 1 dan 2). 4. 2 cos ydx =

sin ydy:

5. (2y + xy)dx + 2xdy = 0: 6. (1 + 2x2 + 4xy)dx + 2dy = 0

22

2.5


Persamaan Diferensial Linier

Suatu persamaan diferensial orde pertama dikatakan linier jika dapat dituliskan sebagai: y 0 + p(x)y = r(x); (2.28) dengan p dan r adalah fungsi-fungsi dari x yang diketahui. Bila r(x) 0; maka persamaan (2.28) di atas disebut homogen, sebaliknya bila r(x) 6= 0 disebut nonhomogen. Untuk mencari solusi umum dari persamaan (2.28) pada suatu interval I; asumsikan bahwa p dan r kontinu di I: Untuk persamaan homogen, y 0 + p(x)y = 0:

(2.29)

Dengan memisahkan peubahnya, diperoleh dy = y

p(x)dx; sehingga ln jyj =

Z

p(x)dx + c ;

dan dengan mengambil eksponennya pada ke dua sisi persamaan di atas diperoleh: R y(x) = ce p(x)dx ; (2.30) dengan c = ec : Tanda (+) dipakai bila y(x) > 0 dan tanda ( ) bila y(x) < 0; sedangkan c > 0 selalu. Jika c = 0; maka diperoleh solusi y(x) = 0 yang disebut dengan solusi trivial. Beralih kepada penyelesaian persamaan nonhomogen. Persamaan (2.28) di atas dapat dituliskan dalam bentuk: (py

r)dx + dy = 0:

Persamaan tersebut berbentuk P dx + Qdy = 0; dengan P = py sehingga persamaan (2.24) pada sub bab 2.4, yaitu: 1 dF 1 = F dx Q

@Q @x

@P @y

menjadi

r dan Q = 1,

1 dF = p(x): F dx

Karena persamaan tersebut hanya bergantung pada x, maka persamaan (2.28) di atas mempunyai faktor pengintegral F (x) yang diperoleh secara langsung dengan pengintegralan dan eksponensiasi, yaitu: R

F (x) = e

pdx

:

Kalikan persamaan (2.28) di atas dengan faktor pengintegral F (x) tersebut sehingga persamaan (2.28) menjadi: R

e

pdx

R

(y 0 + py) = (e

pdx

R

y)0 = e

pdx

r:

Dengan mengintegralkannya terhadap x, persamaan di atas menjadi: Z R R e pdx y = e pdx rdx + c; sehingga solusi umum untuk persamaan (2.28) di atas adalah: Z Z y(x) = e h eh rdx + c ; dimana h = p(x)dx: Example 26 : Selesaikan masalah nilai awal: y 0

y = e2x , y(0) = 1.

(2.31)

23

2.5. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER Jawab :

R Diketahui p = 1; r = e2x dan h = pdx = x. Dari persamaan (2.31) didapatkan solusi umumnya: Z x y(x) = e e x e2x dx + c = ex [ex + c] = cex + e2x Cara lainnya, kalikan persamaan pada soal dengan eh = e (y 0

y)e

x

= (ye

x 0

) = e2x e

x

x

, sehingga

= ex

Dengan mengintegralkan ke dua sisinya, diperoleh : ye x = ex + c atau y(x) = e2x +cex :Dengan memasukkan syarat awal y(0) = 1; diperoleh y(0) = e0 +ce0 = 1 + c = 1; sehingga c = 0: Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(x) = e2x : | Example 27 : Selesaikan y 0 + 2y = ex (3 sin 2x + 2 cos 2x) . Jawab : Diketahui p = 2, dan h = 2x, sehingga dari persamaan (2.31) diperoleh: Z e2x ex (3 sin 2x + 2 cos 2x)dx + c y = e 2x Z Z = e 2x 3e3x sin 2xdx + 2e3x cos 2xdx + c ( ) Z Z = e 2x e3x sin 2x 2e3x cos 2xdx + 2e3x cos 2xdx + c 2x

= e = ce

2x

Keterangan (*): R Ingat: udv = uv Misalkan u = sin 2x;

e3x sin 2x + c + ex sin 2x:

|

R

vdu: du = 2 cos 2x dx dan dv = 3e3x dx; v = e3x , maka Z Z 3x 3x 3e sin 2xdx = e sin 2x 2e3x cos 2xdx

Example 28 : Selesaikan masalah nilai awal berikut: y 0 + y tan x = sin 2x;

y(0) = 1

Jawab : R R Diketahui p = tan x, r = sin 2x = 2 sin x cos x, dan pdx = tan xdx = ln jsec xj ; sehingga eh = sec x; e h = cos x; dan eh :r = (sec x)(2 sin x cos x) = 2 sin x: Jadi solusi umum dari persamaan di atas adalah: Z y(x) = cos x 2 sin xdx + c = c cos x 2 cos2 x: Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh: 1 = c:1 Jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah: y(x) = 3 cos x

2 cos2 x:

|

2:1, sehingga c = 3 .

24


Reduksi ke bentuk linier. Persamaan Bernoulli.

Persamaan diferensial nonlinier tertentu dapat diubah bentuknya ke dalam bentuk linier. Yang paling populer adalah Persamaan Bernoulli, yaitu:

y 0 + p(x)y = g(x)y a

(2.32)

dengan a bilangan real. Jika a = 0 atau a = 1, maka persamaan (2.32) adalah persamaan diferensial linier. Sebaliknya, bila tidak maka disebut nonlinier. 1 a

Tulis u(x) = [y(x)] . Dengan menurunkan dan mensubstitusikan y 0 dari persamaan (2.32), diperoleh:

u0

= (1 = (1

Karena y 1

a

a)y a)(g

a 0

y = (1 py

1 a

a)y

a

(gy a

py)

):

= u , maka akan diperoleh persamaan linier:

u0 + (1

a)pu = (1

a)g

(2.33)

Example 29 :

Persamaan Bernoulli. Persamaan Verhulst. Model Populasi Logistik. Selesaikan persamaan Bernoulli spesial, yang dinamakan dengan persamaan Verhulst, berikut ini:

y0

dengan A dan B konstanta positif.

Ay =

By 2

(2.34)

2.6. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU

25

Jawab : Diketahui a = 2, sehingga u = y 1 . Dengan menurunkan dan mensubstitusikan y 0 dari persamaan (2.34), diperoleh: u0 = y 2 y 0 = y 2 ( By 2 + Ay) = B Ay 1 ; sehingga u0 + Ay 1 = B: Karena y 1 = u, maka u0 + Au = B: Dari persamaan (2.31), dengan p = A; maka h = Ax dan r = B, sehingga diperoleh: Z B B Ax Ax e + c = ce Ax + : BeAx dx + c = e Ax u=e A A Jadi solusi umum dari persamaan (3.34) adalah: y=

1 1 = u (B=A) + ce

Ax

:

|

(2.35)

Persamaan (2.35) tersebut di atas disebut hukum logistik dari pertumbuhan populasi, dengan x menyatakan waktu. Bila B = 0, maka akan memberikan pertumbuhan secara eksponensial: y = (1=c)eAx (hukum Malthus).

2.5.1

Latihan

I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut: 1. y 0

4y = 0; 8

2. y 0 + 2y = 6ex 3. y 0 + 3y = e

3x

II. Selesaikan masalah nilai awal berikut: 4. y 0 + 3y = 12 , y(0) = 6 5. y 0 + y = (x + 1)2 , y(0) = 3 6. y 0 + 2xy = 4x , y(0) = 3: III. Ubahlah persamaan diferensial berikut ini ke dalam bentuk linier, dan carilah solusinya: 7. y 0 + y = y 2 8. y 0 cos y + x sin y = 2x (sin y = z) 9. (ey + x)y 0 = 1 10. 3y 0 + y = (1

2.6 2.6.1

2x)y 4 :

Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu Pertumbuhan Alami dan Peluruhan (Natural Growth and Decay)

Persamaan deferensial

dy = kx; (k konstan) dx merupakan model matematika untuk fenomena alam yang luas.

(2.36)

26


Pertumbuhan Populasi (Population Growth) Misalkan P (t)) menyatakan banyaknya individu dalam populasi (manusia, serangga, dan bakteri), mempunyai tingkat (rate) kelahiran dan kematian yang konstan (kelahiran/kematian per individu per satuan waktu). Selama selang waktu yang singkat, t; kira-kira P (t) t kelahiran dan P (t) t kematian terjadi, maka perubahan P (t) diperkirakan

P =(

)P (t) t;

(2.37)

sehingga

P dP = lim = kP; t!0 dt t

dengan k =

:

(2.38)

Dengan metode pemisahan peubah dan pengintegralan, diperoleh rumus pertumbuhan populasi sebagai berikut:

Z

dP = P

Z

kdt =) ln P = kt + c

P (t) = ekt+c = Cekt

(2.39)

Karena C konstanta, maka dapat ditulis C = P (0) = P0 ; sehingga rumus (2:39) dapat ditulis kembali sebagai

P (t) = ekt+c = P0 ekt :

(2.40)

Example 30 :

Pada bulan Maret 1987, populasi dunia telah mencapai 5 milyar dan terus bertambah dengan rata-rata 380 ribu orang per hari. Dengan mengasumsikan tingkat kelahiran dan kematian konstan, kapan populasi dunia akan mencapai 10 milyar?


27

Jawab: Misalkan P (t) adalah populasi dunia pada saat t, maka rumus pertumbuhan populasi pada saat t adalah P (t) = P0 ekt ; dengan P menyatakan populasi dunia dalam milyar dan t menyatakan waktu dalam tahun. Misalkan pengukuran dimulai pada tahun 1987 dengan t = 0; maka P (0) = P0 = 5: Karena P meningkat sebesar 380 ribu (= 0,00038 milyar) orang per hari pada saat t = 0; berarti peningkatan populasi per tahun sebesar P 0 (0) = (0; 00038)(365; 25) = 0; 1388 milyar. Dari persamaan (2:40) diperoleh P 0 (t) = P0 kekt =) untuk t = 0; P 0 (0) = P0 kek:0 = P0 k; sehingga

k=

P 0 (0) P0

0; 1388 5

0; 0278:

Jadi pertumbuhan populasi per tahun pada 1987 kira-kira 2,78%. Bila P (t) = 10; maka 10 = P (t) = 5e(0;0278)t =) e(0;0278)t = 2 ln(e(0;0278)t ) = ln 2 =) 0; 0278t = 0; 693 t = 24; 928

25 (tahun).

Karena tahun 1987 diketahui sebagai tahun awal t = 0; maka 25 tahun kemudian, yaitu pada tahun 2012, populasi dunia akan mencapai 10 milyar. | Example 31 : Misalkan P (t) = Cekt adalah populasi dari suatu koloni bakteri pada saat t; yang pada saat t = 0; populasinya mencapai 1000 dan bertambah dobel banyaknya setelah 1 jam. Berapa populasi pada saat t = 90 menit? Jawab: Dari informasi tersebut diperoleh: P (0) = 1000 = Ce0 = C; dan P (1) = 2000 = 1000ek =) k = ln 2

0; 69315:

Jadi persamaan diferensialnya menjadi dP = kP = (ln 2):P dt

(0; 69315) :P;

dan rumus banyaknya populasi bakteri pada saat t adalah P (t) = 1000e(ln 2)t

1000e(0;69315):t :

Untuk t = 90 = 1; 5 jam, banyaknya bakteri adalah P (1; 5) = 1000e(0;69315):(1;5)

2828 bakteri.

|

28


Peluruhan Radioaktif (Radioactive Decay )

Perhatikan sebuah sampel materi yang mengandung N (t) atom dari suatu isotop radioaktif tertentu pada waktu t: Berdasarkan penelitian, pecahan yang konstan (a constant fraction) dari atom radioaktif ini akan luruh secara spontan, menjadi atom-atom elemen lain atau menjadi isotop lain dari elemen yang sama, selama satuan waktu tertentu. Konsekuensinya, sampel tersebut persis seperti populasi awalnya dengan tingkat kematian yang konstan (tidak terjadi kelahiran). Model untuk N (t) tersebut diperoleh dengan mengganti P pada persamaan (2:37) dengan N; dan k > 0; = 0; sehingga persamaannya menjadi

dN = dt

kN =)

dN = N

kdt

dan persamaan (2:40) menjadi

N (t) = N0 e

kt

;

(2.41)

dengan k disebut sebagai konstanta peluruhan, yang nilainya bergantung pada isotop radioaktif partikuler. Konstanta peluruhan k ini sering dikaitkan dengan konstanta empiris yang lain, yaitu paruh waktu dari suatu isotop. Paruh waktu (baca ”tau”) adalah waktu yang diperlukan bagi suatu isotop untuk meluruh menjadi setengah bagian. Untuk mencari kaitan antara k dan ; maka tulis t = dan N = 12 N0 ; sehingga persamaan (2:41) menjadi

1 N0 = N0 e 2

k

dan

=

ln 2 : k

(2.42)

Sebagai contoh, bila diketahui konstanta peluruhan k dari isotop 14 C adalah ln 2 k = 0; 0001216; maka paruh waktu dari isotop tersebut adalah = 0;0001216 5700 tahun. |

Example 32 :

Suatu spesimen arang kayu yang ditemukan di monumen bebatuan Stonehenge (Inggris) ternyata mengandung 63% karbon 14 C; sebanyak sampel arang kayu pada saat ini dengan massa yang sama. Berapakah umur sampel tersebut?

29

2.6. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU Jawab:

Ambil t = 0 sebagai waktu matinya pohon di mana arang Stonehenge terbuat dan N0 sebagai banyaknya atom 14 C yang dikandung arang kayu tersebut pada awalnya. Jika diketahui N = (0; 63)N0 = N0 e kt ; maka dengan konstanta peluruhan k = 0; 0001216; diperoleh umur sampel t=

ln(0; 63) 0; 0001216

3800 (tahun).

Bila spesimen arang kayu tersebut ditemukan pada tahun 2000, maka diperkirakan pembangunan Stonehenge tersebut terjadi pada tahun 1800 S.M. |

2.6.2

Pendinginan dan Pemanasan (Cooling and Heating)

Menurut hukum Newton tentang pendinginan, laju perubahan suhu T (t) dari suatu benda yang dimasukkan (ditenggelamkan) ke dalam suatu medium dengan suhu yang konstan A adalah sebanding dengan selisih A T; yaitu dT = k(A dt

T );

(2.43)

dengan k adalah suatu konstanta positif. Persamaan ini merupakan suatu contoh dari persamaan diferensial linier orde pertama dengan koe…sien konstanta: dx = ax + b: dt Example 33 : Seekor ayam seberat 2,5 kg yang pada awalnya bersuhu 500 F; dimasukkan ke dalam oven yang bersuhu 3750 F pada jam 5 P.M. Setelah 75 menit, suhu ayam menjadi 1250 F: Kapan suhu ayam akan menjadi 1500 F (medium rare)? Jawab: Misalkan t dalam menit dan t = 0 menyatakan jam 5 P.M. Diasumsikan suhu ayam T (t) seragam. Diketahui A = 375; T (0) = 50 dan T (75) = 125; sehingga diperoleh Z Z dT 1 = k(375 T ) =) dT = kdt; dt 375 T ln(375 375

T = Ce

kt

T ) = kt + c; =) T = 375

Ce

Dari T (0) = 50; diperoleh C = 325; sehingga T (t) = 375 dari T (75) = 125; diperoleh 375

125 = 325e k=

1 ln 75

75k

=) e

250 325

75k

=

kt

: 325e

kt

: Sementara

250 325

0; 0035:

Jika T (t) = 150; maka persamaannya menjadi 150 = 375 325e

(0;0035):t

= 225 =) t =

325e

(0;0035):t

1 ln 0; 0035

225 325

105 (menit) .

Jadi waktu yang diperlukan ayam agar bersuhu 1500 F adalah 105 menit dari waktu semula jam 5 P.M. atau pada jam 6.45 P.M. |

30

2.6.3


Bunga Majemuk (Interest Compound)

Istilah bunga majemuk mengacu pada suatu prosedur penghitungan bunga di mana bunga tertentu pada suatu periode ditambahkan ke dalam modal awal. Jumlah yang baru menjadi modal baru untuk periode bunga selanjutnya. Bunga yang diperoleh dalam periode bunga sebelumnya, menghasilkan bunga untuk periode bunga selanjutnya. Misalkan A(t) menyatakan banyaknya rupiah dalam rekening tabungan, pada waktu t (tahun), dengan bunga tahunan sebesar r, dan A0 menyatakan tabungan pada saat t = 0: Pihak bank setuju akan membayar bunga pada setiap akhir periode yang sudah disepakati. Catatan: 10% bunga tahunan berarti r = 0; 10: Jika banyaknya periode dalam satu tahun adalah n maka dikatakan bahwa bunganya dimajemukkan n kali per tahun (contohnya: tahunan = 1, kuarteran = 4, bulanan = 12, dst.). Jadi pada akhir periode pertama, saldonya akan menjadi A(t) = A0 +

r r : A0 = A0 1 + n n

Pada akhir periode ke dua, saldonya adalah A(t) = A0 1 +

r r r r + A0 1 + = A0 1 + n n n n

2

:

Setelah n periode, saldonya menjadi A(t) = A0 1 +

r n

n

:

Jika investasi diperpanjang ke tahun berikutnya, maka saldonya akan menjadi A(t) = A0 1 +

r n

2n

r n

nt

:

Untuk investasi t tahun, saldonya menjadi A(t) = A0 1 + nt

Karena 1 + nr = 1 + fungsi eksponensial

r n t n

:

; maka fungsi A dapat dituliskan dalam bentuk A(t) = A0 bt ;

(2.44)

r n n

: dengan b = 1 + Bunga yang diberikan oleh bank dikenal sebagai tingkat nominal. Jika bunga dimajemukkan lebih sering daripada sekali setahun, jumlah yang diperoleh lebih daripada tingkat nominal. Selain tingkat nominal, dikenal pula istilah tingkat efektif. Tingkat efektif tahunan menginformasikan berapa banyak bunga yang n diperoleh. Tingkat bunga efektif kuantitasnya dihitung dari 1 + nr 1: Bunga majemuk kontinu (continues compound interest) berarti bahwa selama selang waktu yang singkat t, banyaknya bunga yang ditambahkan pada rekening diperkirakan A = rA(t) t; sehingga dA A = lim = rA =) A(t) = Cert t!0 dt t

(2.45)

dengan C suatu konstanta, yang dapat ditulis sebagai C = A(0) = A0 : Tingkat bunga efektif tahunan dihitung dari rumus er 1: Example 34 :

31


Tentukan tingkat efektif jika uang sejumlah 1 juta rupiah ditabung dengan tingkat bunga majemuk kontinu tahunan sebesar 5%. Jawab: Tingkat bunga efektifnya adalah e0;05

1

0; 05127 = 5; 127%:

|

Example 35 : Uang sejumlah 5 juta rupiah ditabung di suatu bank yang tingkat bunga majemuk kontinu tahunannya adalah 4%. a. Tentukan saldonya setelah 5 tahun. b. Berapa lama uang tersebut akan menjadi dua kali lipat dari semula (dobel)? Jawab: Diketahui A0 = 5:000:000; r = 4% = 0; 04 dan t = 5: a. Saldo setelah 4 tahun adalah A(5) = 5:000:000e(0;04):5

6:107:013; 791 (rupiah):

b. Karena saldo awalnya adalah 5 juta rupiah, maka dobel saldo pada saat t adalah 10 juta rupiah, sehingga A(t) = 10:000:000 = 5:000:000e0;04t 0; 04t = ln 2 =) t =

2.6.4

ln 2 0; 04

17; 33 (tahun).

|

Eliminasi Obat (Drug Elimination)

Dalam banyak kasus, jumlah A(t) dari obat tertentu dalam aliran darah, yang mengukur kelebihan level alami dari obat, akan menurun pada tingkat yang proporsional dengan jumlah kelebihan yang ada. Yaitu, dA = dt dengan

> 0: Parameter

A;

(2.46)

disebut konstanta eliminasi dari obat.

Example 36 : Misalkan sodium pentobarbitol digunakan untuk membius seekor anjing. Seekor anjing dibius ketika konsentrasi aliran darahnya mengandung paling sedikit 45 miligram sodium pentobarbitol per kilogram berat anjing. Misalkan diketahui juga bahwa sodium pentobarbitol akan berkurang secara eksponensial dari aliran darah anjing, dalam paruh waktu 5 jam. Berapa dosis sodium pentobarbitol yang direkomendasikan untuk membius anjing seberat 50 kg dalam waktu 1 jam? Jawab:

32


Misalkan A(t) adalah jumlah sodium pentobarbitol dalam aliran darah. Dari rumus (2.46) diperoleh: A(t) = A0 e t : Dari soal diketahui bahwa = t1=2 = 5 jam. 1 A0 = A0 e t = A0 e 2 1 = ln = ln 2 2 ln 2 0; 693 = = 0; 1386: 5 5

A(t) = 5

5

Untuk t = 1; jumlah sodium pentobarbitol yang ada dalam darah adalah A(1) = 50

45 = 2250mg:

Selanjutnya A(1) A0

= A0 e 0;1386:1 = 2250 2250 2250 = 2584; 72 = 0;1386 e 0; 8705

2585mg:

Jadi dosis sodium pentobarbitol yang direkomendasika sebesar 2585 mg.

2.6.5

|

Hukum Torricelli

Menurut hukum Torricelli, laju perubahan volume air V dalam tangki yang airnya mengalir keluar adalah sebanding dengan akar kuadrat kedalaman air y dalam tangki, yaitu dV p = k y; (2.47) dt dengan k suatu konstanta. Jika tangkinya berbentuk silinder dengan luas penampang A; maka V = Ay; dan dV =dt = A(dy=dt); sehingga dy 1 = dt A

dV dt

=)

dy = dt

p h y;

(2.48)

dengan h = k=A: Misalkan sebuah tangki air mempunyai lubang di dasarnya dengan luas penampang a; sehingga air mengalir keluar dari lubang tersebut. Nyatakan y(t) sebagai tinggi (kedalaman) air dalam tangki pada saat t dan V (t) adalah volume air dalam tangki. Dalam kondisi yang ideal, kecepatan air keluar melalui lubang adalah p = 2gy (2.49) ( dibaca ”upsilon”). Dengan memperhitungkan kendala (constriction) jet air dari suatu pipa/lubang (ori…ce), maka p = c 2gy; (2.50)

dengan c adalah konstanta empiris di antara 0 dan 1 (biasanya sekitar 0,6 untuk aliran air yang kecil). Agar lebih sederhana, diambil c = 1 untuk pembahasan berikut. Akibatnya, persamaan (2:47) menjadi dV = dt

a =

p a 2gy;

yang merupakan hukum Torricelli untuk pengosongan tangki.

(2.51)

33


Jika A(y) menyatakan luas penampang tangki pada ketinggian y; maka volume yang diperoleh dari penampang adalah

V =

Zy

A(y)dy

(2.52)

0

sehingga dari teorema kalkulus dasar diperoleh dV dV dy dy = : = A(y): : dt dy dt dt

(2.53)

Dari persamaan (2:49) dan (2:51) diperoleh A(y):

dy = dt

p a 2gy;

(2.54)

yang merupakan bentuk alternatif dari hukum Torricelli. Example 37 : Sebuah tangki yang berbentuk setengah bola (hemispherical ) mempunyai jarijari atas 4 kaki (feet) dan pada saat t = 0; tangki tersebut penuh dengan air. Pada suatu saat, sebuah lubang bundar dengan diameter 1 inci di dasar tangki terbuka. Berapa lama waktu yang diperlukan agar semua air dalam tangki tersebut mengalir keluar? Jawab: Misalkan A(y) adalah luas penampang tangki dengan jari-jari r1 = 4 kaki dan 1 kaki (1 a adalah luas penampang lubang dengan jari-jari r2 = 0; 5 inci = 24 kaki = 30 cm dan 1 inci = 2,45 cm). Dari gambar segitiga pada gra…k berikut, dapat dilihat bahwa A(y) = r2 =

16

(4

2

y)

=

8y

y2 :

Dengan g = 9; 8 m= det2 = 32 kaki/det2 ; persamaan (2:53) menjadi 8y Z

y2

8y 1=2 16 3=2 y 3

1 24

dy = dt y 3=2 dy = 2 5=2 y = 5

Z

2

p

64

1 72

dt

1 t + c: 72

Karena y(0) = 4; maka c = 448=15: Agar semua air mengalir keluar dari tangki, maka tinggi air y = 0; sehingga 448 1 t+ = 0 =) t = 72 72 15

448 15

2150 detik = 35 menit 50 detik.

Jadi kira-kira perlu waktu sekitar 36 menit untuk mengosongkan tangki air.

|

34


2.6.6

Latihan

1. Massa dari suatu material radioaktif dalam suatu sampel diberikan oleh rumus M (t) = 100e 0;0017t ; dengan t diukur dalam tahun. Tentukan paruh waktu dari substansi radioaktif tersebut. 2. Suatu larutan yang suhunya 1000 C diletakkan di atas meja, di mana suhu ruangan diasumsikan konstan pada suhu 200 C: Larutan menjadi dingin dengan suhu 600 C setelah 5 menit. (a) Carilah rumus untuk suhu larutan (T ), selama t menit, setelah diletakkan di atas meja. (b) Tentukan waktu yang diperlukan bagi larutan tersebut untuk menjadi dingin pada suhu 220 C: 3. Sebuah tangki air berbentuk seperti silinder tegak dengan jari-jari 3 kaki. Awalnya tangki tersebut memuat air dengan kedalaman 9 kaki dan tutup lubang bawah silinder yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari 1 inchi, dibuka pada saat t = 0: Berapa lama air dalam tangki tersebut akan habis? 4. Sesosok jenazah diketemukan pada tengah malam dan suhu badannya 840 F: Jika suhu badan pada saat meninggal 980 F; suhu ruangan konstan pada 660 F; dan konstanta proporsionalitasnya 0,1 per jam, berapa lama jenazah tersebut sudah meninggal, sejak pertama diketemukan? 5. Sejumlah uang ditabung di suatu bank dengan tingkat bunga majemuk kontinu tahunan sebesar 2,85%. (a) Tentukan saldonya setelah 3 tahun. (b) Berapa lama waktu yang diperlukan agar uang tersebut menjadi dua kali lipat banyaknya?

Chapter 3

Persamaan Diferensial Linier Orde Ke-n 3.1

Persamaan Diferensial Linier Homogen

Persamaan diferensial biasa orde ke-n adalah suatu persamaan dengan turunan ke-n dari suatu fungsi tak diketahui y(x); dengan y (n) = dn y=dxn adalah turunan tertinggi yang terdapat dalam persamaan tersebut. Persamaan yang berbentuk: F (x; y; y 0 ; :::; y (n) ) = 0; mungkin memuat suatu turunan yang lebih rendah dari y atau y sendiri, mungkin pula tidak. Suatu persamaan diferensial biasa orde ke-n dikatakan linier jika dapat dituliskan sebagai: y (n) + pn

1 (x)y

(n 1)

+ ::: + p1 (x)y 0 + p0 (x)y = r(x):

(3.1)

dimana r dan koe…sien p0 ; p1 ; :::; pn 1 adalah fungsi-fungsi dari x yang diketahui. Persamaan (3.1) dikatakan nonlinier jika tidak dapat dituliskan dalam bentuk persamaan (3.1). Bila r(x) 0; persamaan (3.1) menjadi y (n) + pn

1 (x)y

(n 1)

+ ::: + p1 (x)y 0 + p0 (x)y = 0:

(3.2)

dan disebut homogen. Bila r(x) 6= 0; persamaan tersebut dinamakan nonhomogen. Untuk n = 2; bentuk liniernya dapat dituliskan sebagai berikut: y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = r(x) dengan p; q;dan r adalah fungsi-fungsi dari x yang diketahui. Jika r(x) (yaitu r(x) = 0 untuk semua x), maka persamaan (3.3) menjadi y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0

(3.3) 0 (3.4)

dan disebut homogen. Jika r(x) 6= 0, maka (3.3) disebut nonhomogen. Fungsi p dan q pada (3.3) dan (3.4) disebut koe…sien dari persamaan. Berikut ini adalah beberapa contoh dari persamaan diferensial orde ke dua: 1. linier nonhomogen: 2. linier homogen:

(1

y 00 + 4y = e x2 )y 00

x

: sin x:

2xy 0 + 6y = 0: 35

36

CHAPTER 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE KE-N 3. nonlinier:

x(y 00 y + y 02 ) + 2y 0 y = 0

dan

y 00 =

p y 02 + 1:

Solusi dari persamaan diferensial orde ke dua (linier atau nonlinier) pada selang terbuka a < x < b adalah fungsi y = h(x) yang terde…nisi dan mempunyai turunan y 0 = h0 (x), y 00 = h00 (x); serta memenuhi persamaan diferensial itu untuk semua x di dalam interval tersebut. Untuk persamaan diferensial (linier atau nonlinier) orde ke-n, solusinya pada interval terbuka I adalah fungsi y = h(x) yang terde…nisi dan dapat diturunkan n kali pada I:

3.1.1

Prinsip Superposisi atau Kelinieran

Theorem 5 : Superposisi untuk persamaan Orde ke dua

Untuk persamaan diferensial linier homogen orde ke dua (3.4), suatu kombinasi linier dari dua solusi pada suatu selang terbuka I juga merupakan suatu solusi dari (3.4) pada I. Secara khusus, untuk persamaan yang seperti itu, jumlah dan perkalian konstanta dari suatu solusi adalah juga solusi. Bukti: Misalkan y1 dan y2 adalah solusi dari (3.4) pada I. Akan ditunjukkan bahwa kombinasi linier dari y1 dan y2 juga solusi dari (3.4). Misalkan kombinasi liniernya adalah y = c1 y1 + c2 y2 ; maka turunan pertama dan kedua dari y adalah

y0 y 00

= (c1 y1 + c2 y2 )0 = c1 y10 + c2 y20 ; = (c1 y1 + c2 y2 )00 = c1 y100 + c2 y200 :

Selanjutnya y dan turunan-turunannya disubstitusikan ke dalam persamaan (3.4), sehingga diperoleh: y 00 + py 0 + qy

= (c1 y1 + c2 y2 )00 + p(c1 y1 + c2 y2 )0 + q(c1 y1 + c2 y2 ) = c1 y100 + c2 y200 + p(c1 y10 + c2 y20 ) + q(c1 y1 + c2 y2 ) = c1 (y100 + py10 + qy1 ) + c2 (y200 + py20 + qy2 ) = (c1 )(0) + (c2 )(0) = 0:

Karena y1 dan y2 solusi, maka y100 +py10 +qy1 = 0 dan y200 +py20 +qy2 = 0; sehingga y = c1 y1 + c2 y2 juga solusi dari (3.4) pada I. Untuk persamaan diferensial orde ke n; teorema superposisinya dapat dinyatakan dalam bentuk yang lebih umum, yaitu:

37

3.1. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN Theorem 6 : Prinsip Superposisi atau Kelinieran Orde ke n

Untuk persamaan diferensial linier homogen orde ke-n (3.2), jumlah dan perkalian konstanta dari solusinya pada interval terbuka I adalah juga solusi dari (3.2) pada I: Penting untuk diingat bahwa teorema di atas tidak berlaku untuk persamaan linier nonhomogen atau persamaan nonlinier.

Example 38 : Fungsi y = ex dan y = e x adalah solusi dari persamaan diferensial linier homogen y 00 y = 0, untuk semua x karena bila fungsi y = ex disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas, akan diperoleh (ex )00 x

Demikian pula untuk y = e (e

x 00

)

ex = ex

ex = 0:

; akan diperoleh e

x

=e

x

e

x

= 0:

Selanjutnya apabila ex dan e x dikalikan dengan suatu konstanta yang berbeda dan dijumlahkan, seperti misalnya y = 3ex + 8e x ; dan disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas, maka akan diperoleh y 00

y

= ( 3ex + 8e = ( 3ex + 8e

x 00

) x )

( 3ex + 8e x ) ( 3ex + 8e x ) = 0:

|

Ilustrasi di atas menyatakan bahwa untuk persamaan linier homogen, akan selalu didapatkan solusi baru dari solusi yang sudah diketahui dengan cara mengalikannya dengan suatu konstanta dan menjumlahkannya. Dari fungsi y1 (= ex ) dan y2 (= e x ); didapatkan suatu fungsi yang berbentuk: y = c1 y1 + c2 y2

(3.5)

dengan c1 dan c2 suatu konstanta sebarang. Fungsi yang seperti itu disebut sebagai kombinasi linier dari y1 dan y2 :

Example 39 : Persamaan diferensial linier nonhomogen Fungsi y = 1 + cos x dan y = 1 + sin x adalah solusi dari persamaan diferensial linier nonhomogen y 00 + y = 1: Sedangkan fungsi berikut bukan solusi dari persamaan diferensial ini, yaitu y = 2(1 + cos x) dan y = (1 + cos x) + (1 + sin x): (Periksa!)

|

38

CHAPTER 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE KE-N

Example 40 : Persamaan diferensial nonlinier Dengan menggunakan substitusi, fungsi y = x2 dan y = 1 adalah solusi dari persamaan diferensial nonlinier y 00 y xy 0 = 0: Sedangkan fungsi berikut bukan solusi dari persamaan diferensial ini, yaitu y = x2 dan y = x2 + 1: | (Periksa!)

De…nition 1 : basis, proporsional

Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua (3.4) pada selang terbuka I adalah solusi (3.5) dengan y1 dan y2 bukan solusi proporsional dari (3.4) pada I; dengan c1 dan c2 suatu konstanta sebarang. y1 dan y2 ini dinamakan basis (sistem fundamental) dari (3.4) pada I: Solusi khusus dari persamaan (3.4) pada I diperoleh jika kita mempunyai nilai yang khusus untuk c1 dan c2 pada (3.5). y1 dan y2 disebut proporsional pada I jika (a) y1 = ky2 atau (b) y2 = ly1

(3.6)

untuk semua x pada I; dengan k dan l adalah suatu bilangan sebarang. Sedangkan untuk persamaan diferensial orde ke n; solusi umumnya pada suatu interval terbuka I adalah solusi dari (3.2) pada I yang berbentuk: y(x) = c1 y1 (x) + ::: + cn yn (x); c1 ; :::; cn sebarang.

(3.7)

dengan y1 ; :::; yn merupakan basis (sistem fundamental) dari solusi (3.2) pada I: Solusi khusus dari (3.2) pada I diperoleh jika n konstanta c1 ; :::; cn pada (3.7) diganti dengan nilai-nilai tertentu.

De…nition 2 : kebebasan linier orde ke dua

Dua fungsi y1 (x) dan y2 (x) dikatakan bebas secara linier pada selang I; di mana mereka terde…nisi, jika persamaan k1 y1 (x) + k2 y2 (x) = 0

(3.8)

mengakibatkan k1 = 0; k2 = 0: Dikatakan tidak bebas secara linier pada I; jika persamaan ini juga memuat konstanta k1 ; k2 yang tidak nol keduanya. Jika k1 6= 0 atau k2 6= 0; maka y1 =

k2 y2 atau y2 = k1

k1 y1 : k2

Jadi y1 dan y2 proporsional. Basis solusi dari persamaan (3.4) pada selang I adalah pasangan y1 dan y2 yang bebas linier pada I.

3.1. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN

39

De…nition 3 : (kebebasan linier untuk orde ke n) n fungsi y1 (x); ..., yn (x) disebut bebas linier pada beberapa interval I di mana mereka terde…nisi, jika persamaan k1 y1 (x) + ::: + kn yn (x) = 0 pada I

(3.9)

menyebabkan semua k1; :::; kn adalah nol. Fungsi-fungsi ini disebut tidak bebas linier pada I jika persamaan ini memuat k1 ; :::; kn yang tidak semuanya nol. Dengan kata lain, y1 (x); ..., yn (x) tidak bebas linier pada I jika dan hanya jika dapat dinyatakan (paling sedikit) satu dari fungsi-fungsi ini pada I sebagai kombinasi linier dari n 1 fungsi-fungsi yang lain. Sebagai contoh, jika persamaan (3.9) memuat k1 6= 0; maka persamaan (3.9) dapat dibagi dengan k1 dan y1 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier, yaitu: y1 =

1 (k2 y2 + ::: + kn yn ): k1

Example 41 : Fungsi-fungsi y1 = e2x dan y2 = e 2x membentuk basis dari persamaan diferensial y 00 4y = 0; untuk semua x; karena y1 =y2 = e4x 6= konstanta (tidak proporsional). Jadi solusi umumnya adalah y = c1 e2x + c2 e 2x : | Example 42 : Dua fungsi y1 = cos x dan y2 = sin x adalah solusi dari persamaan diferensial y 00 + y = 0: Cos x dan sin x adalah tidak proporsional, karena y1 =y2 = cot x 6= konstanta. Oleh sebab itu mereka membentuk basis dari persamaan diferensial tersebut untuk semua x dan solusi umumnya adalah y = c1 cos x + c2 sin x: | Example 43 : Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi y1 = x; y2 = 3x; y3 = x2 adalah tidak bebas linier pada suatu interval. Jawab: Tulis y2 = 3y1 + 0:y3 : Karena salah satu fungsi di atas dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier dari fungsi-fungsi yang lain, maka dapat dikatakan bahwa fungsi-fungsi tersebut tidak bebas linier. | Example 44 : Tunjukkan bahwa y1 = x; y2 = x2 dan y3 = x3 adalah bebas linier pada suatu interval, sebagai contoh pada interval 1 6 x 6 2:

40


Jawab: Dari persamaan (3.9) diperoleh: k1 x + k2 x2 + k3 x3 = 0: Dengan mengambil x = 1; 1; 2; diperoleh: -k1 + k2 k3 = 0; k1 + k2 + k3 = 0; dan 2k1 + 4k2 + 8k3 = 0. Akibatnya : k1 = 0; k2 = 0, dan k3 = 0 atau bebas linier. |

3.1.2

Masalah Nilai Awal

Untuk persamaan linier homogen orde ke-dua (3.4), solusi umumnya akan berbentuk y = c1 y1 + c2 y2

(3.10)

yaitu suatu kombinasi linier dari dua solusi yang memuat dua konstanta sebarang c1 dan c2 : Masalah nilai awalnya terdiri dari persamaan (3.4) dan dua kondisi atau syarat awal, yaitu: y(x0 ) = K0; dan y 0 (x0 ) = K1

(3.11)

Sedangkan untuk persamaan diferensial orde ke n; masalah nilai awalnya terdiri dari persamaan (3.2) dan n syarat awal, yaitu: y(x0 ) = K0 ; y 0 (x0 ) = K1 ; :::; y (n 1) (x0 ) = Kn 1 ; dengan x0 adalah titik tetap pada interval I.

Example 45 : Diketahui fungsi y = e3x dan y = e 3x adalah solusi dari persamaan diferensial y 00 9y = 0; dengan syarat awal y(0) = 2; y 0 (0) = 0: Selidiki kebenaran pernyataan tersebut dan selesaikan masalah nilai awalnya. Jawab: Misalkan kombinasi linier y = c1 e3x +c2 e 3x adalah solusi umum dari persamaan diferensial yang diberikan. Turunan pertama dan kedua dari y adalah y 0 = 3c1 e3x 3c2 e 3x dan y 00 = 9c1 e3x + 9c2 e 3x : Dengan mensubstitusikan y dan turunannya ke dalam persamaan diferensial yang diketahui diperoleh: 9c1 e3x + 9c2 e 3x 9(c1 e3x + c2 e 3x ) = 0; sehingga pernyataan bahwa y = e3x dan y = e 3x adalah solusi dari y 00 9y = 0:adalah benar. Dari syarat awal y(0) = 2; y 0 (0) = 0; diperoleh c1 = 1 dan c2 = 1: Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y = e3x + e 3x : | Example 46 : Selesaikan masalah nilai awal berikut:

y 00

y = 0; y(0) = 5; y 0 (0) = 3:

41

3.2. PERSAMAAN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA Jawab:

Tahap pertama: pada contoh 1 diketahui bahwa y = ex dan y = e x adalah solusi dari persamaan diferensial tersebut di atas sehingga solusi umumnya, y = c1 ex + c2 e x : Tahap kedua: karena y 0 = c1 ex c2 e x ; maka dari kondisi awalnya diketahui bahwa y(0) = c1 + c2 = 5 dan y 0 (0) = c1 c2 = 3; sehingga diperoleh hasil c1 = 4 dan c2 = 1: Jadi solusi khususnya adalah y(x) = 4ex + e x : |

3.1.3

Latihan

I. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut membentuk basis solusi dari persamaan diferensial yang diberikan pada suatu interval tertentu. 1. 1; x2 ; x4 ; dan x2 y 000 2. ex ; e

x

3xy 00 + 3y 0 = 0:

; cos x; sin x; dan

y iv

y = 0:

II. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut membentuk basis solusi dari masalah nilai awal yang diberikan dan carilah solusinya. 3. ex ; xex dan y 00

2y 0 + y = 0; dengan y(0) = 4; y 0 (0) = 3:

4. ex ; e3x dan y 00

4y 0 + 3y = 0; dengan y(0) =

1; y 0 (0) =

5:

5. cos 2x; sin 2x dan y 00 + 4y = 0; dengan y(0) =

5; y 0 (0) = 2:

6. 1; x; x2 ; x3 dan y iv = 0; dengan y(0) = 0; 0; y 000 (0) = 48:

y 0 (0) = 6;

y 00 (0) =

III. Selidiki apakah fungsi berikut bebas linier pada selang tertentu. 7. x + 1; x

1 (0 < x < 1):

8. sin 2x; sin x cos x; pada suatu interval : 9. jxj x; x2 (0 < x < 1): 10. jcos xj ; cos x (0 < x < ): 11. cosh x; cosh 2x; pada suatu interval. 12. 1; x; x2 13. sin x; sin 2x; sin 3x:

3.2 3.2.1

Persamaan dengan Koe…sien Konstanta Persaman diferensial linier homogen orde ke-dua

Perhatikan persamaan linier homogen y 00 + ay 0 + by = 0

(3.12)

dengan koe…sien a dan b adalah suatu konstanta. Aplikasi dari persamaan ini sangat penting, khususnya pada bidang mekanik dan getaran listrik. Solusi dari persamaan (3.12), mengambil ide dari solusi persamaan diferensial linier orde

42


pertama y 0 + ky = 0 dengan k suatu konstanta, yaitu y = e kx . Dengan mengamati solusi dari persamaan diferensial linier orde pertama tersebut, diperoleh: y=e

x

(3.13)

sebagai solusi dari persamaan (3.12). Substitusikan (3.13) dan turunan-turunannya ke dalam persamaan (3.12), sehingga didapatkan persamaan ( 2 + a + b)e x = 0: Jika adalah solusi dari persamaan kuadrat 2

+ a + b = 0;

(3.14)

maka persamaan (3.13) adalah solusi dari persamaan (3.12). Selanjutnya persamaan (3.14) ini disebut sebagai persamaan karakteristik dari persamaan diferensial (3.12), dengan akar-akarnya sebagai berikut:

1

=

p 1 ( a + a2 2

4b) ;

2

=

1 ( a 2

p a2

4b):

(3.15)

Fungsi-fungsi y1 = e

1x

dan y2 = e

2x

(3.16)

menjadi solusi dari persamaan diferensial (3.12). Dengan mengaplikasikan fungsi-fungsi (3.16) ke dalam persamaan (3.12), dapat diperiksa kebenaran dari solusi tersebut. Dari persamaan (3.15), dapat diketahui bahwa akar-akar persamaan karakteristiknya bergantung kepada tanda dari diskriminan a2 4b; sehingga solusi persamaan diferensial 3.12 dapat dibedakan dalam tiga kasus, yaitu: kasus I: dua akar real, jika a2 kasus II: akar dobel real, jika a2

4b > 0; 4b = 0;

kasus III: akar-akar kompleks, jika a2

4b < 0:

Berikut ini adalah pembahasan kasus per kasus.

Kasus I: Dua akar real yang berbeda,

1

dan

2:

Dalam kasus ini, y1 = e 1 x dan y2 = e 2 x merupakan basis dari solusi (3.12) pada suatu interval (karena y1 =y2 bukan konstanta), sehingga solusi umumnya adalah y(x) = c1 e

1x

+ c2 e

2x

:

(3.17)

3.2. PERSAMAAN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA

43

Example 47 : Berdasarkan rumus 3.17, persamaan diferensial y 00 y = 0 dapat diselesaikan dengan cara yang lebih sistematik. Persamaan karakteristik untuk persamaan diferensial tersebut adalah 2 1 = 0; dengan akar-akarnya adalah = 1 dan = 1: Basis dari persamaan diferensial tersebut adalah y1 = ex dan y2 = e x ; sehingga solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah y = c1 ex + c2 e

x

:

|

Example 48 : Selesaikan masalah nilai awal berikut ini : y 00 + y 0 2y = 0; y(0) = 4; y 0 (0) = 5: Jawab: : Tahap pertama: mencari solusi umum: Persamaan karakteristiknya adalah 2 + p p2 = 0; dan akar-akarnya: 1 1 + 8) = 1 dan 1 = 21 ( 1 1 + 8) = 2: 1 = 2( 1 + Jadi solusi umumnya adalah y = c1 ex + c2 e 2x : Tahap kedua: mencari solusi masalah nilai awal: Turunan pertama dari y tersebut adalah y 0 = c1 ex 2c2 e 2x : Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh: y(0) = c1 + c2 = 4 dan y 0 (0) = c1 2c2 = 5; sehingga diperoleh c1 = 1 dan c2 = 3: Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y = ex + 3e 2x : | Kasus II: Akar Dobel Real,

=

a=2

Jika diskriminan a2 4b = 0; maka persamaan (3.15) hanya akan memberikan satu akar, yaitu = 1 = 2 = a=2; sehingga solusi pertamanya adalah: y1 = e

(a=2)x

:

(3.18)

Untuk mencari solusi keduanya, yang dibutuhkan sebagai basis, kita membentuk y2 = uy1

(3.19)

dan menentukan fungsi u; sedemikian sehingga y2 menjadi solusi dari persamaan diferensial (3.12). Substitusikan y2 = uy1 dan turunan-turunannya, yaitu y20 = u0 y1 + uy10 dan y200 = u00 y1 + 2u0 y10 + uy100 ; ke dalam persamaan (3.12). Persamaan baru yang diperoleh: (u00 y1 + 2u0 y10 + uy100 ) + a(u0 y1 + uy10 ) + buy1 = 0: Bila dikelompokkan berdasarkan fungsi u nya, menjadi: u00 y1 + u0 (2y10 + ay1 ) + u(y100 + ay10 + by1 ) = 0: Karena y1 solusi dari persamaan (3.12), maka y100 + ay10 + by1 = 0: Karena 2y10 = ae (a=2)x = ay1 ; maka 2y10 + ay1 = 0, sehingga u00 y1 = 0: Akibatnya, u00 = 0: Dengan dua kali pengintegralan, diperoleh u = c1 x + c2 : Untuk mendapatkan solusi ke dua yang bebas, yaitu y2 = uy1 ; kita dapat mengambil u = x; sehingga y2 = xy1 : Karena kedua solusi ini tidak proporsional, mereka membentuk basis. Basis dari solusi persamaan (3.12) adalah y1 = e (a=2)x dan y2 = xe (a=2)x : Jadi solusi umumnya adalah y(x) = (c1 + c2 x)e

(a=2)x

:

(3.20)

44


Example 49 : Selesaikan persamaan berikut: y 00 + 8y 0 + 16y = 0: Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah: 2 + 8 + 16 = 0. Karena a2 4b = (8)2 4(16) = 0; maka akarnya dobel, yaitu: = a=2 = 8=2 = 4; sehingga basisnya adalah e 4x dan xe Jadi solusi umumnya adalah y = (c1 + c2 x)e 4x : |

4x

:

Example 50 : Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: y 00 4y 0 + 4y = 0; y(0) = 3; y 0 (0) = 1: Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah 2 4 + 4 = 0: Karena a2 4b = 16 4(4) = 0; maka akarnya merupakan akar dobel, yaitu = a=2 = 4=2 = 2: Solusi umumnya adalah y = (c1 + c2 x)e2x : Turunan pertama dari solusi umumnya adalah y 0 = c2 e2x + 2(c1 + c2 x)e2x : Dengan memasukkan syarat awal ke dalam solusi umum, diperoleh : y(0) = c1 = 3; dan y 0 (0) = c2 + 2c1 = 1: Dengan substitusi diperoleh c1 = 3 dan c2 = 5: Jadi solusi khususnya adalah y = (3 5x)e2x : | Kasus III: Kasus Akar Kompleks Untuk persamaan diferensial linier homogen dengan koe…sien konstanta (3.12), akar-akar persamaan karakteristiknya adalah: 1

=

1p 2 1 a a+ 2 2

4b dan

2

=

1 a 2

1p 2 a 2

4b;

yang merupakan akar kompleks. Karena a2 4b < 0; maka r p 1 2 2 a 4b = ( 1)(4)(b a ) = 2i !; 4 q p dengan i = ( 1) dan ! = b 14 a2 ; sehingga 1

=

1 a + i! dan 2

2

=

1 a 2

i!:

(3.21)

Pada pembahasan sebelumnya, diketahui bahwa e 1 x dan e 2 x adalah solusi kompleks dari persamaan (3.12), sehingga basis solusi real dari persamaan (3.12) pada suatu interval adalah: y1 = e

(a=2)x

cos !x dan

y2 = e

(a=2)x

sin !x:

(3.22)

Karena y2 =y1 = tan !x 6= konstanta dan ! 6= 0; maka y1 dan y2 tidak proporsional. Jadi solusi umumnya adalah y(x) = e

(a=2)x

(A cos !x + B sin !x):

(3.23)

45

3.2. PERSAMAAN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA Example 51 :

Tentukan solusi umum dari persamaan y 00

2y 0 + 10y = 0:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah Karena a2 1

4b = 4

= 1 + 3 i dan

2

40 = =1

2

2 + 10 = 0:

36 < 0; maka akarnya kompleks, yaitu 3 i:

Basisnya adalah y1 = ex cos 3x dan y2 = ex sin 3x: Jadi solusi umumnya adalah y(x) = ex (A cos 3x + B sin 3x):

Example 52 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: y 00 + 2y 0 + 5y = 0;

y(0) = 1;

y 0 (0) = 5:

|

46


Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah: 2 + 2 + 5 = 0: Karena a2 4b = 4 20 = 16 < 0; maka akarnya kompleks, yaitu 1 + 2 i dan 2 = 1 2 i: 1 = Solusi umumnya adalah y = e x (A cos 2x + B sin 2x): Turunan pertama dari solusi umumnya adalah y0 = e

x

( A cos 2x

B sin 2x

2A sin 2x + 2B cos 2x):

Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh: y(0) = A = 1: y 0 (0) = A + 2B = 1 + 2B = 5; maka B = 3: Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(x) = e

x

(cos 2x + 3 sin 2x):

|

Example 53 : Selesaikan persamaan diferensial: y 00 + ! 2 y = 0: Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah: 2 + ! 2 = 0: Karenapa2 4b = 0 4! 2 = 4! 2 < p 0; maka akarnya kompleks, yaitu 1 4! 2 = ! i dan 2 = 12 4! 2 = ! i: 1 = 2 Jadi solusi umumnya adalah y(x) = A cos !x + B sin !x: | Fungsi Eksponensial Kompleks De…nition 4 : Fungsi eksponensial kompleks ez dari peubah kompleks z = s + it; adalah ez = es+it = es (cos t + i sin t): Jika z =

1x

dengan

1

(3.24)

seperti pada (3.25), maka

1 ax + i!x: 2 Dengan mensubstitusikan z ke dalam persamaan (3.28), diperoleh: z = s + it =

(a=2)x + i ! x

e Karena sin (

)= e

1x

= e

=

(a=2)x

(cos !x + i sin !x): 2x

sin ; maka untuk e (a=2)x

i!x

= e

(a=2)x

diperoleh:

(cos !x

i sin !x):

Bila s = 0; maka eit = cos t + i sin t

(3.25)

yang disebut sebagai ”Rumus Euler”. Rangkuman : Kasus

I II

Akar-akar pers. karakteristik Akar real :

e

2

1x

;e

2x

Solusi umum pers. homogen y(x) = c1 e

1x

+ c2 e

2x

Akar dobel real :

= III

1;

Basis pers. homogen

a=2

e

(a=2)x

; xe

(a=2)x

y(x) = (c1 + c2 x)e

(a=2)x

Akar kompleks :

= 2 =

1

1 2a + 1 2a

i! i!

e e

(a=2)x (a=2)x

cos !x sin !x

y(x) = e (a=2)x (A cos !x + B sin !x)

3.2. PERSAMAAN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA

47

Masalah Nilai Batas Persamaan homogen y 00 + ay 0 + by = 0 dengan syarat batas: y(P1 ) = k1 ; dan y(P2 ) = k2 ; pada suatu interval I, membentuk suatu ’masalah nilai batas’. Example 54 : Selesaikan masalah nilai batas berikut: y 00 + y = 0; y(0) = 3; y( ) = 3: Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah 2 + 1 = 0: Akar-akarnya adalah 1 = i dan 2 = i: Basis dari persamaan homogennya adalah y1 = cos x dan y2 = sin x: Solusi umumnya adalah: y(x) = A cos x + B sin x: Dengan memasukkan syarat batasnya diperoleh: y(0) = 3; sehingga A = 3 dan y( ) = 3; sehingga A cos( ) + B sin( ) = A + 0 = A = 3 ) A = 3: Karena tidak diperoleh nilai untuk konstanta B; maka solusi khususnya masih memuat konstanta B: Jadi solusi masalah nilai batasnya adalah y(x) = 3 cos x + B sin x; dengan B konstanta sebarang. |

3.2.2

Latihan

I. Selesaikan persamaan diferensial berikut: 1. y 00

25y = 0:

2. y 00 + 6y 0 + 9y = 0: 3. 10y 00 + 6y 0 + 10; 9y = 0: II. Selesaikan masalah nilai awal berikut: 4. y 00 + 9y = 0; y( ) = 5. y 00

2; y 0 ( ) = 3:

4y 0 + 4y = 0; y(0) = 3; y 0 (0) = 10:

6. y 00 + 2y 0 + 2y = 0; y(0) = 1; y 0 (0) = 0: 7. y 00

6y 0 + 18y = 0; y(0) = 0; y 0 (0) = 6:

III. Selesaikan masalah nilai batas berikut: 8. y 00 9. y 00 10. y 00

16y = 0; y(0) = 5; y( 14 ) = 5e: 2y 0 = 0; y(0) =

1; y( 12 ) = e

2y 0 + 2y = 0; y(0) =

2:

3; y( 21 ) = 0:

48

3.2.3


Persamaan diferensial linier homogen orde ke-n

Pandang persamaan diferensial linier homogen orde ke-n dengan koe…sien konstanta: y (n) + an 1 y (n 1) + ::: + a1 y 0 + a0 y = 0: (3.26) Ide dari solusi persamaan diferensial tersebut di atas adalah sama dengan n = 2: Dengan mensubstitusikan y = e x dan turunan-turunannya, diperoleh persamaan karakteristik: n

+ an

1

n 1

+ ::: + a1 + a0 = 0:

(3.27)

Untuk mendapatkan solusi dari persamaan (3.26) tersebut, kita harus menentukan akar-akar dari persamaan (3.27). Pada prakteknya hal ini agak sulit dan harus diselesaikan dengan menggunakan metode numerik, kecuali kita dapat menebaknya atau mencarinya dengan cara trial and error. Kasus I : Akar Real yang berbeda Jika persamaan (3.27) mempunyai n akar real yang berbeda, yaitu maka akan kita jumpai sebanyak n solusi: y1 = e

1x

nx

; :::; yn = e

1;

:::;

n;

;

(3.28)

nx

(3.29)

dan solusi umumnya adalah: y1 = c1 e

1x

+ ::: + cn e

:

Example 55 : Akar real yang berbeda Selesaikan persamaan diferensial berikut : y 000

2y 00

y 0 + 2y = 0:

Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah 3 2 2 + 2 = 0: Akar-akarnya adalah 1 = 1; 2 = 1; dan 3 = 2. Jadi solusi umumnya adalah: y = c1 e x + c2 ex + c3 e2x :

|

Theorem 7 : Basis Solusi y1 = e 1 x ; :::; yn = e n x dari persamaan (3.26) (dengan real atau kompleks) membentuk basis solusi dari persamaan (3.26) jika dan hanya jika semua n akar dari (3.27) berbeda. Theorem 8 : Bebas Linier Solusi-solusi y1 = e 1 x ; :::; yn = e m x ; dari (3.26) adalah bebas linier pada interval terbuka I jika dan hanya jika 1 ; :::; m berbeda. Kasus II : Akar Kompleks Sederhana Jika terdapat akar-akar kompleks, mereka harus muncul secara berpasangan (conjugate pairs), karena koe…sien dari (3.26) real. Jika = + i! adalah akar i!; sehingga dua sederhana dari (3.27), maka demikian pula dengan = solusi yang berhubungan dengan akar-akar tersebut di atas adalah: y1 = e

x

cos !x;

y2 = e

x

sin !x:

49

3.2. PERSAMAAN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA Example 56 : Selesaikan masalah nilai awal berikut: y 000 2y 00 + 2y 0 = 0; y(0) = 0; 5; y 0 (0) =

1; dan y 00 (0) = 2:

Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah: 3 2 2 + 2 = 0: Apabila disederhanakan, akan berbentuk: ( 2 2 + 2) = 0: Akar-akarnya adalah 1 = 0; 2 = 1 + i; dan 3 = 1 i: Basisnya adalah: y1 = e0x = 1; y2 = ex cos x; dan y3 = ex sin x: Solusi umumnya adalah: y = c1 + ex (A cos x + B sin x): Turunan-turunan dari y adalah: y 0 = ex [(A + B) cos x + ( A + B) sin x] ; y 00 = ex [2B cos x 2A sin x] : Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh: y(0) y 0 (0) y 00 (0)

= 0; 5; maka c1 + A = 0; 5: = 1; maka A + B = 1: = 2; maka 2B = 2 ) B = 1; sehingga A =

2 dan c1 = 2; 5:

Jadi solusi untuk masalah nilai awal tersebut di atas adalah: y = 2; 5 + ex ( 2 cos x + sin x):

|

Kasus III: Akar Real Berlipat ganda (multiple) Jika muncul akar real dobel, katakan 1 = 2 ; maka y1 = y2 adalah solusi dari persamaan (3.28). Dua solusi bebas linier yang berhubungan dengan akar-akar ini adalah: y1 dan y2 = xy1 : Jika akar lipat tiga muncul, katakan 1 = 2 = 3 ; maka y1 = y2 = y3 adalah solusi dari persamaan (3.28). Tiga solusi bebas linier yang berhubungan dengan akar-akar ini adalah: y1 ; xy1 , x2 y1 : Secara umum, jika adalah akar dari orde-m; maka m solusi bebas linier yang berhubungan dengan akar-akar tersebut adalah: y; xy, x2 y; ..., xm 1 y atau bila y = e x ; maka m solusi bebas liniernya adalah: e x ; xe x , x2 e x ; ..., xm 1 e x : Example 57 : Selesaikan persamaan diferensial berikut: y v

3y iv + 3y 000

y 00 = 0:

Jawab: 2 Persamaan karakteristiknya adalah: 5 3 4 + 3 3 = 0: Dengan menguraikan persamaan karakteristik tersebut akan diperoleh: 2 3 ( 3 2+3 1) = 0 , 2 = 0 atau ( 1)3 = 0; sehingga akar-akarnya: 1 = 2 = 0 dan 3 = 4 = 5 = 1: Jadi solusinya adalah: y = c1 + c2 x + (c3 + c4 x + c5 x2 )ex : |

Kasus IV : Akar Kompleks Berlipat Ganda Jika = + i! adalah akar dobel kompleks dari persamaan (3.28), maka i!: Solusi bebas linier yang berhubunpasangan conjugatenya adalah = gan dengan akar-akar tersebut adalah: e x cos !x; e x sin !x; xe x cos !x dan xe x sin !x; dengan e x cos !x dan e x sin !x berasal dari e x dan e x ; sedangkan xe x cos !x dan xe x sin !x berasal dari xe x dan xe x : Untuk akar tripel kompleks, solusi bebas liniernya adalah e x cos !x; e x sin !x; xe x cos !x; xe x sin !x; x2 e x cos !x; dan x2 e x sin !x:

50


Example 58 : Selesaikan y (7) + 18y (5) + 81y 000 = 0: Jawab: Persamaan karakteristiknya adalah: Bila diuraikan akan menjadi: 7

+ 18

5

+ 81

3

7

+ 18 3

= =

3 3

=

( (

5

+ 81

4

+ 18 2 + 81) + 9)2

2

3

[( + 3i)(

= 0:

3i)]2 ;

sehingga persamaan karakteristik tersebut mempunyai akar-akar: tiga akar kembar real, 1 = 2 = 3 = 0 dan akar kompleks 4 = 5 = 3i; dan 3i: 6 = 7 = Dengan = 0 dan ! = 3 pada akar kompleksnya, maka solusi umumnya adalah: y = c1 + c2 x + c3 x2 + A1 cos 3x + B1 sin 3x + x(A2 cos 3x + B2 sin 3x):

3.2.4

|

Latihan

I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut ini: 1. y 000

y 0 = 0:

2. y 000

y 00

y 0 + y = 0:

3. y iv + 2y 00 + y = 0: 4. y iv

5y 00 + 4y = 0

II. Selesaikan masalah nilai awal berikut: 5. y 000 = 0; y(2) = 12; y 0 (2) = 16; y 00 (2) = 8: 6. y 000

3.3

2y 00

y 0 + 2y = 0; y(0) = 3; y 0 (0) = 0; y 00 (0) = 3:

Persamaan Euler-Cauchy

Pada persamaan homogen dengan koe…sien konstanta, solusinya dapat dengan mudah ditentukan dengan tanpa menggunakan integral. Persamaan EulerCauchy orde ke-dua berikut x2 y 00 + axy 0 + by = 0

(3.30)

juga dapat diselesaikan hanya dengan penghitungan aljabar biasa. Substitusikan: y = xm dan turunan-turunannya pada persamaan diferensial (3.30), sehingga diperoleh: x2 m(m

1)xm 2 + axmxm 1 + bxm m(m 1)xm + amxm + bxm xm [m2 + (a

1)m + b]

= 0 = 0 = 0:

Bagi persamaan di atas dengan xm ; yang tidak sama dengan nol jika x 6= 0; diperoleh suatu persamaan tambahan (auxiliary equation): m2 + (a

1)m + b = 0

(3.31)

Seperti pada persamaan karakteristik, persamaan tambahan ini dapat diuraikan ke dalam tiga kasus, tergantung dari diskriminan (a 1)2 4b:

51

3.3. PERSAMAAN EULER-CAUCHY Kasus I: Akar Real yang Berbeda, m1 dan m2

Akar real yang berbeda diperoleh apabila (a 1)2 4b > 0; yang menghasilkan akar-akar m1 dan m2 ; yang mana akar-akar ini akan membentuk basis y1 (x) = xm1 dan y2 (x) = xm2 dari solusi persamaan diferensial (3.31) untuk semua x; dengan fungsi tersebut terde…nisi. Solusi umumnya adalah y(x) = c1 xm1 + c2 xm2

(3.32)

dengan c1 ; c2 sebarang. Example 59 : Selesaikan persamaan Euler-Cauchy berikut : x2 y 00

2; 5xy 0

2y = 0:

Jawab: Persamaan tambahan untuk persamaan Euler-Cauchy di atas adalah m2 3; 5m 2 = 0: Akar-akarnya adalah m1 = 0; 5 dan m2 = 4: Basis dari solusi real untuk semua x positif adalah: y1 = x 0;5 = p1x dan y2 = x4 : Jadi solusi umumnya adalah c1 y(x) = p + c2 x4 : x

|

Kasus II: Akar Dobel Real Akar dobel real diperoleh jika (a 1)2 4b = 0. Jika persamaan (3.31) mempunyai akar dobel m1 = m2 = m = 12 (1 a); maka diperoleh solusi pertama 1

y1 = x 2 (1

a)

dan y2 : Solusi ke dua y2 dibentuk dari perkalian suatu fungsi u dengan solusi pertama y1 : Substitusikan y2 = uy1 dan turunan-turunannya ke dalam persamaan (3.30), sehingga diperoleh: x2 (u00 y1 + 2u0 y10 + uy100 ) + ax(u0 y1 uy10 ) + buy1

= 0:

(3.33)

00 2

u x y1 + u0 x(2xy10 + ay1 ) + u(x2 y100 + axy10 + by1 ) = 0: Karena y1 solusi dari persamaan (3.30), maka x2 y100 + axy10 + by1 = 0: Sedangkan 2xy10 + ay1

1 1 1 = 2x[ (1 a)x 2 (1 a) 1 ] + ax 2 (1 a) 2 1 1 1 = (1 a)x 2 (1 a) + ax 2 (1 a) = x 2 (1

a)

= y1 :

Dengan demikian, persamaan (3.33) menjadi: u00 x2 y1 + u0 xy1 = (u00 x2 + u0 x)y1 = 0: Bagi persamaan di atas dengan y1 (6= 0); pisahkan peubahnya dan integralkan, maka untuk x > 0; kita dapatkan: u00 x2 + u0 x = 0 ) ln ju0 j =

u00 = u0

1 x

ln jxj ) u0 =

1 ) u = ln x: x

52


Jadi y2 = y1 ln x; yang tidak proporsional terhadap y1 : Dalam kasus akar dobel dari persamaan (3.31), basis dari persamaan (3.30) untuk semua x positif adalah: y1 = xm dan y2 = xm ln x; dengan m = 21 (1

a): Jadi solusi umumnya adalah: 1

y(x) = (c1 + c2 ln x) x 2 (1

a)

;

c1 ; c2 sebarang

(3.34)

Example 60 : Selesaikan persamaan Euler-Cauchy berikut: x2 y 00

3xy 0 + 4y = 0:

Jawab: Persamaan tambahan untuk persamaan di atas adalah m2 4m + 4 = 0: Akar-akarnya merupakan akar dobel real, yaitu m1 = m2 = m = 2: Basis solusi real untuk semua x positif : y1 = x2 dan y2 = x2 ln x: Jadi solusi umumnya adalah y(x) = (c1 + c2 ln x)x2 : | Kasus III: Akar Kompleks Akar kompleks diperoleh jika (a 1)2 4b < 0: Jika akar-akar m1 dan m2 kompleks, maka m1 dan m2 dapat dituliskan sebagai m1 = +i v dan m2 = i v: Untuk menentukan basis dari solusi persamaan Euler-Cauchy, pertama-tama tulis xk = (eln x )k = ek ln x ; yang dapat dikembangkan dari real ke kompleks. Dengan mengganti k = i v dan bersama-sama dengan persamaan (3.29) (dengan s = 0) diperoleh: xi v x

iv

= ei v ln x = cos (v ln x) + i sin (v ln x); = e i v ln x = cos (v ln x) i sin (v ln x):

Kalikan dua persamaan di atas dengan x ; sehingga menghasilkan x :xi v x :x i v

= x = x

+ iv iv

= xm1 = x [ cos (v ln x) + i sin (v ln x)] = xm2 = x [cos (v ln x) i sin (v ln x)]:

Apabila dua persamaan di atas dijumlahkan dan dikurangkan, akan menghasilkan: xm1 + xm2 xm1 xm2

= 2x [ cos (v ln x)] = 2x [i sin (v ln x)]:

Tulis y1 = x [ cos (v ln x)] dan y2 = x [sin (v ln x)]; maka 1 m1 1 m1 (x + xm2 ) = y1 dan (x 2 2i

xm2 ) = y2 :

Berdasarkan penjelasan di atas, maka pada kasus akar kompleks ini, basis dari solusi (3.30) untuk semua x positif adalah y1 = x cos(v ln x); dan y2 = x sin(v ln x): Fungsi-fungsi tersebut tidak proporsional dan merupakan solusi dari (3.30). Jadi solusi umumnya adalah: y(x) = x [A cos (v ln x) + B sin (v ln x)]:

(3.35)

53

3.3. PERSAMAAN EULER-CAUCHY Example 61 : Selesaikan persamaan berikut : x2 y 00 + 7xy + 13y = 0: Jawab: Persamaan tambahan: m2 + 6m + 13 = p0: Akar-akarnya adalah m1;2 = 12 :(6) 9 13 = 3 2 : Jadi solusi umumnya adalah: y(x) = x 3 [A cos (2 ln x) + B sin (2 ln x)]:

|

Rangkuman : Kasus

Akar-akar pers. tambahan

I

Akar real

II

Akar dobel real

m= III

m1 ; m 2

1 2 (1

Basis solusi pers. Euler-Cauchy

Solusi umum pers. Euler-Cauchy

y1 = xm1 ; y2 = xm2

y(x) = c1 xm1 + c2 xm2

1

a)

y1 = x 2 (1 1 y2 = x 2 (1

a) a)

; ln x

y(x) = (c1 + c2 ln x) : 1 x 2 (1 a)

Akar kompleks

m1 = + i v y1 = x cos(v ln x) y(x) = [A cos (v ln x) m2 = iv y2 = x sin(v ln x) + B sin (v ln x)]:x Untuk persamaan Euler-Cauchy orde ke-3 yang berbentuk: x3 y 000 + ax2 y 00 + bxy 0 + cy = 0;

(3.36)

persamaan tambahannya dapat dicari dengan cara yang sama seperti pada persamaan Euler-Cauchy orde ke-2. Ambil y = xm ; maka turunan-turunannya adalah: y 0 = mxm 1 ; y 00 = m(m 1)xm 2 ; dan y 000 = m(m 1)(m 2)xm 3 : Hasil substitusi y; y 0 ; y 00 dan y 000 ke dalam persamaan di atas, x3 m(m 1)(m 2)xm 3 + ax2 m(m 1)xm 2 + bx mxm 1 + cxm = 0: m(m 1)(m 2)xm + a [m(m 1)xm ] + b [mxm ] + cxm = 0: Bagi persamaan tersebut dengan xm (6= 0); sehingga diperoleh persamaan tambahan sebagai berikut: m(m m3

1)(m 2) + am(m 1) + bm + c = 0: 3m2 + 2m + am2 am + bm + c = 0 m3 + (a 3)m2 + (b a + 2)m + c = 0:

(3.37)

Example 62 : MNA untuk persamaan Euler-Cauchy orde ke-tiga. Selesaikan MNA berikut: x3 y 000 3x2 y 00 + 6xy 0 6y = 0; y(1) = 2; y 0 (1) = 1; y 00 (1) = 4; pada suatu interval I pada sumbu x positif yang memuat x = 1: Jawab: Tahap pertama, mencari solusi umum: Ambil y = xm ; maka turunan-turunannya adalah: y 0 = mxm 1 ; y 00 = m(m 1)xm 2 ; dan y 000 = m(m 1)(m 2)xm 3 : Hasil substitusi y; y 0 ; y 00 dan y 000 ke dalam persamaan diferensial di atas, 6xm = 0: 3x2 m(m 1)xm 2 + 6x mxm 1 x3 m(m 1)(m 2)xm 3

54


m(m 1)(m 2)xm 3 [m(m 1)xm ] + 6 [mxm ] 6xm = 0: Karena xm 6= 0; untuk x = 6 0; maka persamaan tambahannya: m(m m3

1)(m

2)

3m2 + 2m

3m(m

1) + 6m

6

= 0:

3m2 + 3m + 6m m3 6m2 + 11m

6 6

= 0 = 0:

Dengan menebak akar m = 1; maka diperoleh akar-akar yang lain, yaitu: m = 2 dan m = 3: Jadi solusi umumnya adalah: y = c1 x + c2 x2 + c3 x3 : Untuk orde yang lebih tinggi daripada 4, harus digunakan metode pencarian akar secara numerik, seperti cara Newton, yang tidak akan dijelaskan dalam pembahasan ini. Tahap ke dua, mencari solusi khusus: Turunan-turunan dari solusi umum y tersebut di atas adalah: y 0 = c1 + 2c2 x + 3c3 x2 ; dan y 00 = 2c2 + 6c3 x: Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh : y(1) = 2 ) c1 + c2 + c3 = 2; y 0 (1) = 1 ) c1 + 2c2 + 3c3 = 1; y 00 (1) = 4 ) 2c2 + 6c3 = 4: Dengan menggunakan eliminasi, diperoleh: c1 = 2; c2 = 1; dan c3 = 1: Jadi solusi untuk masalah nilai awal tersebut di atas adalah: y = 2x + x2

3.3.1

x3 :

|

Latihan

I. Selidiki apakah fungsi-fungsi yang diberikan merupakan solusi dari masalah nilai awal berikut: 1. x2 y 00

3xy 0 + 4y = 0; y(1) = 2; y 0 (1) = 5; x2 ; x2 ln x:

2. xy 000 + 3y 00 = 0; y(1) = 4; y 0 (1) =

8; y 00 (1) = 10; dan 1; x; x

1

:

II. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut ini: 3. xy 00 + 4y 0 = 0 4. x2 y 00 + 6; 2xy 0 + 6; 76y = 0: 5. x3 y 000 + 2x2 y 00

4xy 0 + 4y = 0:

6. x3 y 000 + 5x2 y 00 + 2xy 0

2y = 0:

III. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: 7. 4x2 y 00 + 4xy 0 8. x2 y 00

3.4

y = 0;

xy 0 + 2y = 0;

y(4) = 2; y(1) =

y 0 (4) =

0; 25

1; y 0 (1) =

1

Persamaan Nonhomogen

Perhatikan persamaan linier nonhomogen orde ke-dua: y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = r(x);

(3.38)

dengan r(x) 6= 0: Persamaan linier homogennya dapat ditulis sebagai berikut: y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0

(3.39)

55

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN De…nition 5 :

Solusi umum dari persamaan nonhomogen (3.38) pada interval terbuka I, adalah solusi yang berbentuk: y(x) = yh (x) + yk (x); (3.40) dengan: yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) adalah solusi umum persamaan homogen (3.39) pada I, dan yk (x) adalah solusi khusus dari persamaan nonhomogen (3.38) yang tidak memuat konstanta sebarang. Pada materi sebelumnya, sudah dijelaskan bagaimana mencari solusi umum yh : Selanjutnya akan dibahas bagaimana mencari solusi khusus yk : Secara umum, ada dua metoda yang dapat digunakan untuk mencari solusi khusus yk ; yaitu metoda koe…sien taktentu dan metoda variasi parameter.

3.4.1

Metoda Koe…sien Taktentu Orde ke-dua

Pandang persamaan linier nonhomogen orde ke-dua dengan koe…sien konstanta: y 00 + ay 0 + by = r(x)

(3.41)

dan r(x); yang dapat berupa: fungsi eksponensial, fungsi polinomial, fungsi cosinus, fungsi sinus, dsb. Dari fungsi-fungsi r(x) yang mungkin tersebut, dapat diketahui bahwa r(x) mempunyai turunan yang mirip dengan dirinya sendiri. Hal ini memberikan suatu ide untuk memilih yk yang berbentuk mirip dengan r(x) dan memuat suatu koe…sien yang tak diketahui, yang nantinya akan ditentukan dengan jalan mensubstitusikan yk tersebut ke dalam persamaan (3.41). Example 63 : Tentukan solusi khusus yk dari persamaan diferensial berikut ini: y 00 + 3y 0 + 4y = 3x + 2: Jawab: Diketahui r(x) = 3x + 2; suatu fungsi polinomial berderajat satu. Pilih yk = Ax + B; maka yk0 = A dan yk00 = 0: Substitusi dari yk ; yk0 dan yk00 ke dalam persamaan diferensial di atas, menghasilkan: (0) + 3(A) + 4(Ax + B) 4Ax + (3A + 4B) 4A 3A + 4B

= = = =

3x + 2: 3x + 2 3 ) A = 3=4; 2 ) B = 1=16:

Jadi solusi khusus yk untuk persamaan diferensial di atas adalah yk (x) =

3 x 4

1 : 16

Example 64 : Tentukan solusi khusus dari y 00 Jawab:

4y = 2e3x :

|

56


Turunan dari e3x adalah suatu konstanta kali e3x : Pilihan yang masuk akal untuk solusi khususnya adalah yk = Ae3x : Turunan pertama dan keduanya adalah yk0 = 3Ae3x dan yk00 = 9Ae3x : 9Ae3x

4(Ae3x ) = 2e3x ; sehingga

5A = 2; A = 52 :

Jadi solusi khususnya adalah yk (x) = 52 e3x :

|

Example 65 :

Tentukan solusi khusus dari persamaan diferensial: 3y 00 + y 0

2y = 2 cos x:

Jawab:

Menurut perkiraan, solusi khususnya adalah A cos x: Dengan adanya y 0 yang memuat sin x; maka pilihan untuk solusi khususnya adalah: yk = A cos x + B sin x: Turunan-turunan dari yk tersebut adalah: yk0 =

A sin x + B cos x dan

yk00 =

A cos x

B sin x:

Substitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas. Hasilnya adalah: ( 5A + B) cos x + ( A sehingga

5A + B = 2 dan

A

5B) sin x = 2 cos x;

5B = 0:

Dengan eliminasi diperoleh hasil: A =

5 13

dan B =

1 13 :

Jadi solusi khususnya adalah:

yk (x) =

1 5 cos x + sin x: 13 13

Example 66 :

Tentukan solusi khusus dari y 00

4y = 2e2x :

|

57

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN Jawab:

Jika dicoba memilih yk = Ae2x ; maka akan diperoleh: yk00 4yk = 4Ae2x 4Ae2x = 0 6= 2e2x ; sehingga tidak memenuhi persamaan nonhomogen di atas. Dalam hal ini ternyata pemilihan solusi khusus yk di atas hanya sesuai untuk persamaan diferensial yang homogen. Oleh sebab itu dicoba yk lain yang memuat e2x dan suatu (fungsi) yang lain yang nantinya apabila disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas tidak sama dengan nol (dapat diselesaikan). Perkiraan yang masuk akal adalah yk = Axe2x ; dengan turunan-turunannya sebagai berikut: yk0 = Ae2x + 2Axe2x dan yk00 = 4Ae2x + 4Axe2x : Bila disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas akan menghasilkan: 4Ae2x + 4Axe2x

4(Axe2x ) = 2e2x : 4Ae2x

= 2e2x ) A =

Jadi solusi khususnya adalah yk (x) = 21 xe2x :

1 : 2

|

Dari contoh-contoh tersebut di atas, dapat diketahui bahwa pemilihan yk yang mirip dengan r(x) tidak selalu dapat menyelesaikan masalah. Ada suatu metode umum (yang selama ini selalu berhasil) dan lebih sederhana, yang dinamakan ”metode koe…sien taktentu”, yang dapat digunakan untuk mencari solusi khusus yk : Metoda ini mempunyai tiga aturan, yaitu aturan dasar, aturan modi…kasi dan aturan penjumlahan.

A. Aturan Dasar

Jika r(x) dari persamaan (3.41) adalah salah satu fungsi di dalam kolom I pada tabel 2.1, pilihlah fungsi yk di dalam kolom II dan tentukan koe…sien taktentunya dengan jalan mensubstitusikan yk tersebut dan turunan-turunannya ke dalam persamaan (3.41).

B. Aturan Modi…kasi

Jika yk yang dipilih ternyata merupakan solusi dari persamaan homogen yang berhubungan dengan persamaan (3.41), maka kalikan yk yang dipilih dengan x (atau x2 , jika solusi ini berhubungan dengan akar dobel persamaan karakteristik dari persamaan homogennya).

C. Aturan Penjumlahan

Jika r(x) adalah jumlah dari fungsi-fungsi yang terdaftar di dalam tabel 3.1. kolom I, maka pilihlah yk yang merupakan jumlah fungsi-fungsi yang bersesuaian dari kolom ke dua.

58


Keterangan: 1. Aturan Dasar memberitahukan apa yang seharusnya dilakukan secara umum. 2. Aturan Modi…kasi menangani masalah-masalah yang mungkin muncul pada suatu kasus tertentu. 3. Aturan Penjumlahan digunakan jika jumlah dua solusi dari persamaan (3.41) dengan r = r1 dan r = r2 masing-masing adalah solusi dari (3.41) dengan r = r1 + r2 : Dalam menyelesaikan persamaan diferensial nonhomogen, langkah-langkah yang harus dilakukan adalah: Tahap I: mencari solusi umum persamaan homogennya yh Tahap II: mencari solusi persamaan khusus yk Tahap III: mencari solusi umum persamaan nonhomogennya (beserta masalah nilai awalnya). Tabel 3.1. Metode Koe…sien Taktentu r(x)

Pilihan untuk yk

ke x kxn (n = 0; 1; 2; :::) k cos !x k sin !x ke x cos !x ke x sin !x

Ce x Kn xn + Kn 1 xn 1 + ::: + K1 x + K0 e c K cos !x + M sin !x e c e x ( K cos !x + M sin !x)

Example 67 : Aplikasi Aturan Dasar (A) Selesaikan persamaan nonhomogen: y 00 + 4y = 8x2 : Jawab: I. Mencari solusi umum persamaan homogennya: yh Persamaan homogen: y 00 + 4y = 0: Persamaan karakteristik: 2 + 4 = 0. Akar-akarnya adalah: 1 = 2 i dan 2 = 2 i: Solusi homogennya: yh = A cos 2x + B sin 2x:

59

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN II. Mencari solusi khusus: yk Dari Tabel 3.1, pilihan untuk yk adalah: yk = K2 x2 + K1 x + K0 : Turunan-turunan dari yk adalah: yk0 = 2K2 x + K1 dan yk00 = 2K2 : Substitusikan yk ; yk0 dan yk00 ke dalam persamaan nonhomogen di atas. Hasilnya adalah: 2K2 + 4(K2 x2 + K1 x + K0 ) = 8x2 , 4K2 x2 + 4K1 x + 2K2 + 4K0 = 8x2 : Akibatnya: 4K2 = 8 ) K2 = 2; 4K1 = 0 ) K1 = 0; 2K2 + 4K0 = 0 ) K0 = 1: Solusi khususnya adalah yk = 2x2 1: III. Jadi solusi umum persamaan nonhomogen di atas adalah: y(x) = yh + yk = A cos 2x + B sin 2x + 2x2

1:

|

Example 68 : Aturan Modi…kasi (B) Selesaikan persamaan nonhomogen: y 00

3y 0 + 2y = ex :

Jawab: I. Persamaan karakteristik:

2

3 + 2 = 0:

Akar-akarnya adalah: 1 = 1 dan 2 = 2: Solusi homogennya adalah: yh = c1 ex + c2 e2x : II. Misalkan kita pilih yk = Cex : Karena solusi dari persamaan homogennya memuat ex , maka harus dipilih yk yang lain. Pilih yk = Cxex ; dengan turunan-turunannya adalah: yk0 = Cex + Cxex = C(ex + xex ) dan yk00 = C(ex + ex + xex ) = C(2ex + xex ): Hasil substitusi dari yk ; yk0 dan yk00 tersebut ke dalam persamaan nonhomogen di atas adalah: (2Cex 3Cex ) + (Cxex 3Cxex + 2Cxex ) = ex ; Cex = ex ) C = Solusi khususnya adalah: yk = xex : III. Jadi solusi umum untuk persamaan nonhomogen di atas adalah y(x) = yh + yk = c1 ex + c2 e2x

xex :

Example 69 : Selesaikan persamaan nonhomogen: y 00 + 9y = 2 sin 3x: Jawab: I. Persamaan karakteristik:

2

+ 9 = 0:

Akar-akarnya adalah: 1 = 3i dan 2 = 3i: Jadi solusi homogennya adalah: yh = A cos 3x + B sin 3x:

|

1:

60


II. Misalkan kita pilih yk = K cos 3x + M sin 3x:

Karena solusi dari persamaan homogennya memuat sin 3x, maka harus dipilih yk yang lain. Pilih yk = Kx cos 3x + M x sin 3x; dengan turunan-turunannya adalah: yk0

= K cos 3x 3Kx sin 3x + M sin 3x + 3M x cos 3x = (K + 3M x) cos 3x + (M 3Kx) sin 3x

dan yk00

= 3M cos 3x 3 (K + 3M x) sin 3x 3K sin 3x + 3(M = 6M cos 3x 6K sin 3x 9M x sin 3x 9Kx cos 3x = (6M 9Kx) cos 3x (6K + 9M x) sin 3x:

3Kx) cos 3x

Hasil substitusi dari yk ; yk0 dan yk00 tersebut ke dalam persamaan nonhomogen di atas adalah: (6M

9Kx) cos 3x

(6K + 9M x) sin 3x + 9 (Kx cos 3x + M x sin 3x) = 2 sin 3x 6M cos 3x 6K sin 3x = 2 sin 3x

Dari substitusi tersebut diperoleh 6M cos 3x = 0 dan M

= 0 dan

Jadi solusi khususnya adalah: yk =

6K sin 3x = 2 sin 3x; sehingga 1 : 6K = 2 =) K = 3 1 3 x cos 3x

III. Jadi solusi umum untuk persamaan nonhomogen di atas adalah

y(x) = yh + yk = A cos 3x + B sin 3x

1 x cos 3x: 3

|

Example 70 :

Aturan Modi…kasi B (akar dobel) dan Aturan Penjumlahan (C). Selesaikan masalah nilai awal berikut: y 0 (0) = 0:

y 00

2y 0 + y = ex + x;

y(0) = 1;

61

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN Jawab: I. Persamaan karakteristik:

2

2 + 1 = 0:

Akar-akarnya merupakan akar dobel, yaitu = 1: Jadi solusi homogennya adalah yh = (c1 + c2 x)ex : II. Karena r(x) merupakan jumlah dari dua fungsi, maka r(x) = r1 + r2 = ex + x; dengan r1 = ex dan r2 = x: Untuk r1 = ex , maka yk1 = Cx2 ex (karena akar dobel). Dan untuk r2 = x; maka yk2 = K1 x + K0 : Jadi pilihan untuk solusi khususnya adalah: yk = yk1 +yk2 = Cx2 ex +K1 x+K0 ; dengan turunan-turunannya adalah yk0 = 2Cxex + Cx2 ex + K1 ; dan yk00 = 2Cex + 4Cxex + Cx2 ex : Substitusikan yk ; yk0 dan yk00 tersebut ke dalam persamaan nonhomogen di atas, sehingga diperoleh hasil: 2Cex + K1 x 2K1 + K0 = ex + x: Dengan membandingkan kedua sisi dalam persamaan tersebut diperoleh: 2Cex = ex ) C = 21 ; K1 x = x ) K1 = 1 ; dan 2K1 + K0 = 0 ) K0 = 2: Jadi solusi khusus untuk persamaan nonhomogen tersebut di atas adalah: yk = 1 2 x 2 x e + x + 2: III. Solusi umumnya adalah: y(x) = yh + yk = (c1 + c2 x)ex + 21 x2 ex + x + 2: Turunan pertamanya adalah: y 0 (x) = (c1 + c2 + c2 x)ex + (x + 12 x2 )ex + 1: Dari syarat awal yang diberikan: y(0) = 1 ) c1 + 2 = 1 ) c1 = 1;dan y 0 (0) = 0 ) c1 + c2 + 1 = 0 ) c2 = 0: Jadi solusi untuk masalah nilai awal di atas adalah: 1 ex + x2 ex + x + 2: 2

y(x) =

3.4.2

|

Metoda Koe…sien Taktentu orde ke-n

Secara umum, persamaan diferensial linier nonhomogen orde ke-n dapat dituliskan sebagai berikut: y (n) + pn

1 (x)y

(n 1)

+ ::: + p1 (x)y 0 + p0 (x)y = r(x);

(3.42)

dengan y (n) = dn y=dxn dan r(x) 6= 0: Jika r(x) = 0; maka y (n) + pn disebut homogen.

1 (x)y

(n 1)

+ ::: + p1 (x)y 0 + p0 (x)y = 0;

(3.43)

62


De…nition 6 : Seperti pada persamaan nonhomogen orde ke-dua, solusi umum dari persamaan nonhomogen (3.42) pada beberapa interval terbuka pada I adalah solusi yang berbentuk: y(x) = yh (x) + yk (x); (3.44) dengan yh (x) = c1 y1 (x) + ::: + cn yn (x) adalah solusi umum dari persamaan homogen (3.43) pada I; dan yk (x) adalah solusi khusus dari (3.42) pada I; yang tidak memuat konstanta sebarang. Sedangkan solusi khusus dari (3.42) pada I adalah solusi yang diperoleh dari (3.44) dengan memasukkan nilai-nilai tertentu pada konstanta sebarang c1 ; ..., cn di yh (x): Metode koe…sien taktentu memberikan solusi khusus yk dari persamaan dengan koe…sien konstanta y (n) + an

1y

(n 1)

+ ::: + a1 y 0 + a0 y = r(x):

(3.45)

Penyelesaian persamaan (3.45) tersebut sama seperti untuk n = 2: Perbedaannya hanya pada Aturan Modi…kasi. Bila pada n = 2 persamaan karakteristik dari persamaan homogennya hanya mempunyai akar sederhana atau akar dobel, sedangkan persamaan karakteristik dari persamaan homogen: y (n) + an

1y

(n 1)

+ ::: + a1 y 0 + a0 y = 0;

mempunyai akar berlipat ganda dari orde yang lebih besar, yaitu m ( Metode Koe…sien Taktentu

(3.46) n):

A. Aturan Dasar (sama dengan aturan untuk n = 2 pada sub bab sebelumnya). B. Aturan Modi…kasi. Jika pilihan untuk yk adalah solusi dari persamaan homogen (3.46), maka kalikan yk (x) dengan xk ; dengan k adalah bilangan bulat positif terkecil, sehingga tak ada lagi xk yk (x) yang merupakan solusi dari (3.46). C. Aturan Penjumlahan (sama seperti pada sub bab sebelumnya). Jadi untuk masalah nilai awal, ada tiga tahap yang harus dikerjakan: 1. Tahap I: menentukan solusi umum dari persamaan homogen (3.46). 2. Tahap II: memeriksa apakah aturan Modi…kasi perlu diterapkan, dan kemudian menentukan solusi khusus yk (x) dari (3.45). 3. Tahap III: menentukan solusi khusus dari (3.46) yang memenuhi syarat awal yang diberikan. Tabel 3.2 : Metode Koe…sien Taktentu r(x)

Pilihan untuk yk

ke x kxn (n = 0; 1; :::) k cos !x k sin !x ke x cos !x ke x sin !x

Ce x Cn xn + Cn 1 xn 1 + ::: + C1 x + C0 K cos !x + M sin !x e

x

(K cos !x + M sin !x)

63

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN Example 71 : Selesaikan y iv

y = 30e

2x

:

Jawab: Tahap I: Persamaan karakteristiknya: 4 1 = 0: Apabila diuraikan, menjadi ( 2 1)( 2 + 1) = 0; sehingga akar-akarnya adalah : 1 = 1; 2 = 1; 3 = i dan 4 = i: Jadi solusi homogennya adalah: yh = c1 e x + c2 ex + c3 e ix + c4 eix atau yh = c1 e x + c2 ex + A cos x + B sin x: Tahap II: Karena semua akar berbeda (tidak ada akar dobel) dan pilihan untuk yk bukan solusi dari persamaan homogennya, maka tidak perlu aturan Modi…kasi. Pilih yk = Ce 2x dan turunan-turunannya adalah yk0 = 2Ce 2x ; ypiv = 16Ce 2x : Substitusikan yk dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial yang ada, sehingga diperoleh: 16Ce 2x Ce 2x = 30e 2x : Bila diuraikan akan menghasilkan: C = 2; sehingga solusi khususnya adalah yk = 2e 2x : Jadi solusi umumnya adalah y(x) = yh + yk = c1 e

x

+ c2 ex + A cos x + B sin x + 2e

2x

:

|

Example 72 : Aturan Modi…kasi Tentukan solusi umum dari : y 000

3y 00 + 3y 0

y = 6ex :

Jawab: Tahap I: mencari solusi umum persamaan homogennya: yh Persamaan karakteristiknya adalah: 3 2 2 + 3 1 = 0; yang mempunyai akar tripel yang sama, yaitu = 1: Oleh sebab itu solusi homogennya adalah: yh = c1 ex + c2 xex + c3 x2 ex : Tahap II: mencari solusi khusus persamaan nonhomogennya: yk : Kita coba memilih yk = Cex ; maka apabila disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas akan menghasilkan : C 3C + 3C C = 0 6= 6; sehingga tidak ada solusi. Coba lagi untuk Cxex dan Cx2 ex : Karena Cex ; Cxex dan Cx2 ex solusi homogen dari persamaan diferensial di atas, maka pilih yk sebagai berikut: yk = Cx3 ex : Turunan-turunan dari yk tersebut adalah: yk0 = C(x3 + 3x2 )ex ; yk00 = C(x3 + 6x2 + 6x)ex ; dan yk000 = C(x3 + 9x2 + 18x + 6)ex : Kemudian substitusikan yk dan turunan-turunannya tersebut ke dalam persamaan diferensial di atas, sehingga menghasilkan : C(x3 + 9x2 + 18x + 6) 3C(x3 + 6x2 + 6x) + 3C(x3 + 3x2 ) Cx3 = 6: Bila diuraikan akan menghasilkan: 6C = 6 ) C = 1: Tahap III: Jadi solusi umumnya adalah: y(x) = yh +yk = (c1 +c2 x+c3 x2 ) ex + x3 ex : | Example 73 : Masalah nilai awal

64


Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: y 000 4y 00 + 4y 0 = 2x2 6x + 4; y(0) = 0; y 0 (0) =

5; y 00 (0) = 0:

Jawab: I. mencari solusi umum persamaan homogennya: yh 2

2 Persamaan karakteristiknya adalah: 3 4 2 +4 = 4 +4 = ( 2) = 0; yang mempunyai tiga akar, yaitu 1 = 0; dan 2 = 3 = 2 (kembar). Oleh sebab itu solusi homogennya adalah: yh = c1 + c2 e2x + c3 xe2x :

II. mencari solusi khusus persamaan nonhomogen: yk Pilihan untuk yk adalah yk = Kx2 + M x + N; sehingga turunan-turunannya adalah: yk0 = 2Kx + M ; yk00 = 2K; yk000 = 0: Dengan mensubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas, diperoleh hasil: 0 2(2K) (2Kx + M ) + 2(Kx2 + Mx + N) = 2x2 6x + 4: Dengan menguraikan diperoleh hasil: K = 1; M = 2 dan N = 3: Jadi solusi khususnya: yk = x2 2x + 3: III. Dari tahap I dan II, diperoleh solusi umum persamaan nonhomogen: y(x) = yh + yk = c1 + c2 e2x + c3 xe2x + x2 2x + 3: Turunan dari solusi tersebut di atas adalah: y 0 = 2c2 e2x + c3 e2x + 2c3 xe2x + 2x 2 dan y 00 = 4c2 e2x + 2c3 e2x + 2c3 e2x + 4c3 xe2x + 2 = 4c2 e2x + 4c3 e2x + 4c3 xe2x + 2: Dengan memasukkan syarat awalnya, akan diperoleh: y(0) = c1 +c2 +3 = 0; y 0 (0) = 2c2 +c3 2 = 5; dan y 00 (0) = 4c2 +4c3 +2 = 0: Dengan menggunakan eliminasi, diperoleh hasil: c1 = 21 ; c2 = 25 ; dan c3 = 2: Jadi solusi masalah nilai awal di atas adalah: y(x) =

3.4.3

1 2

5 2x e + 2xe2x + x2 2

2x + 3:

|

Latihan

I. Carilah solusi khusus yk dari persamaan nonhomogen berikut ini: 1. y 00 + 16y = e3x 2. y 00

y0

6y = 5 sin 2x

3. y 00

y0

2y = 3x + 4

4. y 00 + 2y 0

3y = 1 + xex

II. Tentukan solusi umumnya: 5. y 000 + 2y 00 6. y 000

y0

2y = 12e2x

y 0 = 10 cos 2x

7. y 000 + 3y 00 + 3y 0 + y = 16ex + x + 3: III. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: 8. y 00 + 4y = 2x ; y(0) = 1; y 0 (0) = 2:

65

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN 9. y 00 + 3y 0 + 2y = ex ; y(0) = 0; y 0 (0) = 3: 10. y 00 + 2y 0 + 2y = sin 3x ; y(0) = 2; y 0 (0) = 0: 11. y iv

5y 00 + 4y = 10 cos x;

12. y 000 + y 00

3.4.4

y(0) = 2; y 0 (0) = 0; y 00 (0) = 0; y 000 (0) = 0:

2y = 2x2 + 2x; y(0) =

1; y 0 (0) = 0; y 00 (0) =

4:

Metode Variasi Parameter

Metoda koe…sien taktentu hanya dapat menyelesaikan beberapa masalah persamaan linier nonhomogen dengan koe…sien konstanta saja, yang r(x) nya berupa fungsi eksponensial, polinomial, sinus-cosinus, maupun jumlah atau perkalian fungsi-fungsi tersebut. Bagaimana bila persamaan linier nonhomogennya berupa persamaan Euler-Cauchy, yang merupakan persamaan dengan koe…sien peubah ? Bagaimana bila r(x) nya berupa fungsi tangen/cotangen, secan/cosecan, logaritma natural dan yang lainnya? Untuk dapat menyelesaikan persamaan linier nonhomogen dengan r(x) yang beragam seperti itu diperlukan suatu metoda yang tepat. Metoda ini dikenal sebagai metoda variasi parameter, yang pertama kali diperkenalkan oleh Joseph Louis Lagrange (1736-1813). Metoda ini dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan linier nonhomogen dengan koe…sien konstanta maupun koe…sien peubah, jadi sifatnya lebih umum dan kompleks. Perhatikan persamaan (3.42) dan (3.43). Solusi khusus yk untuk persamaan (3.42) pada selang I; dengan koe…sien pada persamaan (3.42) dan r(x) nya kontinu, dirumuskan sebagai berikut: Z Z W1 (x) W2 (x) yk (x) = y1 (x) r(x)dx + y2 (x) r(x)dx + ::: + W (x) W (x) Z Wn (x) r(x)dx: (3.47) +yn (x) W (x) Fungsi y1 ; y2 ; :::; yn membentuk basis solusi persamaan (3.43). W adalah determinan Wronski atau Wronskian saja; dengan y1 y10 :::

W (y1 ; y2 ; :::; yn ) =

y2 y20 :::

(n 1)

y1

(n 1)

y2

::: yn ::: yn0 ::: ::: (n 1) ::: yn

dan Wj (j = 1; 2; :::; n) diperoleh dari W dengan mengganti kolom ke j dari W dengan kolom [000::::1]T : Perhatikan persamaan linier nonhomogen orde ke-dua: y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = r(x); dengan p; q dan r kontinu pada selang I: Misalkan y1 dan y2 membentuk basis solusi dari persamaan homogen: y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0: Determinan Wronskinya adalah W (y1 ; y2 ) = sedangkan W1 =

0 y2 1 y20

=

y2

y1 y10

y2 y20

dan

= y1 y20 W2 =

y2 y10 ; y1 y10

0 1

= y1 :

66


Berdasarkan rumus pada persamaan (3.47), solusi khusus yk untuk persamaan linier nonhomogen orde ke-dua dapat dirumuskan sebagai berikut: Z Z y1 :r y2 :r dx + y2 dx: (3.48) yk (x) = y1 W W Metoda variasi parameter ini lebih kompleks dalam pengerjaannya, dibandingkan dengan metoda koe…sien taktentu. Dalam metoda koe…sien taktentu, penyelesaiannya lebih sederhana dan mudah, karena hanya menggunakan teknik aljabar dan turunan biasa. Sedangkan dalam metoda variasi parameter, penyelesaiannya menggunakan teknik pengintegralan dan selalu menyertakan basis solusi homogennya dalam menentukan solusi yk nya. Example 74 : Selesaikan persamaan diferensial berikut ini:

y 00 + y = sec x:

Jawab: Persamaan homogen dari persamaan di atas adalah: y 00 + y = 0: 2 Persamaan karakteristiknya: + 1 = 0: Akar-akar persamaan karakteristiknya: 1 = i; dan 2 = i: Basis solusi persamaan homogennya: y1 = cos x; dan y2 = sin x: Solusi homogennya: yh (x) = c1 cos x + c2 sin x: Determinan Wronskinya adalah: cos x sin x W (y1 ; y2 ) = = cos2 x ( sin2 x) = 1: sin x cos x Solusi khususnya diperoleh dari Z Z yk (x) = cos x sin x: sec xdx + sin x cos x: sec xdx = cos x ln jcos xj + x sin x: Jadi solusi umumnya adalah: y(x) = yh (x) + yk (x) = (c1 + ln jcos xj) cos x + (c2 + x) sin x:

|

Example 75 : Tentukan solusi umum persamaan Euler-Cauchy berikut: x3 y 000 3x2 y 00 + 6xy 0 6y = x4 ln x: Jawab: Persamaan homogen untuk persamaan Euler-Cauchy di atas adalah: x3 y 000 3x2 y 00 + 6xy 0 6y = 0: Persamaan tambahannya (auxiliary equation) adalah m3 6m2 + 11m 6 = 0: Akar-akar persamaan tambahannya adalah m1 = 1; m2 = 2; m3 = 3: Basis solusi homogennya adalah y1 = x; y2 = x2 ; y3 = x3 : Solusi umum persamaan homogennya adalah: yh (x) = c1 x + c2 x2 + c3 x3 : Karena rumus penentuan yk berlaku untuk bentuk standar persamaan linier nonhomogen, maka sebelum dapat diterapkan ke dalam rumus yk di atas, persamaan Euler-Cauchy tersebut harus diubah dulu ke dalam bentuk standarnya, yaitu: 3 00 6 6 y 000 y + 2 y0 y = x ln x: x x x3

67

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN

W (y1 ; y2 ; y3 ) = x 0 1 0 0 1

W2 =

x x2 x3 1 2x 3x2 0 2 6x x3 3x2 6x

=

3

2x ;

3

= 2x ; W1 =

W3 =

0 0 1

x2 x3 2x 3x2 2 6x

x x2 0 1 2x 0 0 2 1

= x4

= x2 :

Solusi khususnya adalah

Z Z W2 W3 W1 :rdx + y2 :rdx + y3 :rdx W W W Z Z x4 2x3 x2 2 3 :x ln xdx + x x ln xdx + x x ln xdx 3 3 2x 2x 2x3 Z Z 1 x :x ln xdx x2 x ln xdx + x3 x ln xdx 2 2x x x3 x3 x2 x2 x3 ln x ln x (x ln x x) x2 + 2 3 9 2 4 2 11 x4 ln x : 6 6

Z yk (x) = y1 Z = x Z = x = =

Jadi solusi umumnya adalah:

y(x) = yh (x) + yk (x) = c1 x + c2 x2 + c3 x3 +

3.4.5

x4 6

Latihan

Selesaikan persamaan linier nonhomogen berikut ini:

1. y 00 + 9y = sec 3x

2. y 00 + 4y = tan 2x

3. x3 y 000 + x2 y 00

2xy 0 + 2y = x3 ln x:

ln x

11 6

:

|

68


3.5

Aplikasi Persamaan Diferensial Linier Orde Dua

Example 76 : Sirkuit RLC Tentukan persamaan arus I sebagai fungsi dari t setelah saklar (switch) pada suatu sirkuit RCL ditutup. Sirkuit RLC terdiri dari resistor, induktor, kondensor (kapasitor), baterai 12 volt, dan saklar yang semuanya tersusun seri. Diketahui resistor R = 16 ohm, induktor L = 0; 02 henry, dan kondensor C = 2 10 4 farad. Asumsikan bahwa tidak ada muatan di kondensor sebelum saklarnya ditutup, sehingga Q = 0; jika t = 0; juga I = 0 jika t = 0: Jawab: Diketahui R = 16 ohm, L = 0; 02 henry, C = 2 10 4 farad dan E(t) = 12 volt, 0 dan syarat awal Q (0) = 0 dan I(0) = dQ dt (0) = Q (0) = 0: Berdasarkan hukum voltase Kircho¤: 1 1 d2 Q R dQ + + Q = E (t) : (3.49) 2 dt L dt LC L Dengan memasukkan nilai-nilai R; L; C dan E(t); diperoleh persamaan nonhomogen sebagai berikut: d2 Q 16 dQ 1 1 + + Q = (12) dt2 0; 02 dt (0; 02) (2 10 4 ) 0; 02 Q00 + 800Q0 + 250:000Q = 600: Persamaan homogennya adalah Q00 + 800Q0 + 250:000Q = 0: Persamaan karakteristiknya adalah 2

+ 800 + 250:000 = 0 1;2

=

400

300i

Jadi solusi persamaan homogennya adalah Qh (t) = e

400t

(A cos 300t + B sin 300t) :

Pilih solusi khususnya Qk = K1 sehingga diperoleh turunan-turunannya sebagai berikut: Q0k = 0; Q00k = 0: Substitusikan Qk dan turunan-turunannya ke dalam persamaan nonhomogennya, sehingga diperoleh 0 + 0 + 250:000K1 250:000K1

= 600 = 600 =) K1 = 2; 4

10

3

:

Jadi solusi khususnya adalah Qk (t) = 2; 4

10

3

:

Solusi umum persamaan nonhomogennya adalah Q(t) = Qh (t) + Qk (t) = e

400t

(A cos 300t + B sin 300t) + 2; 4

10

3

:

69

3.5. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE DUA Dengan memasukkan syarat awal Q(0) = 0; diperoleh A=

2; 4

10

3

:

Untuk mencari B; turunkan Q(t) sehingga diperoleh Q0 (t) =

400e

400t

(A cos 300t + B sin 300t) + e ( 300A sin 300t + 300B cos 300t) 400t = e [( 400A + 300B) cos 300t + ( 400B 400t

Karena Q0 (0) = 0 dan A =

2; 4

10

3

300A) sin 300t] :

; maka

400A + 300B = 0 =) B =

3; 2

10

3

:

Solusi masalah nilai awalnya adalah Q(t) = e

400t

2; 4

10

3

cos 300t +

3; 2

10

3

sin 300t + 2; 4

10

3

:

Jadi persamaan yang diharapkan untuk arus I sebagai fungsi dari t adalah I(t) = Q0 (t) = 2e

400t

sin 300t:

|

Example 77 : Sirkuit RLC Tentukan kuat arus I(t) dalam sirkuit RLC dengan R = 100 ohm, L = 0; 1 henry, dan C = 10 3 farad, yang terhubung dengan sumber voltase E(t) = 155 sin 377t (catatan: 60 Hz = 60 siklus/detik). Asumsikan tegangan Q dan kuat arus I adalah nol jika t = 0: Jawab: Berdasarkan hukum voltase Kircho¤, model untuk sirkuit listrik RLC tersebut adalah EL + ER + EC = E(t): (3.50) R Dengan EL = LI 0 ; ER = RI, Ec = 1c I(t)dt; dan E(t) = E0 sin !t; maka hukum voltase Kircho¤ dapat dituliskan kembali sebagai Z 1 0 LI + RI + I(t)dt = E(t) = E0 sin !t: (3.51) C Untuk menghilangkan integral dalam persamaan di atas, maka persamaan tersebut diturunkan sehingga diperoleh persamaan LI 00 + RI 0 +

1 I = E0 ! cos !t: C

(3.52)

Berdasarkan informasi pada soal, maka persamaan di atas menjadi persamaan nonhomogen 0; 1I 00 + 100I 0 + 1000I = 155: (377) cos 377t: Persamaan homogennya adalah 0; 1I 00 + 100I 0 + 1000I = 0 () I 00 + 1000I 0 + 10:000I = 0: Persamaan karakteristiknya adalah 2

+ 1000 + 10:000 = 0;

70


yang menghasilkan akar-akar 990 dan

1

2

10;

sehingga solusi umumnya adalah 990t

I(t) = c1 e

+ c2 e

10t

:

Untuk mencari solusi persamaan nonhomogennya, pilih solusi khusus (steadystate current): Ik (t) = A cos 377t + B sin 377t: Dengan menurunkan rumus dasar Ik (t) = A cos !t + B sin !t sampai turunan pertama dan ke-dua, diperoleh rumus reaktansi S, nilai A dan B sebagai berikut: 1 = (377) (0; 1) !C

reaktansi S = !L

1 (377) (10

3)

= 35,

sehingga diperoleh A=

(155) : (35) E0 S = = R2 + S 2 1002 + 352

0484 dan B =

E0 R (155) : (100) = = 1; 38: R2 + S 2 1002 + 352

Jadi solusi khususnya adalah Ik (t) =

0; 484 cos 377t + 1; 38 sin 377t;

sehingga solusi umum (transient current) persamaan nonhomogennya adalah I(t) = c1 e

990t

+ c2 e

10t

0; 484 cos 377t + 1; 38 sin 377t:

Dari syarat awal I(0) = 0; diperoleh persamaan I(0) = c1 + c2

0; 484 = 0:

Untuk memasukkan syarat awal Q(0) = 0, digunakan persamaan LI 0 + RI + R R 1 I(t)dt = E(t) dan I(t)dt = Q(t); sehingga diperoleh persamaan C I 0 (t) =

1 E(t) L

RI(t)

1 Q(t) : C

Untuk t = 0; diperoleh E(0) = 0; I(0) = 0 dan Q(0) = 0, sehingga I 0 (0) = 0: Dari rumus I(t) yang ada, diperoleh turunan pertamanya, yaitu I 0 (t) =

990c1 e

990t

10c2 e

10t

+ (0; 484)(377) sin 377t + (1; 38)(377) cos 377t;

sehingga I 0 (0) =

990c1

10c2 + (1; 38)(377) = 0:

0

Dari persamaan I(0) = 0 dan I (0) = 0; diperoleh c1 = 0; 526 dan c2 = 0; 042: Jadi solusi masalah nilai awal (kuat arus dari masalah sirkuit RLC) adalah I(t) = 0; 526e

990t

0; 042e

10t

0; 484 cos 377t + 1; 38 sin 377t:

|

Example 78 : Masalah Nilai Batas. Medan potensial elektrik di antara dua bola konsentrik (mempunyai pusat yang sama)

3.5. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE DUA

71

Tentukan potensial elektrostatik v = v(r) di antara dua bola konsentrik yang berjari-jari r1 = 4 cm dan r2 = 8 cm yang masing-masing terjaga pada potensial v1 = 110 volt dan v2 = 0: (Catatan: v(r) adalah solusi dari rv 00 + 2v 0 = 0; dengan v 0 = dv=dr:) Jawab: Persamaan rv 00 + 2v 0 = 0 dapat diubah menjadi persamaan Euler-Cauchy sebagai berikut: r2 v 00 + 2rv 0 = 0 Persamaan tambahannya adalah m2 + m = 0; yang menghasilkan akar-akar m1 = 0 dan m2 = 1; sehingga solusi umumnya adalah v(r) = c1 r0 + c2 r 1 = c1 + c2 =r: Dari syarat batas v(r1 ) = v(4) = 110 dan v(r2 ) = v(8) = 0; diperoleh hasil v(4) = c1 + c2 =4 = 110 () 4c1 + c2 = 440 v(8) = c1 + c2 =8 = 0 () 8c1 + c2 = 0: Dengan eliminasi, diperoleh nilai c1 = 110 dan c2 = 880: Jadi solusi masalah nilai batasnya yang merupakan potensial elektrostatik di antara dua bola konsentrik adalah v(r) =

3.5.1

110 + 880=r volt.

|

Latihan

I. Tentukan arus steady-state ( solusi khusus Ik (t)) dari sirkuit RLC untuk data berikut ini: 1. R = 2 ohm, L = 1 henry, C = 0:5 farad, E = 50 sin t volts. 2. R = 8 ohm, L = 2 henry, C = 0:1 farad, E = 160 cos 5t volts. 3. R = 4 ohm, L = 1 henry, C = 2:10

4

farad, E = 220 volts.

II. Tentukan arus dalam sirkuit RLC untuk data berikut ini: 4. R = 40 ohm, L = 0:5 henry, C = 1=750 farad, E = 25 cos 100t volts. 5. R = 20 ohm, L = 5 henry, C = 10

2

farad, E = 425 sin 4t volts.

6. R = 10 ohm, L = 0:1 henry, C = 1=340 farad, E = e t (169:9 sin t 160.1t) III. Selesaikan masalah nilai awal berikut. Asumsikan I dan Q adalah nol jika t = 0: 7. R = 80 ohms, L = 10 henry, C = 0:004 farad, E = 240:5 sin 10t volts. 8. R = 3 ohms, L = 0:5 henry, C = 0:08 farad, E = 12 cos 5t volts. 9. R = 8 ohms, L = 2 henry, C = 0:1 farad, E = 10 volts. (a)

72


Chapter 4

Sistem Persamaan Diferensial Pada bab-bab terdahulu, telah dibahas metode-metode penyelesaian persamaan diferensial yang meliputi hanya satu peubah (variabel) saja. Banyak aplikasi dalam kehidupan sehari-hari yang memerlukan kegunaan dari dua atau lebih peubah tak bebas, yang masing-masing merupakan fungsi dari peubah bebas yang tunggal. Hal-hal tersebut di atas, secara alamiah menunjuk kepada suatu sistem persamaan diferensial biasa secara keseluruhan. Umumnya, peubah bebas tersebut dinyatakan dengan t dan peubah tak bebasnya (yang merupakan fungsi dari t yang tak diketahui) dengan y1 ; y2 ; :::; yn atau x; y; z; ::: Pembahasan ini akan dibatasi hanya pada suatu sistem dengan banyaknya persamaan adalah sama dengan banyaknya peubah tak bebas (dari fungsi yang tak diketahui). Sebagai contoh, sistem dari dua persamaan diferensial orde pertama pada peubah tak bebas y1 dan y2 ; mempunyai bentuk umum: f1 (t; y1 ; y2 ; y10 ; y20 ) = 0; f2 (t; y1 ; y2 ; y10 ; y20 ) = 0; dengan fungsi y1 dan y2 diketahui. Solusi dari sistem ini adalah pasangan y1 (t); y2 (t) dari fungsi t yang memenuhi kedua persamaan tersebut pada suatu selang dari t:

4.0.2

Vektor, Matriks

Untuk menyederhanakan formula dan menjelaskan ide-ide pembahasan mengenai sistem linier dari persamaan diferensial, digunakan matriks dan vektor. Banyak dari sistem linier ini yang terdiri dari dua persamaan di dalam dua fungsi tak diketahui y1 (t); y2 (t) berbentuk: y10

= a11 y1 + a12 y2 ;

y20

= a21 y1 + a22 y2 :

Sebagai contoh: y10 y20

=

5y1 + 2y2 ; 1 = 13y1 + y2 : 2 73

(4.1)

74

CHAPTER 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

Pada pembahasan selanjutnya nanti, akan dibahas sistem dari n persamaan dengan n fungsi tak diketahui y1 (t); :::; yn (t) yang berbentuk: y10

= a11 y1 + a12 y2 + ::: + a1n yn

y20

= a21 y1 + a22 y2 + ::: + a2n yn ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: = an1 y1 + an2 y2 + ::: + ann yn :

yn0

4.0.3

(4.2)

Nilai Eigen, vektor Eigen

Misalkan A = [ajk ] adalah matriks. Perhatikan persamaan A! x= ! x

(4.3)

dengan adalah skalar (bilangan real atau kompleks) dan ! x adalah vektor ! yang masing-masing akan ditentukan. Untuk setiap ; solusinya adalah ! x = 0: ! ! Skalar seperti pada persamaan (4.3) yang membuat vektor x 6= 0 disebut nilai eigen dari A dan vektornya disebut vektor eigen dari A yang berhubungan dengan nilai eigen ini. Salah satu arti dari kata ”eigen” dalam bahasa Jerman, adalah proper . Nilai eigen juga disebut sebagai proper values, nilai karakteristik atau latent roots (akar laten) oleh beberapa pengarang. ! ! Persamaan (4.3) dapat ditulis sebagai A! x x = 0 atau I)! x = 0:

(A

(4.4)

Ini adalah n fungsi aljabar linier dengan x1 ; x2 ; :::; xn ( komponen dari x) yang ! tak diketahui. Untuk mendapatkan solusi ! x 6= 0 ; koe…sien matriks A I harus singular. Dalam bab ini, hanya akan dibahas untuk n = 2; sehingga bila dinyatakan dalam bentuk matriks, persamaan (4.4) menjadi a11 a21

a12 a22

x1 x2

=

0 0

;

(4.5)

dengan komponen-komponennya: (a11

)x1 + a12 x2

a21 x1 + (a22

= 0

)x2

(4.6)

= 0:

A I singular jika dan hanya jika determinannya sama dengan nol (det (A I) = 0). Determinan ini, yaitu det (A I); disebut sebagai determinan karakteristik dari A (juga untuk n umumnya). det (A

I) =

a11 a21

= (a11 =

2

a12 a22 )(a22

)

a12 a21

(a11 + a22 ) + a11 a22

a12 a21 = 0:

Persamaan kuadrat di atas disebut sebagai persamaan karakteristik dari A: Solusinya adalah nilai eigen 1 dan 2 dari A: Jika ! x vektor eigen dari A; demikian juga k ! x untuk suatu k 6= 0: Example 79 : Masalah nilai eigen Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari matriks A =

5 2

2 2

:

75

4.1. KONSEP DASAR DAN TEORI Jawab: Persamaan karakteristiknya diperoleh dari : det (A

5

I) = 2

= sehingga menghasilkan nilai eigen eigennya diperoleh dari persamaan: ( 5 Untuk = hasilkan:

1

=

2 2

1

=

2

+ 7 + 6 = 0; 1 dan

2

=

)x1 + 2x2 = 0 atau 2x1 + ( 2

6: Sedangkan vektor )x2 = 0:

1; substitusikan ke dalam persamaan di atas sehingga meng4x1 + 2x2 2x1 x2

= 0 = 0:

Karena kedua persamaan tersebut pada dasarnya sama, maka untuk menentukan nilai x1 dan x2 ; dapat diambil sebarang bilangan. Dengan mengambil x1 = 1 dan x2 = 2 , diperoleh vektor eigen yang pertama, yaitu 1 ! : x (1) = 2 Untuk = 2 = 6; diperoleh persamaan x1 + 2x2

= 0

2x1 + 4x2

= 0:

Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat diambil sebarang bilangan untuk x1 dan x2 nya. Ambil x1 = 2 dan x2 = 1; sehingga diperoleh vektor eigen 2 : | yang ke dua, yaitu ! x (2) = 1

4.1

Konsep Dasar dan Teori

Sistem orde I, secara umum dinyatakan dalam bentuk: y10 y20

= f1 (t; y1 ; :::; yn ); = f2 (t; y1 ; :::; yn );

yn0

::::::::::::::: = fn (t; y1 ; :::; yn ):

(4.7)

Solusi dari (4.7) pada suatu selang a < t < b adalah himpunan n fungsi yang diferensiabel (dapat diturunkan) y1 = 1 (t); :::; yn = n (t); pada selang a < t < b yang memenuhi (4.7). Masalah nilai awal untuk (4.7) terdiri dari (4.7) dan n kondisi awal yang diberikan: y1 (t0 ) = K1 ; y2 (t0 ) = K2 ; :::; yn (t0 ) = Kn ;

(4.8)

dengan t0 adalah nilai khusus dari t pada suatu selang dan K1 ; ..., Kn adalah bilangan yang diketahui. Theorem 9 : Teorema Keujudan dan Ketunggalan

76


Perhatikan persamaan (4.7). Misalkan f1 ; :::; fn adalah fungsi kontinu, yang mempunyai turunan parsial kontinu pada domain R; dari ruang ty1 y2 :::yn yang memuat titik ( t0 ; K1 ; :::; Kn ): Maka (4.7) mempunyai solusi pada selang t0 < t < t0 + yang memenuhi (4.8), dan solusi ini tunggal. Persamaan (4.7) disebut sistem linier jika linier di y1 ; :::; yn ; yaitu jika persamaan itu dapat dituliskan dalam bentuk y10 yn0

= a11 (t)y1 + ::: + a1n (t)yn + g1 (t); ::::::::::::::::::::::::::: = an1 (t)y1 + ::: + ann (t)yn + gn (t):

(4.9)

Dalam bentuk vektor, persamaan (4.9) menjadi ! y 0 = A! y +! g

(4.10)

dengan 0

1 0 y10 a11 ! y 0 = @ ::: A ; A = @ ::: yn0 an1

1 1 0 1 0 g1 y1 ::: a1n ::: ::: A ; ! g = @ ::: A : y = @ ::: A ; ! gn yn ::: ann

! Sistem ini disebut homogen bila ! g = 0 ; sehingga ! y 0 = A! y:

(4.11)

! Jika ! g = 6 0 ; maka persamaan (4.10) disebut nonhomogen. Theorem 10 : Keujudan dan ketunggalan pada kasus linier Misalkan ajk dan gj pada persamaan (4.10) adalah fungsi dari t yang kontinu pada selang terbuka < t < yang memuat titik t = t0 : Maka persamaan (4.10) mempunyai solusi y(t) pada selang yang memenuhi (4.8), dan solusinya tunggal. Theorem 11 : Prinsip Superposisi atau Kelinieran Jika y(1) dan y(2) adalah solusi dari sistem linier homogen (4.11) pada suatu selang, maka demikian pula dengan kombinasi liniernya, yaitu y = c1 y(1) + c2 y(2) : Bukti: y0

= [c1 y(1) + c2 y(2) ]0 = cy(1)0 + c2 y(2)0 = c1 Ay(1) + c2 Ay(2) = A(c1 y(1) + c2 y(2) ) = Ay:

4.2

Sistem Linier Homogen

Pada sub bab ini kita akan membahas sistem linier homogen y0 = Ay

(4.12)

Asumsikan matriks A = [ajk ] ukuran nxn adalah konstan. Akan dicari solusi dari (4.12). Dari bab I yang lalu, diketahui bahwa persamaan y 0 = ky mempunyai solusi y = Cekt : Untuk mencari solusi (4.12) tersebut, digunakan cara seperti pada persamaan orde I tersebut (bab I).

77

4.2. SISTEM LINIER HOMOGEN Ambil y = xe t ;

(4.13)

dan substitusikan persamaan tersebut ke dalam persamaan (4.12), sehingga diperoleh hasil: y0 = xe t = Ay = Axe t : Bagi persamaan tersebut dengan e t ; sehingga Ax = x

(4.14)

Solusi nontrivial dari (4.12) adalah bentuk (4.13), dengan adalah nilai eigen dari A dan x adalah vektor eigennya. Asumsikan A mempunyai basis dari n vektor eigen x(1) ; :::; x(n) yang berkaitan dengan nilai eigen 1 ; :::; n : Solusi yang berkaitan dengan (4.13) adalah y(1) = x(1) e

1t

; :::; y(n) = x(n) e

nt

(4.15)

dan mempunyai Wronskian: (1)

1t

x1 e (1) x2 e ::: (1) xn e

W (y(1) ; :::; y(n) ) =

1t

1t

(n)

::: x1 e (n) ::: x2 e ::: ::: (n) ::: xn e (1)

nt

nt

(n)

x1 (1) x2 ::: (1) xn

1 t+:::+ n t

= e

nt

::: x1 (n) ::: x2 ::: ::: (n) ::: xn

:

Pada sisi sebelah kanan, fungsi eksponensial tidak pernah nol dan determinannya tidak nol karena kolomnya adalah vektor eigen bebas linier yang membentuk basis. Theorem 12 : Solusi Umum Jika matriks konstanta A pada sistem (4.12) mempunyai himpunan yang bebas linier dari n vektor eigen, maka solusi yang berkaitan y(1) ; :::; y(n) pada (4.15) membentuk basis solusi dari (4.12) dan solusi umumnya adalah: y = c1 x(1) e

1t

+ ::: + cn x(n) e

nt

:

(4.16)

y10 = 3y1 + y2 y20 = y1 3y2 :

(4.17)

Example 80 : Nilai Eigen Riil Berbeda Tentukan solusi umum dari sistem linier homogen: y0 = Ay =

3 1

1 3

y; sehingga

Jawab: Dengan mensubstitusikan y = xe t dan y0 (t) = xe t dan ’menghilangkan’ fungsi eksponensialnya, diperoleh Ax = x: Persamaan karakteristiknya diperoleh dari: det(A

I) =

3

1 1

sehingga menghasilkan nilai eigen:

3 1

=

2

=

2 dan

2

+ 6 + 8 = 0;

=

4:

78


Dari persamaan (A

I) x = 0; diperoleh persamaan: ( 3

)x1 + x2

x1 + ( 3

)x2

= 0; = 0:

Untuk 1 = 2; diperoleh x1 + x2 = 0 dan x1 x2 = 0 atau x1 = x2 : Karena kedua persamaan di atas pada dasarnya sama, maka x1 dan x2 mempunyai banyak jawab. Untuk menentukan x1 dan x2 yang memenuhi persamaan tersebut, dapat diambil sebarang x1 dan x2 ; sehingga darinya dapat ditentukan 1 vektor eigen yang pertama, yaitu x(1) = : 1 Untuk 2 = 4; diperoleh persamaan x1 + x2 = 0 atau x1 = x2 : Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat ditentukan vektor eigen yang ke dua, 1 yaitu x(2) = : 1 Jadi solusi umumnya adalah: y1 y2

y

=

y

= c1

= c1 y(1) + c2 y(2) 1 1

e

2t

+ c2

1 1

4t

e

:

|

Example 81 : Titik Sadel. Masalah nilai awal Tentukan solusi umum dari sistem linier homogen berikut ini: y0 = Ay =

2 1

4 3

y; sehingga

y10 = 2y1 4y2 y20 = y1 3y2 ;

(4.18)

dan solusi khusus yang memenuhi syarat awal: y1 (0) = 3; y2 (0) = 0; atau kalau 3 dalam bentuk vektor dinyatakan dengan y(0) = : 0 Jawab: Persamaan karakteristik dari sistem linier tersebut di atas diperoleh dari: det (A

2

I) =

4 1

3

2

=

+

2 = 0;

sehingga diperoleh nilai eigen: 1 = 1 dan 2 = 2: Sedangkan vektor eigennya, diperoleh dari persamaan: (A

I)x =

2

4 1

3

x1 x2

=

0 0

;

yaitu: (2 x1

)x1 4x2 (3 + )x2

= 0; = 0:

Untuk = 1; diperoleh persamaan x1 4x2 = 0, sehingga x1 = 4x2 : Karena kedua persamaan di atas pada dasarnya sama, maka dapat diambil sebarang x1 dan x2 yang memenuhi persamaan di atas, sehingga diperoleh vektor eigen 4 : sebagai berikut: x(1) = 1 Dengan cara yang sama, dapat dilakukan untuk = 2; sehingga diperoleh persamaan 4x1 4x2 = 0 atau x1 x2 = 0 ) x1 = x2 : Dengan alasan yang

79

4.2. SISTEM LINIER HOMOGEN

sama, dapat diambil sebarang x1 dan x2 sehingga diperoleh vektor eigen yang 1 : ke dua, yaitu : x(2) = 1 Jadi solusi umumnya adalah: y=

y1 y2

4 1

= c1 y(1) + c2 y(2) = c1

1 1

et + c2

e

2t

Dari syarat awalnya, yaitu y1 (0) = 3 dan y2 (0) = 0 atau kalau dinyatakan secara 3 vektor y(0) = diperoleh: 0 y(0) = c1

4 1

1 1

+ c2

3 0

=

; sehingga

Dari dua persamaan tersebut diperoleh: c1 = 1 dan c2 = Jadi solusi khususnya adalah y=

4 1

1 1

et

e

2t

4c1 + c2 = 3 c1 + c2 = 0: 1:

y1 = 4et e 2t y2 = et e 2t :

atau

Suatu sistem yang lebih sederhana yang mempunyai titik sadel (pada titik asal 0) adalah 1 0 y 0 = y1 y0 = y ;sehingga 0 1 (4.19) 0 1 y2 = y2 Solusi umumnya adalah y =c1

1 0

0 1

et + c2

e

t

atau

y1 = c1 et atau y1 y2 = konstanta, y2 = c2 e t

yang merupakan keluarga hiperbola.

|

Example 82 : Pusat (Nilai Eigen Kompleks) Tentukan solusi umum dari sistem 0 4

y0 =

1 0

y10 = y2 : = 4y1

y; sehingga

y20

(4.20)

Jawab: Persamaan karakteristik dari sistem persamaan diferensial di atas diperoleh dari determinan karakteristik berikut: det(A

1

I) =

=

4

sehingga diperoleh nilai eigen: 1 = 2i dan dari persamaan (A I)x = 0; yaitu x1 + x2 4x1 x2 Untuk

1

2

2

=

+ 4 = 0; 2i: Vektor eigen diperoleh

= 0; = 0:

= 2i; diperoleh persamaan 2ix1 + x2 4x1

2ix2

= 0 ) x2 = 2ix1 ; = 0 ) 4x1 =

2ix2 :

80


Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk menentukan x1 dan x2 ; dapat diambil sebarang bilangan sehingga x1 dan x2 tersebut memenuhi per1 : samaan di atas. Vektor eigen yang diperoleh yaitu: x(1) = 2i Untuk 2 = 2i; diperoleh persamaan 2ix1 + x2 4x1 + 2ix2

= 0 ) x2 =

2ix1 ;

= 0 ) 4x1 = 2ix2 :

Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat dipilih x1 dan x2 sebarang, 1 sehingga diperoleh vektor eigen yang ke dua, yaitu x(2) = : 2i Jadi solusi umumnya adalah y(t) = c1 y(1) + c2 y(2) 1 e2it + c2 = c1 2i

(4.21) 1 2i

e

2it

;

atau y1 y2

= c1 e2it + c2 e 2it = 2i c1 e2it 2i c2 e

2it

Untuk ’menghilangkan’ i; perlu diingat bahwa i2 = kedua persamaan tersebut di atas diperoleh: y12 1 y2 2

:

1, sehingga dengan mengkuadratkan

= c21 e4it + 2c1 c2 + c22 e

4it

;

2

c21 e4it + 2c1 c2

=

c22 e

4it

:

Dengan menjumlahkan kedua persamaan tersebut, diperoleh: 1 y12 + y22 = 4c1 c2 = konstanta. 4 Karena solusinya merupakan solusi kompleks, maka e2it = cos 2t + i sin 2t; e

2it

= cos 2t

i sin 2t;

sehingga solusinya berubah menjadi: y(1)

1 2i

=

1 2i

=

cos 2t + i sin 2t 2i cos 2t 2 sin 2t

e2it =

(cos 2t + i sin 2t) cos 2t 2 sin 2t

=

(4.22) sin 2t 2 cos 2t

+i

:

Dengan cara yang sama, diperoleh: y(2)

1 2i

=

1 2i

=

cos 2t i sin 2t 2i cos 2t 2 sin 2t

e

2it

=

(cos 2t

i sin 2t)

cos 2t 2 sin 2t

=

(4.23) i

sin 2t 2 cos 2t

sehingga solusi umumnya berubah menjadi: y

= c1 y(1) + c2 y(2) cos 2t = (c1 + c2 ) 2 sin 2t

+ i(c1

c2 )

sin 2t 2 cos 2t

:

;

81


Apabila solusi tersebut disubstitusikan ke dalam sistem persamaan pada soal di atas, maka dapat diketahui bahwa bagian real dan imajiner yang ada di persamaan [(4.22) dan (4.23)] adalah solusi. Tulis u=

u1 u2

cos 2t 2 sin 2t

=

v1 v2

; dan v =

sin 2t 2 cos 2t

=

Solusi real ini membentuk basis, karena Wronskiannya tak nol, yaitu cos 2t 2 sin 2t

W (u; v) =

sin 2t 2 cos 2t

= 2 cos2 2t + 2 sin2 2t = 2;

sehingga solusi umum real dari sistem persamaan diferensialnya adalah y=

y1 y2

cos 2t 2 sin 2t

= Au+Bv =A

sin 2t 2 cos 2t

+B

;

(4.24)

dengan A = c1 + c2 dan B = i(c1 c2 ): Solusi ini menyatakan elips yang sama seperti pembahasan sebelumnya, karena 1 y12 + y22 = (A2 + B 2 )(cos2 2t + sin2 2t) = A2 + B 2 = konstanta. 4

| (4.25)

Example 83 : Titik Spiral (Nilai Eigen Kompleks) Tentukan solusi umum dari 1 1

y0 =

1 1

y10 = y1 + y2 y20 = y1 y2 :

y; sehingga

(4.26)

Jawab: Persamaan karakteristiknya diperoleh dari determinan karakteristik: det(A

I) =

1

1 1

1

Nilai eigennya diperoleh dari: 1;2 = 12 (2) 1 + i dan 2 = 1 i: 1 = Vektor eigennya diperoleh dari persamaan: 1

1 1

1

= 1 2

1

=

+ 2 + 2 = 0:

p 4

x1 x2

( 1 )x1 + x2 x1 + ( 1 )x2 Untuk

2

4(2) =

0 0

=

1

i; sehingga

;

= 0; = 0:

1 + i; maka ix1 + x2 x1 ix2

= 0 ) x2 = ix1 ; = 0 ) x1 = ix2 :

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk menentukan x1 dan x2 ; dapat diambil sebarang bilangan sehingga x1 dan x2 yang diperoleh, memenuhi kedua persamaan tersebut. Ambil x1 = 1; maka x2 = i; sehingga vektor eigen 1 : yang pertama adalah x(1) = i Untuk 2 = 1 i; maka diperoleh persamaan: ix1 + x2 x1 + ix2

= 0 ) x2 =

ix1 ;

= 0 ) x1 = ix2 :

82


Dengan alasan yang sama seperti di atas, maka diambil sebarang bilangan untuk x1 dan x2 yang memenuhi persamaan di atas. Ambil x1 = 1; maka x2 = i; 1 sehingga vektor eigen yang ke dua adalah x(2) = : i Jadi solusi umum dari sistem persamaan linier di atas adalah = c1 y(1) + c2 y(2) ; 1 e( 1+i) t + c2 = c1 i

y

(4.27) 1 i

e(

1 i) t

:

Solusi persamaan linier di atas dapat dinyatakan dalam bentuk: y(1)

1 i

=

e(

1+i) t

e t cos t e t sin t

=

e t (cos t + i sin t) ie t (cos t + i sin t)

=

t

+i

e e

=

e t (cos t i sin t) ie t (cos t i sin t)

t

sin t cos t

;

dan y(2)

=

1 i

=

e t cos t e t sin t

e(

1 i) t

e e

i

t t

sin t cos t

:

Jadi y

= = =

c1 y(1) + c2 y(2) e t cos t c1 e t sin t (c1 + c2 )

e e

+i

e t cos t e t sin t

t t

sin t cos t

+ i (c1

e t cos t e t sin t

+ c2 e e

c2 )

t t

sin t cos t

i

e e

t t

:

Bagian riil dan imajiner di sebelah kanan persamaan adalah solusi dari (4.26), sebut saja u dan v; dengan e t cos t e t sin t

u=

dan

e e

v=

t t

sin t cos t

:

u dan v membentuk basis, karena Wronskiannya tak nol, yaitu W (u; v) =

e t cos t e t sin t

e e

t t

sin t cos t

=e

2t

(cos2 t + sin2 t) = e

2t

:

Solusi umum riil yang berhubungan dengan sistem persamaan linier di atas adalah: y

= = A

y1 y2

= Au + Bv; e t cos t e t sin t

+B

(4.28) e e

t t

sin t cos t

dengan komponen: y1 = e t (A cos t + B sin t); y2 = e t (B cos t A sin t): Persamaan di atas menggambarkan suatu gra…k spiral.

;

|

sin t cos t

83


4.2.1

Tak ada basis dari vektor eigen yang ada

Apabila didapati kasus dengan A tidak punya basis vektor eigen, maka akan didapatkan solusi bebas linier yang lebih sedikit daripada persamaan (4.12). Bagaimanakah mencari basis solusi dalam kasus seperti ini ? Misalkan adalah nilai eigen yang dobel dari A [diperoleh dari det (A I) yang mempunyai faktor ( )2 ]; dengan hanya diperoleh satu vektor eigen x (bukan dua vektor yang bebas linier seperti biasanya), sehingga hanya didapatkan satu solusi y(1) = xe t : Solusi ke dua dapat dicari dari persamaan (4.12) dengan jalan mensubstitusikan: y(2) = xte t + ue t (4.29) ke dalam persamaan (4.12). Turunan pertama dari solusi ke dua tersebut adalah y(2)0 = xe

t

+ xte

t

+ ue

t

= Ay(2) = Axte

t

+ Aue t :

Dari persamaan di atas diperoleh: xte t = Axte t ; sehingga x = Ax; dan xe t + ue t = Aue t ; sehingga x + u = Au: Jadi (A I) u = x Meskipun det (A u:

(4.30)

I) = 0; persamaan liniernya selalu dapat diselesaikan untuk

Example 84 : Tentukan solusi umum dari y0 = Ay =

4 1

1 2

y:

Jawab: Persamaan karakteristik dari sistem linier di atas diperoleh dari determinan karakteristik berikut ini, yaitu det (A

I) =

4

1 1

2

=

2

6 +9=(

3)2 = 0;

yang mempunyai akar dobel = 3: Vektor eigen diperoleh dari persamaan (4 )x1 + x2 x1 + (2 )x2 Untuk

= 0; = 0:

= 3; diperoleh persamaan x1 + x2 x1 x2

= 0 ) x1 = = 0 ) x1 =

x2 ; x2 :

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk mencari x1 dan x2 ; dapat diambil sebarang bilangan. Ambil x1 = 1; maka x2 = 1; sehingga vektor eigen yang pertama adalah 1 : Dari persamaan (4.30), diperoleh: x(1) = 1

1 1

(A 3I) u = x 1 u = 1

1 1

; sehingga

u1 + u2 = 1 : u1 u2 = 1

84


Karena kedua persamaan tersebut sama, maka kita dapat mengambil sebarang u1 dan u2 yang memenuhi persamaan tersebut di atas. Dengan mengambil 0 ; akan memberikan jawaban untuk sistem persamaan linier di atas u= 1 sebagai berikut, yaitu: y

= c1 y(1) + c2 y(2) 1 = c1 e3t + c2 1

1 1

t+

0 1

e3t :

|

Jika A mempunyai tripel nilai eigen dan hanya satu vektor eigen x bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen tersebut, maka solusi ke dua didapatkan dari (4.29) dengan u yang memenuhi persamaan (4.30), dan solusi ke tiganya berbentuk: 1 (4.31) y(3) = xt2 e t + ute t + ve t ; 2 dengan u memenuhi persamaan (4.30) dan v yang ditentukan dari (A

I)v = u;

(4.32)

yang selalu dapat diselesaikan. Apabila A mempunyai tripel nilai eigen dan dua vektor eigen x(1) ; x(2) yang bebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen tersebut, maka ketiga solusi yang bebas linier tersebut adalah y(1) = x(1) e t ; y(2) = x(2) e t ; y(3) = xte

t

+ ue

t

(4.33)

dengan x adalah kombinasi linier dari x(1) dan x(2) ; sehingga (A

I)u = x;

dapat diselesaikan untuk u:

4.2.2

Latihan

Tentukan solusi umum dari sistem persamaan diferensial berikut ini: y10 = y2 1. y20 = y1 y10 = 2y1 + 3y2 2. y20 = 13 y1 + 2y2 y10 = 4y1 6y2 3. y20 = y1 + y2 Selesaikan masalah nilai awal berikut: y10 = 2y2 4. y20 = 2y1 y1 (0) = 9; y2 (0) = 15: y10 = 2y1 + 4y2 5. y20 = y1 + 2y2 y1 (0) = 4; y2 (0) = 4: y10 = y1 + 4y2 6. y20 = 3y1 2y2 y1 (0) = 3; y2 (0) = 4

(4.34)

85

4.3. SISTEM LINIER NONHOMOGEN

4.3

Sistem Linier Nonhomogen

Suatu sistem linier nonhomogen mempunyai bentuk y0 = Ay + g

(4.35)

dengan vektor g(t) tidak identik dengan nol. Asumsikan bahwa g(t) dan matriks A(t) ukuran n n; kontinu pada suatu interval J pada sumbu t: Solusi umum y(h) (t) dari sistem homogen y0 = Ay pada J; dan solusi khusus y (k) (t) dari persamaan (4.35) pada J; akan membentuk solusi umum sistem persamaan (4.35) pada J, yaitu y = y(h) + y(k) ; (4.36) karena meliputi setiap solusi dari (4.35) pada J:

4.3.1

Metode Koe…sien Taktentu

Metode ini dapat digunakan jika komponen dari g adalah bilangan bulat t; fungsi eksponensial atau sinus dan cosinus. Untuk lebih memperjelas pemahaman pembaca, perhatikan contoh di bawah ini. Example 85 : Metode koe…sien taktentu Tentukan solusi umum dari sistem linier nonhomogen: 2 1

y0 = Ay + g =

4 3

2t2 + 10t t2 + 9t + 3

y+

:

Jawab: Dengan melihat bentuk g di atas, y(k) dapat diasumsikan dalam bentuk y(k) = u + vt + wt2 ; dan vektor-vektor u; v, dan w dapat ditentukan. Dengan substitusi, diperoleh turunan pertama dari solusi khusus y(k) ; yaitu: y(k)0 = v + 2wt = Au + Avt + Awt2 + g; dengan komponen-komponen: v1 v2

+

2w1 t 2w2 t

=

2u1 u1

4u2 3u2

+

2w1 w1

4w2 3w2

t2 +

2v1 v1

4v2 3v2

t+

2t2 + 10t t + 9t + 3 2

:

Dengan menyamakan bagian- t2 pada ke dua sisi, diperoleh: 0 = 2w1 4w2 + 2; 0 = w1 3w2 + 1; sehingga w1 = 1 dan w2 = 0: Dengan memandang t diperoleh: 2w1 = 2v1 4v2 + 10; 2w2 = v1 3v2 + 9; sehingga v1 = 0 dan v2 = 3: Dari bagian konstantanya, diperoleh: v1 = 2u1 4u2 ; v2 = u1 3u2 + 3; sehingga u1 = 0 dan u2 = 0: Jadi solusi khususnya adalah: y(k) = u + vt + wt2 =

0 0

+

0 3

t+

1 0

t2 =

t2 3t

:

Dari contoh 2 pada sub bab 4.3, diperoleh solusi umum dari sistem homogennya, yaitu: y(h) = c1

4 1

et + c2

1 1

e

2t

;

sehingga solusi umum dari sistem linier nonhomogennya adalah: y = y(h) + t2 1 4 : | e 2t + et + c2 y(k) = c1 3t 1 1

86


Example 86 : Modi…kasi dari metode koe…sien taktentu Tentukan solusi umum dari 3 1

y0 = Ay + g =

1 3

6 2

y+

e

2t

:

Jawab: Solusi umum dari sistem homogennya (lihat contoh 1 pada sub bab 4.3) adalah: 1 1

y(h) = c1

2t

e

1 1

+ c2

e

4t

:

Karena = 2 adalah nilai eigen dari A; maka dapat diasumsikan bahwa y(k) = ute 2t + ve 2t : Dengan substitusi, diperoleh: y(k)0 = ue 2t 2ute 2t 2ve 2t = Aute 2t + Ave 2t + g: Dengan menyamakan bagian te 2t pada kedua sisi, diperoleh 2u = Au: Jadi u adalah vektor eigen dari A yang berkaitan dengan = 2; sehingga uT = a ( 1 1 ): Dengan menyamakan bagian-bagian yang lain, diperoleh: u

6 2

2v = Av +

6 2

; karena g =

6 =a 2 dengan komponen-komponennya sebagai berikut: sehingga Av + 2v = (A + 2I)v = u

v1 + v2

= a+6

v1

= a

v2

e

2t

;

6 2

1 1

;

2:

Karena v1 +v2 = (v1 v2 ); maka agar kedua persamaan tersebut mempunyai solusi, seharusnya a + 6 = (a 2); sehingga a = 2: Kemudian v1 + v2 = 4 atau v2 = v1 + 4: Misalkan v1 = k; maka v2 = k + 4; sehingga 1 1

v =k

0 4

+

; 0 4

dengan dapat dipilih sebarang k: Misalkan k = 0; maka v =

; sehingga

solusi khusus y(p) adalah y(k)

= ute =

2t

2t

+ ve 1 te 1

2

2t

+

0 4

e

2t

:

Jadi solusi umum sistem persamaan nonhomogen tersebut adalah: y

= y(h) + y(k) 1 = c1 e 1

2t

+ c2

1 1

e

4t

2

1 1

te

2t

+

0 4

e

2t

:

Untuk pilihan k yang lain, akan didapatkan v yang lain pula, seperti misalnya apabila diambil k = 2; maka vT = ( 2 2 ); sehingga solusi umumnya menjadi: y = c1

1 1

e

2t

+ c2

1 1

e

4t

2

1 1

te

2t

+

2 2

e

2t

:

|

87

4.4. APLIKASI SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

4.3.2

Latihan

Tentukan solusi umum dari sistem linier nonhomogen berikut ini: y10 = y2 + 6e2t 1. y20 = y1 3e2t y10 = 3y1 + y2 + 3 cos t 2. y20 = y1 3y2 2 cos t 3 sin t y10 = y2 5 sin t 3. y20 = 4y1 + 17 cos t Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: y10 = 5y2 + 23 y1 (0) = 1; y2 (0) = 2: 4. y20 = 5y1 + 15t y10 = 4y1 + 8y2 + 2 cos t 16 sin t y1 (0) = 0; y2 (0) = 1; 75: 5. y20 = 6y1 + 2y2 + cos t 14 sin t y10 = 5y1 + 4y2 5t2 + 6t + 25 y1 (0) = 0; y2 (0) = 0: 6. y20 = y1 + 2y2 t2 + 2t + 4

4.4

Aplikasi Sistem Persamaan Diferensial

Example 87 : Diketahui dua buah tangki air T1 dan T2 : Pada awalnya tangki T1 memuat 100 gallon air murni dan tangki T2 memuat 100 gallon air dengan 150 lb pupuk yang dilarutkan ke dalamnya. Larutan tersebut mengalir melalui tangki-tangki tersebut pada kecepatan konstan, yaitu 2 gal/min, dan larutan tersebut dijaga keseragamannya dengan cara mengaduknya. Jika y1 (t) dan y2 (t) menyatakan banyaknya pupuk dalam tangki T1 dan T2 ; maka kecepatan perubahan y10 (t) dari y(t) sama dengan aliran yang masuk ke tangki (in‡ow ) per menit dikurangi aliran yang keluar dari tangki (out‡ow ).per menit. Demikian juga dengan y20 (t) dari y2 (t): Tentukan banyaknya pupuk y1 (t) dan y2 (t) dalam tangki T1 dan T2 tersebut pada saat t: Jawab: I. Tahap Pemodelan Kecepatan perubahan y10 (t) dari y1 (t) adalah y10 (t) = in‡ow/menit - out‡ow/menit 2 2 y2 y1 = 100 100 sedangkan kecepatan perubahan y20 (t) dari y2 (t) adalah y20 (t) = in‡ow/menit - out‡ow/menit 2 2 = y1 y2 100 100 Model matematika dari masalah tersebut adalah y10 y20

= 0; 02y1 + 0; 02y2 = 0; 02y1 0; 02y2 :

Dalam bentuk matriks dapat dinyatakan sebagai berikut: Y

0

=

y10 y20

dan

A=

0; 02 0; 02

sehingga sistem persamaan diferensialnya berbentuk: Y 0 = AY :

0; 02 0; 02

;

88


II. Tahap Mencari Solusi Umum Untuk mencari solusinya, terlebih dulu dicari nilai-nilai eigen yang diperoleh dari det (A

I)

0; 02 0; 02

= ()

0; 02 0; 02 2

( 0; 02

=0 2

)

(0; 02) = 0

2

() () () =

+ 0; 04 + 0; 0004 + 0; 04 = 0 ( + 0; 04) = 0 0 atau = 0; 04:

0; 0004 = 0

2

Dari nilai eigen yang diperoleh, kemudian ditentukan vektor eigennya dengan cara mensubstitusikan nilai eigen tersebut ke dalam persamaan Ax = 0: a) Untuk nilai eigen = 0; diperoleh vektor eigen sebagai berikut: 0 0 = 0 =) x1 = x2

x1 0; 02 x2 0; 02 0; 02x1 + 0; 02x2

0; 02 0; 02

=

Karena dari persamaan Ax = 0 diperoleh dua persamaan yang sama dalam x1 dan x2 ; maka kita dapat mengambil sebarang x1 dan x2 : Misalkan diambil x1 = 1; maka x2 = 1; sehingga diperoleh vektor eigen yang pertama, yaitu 1 : x(1) = 1 b) Untuk nilai eigen = 0; 04; diperoleh vektor eigen sebagai berikut: 0; 02 0; 02

x1 x2

0; 02 0; 02

0 0

=

x1 0; 02 0; 02 0; 02 0; 02 x2 0; 02x1 + 0; 02x2

0 0 = 0 =) x1 =

=

x2 :

Dengan alasan yang sama seperti di atas, maka dapat diambil sebarang x1 dan x2 : Misalkan x1 = 1; maka x2 = 1; sehingga diperoleh vektor eigen yang 1 : Dari kedua nilai eigen tersebut selanjutnya dapat kedua, yaitu x(2) = 1 ditentukan basis solusi umumnya, yaitu y (1)

= x(1) e

1t

=

y (2)

= x(2) e

2t

=

1 1

1 1

e0:t =

1 1

e

0;04t

:

Jadi solusi umumnya adalah y

= c1 y (1) + c2 y (2) 1 = c1 + c2 1

1 1

e

0;04t

:

III. Tahap Mencari Solusi Masalah Nilai Awal Dari syarat awal yang dikemukakan pada soal, yaitu y1 (0) = 0 dan y2 (0) = 150; diperoleh y(0)

= ()

0 150 c1 + c2 c1 c2

= c1 =

1 1 0 150

+ c2 :

1 1

:

4.4. APLIKASI SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

89

Dengan eliminasi diperoleh c1 = 75 dan c2 = 75: Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah 1 1 e 0;04 t ; 75 y(t) = 75 1 1 dengan komponen-komponennya sebagai berikut: y1 (t) = 75 75e y2 (t) = 75 + 75e

0;04t 0;04t

:

Dari dua persamaan tersebut dapat diketahui bahwa gra…knya simetri dan nilai limitnya menuju ke 75, jika t ! 1: Dengan kata lain, y1 dan y2 konvergen ke 75. IV. Kesimpulan Jadi banyaknya pupuk y1 dan y2 di tangki T1 dan T2 pada saat t adalah y1 (t) = 75 75e 0;04t dan y2 (t) = 75 + 75e 0;04t : |

4.4.1

Latihan

1. Diketahui dua buah tangki air T1 dan T2 ; :yang dihubungkan dengan dua buah pipa, sehingga air dari tangki T1 dapat mengalir melalui pipa tersebut ke tangki T2 : Demikian pula sebaliknya, air dapat mengalir melalui pipa dari tangki T2 ke T1 : Pada awalnya tangki T1 memuat 100 gallon air murni dan tangki T2 memuat 100 gallon air dengan 90 lb (pound) garam yang dilarutkan ke dalamnya. Larutan tersebut mengalir melalui tangki-tangki tersebut pada kecepatan konstan, yaitu 4 gal/min, dan larutan tersebut dijaga keseragamannya dengan cara mengaduknya. Tentukan banyaknya garam y1 (t) dan y2 (t) dalam tangki T1 dan T2 tersebut pada saat t: 2. Pertanyaan ini berkaitan dengan soal nomor 1. Bagaimana kalau tangki T1 diganti dengan tangki yang 200 galon? Jelaskan pendapatmu. 3. Pertanyaan ini berkaitan dengan soal nomor 1. Bagaimana kalau ukuran kedua tangki dikurangki 50 galon? Jelaskan pendapatmu.

90


Chapter 5

Solusi Deret Persamaan Diferensial 5.1

Metode Deret Kuasa

Metode Deret Kuasa adalah suatu metode standar untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier dengan koe…sien peubah. Metode ini akan menghasilkan solusi yang berbentuk deret kuasa. Deret ini dapat digunakan untuk menghitung nilai-nilai solusi, untuk menjelajahi sifat-sifatnya, dan untuk menurunkan representasi-representasi lain dari solusi tersebut. Pada sub bab ini, akan dijelaskan dan digambarkan ide-ide dasar dari metode tersebut.

5.1.1

Deret Kuasa

Dari kalkulus yang sudah dipelajari, deret kuasa adalah suatu deret takhingga yang berbentuk 1 X

x0 )m = a0 + a1 (x

am (x

x0 ) + a2 (x

x0 )2 + :::

(5.1)

m=0

dengan a0 ; a1 ; a2 ; ... adalah konstanta, dan disebut juga sebagai koe…sien dari deret tersebut. x0 adalah suatu konstanta dan disebut sebagai pusat dari deret, dan x adalah suatu peubah. Dalam kasus x0 = 0; akan diperoleh suatu deret kuasa dalam derajat x 1 X

am xm = a0 + a1 x + a2 x2 + :::

m=0

Contoh deret kuasa yang paling dikenal adalah deret Maclaurin 1 1

x

=

1 X

xm = 1 + x + x2 + :::

m=0

(bila jxj < 1; disebut deret geometrik). x

e

=

cos x = sin x =

1 X xm

m=0 1 X

m!

=1+x+

x2 x3 + + ::: 2! 3!

( 1)m x2m =1 (2m)! m=0

1 X ( 1)m x2m+1 =x (2m + 1)! m=0

91

x2 x4 + + ::: 2! 4! x3 x5 + + ::: 3! 5!

(5.2)

92

CHAPTER 5. SOLUSI DERET PERSAMAAN DIFERENSIAL

Ide dari metode deret kuasa sebenarnya sederhana dan alami. Pertama-tama, dengan menjelaskan prosedur praktik dan menggambarkannya untuk persamaan yang sederhana yang sudah diketahui, maka dapat dilihat apa yang sedang terjadi. Perhatikan persamaan diferensial berikut: y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0:

(5.3)

Pertama-tama, nyatakan p(x) dan q(x) dengan deret kuasa dalam derajat x (atau x x0 jika solusi dalam derajat x x0 diinginkan). Seringkali, p(x) dan q(x) adalah suku banyak (polinom). Selanjutnya, asumsikan solusi dalam bentuk deret kuasa dengan koe…sien tak diketahui sebagai berikut: y=

1 X

am xm = a0 + a1 x + a2 x2 + :::

(5.4)

m=0

Dengan diferensiasi, diperoleh 0

y =

1 X

mam xm

1

= a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + :::

dan

(5.5)

m=1 00

y =

1 X

m(m

1)am xm

2

= 2a2 + 3:2a3 x + 4:3a4 x2 + :::

(5.6)

m=2

Masukkan deret-deret tersebut ke dalam persamaan (5.3), lalu kelompokkan bagian-bagian yang memuat derajat x dari x0 ; x1 ; x2 ; dan seterusnya, sehingga dapat ditentukan koe…sien-koe…sien tak diketahui dalam persamaan (5.4). Example 88 : Selesaikan persamaan diferensial berikut: y 0

y = 0:

Jawab: Tahap pertama, masukkan persamaan (5.4) dan (5.5) ke dalam persamaan diferensial, sehingga diperoleh: (a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + :::) (a0 + a1 x + a2 x2 + :::) = 0 (a1 a0 ) + (2a2 a1 )x + (3a3 a2 )x2 + :::: = 0: Dengan menyamakan koe…sien dari setiap derajat x dalam persamaan tersebut, diperoleh: a1

a0 = 0;

2a2

a1 = 0;

3a3

a2 = 0; dan seterusnya.

Koe…sien-koe…sien a1 ; a2 ; a3 ; dan seterusnya, dapat dinyatakan dalam a0 ; sehingga diperoleh hasil sebagai berikut, yaitu a1 = a0 ; a2 =

1 1 1 1 a1 = a0 ; a3 = a2 = a0 ; dan seterusnya. 2 2! 3 3!

Dengan demikian, koe…sien dari deret kuasa pada persamaan (5.4) dapat dinyatakan sebagai: a0 a0 y = a0 + a0 x + x2 + x3 + :::; 2! 3! yang dapat disederhanakan dalam bentuk yang sudah diketahui, yaitu y = a0 1 + x +

x3 x2 + + :: 2! 3!

= a0 ex :

|

93

5.1. METODE DERET KUASA Example 89 : Selesaikan y 0 = 3x2 y: Jawab:

Dengan memasukkan persamaan (5.4) dan (5.5) ke dalam persamaan diferensial tersebut, diperoleh hasil: (a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + :::) = 3x2 (a0 + a1 x + a2 x2 + :::) a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + 4a4 x3 + ::: = 3a0 x2 + 3a1 x3 + 3a2 x4 + ::: Dengan membandingkan ke dua sisi dalam persamaan tersebut, diperoleh: a1 = 0;

2a2 = 0;

3a3 = 3a0 ;

4a4 = 3a1 ;

5a5 = 3a2 ;

6a6 = 3a3 ; :::

Karena a1 = 0; a2 = 0; maka akibatnya a4 = 0; a5 = 0; :::; sehingga 1 1 1 1 a3 = a0 ; a6 = a3 = a0 ; a9 = a6 = a0 ; ::: 2 2! 3 3! Dengan mensubstitusikan hasil tersebut, maka persamaan (5.4) menjadi 1 1 a0 x6 + a0 x9 + :::; 2! 3! sehingga solusi dari persamaan diferensial tersebut adalah 3 1 1 | y = a0 (1 + x3 + x6 + x9 + :::) = a0 ex : 2! 3! Example 90 : y = a0 + a3 x3 + a6 x6 + a9 x9 + ::: = a0 + a0 x3 +

Selesaikan persamaan diferensial: y 00 + 9y = 0: Jawab: Dengan memasukkan persamaan (5.4) dan (5.6) ke dalam persamaan diferensial tersebut, diperoleh hasil: (2a2 + 3:2a3 x + 4:3a4 x2 + :::) + 9(a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + :::) = 0 (2a2 + 9a0 ) + (3:2a3 + 9a1 )x + (4:3a4 + 9a2 )x2 + ::: = 0 Dengan membandingkan ke dua sisi dalam persamaan tersebut, diperoleh: 2a2 + 9a0 4:3a4 + 9a2

= 0; 3:2a3 + 9a1 = 0; = 0; 5:4a5 + 9a3 = 0;

::: ;

sehingga 9 9 9 a0 ; a3 = a1 = a1 ; 2! 3:2 3! 2 2 9 9 9 a4 = a2 = a0 = a0 ; 4:3 4:3:2 4! 92 92 9 a3 = a1 = a1 ; ::: a5 = 5:4 5:4:3:2 5! dengan a0 dan a1 konstanta sebarang. Dengan mensubstitusikan hasil tersebut, persamaan (5.4) menjadi a2

=

9 9 92 92 a0 x2 a1 x3 + a0 x4 + a1 x5 + ::: 2! 3! 4! 5! 32 2 34 4 32 3 34 5 y = a0 (1 x + x +:::) + a1 (x x + x +:::): 2! 4! 3! 5! Bentuk y yang terakhir ini sudah dikenal sebagai bentuk deret kuasa dari sinus dan cosinus, sehingga solusi persamaan diferensial di atas dapat dituliskan menjadi y = a0 cos 3x + a1 sin 3x: | y

= a0 + a1 x +

94


5.1.2

Latihan

Selesaikan persamaan diferensial berikut ini dengan menggunakan metode deret kuasa. 1: y 0 = 3y 2: (1 x)y 0 = y 3: y 0 = 2xy 00 00 0 4: y = 4y 5: y = y 6: y 00 + 4y = 0

5.2

Teori Metode Deret Kuasa

5.2.1

Konsep Dasar

Deret kuasa adalah deret tak hingga yang berbentuk 1 X

am (x

x0 )m = a0 + a1 (x

x0 ) + a2 (x

x0 )2 + :::;

(5.7)

m=0

dengan peubah x, pusat x0 ; koe…sien a0 ; a1 ; a2 , ... adalah riil. Jumlah parsial ke-n dari (5.7) adalah sn (x) = a0 + a1 (x

x0 ) + a2 (x

x0 )2 + ::: + an (x

x0 )n ;

(5.8)

dengan n = 0; 1; :::. Jika bagian (5.8) dihilangkan dari persamaan (5.7), maka sisanya adalah Rn (x) = an+1 (x

x0 )n+1 + an+2 (x

x0 )n+2 + :::.

Rn (x) ini disebut sebagai sisa dari (5.7) setelah bagian an (x Sebagai contoh, dalam kasus deret geometrik:

(5.9)

x0 )n :

1 + x + x2 + ::: + xn + :::; diperoleh s0 s1 s2

= 1; = 1 + x; = 1 + x + x2 ;

R0 = x + x2 + x3 + ::: R1 = x2 + x3 + x4 + ::: R2 = x3 + x4 + x5 + :::; dan seterusnya.

Dengan demikian, persamaan (5.7) berkaitan dengan barisan jumlah parsial s0 (x); s1 (x); s2 (x); :::. Jika untuk suatu x = x1 ; barisan tersebut konvergen, yaitu lim sn (x1 ) = s(x1 ); n!1

maka deret (5.7) disebut konvergen pada x = x1 :Bilangan s(x1 ) disebut nilai atau jumlah dari (5.7) pada x1 ; dan ditulis s(x1 ) =

1 X

am (x1

x0 )m :

m=0

Maka untuk setiap n berlaku s(x1 ) = sn (x1 ) + Rn (x1 ):

(5.10)

Jika barisan tersebut menyebar pada x = x1 ; maka deret (5.7) disebut divergen pada x = x1 : Dalam kasus kekonvergenan, untuk suatu positif, ada N (yang bergantung pada ); sedemikian sehingga jRn (x1 )j = js(x1 )

sn (x1 )j < ;

untuk semua n > N:

(5.11)

Hal ini berarti, bahwa secara geometrik, semua sn (x1 ); dengan n > N; terletak di antara s(x1 ) dan s(x1 ) + : Prakteknya, hal ini berarti bahwa dalam kasus kekonvergenan, kita dapat menaksir jumlah s(x1 ) dari (5.7), dengan sn (x1 ) seakurat mungkin yang kita inginkan, dengan mengambil n yang cukup besar.

95

5.2. TEORI METODE DERET KUASA Selang kekonvergenan. Jari-jari kekonvergenan

1. Deret (5.7) selalu konvergen pada x = x0 ; karena semua bagiannya sama dengan nol, kecuali bagian pertamanya, yaitu a0 : Dalam kasus khusus, hal ini mungkin merupakan satu-satunya x di mana (5.7) konvergen.

2. Jika ada nilai x yang lain di mana deret konvergen, nilai-nilai ini membentuk suatu selang, yang disebut selang kekonvergenan. Jika selang ini berhingga, maka ia mempunyai titik tengah (midpoint) x0 ; sehingga jx

x0 j < R:

(5.12)

Deret (5.7) konvergen untuk semua x sedemikian sehingga jx x0 j < R; dan divergen untuk semua x sedemikian sehingga jx x0 j > R: Bilangan R ini disebut jari-jari kekonvergenan dari (5.7). R ini juga dapat diperoleh dengan menggunakan rumus lain, yaitu

R = 1= lim

m!1

p jam j

(5.13)

am+1 am

(5.14)

m

atau

R = 1= lim

m!1

bila limitnya ada dan tidak sama dengan nol. (Jika selang ini tak hingga, maka (5.7) konvergen hanya pada titik pusat x0 ):

3. Selang kekonvergenan kadang-kadang tak hingga, yaitu (5.7) konvergen untuk semua x: Sebagai contoh, jika limit dalam (5.13) dan (5.14) nol, muncul kasus ini. Biasanya orang akan menulis R = 1; untuk mudahnya.

Untuk masing-masing x di mana (5.7) konvergen, mempunyai nilai s(x) yang tertentu. Dikatakan bahwa (5.7) menyatakan fungsi s(x) dalam selang kekonvergenan, dan ditulis sebagai

s(x) =

1 X

m=0

am (x

x0 )m ;

dengan

jx

x0 j < R:

(5.15)

96


Example 91 : Kasus 1, kekonvergenan hanya pada pusatnya Dalam kasus deret 1 X

m!xm = 1 + x + 2x2 + 6x3 + :::;

m=0

diketahui bahwa am = m!; dan dalam (5.14), am+1 (m + 1)! = m + 1 ! 1; = am m!

jika m ! 1:

Jadi deret ini konvergen hanya pada pusat x = 0: Deret yang demikian ini tidak berguna. Example 92 : Kasus 2, kekonvergenan dalam selang berhingga. Deret Geometrik Untuk deret geometrik, 1 1

x

=

1 X

xm = 1 + x + x2 + :::;

(jxj < 1)

m=0

diketahui bahwa am = 1; untuk semua m; dan dari persamaan (5.13), diperoleh R = 1; sehingga deret geometriknya konvergen dan mewakili 1=(1 x); jika jxj < 1: Example 93 : Kasus 3, kekonvergenan untuk semua x Dalam kasus deret ex =

1 X xm

m=0

diperoleh am =

1 m! ;

m!

=1+x+

x2 x3 + + ::: 2! 3!

sehingga dalam (5.14)

am+1 1=(m + 1)! 1 = = ! 0; am 1=m! m+1

jika m ! 1;

sehingga deret tersebut konvergen untuk semua x: Example 94 : Petunjuk untuk beberapa masalah Carilah jari-jari kekonvergenan dari deret 1 X ( 1)m 3m x =1 8m m=0

x3 x6 + 8 64

x9 + :::. 512

Jawab: Deret tersebut merupakan deret yang derajatnya t = x3 ; dengan koe…sien am = ( 1)m =8m ; sehingga dalam (5.14) 8m 1 am+1 = m+1 = : am 8 8 Jadi R = 8; sehingga deret tersebut konvergen untuk jtj < 8; yaitu jxj < 2:

|

97

5.2. TEORI METODE DERET KUASA Operasi pada Deret Kuasa

Dalam metode deret kuasa, operasi yang diperbolehkan digunakan adalah menurunkan (di¤erentiate), menambah dan mengalikan deret kuasa. 1. Menurunkan bagian demi bagian Deret kuasa dapat diturunkan bagia demi bagian. Jelasnya, jika y(x) =

1 X

am (x

x0 )m

m=0

konvergen untuk jx x0 j < R; dengan R > 0; maka deret yang diperoleh dengan menurunkan bagian demi bagian juga konvergen untuk x tersebut dan menyatakan turunan y 0 dari y untuk x tersebut, yaitu y 0 (x) =

1 X

mam (x

x0 )m

1

;

(jx

x0 j < R) :

; (jx

x0 j < R);

m=1

Dengan cara yang sama, diperoleh y 00 ; yaitu y 00 (x) =

1 X

m(m

1)am (x

x0 )m

2

m=2

dan seterusnya. 2. Menjumlahkan bagian demi bagian Dua deret kuasa dapat dijumlahkan bagian demi bagian. Lebih tepatnya, jika deret 1 1 X X am (x x0 )m dan bm (x x0 )m (5.16) m=0

m=0

mempunyai jari-jari kekonvergenan yang positif dan jumlahnya adalah f (x) dan g(x), maka deret 1 X (am + bm )(x x0 )m m=0

konvergen dan menyatakan f (x) + g(x) untuk setiap x, yang terdapat dalam interior selang kekonvergenan dari setiap deret yang diketahui. 3. Mengalikan bagian demi bagian Dua deret kuasa dapat dikalikan bagian demi bagian. Lebih tepatnya, misalkan deret (5.16) mempunyai jari-jari kekonvergenan yang positif dan misalkan f (x) dan g(x) adalah jumlahnya. Maka deret yang diperoleh dengan mengalikan setiap bagian dari deret pertama dengan setiap bagian dari deret ke-dua, dan mengumpulkan derajat yang sama dari x x0 nya, yaitu 1 X

(a0 bm + a1 bm

1

+ ::: + am b0 )(x

x0 )m

m=0

= a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )(x

x0 ) + (a0 b2 + a1 b1 + a2 + b0 )(x

x0 )2 + :::

konvergen dan menyatakan f (x)g(x) untuk setiap x dalam interior selang kekonvergenan dari setiap deret yang diketahui. 4. Menghilangkan semua koe…sien Jika suatu deret kuasa mempunyai jari-jari kekonvergenan yang positif dan jumlahnya identik dengan nol sepanjang selang kekonvergenannya, maka setiap koe…sien dari deret tersebut harus nol.

98


Keujudan Solusi Deret Kuasa Perhatikan persamaan berikut: y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = r(x):

(5.17)

Jika koe…sien p dan q dan fungsi r pada sisi sebelah kanan persamaan tersebut mempunyai representasi deret kuasa, maka persamaan (5.17) mempunyai solusi deret kuasa. Hal yang sama berlaku benar jika e h; pe; qe dan re dalam persamaan e h(x)y 00 + pe(x)y 0 + qe(x)y = re(x)

(5.18)

mempunyai representasi deret kuasa dan e h(x0 ) 6= 0 (dengan x0 pusat deret). De…nition 7 : Fungsi Riil Analitik

Fungsi riil f (x) disebut analitik pada titik x = x0 jika dapat direpresentasikan (dinyatakan) dengan deret kuasa dalam derajat x x0 dengan jari-jari kekonvergenan R > 0: Theorem 13 : Keujudan Solusi Deret Kuasa Jika p; q dan r dalam persamaan (5.17) adalah analitik pada x = x0 ; maka setiap solusi dari persamaan (5.17) adalah analitik pada x = x0 ; dan dapat dinyatakan dengan deret kuasa dalam derajat x = x0 ; dengan jari-jari kekonvergenan R > 0: Hal yang sama berlaku benar jika e h; pe; qe dan re dalam persamaan (5.18) adalah analitik pada x = x0 dan e h(x0 ) 6= 0 .

5.2.2

Latihan

Carilah solusi deret kuasa dalam derajat x dari persamaan diferensial berikut: 1. y 00

3y 0 + 2y = 0:

2. y 00

4xy 0 + (4x2

2)y = 0:

Tentukan jari-jari kekonvergenan dari deret berikut: 3.

1 P

m=0

5.3

x2m m!

:

4:

1 P

(m + 1)mxm :

m=0

5:

1 P

m=0

( 32 )m x2m :

Persamaan Legendre, Polinom Legendre Pn (x)

Perhatikan persamaan diferensial berikut (1

x2 )y 00

2xy 0 + n(n + 1)y = 0:

(5.19)

Persamaan ini disebut persamaan Legendre. Persamaan ini terdapat dalam berbagai masalah, khususnya dalam masalah nilai batas untuk lengkungan (sphere). Parameter n dalam persamaan (5.19) adalah bilangan riil yang diketahui. Solusi dari persamaan (5.19) disebut fungsi Legendre. Dengan membagi persamaan (5.19) dengan 1 x2 dari y 00 , dapat dilihat bahwa 2x=(1 x2 ) dan n(n + 1)=(1 x2 ) dari persamaan yang baru, adalah analitik pada x = 0: Oleh sebab itu, berdasarkan Teorema keujudan solusi deret kuasa, metode deret kuasa dapat diterapkan pada persamaan tersebut. Substitusikan persamaan 1 X am xm (5.20) y= m=0

5.3. PERSAMAAN LEGENDRE, POLINOM LEGENDRE PN (X)

99

dan turunan-turunannya ke dalam persamaan (5.19). Misalkan k = n(n + 1), maka persamaan (5.19) menjadi 2

(1

x )

1 X

m(m

m 2

1)am x

2x

1)am xm

m(m

m 1

mam x

2

m=2

1 X

m(m

1)am xm

+k

1 X

am xm = 0:

m=0

m=1

m=2 1 X

1 X

2

m=2

1 X

mam xm + k

m=1

1 X

am xm = 0:

m=0

(5.21)

Dengan menjabarkan persamaan tersebut di atas, diperoleh 2:1a2 + 3:2a3 x + 4:3a4 x2 + ::: + (s + 2)(s + 1)as+2 xs ::: 2:1a2 x2 ::: + s(s 1)as xs + ::: 2:1a1 x 2:2a2 x2 ::: 2sas xs ::: +ka0 + ka1 x + ka2 x2 + ::: + kas xs = 0: Jika (5.20) adalah solusi dari (5.19), maka jumlah koe…sien-koe…sien dari setiap derajat x harus sama dengan nol. Dengan memasukkan kembali nilai k = n(n + 1); diperoleh: untuk koe…sien x0 untuk koe…sien x1 untuk koe…sien x2

: : :

2a2 + n(n + 1)a0 = 0; 6a3 + [ 2 + n(n + 1)]a1 = 0; 12a4 + [ 6 + n(n + 1)]a2 = 0;

(5.22)

dan secara umum, jika s = 2; 3; :::; maka untuk koe…sien xs : (s + 2)(s + 1)as+2 + [ s(s

1)

2s + n(n + 1)]as = 0:

(5.23)

Dengan menyederhanakan bagian [ s(s 1) 2s + n(n + 1)] = (n s)(n + s + 1); persamaan (5.23) menjadi (s + 2)(s + 1)as+2 + (n as+2 =

s)(n + s + 1)as = 0;

(n s)(n + s + 1) as ; (s + 2)(s + 1)

s = 0; 1; :::

(5.24)

Persamaan (5.24) ini disebut relasi rekurensi atau rumus rekursi. Dengan menjabarkan persamaan (5.24), diperoleh a2

=

a4

=

a3

=

a5

=

n(n + 1) a0 ; 2! (n (n 2)(n + 3) a2 = 4:3 (n

(n

1)(n + 2) a1 ; 3! (n 3)(n + 4) a3 = 5:4

3)(n

2)n(n + 1)(n + 3) a0 ; 4!

1)(n + 2)(n + 4) a1 ; 5!

dan seterusnya, dengan mengambil konstanta a0 dan a1 sebarang. Dengan memasukkan nilai-nilai dari a tersebut ke dalam persamaan (5.20), diperoleh y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x); (5.25) dengan y1 (x) = 1

n(n + 1) 2 (n x + 2!

2)n(n + 1)(n + 3) 4 x 4!

+:::

(5.26)

100


dan y2 (x) = x

1)(n + 2) 3 (n x + 3!

(n

3)(n

1)(n + 2)(n + 4) 5 x 5!

+::: (5.27)

Deret ini konvergen untuk jxj < 1: Karena persamaan (5.26) hanya memuat x berderajat genap saja, dan persamaan (5.27) hanya memuat x yang berderajat ganjil saja, maka perbandingan antara y1 =y2 bukan merupakan suatu konstanta, sehingga y1 dan y2 tidak proporsional. Dengan demikian, y1 dan y2 adalah solusi yang bebas linier. Jadi persamaan (5.25) merupakan solusi umum dari persamaan (5.19), pada selang 1 < x < 1:

5.3.1

Polinom Legendre

Dalam banyak kasus, parameter n dalam persamaan Legendre akan menjadi bilangan bulat non negatif, sehingga sisi kanan persamaan (5.24) (n s)(n + s + 1) as ; s = 0; 1; ::: (s + 2)(s + 1) akan sama dengan nol, bila s = n; dan an+2 = 0; an+4 = 0; an+6 = 0; ::: Oleh sebab itu, jika n genap, maka y1 (x) akan berubah menjadi polinom derajat n dan jika n ganjil, maka y2 (x) juga akan menjadi polinom derajat n: Polinom yang demikian ini, bila dikalikan dengan beberapa konstanta, disebut sebagai polinom Legendre. Perhatikan rumus as+2 tersebut di atas. Persamaan tersebut dapat dinyatakan dalam bentuk as+2 =

(s + 2)(s + 1) as+2 ; (n s)(n + s + 1)

as =

(s

n

2):

(5.28)

Dengan memilih an = 1; jika n = 0, dan 1:3:5:::(2n (2n)! = 2n (n!)2 n!

an =

1)

;

n = 1; 2; :::

(5.29)

Alasan memilih an yang demikian adalah bahwa semua polinom akan mempunyai nilai 1 jika x = 1:Dari persamaan (5.28) dan (5.29) diperoleh an

2

n(n 1) an 2(2n 1) n(n 1)(2n)! 2(2n 1)2n (n!)2 n(n 1)(2n)(2n 1)(2n 2)! 2(2n 1)2n n(n 1)!n(n 1)(n 2)! (2n 2)! : 2n (n 1)!(n 2)!

= = = =

(5.30)

Dengan cara yang sama, diperoleh: an

4

= =

(n

2)(n 3) an 2 4(2n 3) (2n 4)! ; 2n 2!(n 2)!(n 4)!

dan seterusnya. Secara umum, jika n an

2m

= ( 1)m

2m (2n

2n m!(n

0; 2m)! : m)!(n 2m)!

(5.31)

101

5.4. METODE FROBENIUS

Hasil solusi dari persamaan diferensial Legendre (5.19) disebut polinom Legendre derajat n dan dinyatakan dengan Pn (x): Dari persamaan (5.31) diperoleh Pn (x) sebagai berikut: Pn (x) =

M X

( 1)m

m=0

=

(2n)! n x 2n (n!)2

(2n 2m)! xn 2n m!(n m)!(n 2m)! (2n 2)! 2n 1!(n 1)!(n

2)!

xn

2m

2

(5.32)

+ :::

dengan M = a=2 atau (n 1)=2; yang mana saja dari ke dua nilai M tersebut yang merupakan bilangan bulat. Contoh untuk fungsi ini adalah P0 (x) = 1; P1 (x) = x; 1 1 (3x2 1); P3 (x) = (5x3 3x); P2 (x) = 2 2 1 1 4 2 P4 (x) = (35x 30x + 3); P5 (x) = (63x5 8 8

70x3 + 15x);

dan seterusnya.

5.3.2

Latihan

1. Fungsi Legendre untuk n = 0: Tunjukkan bahwa persamaan (5.26) dengan n = 0; memberikan y1 (x) = P0 (x) = 1 dan persamaan (5.27) memberikan x3 x5 2 3 ( 3)( 1):2:4 5 x + x + ::: = x + + + ::: 3! 5! 3 5 1 1+x ln : 2 1 x

y2 (x) = x + =

Jelaskan hal ini dengan menyelesaikan persamaan (5.19) dengan n = 0; membentuk z = y 0 dan memisahkan variabel-variabelnya. 2. Fungsi Legendre untuk n = 1: Tunjukkan bahwa persamaan (5.27) dengan n = 1 memberikan y2 (x) = P1 (x) = x; dan persamaan (5.26) memberikan y1 (x) = 1 = 1

5.4

x4 x6 x2 1 3 5 1 1+x x ln : 2 1 x

::: = 1

x(x +

x3 x5 + + :::) 3 5

Metode Frobenius

Theorem 14 : Metode Frobenius Suatu persamaan diferensial yang berbentuk y 00 +

b(x) 0 c(x) y + 2 y = 0; x x

(5.33)

dengan fungsi b(x) dan c(x) adalah analitik pada x = 0; mempunyai paling sedikit satu solusi yang dapat dinyatakan dalam bentuk y(x) = xr

1 X

m=0

am xm = xr (a0 + a1 x + a2 x2 + :::)

(a0 6= 0);

(5.34)

102


dengan eksponen r dapat berupa bilangan riil atau kompleks, dan r dipilih sedemikian sehingga a0 6= 0: Persamaan diferensial tersebut juga mempunyai solusi ke dua, sedemikan sehingga kedua solusi tersebut bebas linier. Solusi ke dua tersebut hampir sama dengan solusi pertama pada persamaan (5.34), dengan r berbeda dan koe…sien yang berbeda pula, atau mungkin akan memuat bagian logaritmik. Sebagai contoh, persamaan Bessel y 00 +

1 0 y + x

x2

v2

y=0

x2

dari bentuk (5.33) dengan b(x) = 1 dan c(x) = x2 v 2 ; analitik pada x = 0; sehingga teorema 1 (Metode Frobenius) dapat diterapkan. Persamaan ini tidak dapat dikerjakan secara penuh dengan metode deret kuasa. Serupa dengan contoh tersebut, persamaan diferensial hipergeometrik juga memerlukan metode Frobenius dalam penyelesaiannya. Titik Reguler dan Singuler Titik reguler dari persamaan diferensial y 00 + p(x) y 0 + q(x) y = 0; adalah titik x0 dengan koe…sien p dan q analitik, sehingga metode deret kuasa dapat diterapkan. Jika titik x0 tidak reguler, maka disebut titik singuler. Serupa dengan persamaan diferensial tersebut, titik reguler dari e h(x) y 00 + pe(x) y 0 + qe(x) y = 0

adalah x0 dengan e h; pe; qe analitik dan e h(x0 ) 6= 0 (sehingga persamaan tersebut dapat dibagi dengan e h; dan mendapatkan bentuk standarnya, seperti pada persamaan (5.33). Jika x0 tidak reguler, maka disebut singuler.

5.4.1

Persamaan Indisial (Indicial Equation), Menunjukkan Bentuk Solusi-solusi

Perhatikan persamaan (5.33). Kalikan persamaan tersebut dengan x2 ; sehingga menghasilkan bentuk x2 y 00 + x b(x) y 0 + c(x) y = 0:

(5.35)

Dengan menyatakan b(x) dan c(x) dalam bentuk deret kuasa, diperoleh b(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + :::

dan c(x) = c0 + c1 x + c2 x2 + :::

Perhatikan persamaan (5.34). Turunkan persamaan tersebut bagian demi bagian sehingga diperoleh y 0 dan y 00 sebagai berikut: y 0 (x) =

1 X

(m + r) am xm+r

1

= xr

1

[r a0 + (r + 1) a1 x + :::]

m=0

y 00 (x) =

1 X

(m + r)(m + r

m=0 r 2

= x

[r(r

1) am xm+r

2

1) a0 + (r + 1) r a1 x + :::]:

(5.36)

103

5.4. METODE FROBENIUS

Dengan memasukkan semua deret ini ke dalam persamaan (5.35), diperoleh persamaan xr [r(r 1) a0 +(r+1) r a1 x+:::]+(b0 +b1 x+b2 x2 )xr [r a0 +(r+1) a1 x+:::] (5.37) +(c0 + c1 x + c2 x2 + :::)xr (a0 + a1 x + a2 x2 + :::) = 0: Dengan menyamakan sisi sebelah kiri dan kanan, diperoleh: untuk koe…sien xr :

[r (r

1) + b0 r + c0 ] a0 = 0:

Dari asumsi a0 6= 0; diperoleh r (r

1) + b0 r + c0 = 0:

(5.38)

Persamaan ini disebut sebagai persamaan indisial dari persamaan diferensial (5.33). Metode ini akan menghasilkan suatu basis solusi-solusi. Salah satu dari dua solusi tersebut akan selalu berbentuk r

y(x) = x

1 X

am xm = xr (a0 + a1 x + a2 x2 + :::)

m=0

(a0 6= 0);

dengan r merupakan akar dari persamaan (5.38). Bentuk dari solusi yang lain akan ditunjukkan dengan persamaan indisial. Berikut ini ada tiga kasus: 1. Akar-akar berbeda, tidak dibedakan oleh suatu bilangan bulat 1, 2, 3, ... 2. Akar dobel. 3. Akar-akar dibedakan oleh bilangan bulat 1, 2, 3, ... Theorem 15 : Metode Frobenius. Basis solusi. Tiga kasus Misalkan persamaan diferensial (5.33) memenuhi asumsi-asumsi dalam Teorema 1. Misalkan r1 dan r2 adalah akar-akar dari persamaan indisial. Maka ada tiga kasus: Kasus 1: Akar-akar berbeda, tidak dibedakan oleh suatu bilangan bulat. y1 (x) = xr1 (a0 + a1 x + a2 x2 + :::)

(5.39)

y2 (x) = xr2 (A0 + A1 x + A2 x2 + :::)

(5.40)

dan dengan koe…sien-koe…sien yang diperoleh dari (5.37), masing-masing dengan r = r1 dan r = r2 : Kasus 2: Akar dobel r = r1 = r2 : Basisnya adalah y1 (x) = xr (a0 + a1 x + a2 x2 + :::)

[r =

1 (1 2

b0 )]

(5.41)

(mempunyai bentuk umum yang sama seperti sebelumnya) dan y2 (x) = y1 (x) ln x + xr (A0 + A1 x + A2 x2 + :::)

(x > 0):

(5.42)

Kasus 3: Akar-akarnya dibedakan oleh bilangan bulat. Basisnya adalah y1 (x) = xr1 (a0 + a1 x + a2 x2 + :::)

(5.43)

(mempunyai bentuk umum yang sama seperti sebelumnya) dan y2 (x) = ky1 (x) ln x + xr2 (A0 + A1 x + A2 x2 + :::); di mana akar-akarnya r1

r2 > 0 dan k mungkin bisa nol.

(5.44)

104


Aplikasi Example 95 : Persamaan Euler-Cauchy, menggambarkan kasus 1, 2, dan kasus 3 tanpa logaritma Perhatikan persamaan Euler-Cauchy x2 y 00 + b0 xy 0 + c0 y = 0

(b0 ; c0 konstanta).

Dengan mensubstitusikan y = xr ; diperoleh persamaan pembantu r(r

1) + b0 r + c0 = 0;

yang merupakan persamaan indisial. Untuk akar-akar yang berbeda r1 dan r2 ; diperoleh basis y1 = xr1 dan y2 = xr2 : Untuk akar dobel r; diperoleh basis xr dan xr ln x: Example 96 : Ilustrasi kasus 2 Selesaikan persamaan diferensial berikut: 1)y 00 + (3x

x(x

1)y 0 + y = 0:

(5.45)

(Ini persamaan diferensial hipergeometrik yang khusus). Jawab: Dengan menuliskan persamaan tersebut dalam bentuk standarnya, yaitu dengan membagi persamaan tersebut dengan x(x 1); sehingga diperoleh persamaan baru: 1 (3x 1) 0 y + y = 0; y 00 + x(x 1) x(x 1) maka persamaan tersebut memenuhi asumsi Teorema 1. Dengan memasukkan y dan turunan-turunan y 0 ; y 00 ke dalam persamaan diferensial tersebut, maka diperoleh 1 X

1) am xm+r

(m + r)(m + r

1 X

(m + r)(m + r

1) am xm+r

1

+ (5.46)

m=0

m=0

3

1 X

(m + r) am xm+r

m=0

1 X

(m + r) am xm+r

m=0

Dengan melihat derajat x terendah, yaitu x …siennya ke nol, maka 1)

r]a0 = 0;

+

1 X

am xm+1 = 0:

m=0 r 1

[ r(r

1

; dan dengan menyamakan koe-

sehingga r2 = 0:

Maka persamaan indisial ini mempunyai akar dobel r = 0: Solusi pertama. Dengan memasukkan nilai ini ke dalam persamaan (5.46), dan menyamakan jumlah koe…sien dari derajat xs ke nol, maka diperoleh s(s 2

s as

sas

1)as 2

(s + 1)sas+1 + 3sas

s as+1

(s + 1)as+1 + as

sas+1 + 3sas sas+1 as+1 + as s2 as + 3sas s2 as+1 3sas+1 s(s + 3)as as

= 0; = 0; = 0; = s(s + 3)as+1 ; = as+1 :

105

5.4. METODE FROBENIUS Jadi a0 = a1 = a2 = :::; dan dengan memilih a0 = 1; akan diperoleh solusi y1 (x) =

1 X

xm =

m=0

1 1

(jxj < 1):

x

Solusi Ke-dua. Solusi ke-dua y2 yang bebas, ditentukan dengan menggunakan metode reduksi urutan, yaitu dengan mensubstitusikan y2 = u:y1 dan turunan-turunannya ke dalam persamaan. Dari bentuk standar persamaan diferensial di atas, diperoleh (3x 1) p = x(x 1) : Dengan mengintegralkan secara parsial, diperoleh Z

Z

p dx =

(3x x(x

1) dx = 1)

Z

2 x

+

1

1 x

dx =

2 ln(x

1)

ln x:

y2 = u:y1 =

ln x : 1 x

Jadi u 0 = U = y1 2 e

R

pdx

=

1 (x 1)2 = ; 2 (x 1) x x

u = ln x;

y1 dan y2 bebas linier dan membentuk basis pada interval 0 < x < 1:

|

Example 97 : Solusi ke-dua dengan bagian logaritmik Selesaikan: (x2

x)y 00

xy 0 + y = 0

(5.47)

Jawab: Dengan memasukkan y(x) = y 00 (x) =

1 P

1 P

am xm+r ; y 0 (x) =

m=0

(m + r)(m + r

1 P

(m+r) am xm+r

1

; dan

m=0

1) am xm+r

2

ke dalam persamaan diferensial

m=0

tersebut, diperoleh hasil:

(x2 x)

1 X

(m+r)(m+r 1)am xm+r

2

(m + r)(m + r

m=0

r) am xm+r + 1 P

1 X

(m+r)am xm+r

1

+

1 P

1) am xm+r

1 P

1 X

am xm+r = 0:

m=0

m=0

m=0 1 P

x

1) am xm+r

(m + r)(m + r

1 P

1

m=0

am xm+r = 0:

(m +

m=0

m=0

1 P

[(m+r)(m+r 1) (m+r)+1] am xm+r

m=0

(m+r 1)(m+r) am xm+r

1

=

m=0

0:

1 X

m=0

(m + r

1)2 am xm+r

1 X

1)(m + r) am xm+r

(m + r

1

= 0:

m=0

Perhatikan bagian pertama dari deret tersebut, yaitu Dengan mengambil m = s; diperoleh hasil juga bagian ke-dua deret tersebut, yaitu

1 P

s=0 1 P

(m + r

1)2 am xm+r :

m=0

(s + r

(m + r

m=0

1 P

1)2 as xs+r : Perhatikan 1)(m + r) am xm+r

1

:

106


Dengan mengambil m = s + 1 atau s = m

1; diperoleh hasil

1 P

(s + r)(s +

s= 1

r + 1) as+1 xs+r ; sehingga deret secara keseluruhan menjadi: 1 X

(s + r

2

s+r

1) as x

1 X

(s + r)(s + r + 1) as+1 xs+r = 0:

(5.48)

s= 1

s=0

Dengan menjabarkan deret tersebut, diperoleh hasil: [(r

1)2 a0 xr + r2 a1 xr+1 + :::]

1) ra0 xr

[(r

Koe…sien dari derajat x terendah (xr r(r Karena a0 6= 0; maka

r(r

1

1

+ r(r + 1) a1 xr + :::] = 0:

) adalah

1)a0 = 0: 1) = 0

merupakan persamaan indisial dari persamaan diferensial (5.47). Akar-akar persamaan indisial tersebut adalah r1 = 1 dan r2 = 0: Karena r1 r2 > 0 ( selisihnya merupakan bilangan bulat), maka mereka termasuk kasus 3. Solusi Pertama 1 P Solusi pertama untuk metode Frobenius adalah y1 (x) = am xm+r1 = a0 xr1 + m=0

a1 xr1 +1 +a2 xr1 +2 +:::: Karena r1 = 1; maka solusi pertamanya menjadi berbentuk y1 (x) = a0 x + a1 x2 + a2 x3 + :::: Untuk mencari koe…sien-koe…sien a0; a1 ; a2 ; ..., masukkan r = r1 = 1 ke dalam persamaan (5.48), sehingga diperoleh hasil: 1 X

[s2 as

(s + 2)(s + 1)as+1 ] xs+1 = 0:

s=0

Relasi rekurensinya adalah as+1 =

s2 as ; (s + 2)(s + 1)

(s = 0; 1; 2; :::):

Untuk s = 0; diperoleh a1 = 0: Untuk s = 1; a2 = 16 a1 = 0; demikian seterusnya sehingga a3 = 0; a4 = 0; :::Jadi solusi pertama untuk metode Frobenius adalah y1 (x) = a0 x;

a0 sebarang.

Dengan mengambil a0 = 1; diperoleh solusi pertama y1 (x) = x: Solusi Ke-dua Solusi ke-dua dari persamaan diferensial (5.47) dapat dicari dengan menggunakan metode reduksi urutan. Metode ini dapat digunakan bila solusi pertamanya sudah diketahui. Substitusikan y2 = y1 u = xu: Dengan menurunkan y2 sampai turunan ke-dua, diperoleh: y20 = u + xu0 dan y200 = u0 + u0 + xu00 = 2u0 + xu00 : Masukkan y2 dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial (5.47), sehingga diperoleh: (x2

x)(2u0 + xu00 ) x(u + xu0 ) + xu (x2 x)(2u0 + xu00 ) x2 u0 (x2 x)xu00 + (x 2)xu0 x[(x2

x)u00 + (x

2)u0 ]

= 0 = 0 = 0 = 0:

107

5.5. PERSAMAAN BESSEL

Karena x 6= 0; maka dengan membagi persamaan tersebut dengan x diperoleh: (x2 sehingga

A(x

u00 = u0

1) + Bx =

x x2

x)u00 + (x 2 = x

2)u0 = 0;

x 2 A B = + : x(x 1) x x 1

x + 2 =) A = 2;

A+B =

2+B =

1 =) B = 1:Jadi

u00 2 1 = + : 0 u x x 1 Dengan mengintegralkannya, diperoleh Z 00 Z u 2 1 dx dx = + 0 u x x 1 ln u0

=

2 ln x + ln(x

ln x2 + ln(x

1) =

1) = ln

x

1 x2

:

Dengan mengeksponensialkan, diperoleh: u0 =

x

1 x2

=

1 x

1 : x2

Dengan mengintegralkan dan mengeksponensialkannya lagi, diperoleh: Z Z 1 1 0 dx u dx = x x2 1 u = ln x + : x Jadi solusi ke-duanya menjadi y2 (x) = y1 u = x(ln x +

1 ) = x ln x + 1; x

dengan y1 dan y2 nya bebas linier, dan y2 mempunyai bagian logaritmik.

5.4.2 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

|

Latihan

x(1 x)y 00 + 2(1 2x)y 0 2y = 0 xy 00 + 2y 0 + xy = 0 xy 00 + (1 2x)y 0 + (x 1)y = 0 x2 y 00 + 2xy 0 6y = 0 xy 00 + 3y 0 + 4x3 y = 0 8x(1 x)y 00 + (4 14x)y 0 y = 0 4x(1 x)y 00 + y 0 + 8y = 0

5.5

Persamaan Bessel

Salah satu persamaan diferensial yang paling penting dalam matematika terapan adalah persamaan diferensial Bessel, yang berbentuk x2 y 00 + xy 0 + (x2

v 2 )y = 0;

(5.49)

dengan v sebuah parameter (bilangan yang diketahui.). Diasumsikan bahwa v adalah riil dan taknegatif.Persamaan Bessel ini muncul berkaitan dengan medan listrik, vibrasi, konduksi panas, dan sebagainya.

108


Persamaan Bessel dapat diselesaikan dengan menggunakan metode Frobenius, seperti yang sudah diungkapkan pada pembahasan sebelumnya, di mana persamaan tersebut ditulis dalam bentuk standarnya. Dengan mensubstitusikan deret 1 X

y(x) =

am xm+r ;

a0 6= 0;

m=0

(5.50)

dengan koe…sien taktentu dan turunan-turunannya, yaitu y 0 (x) =

1 X

(m+r) am xm+r

1

y 00 (x) =

; dan

1 X

(m+r)(m+r 1) am xm+r

2

m=0

m=0

ke dalam persamaan diferensial (5.49), diperoleh 1 X

1) am xm+r +

(m + r)(m + r

1 X

(m + r) am xm+r

m=0

m=0

+

1 X

am xm+r+2

v2

m=0

am xm+r = 0:

m=0 m+r

Dengan menyamakan koe…sien dari x dan bila m = s, diperoleh hasil 1 X

1 X

pada persamaan tersebut dengan nol,

1) as xs+r +

(s + r)(s + r

1 X

(s + r) as xs+r

s=0

s=0

1 X + as xs+r+2

v2

s=0

1 X

as xs+r = 0:

s=0

r

Selanjutnya, koe…sien dari x adalah r(r

1)a0 + ra0

v 2 a0 = 0;

untuk s = 0:

(5.51)

Koe…sien dari xr+1 adalah v 2 a1 = 0;

(r + 1)ra1 + (r + 1)a1

untuk s = 1:

(5.52)

Untuk s = 2; 3; 4; :::; koe…sien dari xs+r+2 adalah (s + r)(s + r

1)as + (s + r)as + as

2

v 2 as = 0:

(5.53)

Dari persamaan (5.51) diperoleh persamaan indisial (r

v)(r + v) = 0;

dengan akar-akarnya r1 = v (> 0) dan r2 =

(5.54)

v:

Koe…sien Rekurensi dalam kasus r = r1 = v Untuk r = r1 = v; persamaan (5.52) menjadi a1 [v 2 + 2v + 1

v 2 ] = 0 =) a1 (2v + 1) = 0;

yang menghasilkan a1 = 0: Persamaan (5.53) dapat ditulis menjadi (s + r + v)(s + r

v)as + as

2

= 0;

;

109

5.5. PERSAMAAN BESSEL sehingga untuk r = v; persamaannya menjadi (s + 2v)sas + as

2

= 0:

(5.55)

Karena a1 = 0 dan v > 0, maka dari persamaan (5.55) diperoleh a3 = 0; a5 = 0; ::: Dengan demikian, persamaan (5.55) hanya akan bergantung pada koe…sien s yang genap, sehingga dengan mengambil s = 2m; persamaannya akan menjadi (2m + 2v)2ma2m + a2m

2

= 0;

atau dapat dinyatakan dalam relasi rekurensi: 1 a2m 22 m(m + v)

a2m =

m = 1; 2; :::

2;

(5.56)

Jadi koe…sien a2 ; a4 ; ::: dapat ditentukan, yaitu a2 =

a0 ; 22 (v + 1)

a4 =

a2 a0 = 4 ; 22 2(v + 2) 2 2!(v + 1)(v + 2)

dan seterusnya. Secara umum, relasi (5.56) dapat ditulis a2m =

22m m!(v

( 1)m a0 ; + 1)(v + 2):::(v + m)

untuk m = 1; 2; :::

(5.57)

Fungsi Bessel Jn (x) untuk bilangan bulat v = n Nilai bilangan bulat v dinyatakan dengan n; yang merupakan standarnya. Untuk v = n; relasi (5.57) menjadi a2m =

22m m!(n

( 1)m a0 ; + 1)(n + 2):::(n + m)

untuk m = 1; 2; :::;

dengan a0 masih konstanta sebarang, sehingga deret y(x) =

1 P

(5.58)

am xm+r akan

m=0

memuat konstanta sebarang a0 ini. Dengan demikian, a0 dapat dipilih, yang memungkinkan adalah a0 = 1: Untuk kepraktisan, dipilih a0 =

1 ; 2n n!

karena bila a0 ini disubstitusikan ke dalam relasi (5.58), maka dalam bagian penyebutnya, yaitu n!(n + 1)(n + 2):::(n + m) = (n + m)!; sehingga relasi pada (5.58) dapat ditulis dengan a2m =

( 1)m ; + m)!

22m+n m!(n

untuk m = 1; 2; ::::

(5.59)

Dengan koe…sien-koe…sien tersebut dan r1 = v = n; dari persamaan (5.50) didapatkan solusi khusus dari persamaan diferensial (5.49), yang dinyatakan dengan Jn (x); dan dituliskan Jn (x) = xn

1 X

m=0

( 1)m x2m : + m)!

22m+n m!(n

(5.60)

Jn (x) ini disebut sebagai fungsi Bessel jenis pertama yang berderajat n: Deret ini konvergen untuk semua x: Example 98 : Fungsi Bessel J0 (x) dan J1 (x)

110


Untuk n = 0; dari persamaan (5.60) diperoleh fungsi Bessel berderajat nol J0 (x) =

1 X ( 1)m x2m =1 22m (m!)2 m=0

x2 x4 + 22 (1!)2 24 (2!)2

x6 + :::; 26 (3!)2

(5.61)

yang mirip dengan fungsi cosinus. Untuk n = 1; diperoleh fungsi Bessel berderajat satu, yaitu J1 (x) =

1 X

m=0

( 1)m x2m+1 x = + 1)! 2

x3

22m+1 m!(m

+

23 1!2!

x5

x7

25 2!3!

27 3!4!

+ ::: (5.62)

yang mirip dengan fungsi sinus. Fungsi Bessel Jv (x) untuk suatu v > 0: Fungsi Gamma Fungsi Gamma (v) dide…nisikan oleh integral (v) =

Z1

e t tv

1

dt

(5.63)

0

Dengan mengintegralkan bagian demi bagian, diperoleh (v + 1) =

Z1

t v

e t dt =

e

t v 1 t 0

+v

0

Z1

e t tv

1

dt = 0 + v (v)

0

Jadi hasil dari integral tersebut adalah relasi dasar (v + 1) = v (v): Untuk v = 1; (1) =

Z1

e t dt =

e

t 1 0

=0

(5.64)

( 1) = 1:

0

Dari hasil tersebut dapat dicari fungsi Gamma untuk v yang lain, yaitu (2) = 1 (1) = 1:1 = 1!; (3) = 2 (2) = 2:1 = 2!; (4) = 3 (3) = 3:2! = 3!; ::: Secara umum, (n + 1) = n! (5.65) Rumus ini menunjukkan bahwa fungsi Gamma memperumum fungsi faktorial. Pada pembahasan sebelumnya, diketahui a0 = 2n1n! : Dengan mengganti n! dengan fungsi Gamma, diperoleh a0 = 1=(2n (n + 1)); sehingga untuk suatu v; a0 =

2v

1 : (v + 1)

Jadi relasi rekurensinya menjadi a2m =

22m+v m!(v

( 1)m : + 1)(v + 2):::(v + m) (v + 1)

Perhatikan bahwa (v + 1) (v + 1) = (v + 2); (v + 2) (v + 2) = (v + 3); dan seterusnya, sehingga (v + 1)(v + 2):::(v + m) (v + m) = (v + m + 1):

(5.66)

111

5.5. PERSAMAAN BESSEL Dengan demikian, rumus relasi rekurensinya menjadi a2m =

( 1)m : (v + m + 1)

(5.67)

22m+v m!

Dari koe…sien-koe…sien ini dan r = r1 = v; serta mensubstitusikannya ke dalam persamaan (5.50), diperoleh solusi khusus dari persamaan diferensial (5.49), dan dinyatakan dengan Jv (x); yaitu v

Jv (x) = x

1 X

m=0

( 1)m x2m : (v + m + 1)

(5.68)

22m+v m!

Rumus ini disebut sebagai fungsi Bessel jenis pertama yang berderajat v: Deret ini konvergen untuk semua x: Solusi J

v (x)

dari persamaan Bessel

Selain Jv ; untuk solusi umum diperlukan solusi ke dua yang bebas linier. Mengganti v dengan v menyebabkan persamaan (5.68) menjadi J

v (x)

=x

v

1 X

m=0

22m

( 1)m x2m : v m! (m v + 1)

(5.69)

Karena persamaan Bessel memuat v 2 ; fungsi Jv dan J v adalah solusi dari persamaan untuk v yang sama. Jika v bukan bilangan bulat, maka Jv dan J v bebas linier, karena bagian pertama dari persamaan (5.68) dan bagian pertama dari persamaan (5.69) adalah kelipatan taknol berhingga dari xv dan x v : Theorem 16 : Solusi Umum persamaan Bessel Jika v bukan bilangan bulat, solusi umum dari persamaan Bessel untuk semua x 6= 0 adalah y(x) = c1 Jv (x) + c2 J v (x): (5.70) Bila v bilangan bulat, maka persamaan (5.70) bukan solusi umum karena tidak bebas linier. Theorem 17 : Ketakbebasan linier fungsi Bessel Jn dan J

n

Untuk bilangan bulat v = n; fungsi Bessel Jn (x) dan J n (x) tak bebas linier, karena J n (x) = ( 1)n Jn (x) n = 1; 2; ::: (5.71)

112


Chapter 6

Transformasi Laplace Metode transformasi Laplace adalah suatu metode penyelesaian persamaan diferensial, dan berkaitan dengan masalah nilai awal dan nilai batas. Proses penyelesaiannya dapat dibagi dalam tiga tahap utama, yaitu: 1. Masalah yang berat (sulit) ditransformasikan ke dalam persamaan tambahan (subsidiary equation) yang lebih sederhana. 2. Persamaan yang sederhana tersebut kemudian diselesaikan dengan menggunakan manipulasi aljabar. 3. Penyelesaian persamaan sederhana tersebut selanjutnya ditransformasikan kembali untuk memperoleh solusi masalah yang diketahui. Dengan cara tersebut, transformasi Laplace mereduksi masalah penyelesaian persamaan diferensial menjadi masalah aljabar. Proses ini dibuat menjadi lebih mudah dengan menggunakan tabel fungsi dan transformasinya, yang perannya mirip dengan tabel integral dalam kalkulus. Perubahan dari operasi kalkulus menjadi operasi aljabar pada transformasi disebut kalkulus operasional, yang sangat penting dalam matematika terapan. Bagi insinyur, metode transformasi Laplace merupakan metode operasional yang sangat penting. Metode tersebut sangat berguna khususnya dalam masalah di mana tenaga penggerak mekanik atau listrik mengalami diskontinuitas, impulsif atau merupakan fungsi periodik yang sangat rumit, tidak hanya sinus atau cosinus saja. Selain itu, transformasi Laplace juga mempunyai kelebihan yaitu menyelesaikan masalah secara langsung, masalah nilai awal (tanpa menentukan solusi umum dahulu), dan persamaan diferensial nonhomogen (tanpa menyelesaikan persamaan homogen yang terkait terlebih dahulu).

6.1

Transformasi Laplace.

Misalkan f (t) adalah fungsi yang diketahui, yang terde…nisi untuk semua t 0: Dengan mengalikan f (t) tersebut dengan e st dan mengintegralkannya terhadap t dari 0 ke tak hingga, maka hasil pengintegralannya (jika ada), merupakan fungsi dari s; sebut saja F (s); yaitu

F (s) =

Z1

e

st

0

113

f (t) dt:

114

CHAPTER 6. TRANSFORMASI LAPLACE

Fungsi F (s) dari peubah s ini disebut sebagai transformasi Laplace dari fungsi asal f (t); dan dinyatakan dengan simbol L(f ): Jadi F (s) = L(f ) =

Z1

st

e

f (t) dt:

(6.1)

0

Perlu diingat, bahwa fungsi asal f bergantung pada t dan fungsi baru F (transformasinya) bergantung pada s: Operasi yang baru saja dijelaskan, yang menghasilkan F (s) dari fungsi yang diketahui f (t) juga disebut transformasi Laplace. Selanjutnya, fungsi asal f (t) dalam (6.1) disebut transformasi invers atau invers dari F (s); dan dinyatakan dengan L 1 (F ); dan ditulis 1

f (t) = L

(F ):

Notasi: fungsi asal dinyatakan dengan huruf kecil dan transformasinya dinyatakan dengan huruf kapital yang sama, sehingga F (s) menyatakan transformasi dari f (t); dan Y (s) menyatakan transformasi dari y(t); dan sebagainya. Example 99 : Transformasi Laplace Misalkan f (t) = 1; jika t

0: Carilah F (s):

Jawab: Dari persamaan (6.1) diperoleh pengintegralan L(f ) = L(1) =

Z1

e

st

dt =

1 e s

st

1

j=

0

0

1 ; s

(s > 0)

|

Remark 1 : Selang pengintegralan dalam (6.1) adalah takhingga. Integral yang demikian disebut integral improper ( tidak murni), dan dengan de…nisi, dievaluasi menurut aturan ZT Z1 st e f (t) dt = lim e st f (t) dt: T !1

0

0

Oleh sebab itu, notasi yang sesuai berarti Z1

e

st

1 e s

dt = lim

T !1

0

T st

1 e s

= lim 0

T !1

sT

1 1 0 e = ; (s > 0): s s

Example 100 : Transformasi Laplace dari fungsi eksponensial Misalkan f (t) = eat ; jika t

0; dengan a konstanta. Carilah L(f ):

Jawab: Menurut (6.1), at

L(e ) = maka jika s

Z1

e

1

st at

e dt =

a

s

e

0

a > 0; L(eat ) =

1 s

a

:

|

(s a)t

1

j;

0

115

6.1. TRANSFORMASI LAPLACE. Theorem 18 : Kelinieran transformasi Laplace

Transformasi Laplace adalah operasi linier, yaitu bahwa untuk suatu fungsi f (t) dan g(t) yang transformasi Laplacenya ada, dan untuk suatu konstanta a dan b;

Lfaf (t) + bg(t)g = aLff (t)g + bLfg(t)g:

Example 101 : Aplikasi Teorema 1: Fungsi Hiperbolik

Misalkan f (t) = cosh at = 12 (eat + e

at

); carilah L(f ):

Jawab:

Dari Teorema 1 dan contoh 2 diperoleh

L(cosh at) =

1 1 L(eat ) + L(e 2 2

at

)=

1

1 2

s

dan dengan menyamakan penyebutnya, jika s > a (

L(cosh at) =

1 (s + a) + (s 2 s2 a2

a)

=

a

+

1 s+a

;

0); diperoleh

s s2

a2

:

Dengan cara yang sama, untuk transformasi dari sinus hiperbolik adalah

L(sinh at) =

dengan s > a

0:

1 L(eat ) 2

|

1 L(e 2

at

)=

1 2

1 s

a

1 s+a

=

a s2

a2

;

116


Example 102 : Sinus dan Cosinus

Dalam contoh 2, jika diambil a = i!; dengan i =

L(ei!t ) =

1 s

i!

=

p

1; maka akan diperoleh

s + i! s + i! s ! = 2 = 2 +i 2 : i!)(s + i!) s + !2 s + !2 s + !2

(s

Sebaliknya, dari Teorema 1 dan ei!t = cos !t + i sin !t; diperoleh L(ei!t ) = L(cos !t + i sin !t) = L(cos !t) + iL(sin !t): Dengan menyamakan bagian riil dan imajiner dari kedua persamaan tersebut, diperoleh transformasi dari cosinus dan sinus sebagai berikut, yaitu

L(cos !t) =

s2

s ; + !2

L(sin !t) =

s2

! : + !2

Teorema Pergeseran Pertama: Penggantian s oleh s formasi

|

a dalam Trans-

Transformasi Laplace mempunyai sifat-sifat umum yang sangat bermanfaat, yaitu seperti dinyatakan dalam teorema berikut.

Theorem 19 : Teorema Pergeseran Pertama

Jika f (t) mempunyai transformasi F (s)(dengan s > k); maka eat f (t) mempunyai transformasi F (s a) (dengan s a > k): Dalam bentuk rumus, Lfeat f (t)g = F (s

a);

atau jika diambil inversnya pada kedua sisinya, diperoleh eat f (t) = L

1

fF (s

a)g:

117

6.1. TRANSFORMASI LAPLACE. Example 103 Vibrasi Lembab (Damped vibrations)

Dari contoh 4 dan Teorema Pergeseran Pertama, diperoleh rumus yang sangat bermanfaat, yaitu s a ; L(eat cos !t) = (s a)2 + ! 2 dan L(eat sin !t) =

(s

! : a)2 + ! 2

Untuk a negatif, f (t) ini merupakan vibrasi lembab. | Berikut ini adalah tabel singkat dari transformasi yang mendasar. Dari transformasi ini, hampir dapat diperoleh semua transformasi lain yang dibutuhkan dalam bab ini, melalui penggunaan beberapa teorema umum yang sederhana, yang akan dibahas pada sesi selanjutnya. Tabel 6.1 Beberapa fungsi f (t) dan transformasi Laplacenya L(f ) f (t) L(f ) f (t) L(f ) 1 s 1 1 7 cos !t s s2 +! 2 ! 1 8 sin !t 2 t s2 s2 +! 2 s 2! 2 9 cosh at 3 t s3 s2 a2 n t a n! 4 10 sinh at sn+1 s2 a2 (n = 0; 1; 2; :::) (a+1) 11 eat cos !t (s sa)2a+!2 5 ta ; a positif sa+1 1 6 eat 12 eat sin !t (s a)!2 +!2 s a

Example 104 : Teorema pergeseran pertama Dari tabel 6.1 dan Teorema Pergeseran Pertama, diperoleh rumus lain yang bermanfaat n! L(tn eat ) = F (s a) = : | (s a)n+1 Sebagai contoh, L(teat ) = 1=(s

a)2 :

Theorem 20 : Teorema Keujudan Transformasi Laplace Misalkan f (t) adalah fungsi yang setiap bagiannya kontinu pada setiap selang berhingga dalam range t 0; dan memenuhi jf (t)j

Me

kt

;

untuk semua t

0

(6.2)

dan untuk suatu konstanta k dan M: Maka transformasi Laplace dari f (t) ada untuk semua s > k:

6.1.1

Latihan

A. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi berikut: 1. 2t + 6

2: sin

t

3:ea

bt

B. Transformasi Laplace Invers 5.

s 10 s2 s 2

6: s25s25

4: sin (!t + )

118


Aplikasi dari Teorema Pergeseran Pertama. C. Carilah transformasi Laplacenya 7:t2 e

3t

8:5e2t sinh 2t

9: sinh t cos t

D. Carilah transformasi inversnya. 3 11: s2 +6s+18

1 10: (s+1) 2

6.2

12: (s+ 1s)2 +1 2

Transformasi dari Turunan dan Integral

Transformasi Laplace adalah metode penyelesaian persamaan diferensial. Idenya adalah bahwa transformasi Laplace menggantikan operasi kalkulus dengan operasi aljabar pada transformasi. Singkatnya, diferensiasi dari f (t) digantikan dengan perkalian dari L(f ) dengan s: Pengintegralan f (t) digantikan dengan pembagian dari L(f ) dengan s: Theorem 21 : Transformasi Laplace dari turunan f (t) Misalkan f (t) kontinu untuk semua t 0; memenuhi persamaan (6.2), untuk suatu k dan M; dan mempunyai turunan f 0 (t) yang perbagiannya kontinu pada setiap selang berhingga dalam range t 0: Maka transformasi Laplace dari turunan f 0 (t) ada jika s > k; dan L(f 0 ) = sL(f )

f (0);

(s > k):

(6.3)

Remark 2 : Teorema tersebut dapat diperluas, sehingga dengan menggunakan persamaan (6.3) pada turunan kedua f 00 (t), diperoleh L(f 00 ) = sL(f 0 ) = s2 L(f )

f 0 (0) = s[sL(f ) sf (0) f 0 (0):

f (0)]

f 0 (0)

(6.4)

Dengan cara yang sama, diperoleh transformasi dari turunan ketiga f 000 (t); yaitu L(f 000 ) = s3 L(f )

s2 f (0)

sf 0 (0)

f 00 (0):

(6.5)

Selanjutnya, dengan induksi diperoleh perluasan dari Teorema 1. Theorem 22 : Transformasi Laplace dari turunan orde ke-n Misalkan f (t) dan turunan-turunannya f 0 (t); f 00 (t); :::; f (n 1) (t) adalah fungsi yang kontinu untuk semua t 0; memenuhi (6.2), untuk suatu k dan M; dan misalkan turunan f (n) kontinu perbagian pada setiap selang berhingga dalam range. Maka transformasi Laplace dari f (n) ada jika s > k dan diberikan oleh L(f (n) ) = sn L(f )

sn

1

f (0)

sn

2 0

f (0)

:::

f (n

1)

(0):

(6.6)

Example 105 : Misalkan f (t) = t2 :Turunkan L(f ) dari L(1). Jawab: Karena f (0) = 0; f 0 (0) = 0; f 00 (t) = 2; dan L(2) = 2L(1) = 2=s: Dari (6.4) diperoleh L(f 00 ) = L(2) =

2 2 = s2 L(f ); sehingga L(f ) = L(t2 ) = 3 : s s

|

119

6.2. TRANSFORMASI DARI TURUNAN DAN INTEGRAL Example 106 :

Turunkan transformasi Laplace dari cos !t:

Jawab:

Misalkan f (t) = cos !t:Maka f 0 (t) =

! sin !t; f 00 (t) =

! 2 cos !t =

f (0) = 1; f 0 (0) = 0: Dengan mengambil transformasi, L(f 00 ) = persamaan tersebut dan (6.4), diperoleh

! 2 L(f ) = L(f 00 ) = s2 L(f ) sf (0) s2 L(f ) + ! 2 L(f ) = s ) L(f )[s2 + ! 2 ] = s s = L(cos !t): L(f ) = s2 + ! 2

! 2 L(f ): Dari

f 0 (0) = s2 L(f )

Dengan cara yang sama dapat diperoleh pula L(sin !t) =

! s2 +! 2 :

Example 107 :

Misalkan f (t) = sin2 t: Carilah L(f ):

Jawab:

f (0) = 0; f 0 (t) = 2 sin t cos t = sin 2t: L(sin 2t) =

2 s2 +4

! 2 f (t):

= sL(f ) = sL(sin2 t); sehingga L(sin2 t) =

2 s(s2 +4) :

|

s

120


Example 108 :

Misalkan f (t) = t sin !t: Carilah L(f ): Jawab:

f (0) = 0; dan f 0 (t) = sin !t + !t cos !t; f 00 (t) = 2! cos !t

f 0 (0) = 0:

! 2 t sin !t = 2! cos !t

! 2 f (t):

Dari persamaan (6.4), L(f 00 ) = 2!L(cos !t)

! 2 L(f (t) = s2 L(f ) 2!s [s2 + ! 2 ]L(f ) = 2!L(cos !t) = 2 : s + !2 Jadi hasilnya adalah

L(f ) = L(sin !t) =

2!s (s2

2:

+ !2 )

|

Persamaan Diferensial, Masalah Nilai Awal Berikut ini akan dibahas bagaimana metode transformasi Laplace menyelesaikan masalah persamaan diferensial. Perhatikan masalah nilai awal berikut y 00 + ay 0 + by = r(t);

y(0) = K0 ; y 0 (0) = K1 ;

(6.7)

dengan a dan b konstanta. Dalam hal ini, r(t) adalah input yang diterapkan pada sistem mekanik, dan y(t) adalah output (respon terhadap sistem). Dalam transformasi Laplace, ada tiga tahapan yang harus diselesaikan: Tahap Pertama: Dengan menulis Y = L(y) dan R = L(r) dan mensubstitusikan persamaan (6.3) dan (6.4) ke dalam persamaan (6.7), diperoleh persamaan tambahan (subsidiary equation): [s2 Y

sy(0)

y 0 (0)] + a[sY

y(0)] + bY = R(s):

Dengan mengumpulkan Y; diperoleh (s2 + as + b)Y = (s + a)y(0) + y 0 (0) + R(s):

6.2. TRANSFORMASI DARI TURUNAN DAN INTEGRAL

121

Tahap Ke-dua: Persamaan tambahan tersebut kemudian diselesaikan secara aljabar untuk Y: Persamaan tersebut selanjutnya dibagi dengan s2 + as + b; dan dengan menggunakan fungsi transfer Q(s) =

1 ; s2 + as + b

(6.8)

diperoleh solusi Y (s) = [(s + a)y(0) + y 0 (0)]Q(s) + R(s)Q(s):

(6.9)

Jika y(0) = y 0 (0) = 0; akan memberikan Y = RQ; sehingga Q adalah kuosien Q=

Y L(output) = : R L(input)

Perhatikan bahwa Q hanya bergantung pada a dan b; tidak pada r(t) atau pada kondisi awal. Tahap Ke-Tiga: Persamaan (6.9) direduksi menjadi jumlah bagian-bagian yang inversnya dapat dicari dalam tabel, sehingga solusi y(t) = L 1 (Y ) dari persamaan (6.7) diperoleh. Example 109 : Masalah Nilai Awal. Penjelasan Tahap Dasar Selesaikan: y 00

y(0) = 1; y 0 (0) = 1:

y = t;

Jawab: Tahap Pertama: Dengan menulis Y = L(y); maka berdasarkan persamaan (6.4), transformasi Laplace untuk turunan ke-dua adalah L(y 00 ) = s2 Y sy(0) y 0 (0); dan L(t) = 1=s2 (lihat tabel); sehingga persamaan tambahan untuk masalah nilai awal tersebut adalah: 1 : s2 Dengan syarat awal y(0) = 1; dan y 0 (0) = 1; maka persamaan tambahan tersebut menjadi 1 (s2 1)Y = (s + 1) + 2 : s Tahap Ke-dua: Dengan mengambil fungsi transfer Q = 1=(s2 1), maka solusi persamaan tambahan tersebut adalah [s2 Y

sy(0)

1 Q= s2 1 2 s 1

Y (s) = (s + 1)Q + =

1 s

1

+

y 0 (0)]

Y =

s+1 1 + 2 2 2 s 1 s (s 1 : s2

1)

Keterangan: 1 s2 (s2

1)

=

A B A(s2 1) + Bs2 + 2 = : 2 s s 1 s2 (s2 1)

Dengan menyamakan pembilang pada sisi sebelah kiri dengan sisi sebelah kanan diperoleh:

122


- untuk koe…sien s2 : A + B = 0 :::(i) - untuk koe…sien s0 : A = 1 =) A = diperoleh B = 1; sehingga 1 s2 (s2

1)

1; akibatnya dari persamaan (i),

1 1 1 + 2 = 2 s2 s 1 s 1

=

1 s2

Tahap Ke-tiga: Dari solusi persamaan tambahan, kemudian dicari transformasi inversnya dalam Tabel 6.1, sehingga diperoleh solusi masalah nilai awal: y(t) = L

1

1

(Y ) = L

= et + sinh t

f

1 s

1 |

t:

g+L

1

f

1 s2

1

g

L

1

f

1 g s2

Example 110 : Perbandingan dengan metode yang biasa Selesaikan masalah nilai awal berikut: y 00 + 2y 0 + y = e t ;

y(0) =

1;

y 0 (0) = 1:

Jawab: I. Penyelesaian dengan transformasi Laplace Transformasi Laplace dari masalah nilai awal tersebut adalah L(y 00 ) + 2L(y 0 ) + L(y) = L(e t ) Dari rumus transformasi Laplace untuk turunan-turunan, dan dari tabel (L(e t ) = 1=(s + 1)), diperoleh persamaan tambahan: [s2 Y

sy(0)

y 0 (0)] + 2[sY

y(0)] + Y =

1 : s+1

Dengan mengelompokkan Y; dan dari syarat awal y(0) = samaan tambahan tersebut menjadi [s2 + 2s + 1]Y

y 0 (0)

2y(0)

=

[s2 + 2s + 1]Y + s

1+2

=

(s + 1)2 Y

=

sy(0)

1; y 0 (0) = 1; per-

1 s+1 1 s+1 s

1+

1 : s+1

Dengan mengalikan fungsi transfer Q = 1=(s+1)2 dengan persamaan tambahan tersebut, diperoleh solusi 1 1 (s + 1) 1 1 s 1 + + = + = : (s + 1)2 (s + 1)3 (s + 1)2 (s + 1)3 (s + 1) (s + 1)3 o n o n 1 1 t 1 = e dan L = Transformasi inversnya adalah L 1 3 (s+1) (s+1) Y (s) =

1 2 t 2t e ;

sehingga solusi masalah nilai awalnya adalah y(t) = L

Keterangan:

1

(Y (s)) =

e

t

1 + t2 e 2

t

=

1 2 t 2

1 e t:

|

123

6.2. TRANSFORMASI DARI TURUNAN DAN INTEGRAL Dengan memperhatikan L(tn eat ) = L

1

1 (s + 1)3

n! (s+a)n+1 ;

2! (s + 1)3

1 2

1

=L

diperoleh =

1 2 t t e : 2

II. Penyelesaian dengan metode biasa (metode koe…sien tak tentu) Perhatikan lagi masalah nilai awal (MNA) pada soal, yaitu: y 00 + 2y 0 + y = e t ;

y(0) =

1;

y 0 (0) = 1:

Persamaan homogennya adalah y 00 + 2y 0 + y = 0: Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya: 2

+2 +1

= 0

2

( + 1)

= 0 =)

=

1 (dobel)

Solusi dari persamaan homogennya adalah: t

yh (t) = c1 e

t

+ c2 te

= (c1 + c2 t) e t :

Karena e t dan te t adalah solusi dari persamaan homogennya, maka pilih solusi khusus yk (t) = Ct2 e t ; sehingga turunan-turunannya adalah yk0 = 2Cte t Ct2 e t = C(2t t2 )e t ; dan yk00 = C[2e t 2te t (2te t t2 e t )] = C[2 4t + t2 ] e t : Dengan mensubstitusikan yk dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial tersebut, diperoleh C[2

4t + t2 ] e

t

+ 2C(2t

t2 )e

t

+ Ct2 e

t

= e

t

2Ce

t

= e

t

=) C =

1 : 2

Dengan mensubstitusikan nilai C tersebut ke dalam solusi khususnya diperoleh yk (t) =

1 2 t t e : 2

Jadi solusi umumnya adalah y(t) = yh (t) + yk (t) = (c1 + c2 t) e

t

1 + t2 e t : 2

t

1 2 t t e : 2

Turunan pertama dari solusi umum y(t) adalah y 0 (t) = c2 e

t

(c1 + c2 t) e

t

+ te

Dengan memasukkan syarat awalnya, yaitu y(0) = 1; y 0 (0) = c2

y(0) = c1 =

1; dan y 0 (0) = 1; diperoleh

c1 = 1 =) c2 = 0:

Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(t) = Remark 3 :

e

t

1 + t2 e 2

t

=

1 2 t 2

1 e t:

|

124


Untuk mengetahui bahwa solusi yang diperoleh adalah benar, yaitu memenuhi persamaan diferensial dan syarat awalnya, maka substitusikan solusi MNA tersebut dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial, dan periksa apakah hasilnya sama dengan persamaan diferensial nonhomogen tersebut. Example 111 : Dari solusi MNA y(t) = y 0 (t) = te

1 2 2t

1 2 t 2

t

y 00 (t) = (1

1 e t ; diperoleh turunan-turunan

t) e

t

1 e 1+t

t

=

1+t

1 2 t e 2

t

1 2 t e t ; dan 2 1 2 t 2t e t : = 2

Dengan mensubstitusikan y(t) dan turunan-turunan tersebut ke dalam persamaan diferensialnya, diperoleh 1 2 t 2

t

2t e

+2 1+t

1 2 t e 2

t

+

1 2 t 2

1 e

t

= e t:

Untuk syarat awalnya, y(0) = 21 :02 1 e 0 = 1 dan y 0 (0) = 1 + 0 21 :02 e 0 = 1: | Jadi benar bahwa solusi MNA adalah y(t) = 21 t2 1 e t : Dengan membandingkan kedua penyelesaian dalam contoh 6 tersebut, dapat diambil kesimpulan, bahwa metode transformasi Laplace mempunyai kelebihan: 1. Tidak ada penentuan solusi umum dari persamaan homogennya; 2. Tidak ada penentuan nilai untuk konstanta sebarang dalam solusi umumnya. Transformasi Laplace dari Integral suatu Fungsi Diferensiasi dan integrasi adalah proses invers. Diferensiasi dari suatu fungsi berkaitan dengan perkalian dari transformasinya dengan s; maka harapannya integrasi dari suatu fungsi menghubungkan pembagian dari transformasinya dengan s; karena pembagian adalah operasi invers dari perkalian. Theorem 23 : Integrasi dari f (t) Misalkan F (s) adalah transformasi Laplace dari f (t): Jika f (t) kontinu bagianperbagian dan memenuhi ketaksamaan pada teorema keujudan untuk transformasi Laplace, maka 9 8t = 1 0; s > k); (6.10) = F (s) f ( )d L ; s : 0

atau jika kita mengambil transformasi invers pada kedua sisi persamaan tersebut, Zt 1 F (s) : (6.11) f ( )d = L 1 s 0

Example 112 : Aplikasi Teorema 3 Misalkan L(f ) =

1 s(s2 +! 2 ) :

Carilah f (t):

125

6.2. TRANSFORMASI DARI TURUNAN DAN INTEGRAL Jawab:

Dari Tabel 6.1, diperoleh transformasi invers

1 (s2 + ! 2 )

1

L

=

1 sin !t: !

Berdasarkan Teorema 3 dan hasil transformasi invers tersebut, diperoleh jawaban

f (t) = L =

1 !2

1

1 s

1 2 (s + ! 2 )

1 = !

Zt

sin ! d

0

t

cos ! j

0

1 = 2 (1 !

cos !t) :

|

Example 113 : Aplikasi lain dari Teorema 3

Dengan cara yang sama seperti pada contoh 7, untuk L(f ) = f (t) nya.

1 s2 (s2 +! 2 ) ;

carilah

126


Jawab: Dari contoh 7, diperoleh transformasi invers L

1

s(s2

1 + !2 )

=

1 (1 !2

cos !t) :

Berdasarkan Teorema 3 dan hasil transformasi invers tersebut, diperoleh f (t) = L =

1 s(s2 + ! 2 )

1 s

1

=

1 !2

Zt

(1

cos ! ) d

0

t

1 !2

(

sin ! ) j

0

1 = 2 !

sin !t !

t

:

|

Masalah Data Pergeseran Masalah data pergeseran adalah nama singkat untuk masalah nilai awal dengan kondisi awalnya merujuk pada suatu t = t0 ; bukan t = 0: Dalam hal ini, kondisi y(0) dan y 0 (0) yang muncul pada pendekatan transformasi Laplace, tidak dapat langsung digunakan, tetapi harus diproses dalam dua cara. 1. Metode solusi pertama. Carilah solusi umum dengan transformasi Laplace dan setelah itu, carilah solusi dari masalah seperti pada metode klasik. 2. Metode solusi ke-dua. Dengan mengambil t = e t + t0 ; sehingga t = t0 ; memberikan hasil e t = 0: Dengan demikian, transformasi Laplace baru dapat diterapkan. Example 114 : Dengan menggunakan metode pada masalah data pergeseran tersebut di atas, akan diselesaikan masalah nilai awal berikut: y 00 + y = 2t;

y

1 4

=

1 ; 2

y0

1 4

=2

p

2:

Jawab: t + 41 : Dengan Dari masalah nilai awal tersebut, diketahui t0 = 14 ; sehingga t = e 1 demikian, untuk t = t0 = 4 ; menyebabkan e t = 0; sehingga masalah nilai awal tersebut berubah menjadi 1 ); ye00 + ye = 2(e t+ 4

y (0) =

1 ; 2

y 0 (0) = 2

p

2:

Tahap I: Membentuk persamaan tambahan Dengan menuliskan Ye = L(e y ); maka dengan rumus transformasi Laplace untuk turunan-turunan, yaitu L (e y 00 ) = s2 Ye

dan dari tabel,

1 ) L 2(e t+ 4

se y (0)

=

ye0 (0)

2 =2 + s2 s

diperoleh persamaan tambahan sebagai berikut: h

s2 Ye

se y (0)

i =2 2 : ye0 (0) + Ye = 2 + s s

127

6.2. TRANSFORMASI DARI TURUNAN DAN INTEGRAL Tahap II: Solusi dari persamaan tambahan Secara aljabar, persamaan tambahan tersebut dapat diselesaikan, yaitu 1 s 2

s2 + 1 Ye

p

2

2

=2 2 + s2 s =2 1 2 + + s+ 2 s2 s 2

=

s2 + 1 Ye

=

p

2 ;

sehingga solusi persamaan tambahannya menjadi Ye =

p 2 2 =2 s + + + 2 : 2 2 2 2 s (s + 1) s(s + 1) 2(s + 1) (s + 1) 2

Dari contoh 7 dan 8 sebelumnya, diperoleh solusi ye = 2 e t

1 = 2e t+ 2

Karena e t=t

1 4

sin e t + p

1 2

2 sin e t:

; dan cos 41

= sin 14 1 4

y(t) = 2 t = 2t

p

= 2t

p

= 2t

cos e t +

1

= +

1 2

p

p

2 sin e t

2; maka p

1 2

2 sin t cos

1 cos e t+ 2 2

1 4

1p 2 sin t 2 sin t + cos t: 2

1 4 1 cos t sin 4 1p 2 cos t 2 2 sin t

Jadi solusi masalah data pergeseran tersebut adalah y(t) = 2t

6.2.1

sin t + cos t:

|

Latihan

I. Selesaikan masalah nilai awal berikut dengan transformasi Laplace. 1. y 0 + 3y = 10 sin t; 2. y 00

4y 0 + 3y = 6t

3. y 00 + 2y 0

3y = 6e

y(0) = 0 8; 2t

;

y(0) = 0; y 0 (0) = 0 y(0) = 2; y 0 (0) =

14:

II. Diketahui L(f ); carilah f (t): Gunakan transformasi invers dan integrasi. 4.

1 s2 +4s

5.

1 s3 s

128


Appendix A

Abjad Yunani dan Rumus-rumus Trigonometri A.1 A B

E Z H I K M

A.2

Abjad Yunani alpha beta gamma delta epsilon zeta eta theta iota kappa lambda mu

N O

o

P T

X !

nu xi omicron pi rho sigma tau upsilon phi chi psi omega

Rumus-rumus Trigonometri

Hukum Cosinus Jika A, B dan C adalah sudut-sudut dalam dari suatu segitiga dan a; b dan c adalah sisi-sisi yang berseberangan dengan sudut-sudut tersebut, maka a2 = b2 + c2

2bc cos A:

Identitas Pythagoras sin2 x + cos2 x = 1 1 + tan2 x = sec2 x cot2 x + 1 = csc2 x Rumus-rumus Reduksi sin 2 + x = cos x tan 2 + x = cot x tan (x ) = tan x

sin ( x) = sin x cos ( x) = cos x tan ( x) = tan x 129

130APPENDIX A. ABJAD YUNANI DAN RUMUS-RUMUS TRIGONOMETRI Rumus-rumus Tambahan sin (x

y) = sin x cos y

cos (x

y) = cos x cos y sin x sin y tan x tan y y) = 1 tan x tan y

tan (x

cos x sin y

Rumus Sudut Ganda sin 2x = 2 sin x cos x cos 2x = cos2 x sin2 x = 2 cos2 x

1=1

2 sin2 x

Rumus Setengah Sudut sin2

x 1 = 2

cos x ; 2

cos2

x 1 + cos x = 2 2

Jumlah dan Perkalian sin x + sin y sin x

sin y

cos x + cos y cos x

cos y

x+y x y cos 2 2 x+y x y cos = 2 sin 2 2 x+y x y = 2 cos cos 2 2 x y x+y cos = 2 sin 2 2 = 2 sin

The appendix fragment is used only once. Subsequent appendices can be created using the Chapter Section/Body Tag.

Appendix B

Rumus-rumus Turunan dan Integral B.1

Tabel Turunan

1. Dx (un ) = nun

1

Dx u

2. Dx (u + v) = Dx u + Dx v 3. Dx (uv) = uDx v + vDx u 4. Dx

u v

=

vDx u uDx v v2

5. Dx (eu ) = eu Dx u 6. Dx (au ) = au ln a Dx u 7. Dx (ln u) =

1 u

Dx u

8. Dx (sin u) = cos u Dx u 9. Dx (cos u) =

sin u Dx u

10. Dx (tan u) = sec2 u Dx u csc2 u Dx u

11. Dx (cot u) =

12. Dx (sec u) = sec u tan u Dx u 13. Dx (csc u) =

csc u cot u Dx u

14. Dx (sin

1

x) =

p 1 1 u2

Dx u

15. Dx (cos

1

x) =

p

1 1 u2

Dx u

16. Dx (tan

1

x) =

1 1+u2

Dx u

17. Dx (cot

1

x) =

1 1+u2

Dx u

18. Dx (sec

1

x) =

p1 juj u2 1

Dx u

19. Dx (csc

1

x) =

p1 juj u2 1

Dx u

20. Dx (sinh u) = cosh u Dx u 21. Dx (sinh u) = cosh u Dx u 131

132

APPENDIX B. RUMUS-RUMUS TURUNAN DAN INTEGRAL

22. Dx (cosh u) = sinh u Dx u 23. Dx (tanh u) = sec h2 u Dx u csc h2 u Dx u

24. Dx (coth u) = 25. Dx (sec h u) =

sec h u tanh u Dx u

26. Dx (csc h u) =

csc h u coth u Dx u

B.2

Integral Trigonometri

Yang berbentuk 1: 2:

Z

Z

p p

a2

u2

du 2au u2

p

p

a2

Yang berbentuk a2 Z

du a2 + u2 Z du 2: 2 a u2 Z du 3: 2 u a2 1:

= = =

= sin

1

= cos

1

a2 + u2 dan

du + u2 Z du 2: p 2 u a2 1:

p

u2 , dan

du a2

Yang berbentuk Z

p

p

2au

1

= cosh

1

u2 dan u2

u + c; jika u2 < a2 ; a > 0: a r u u 1 + c: + c = 2 sin 1 a 2a

u2

= sinh

u2

a2 p u + c = ln u + a2 + u2 : a p u + c = ln u + u2 a2 : a

a2

1 u tan 1 + c; jika a_ > 0: a a 1 u a+u 1 + c; jika u2 < a2 : tanh 1 ln +c= a a 2a a u 1 1 u u a +c= + c; jika u2 > a2 : coth 1 ln a a 2a u+a

Yang Berbentuk Trigonometri 1. 2. 3. 4.

R

R

R

R

sin u du =

cos u + c:

cos u du = sin u + c: tan udu =

ln cos u + c = ln sec u + c:

cot udu = ln sin u + c =

ln csc u + c:

133

B.2. INTEGRAL TRIGONOMETRI 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13.

R

R

R

R

R

R

R

R

R

sec udu = ln(sec u + tan u) + c = ln tan csc udu =

u 2

+ u 2

ln (csc u + cot u) + c = ln tan

4

+ c:

sec2 udu = tan u + c: csc2 udu =

cot u + c:

sec u tan udu = sec u + c: csc u cot udu =

csc u + c:

sin2 udu =

1 2

(u

sin u cos u) + c = 21 u

cos2 udu =

1 2

(u + sin u cos u) + c = 12 u +

tan2 udu = tan u

1 4

sin 2u + c:

1 4

sin 2u + c:

u + c:

Yang Berbentuk Invers Trigonometri

1. 2. 3.

R

R

R

sin

1

udu = u sin

1

cos

1

udu = u cos

tan

1

udu = u tan

p

u

1

u

1

1

u2 + c

p

u2 + c

1 2

u

1

ln 1 + u2 + c:

Yang Berbentuk Eksponensial dan Logaritmik

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

R

R

R

R

R

R

R

R

R

R

+ c:

eu du = eu + c au du =

au ln a

+c

ueu du = eu (u

1) + c

un eu du = un eu eu uu du

=

n

eu (n 1)un

1

R

un

+

ln udu = u ln u

u+c

un ln udu = un+1

h

du u ln u

ln u n+1

1 u

e du

1 n 1

R

eu uu 1 du

1 (n+1)2

i

+c

= ln(ln u) + c

eau sin nudu =

eau (a sin nu n cos nu) a2 +n2

+c

eau cos nudu =

eau (a cos nu+n sin nu) a2 +n2

+c

134

APPENDIX B. RUMUS-RUMUS TURUNAN DAN INTEGRAL

Yang Berbentuk Hiperbolik 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

R

sinh udu = cosh u + c

R

tanh udu = ln cosh u + c

R

sec hudu = tan

R

sec h2 udu = tanh u + c

R

cosh udu = sinh u + c

R

coth udu = ln sinh u + c

R

1

(sinh u) + c

csc hudu = ln tanh 21 u + c

R

csc h2 udu =

sec hu tanh udu =

sec hu + c

R

csc hu coth udu =

csc hu + c

sinh2 udu =

1 4

sinh 2u

R

cosh2 udu =

1 4

sinh 2u + 12 u + c

R

R

R

coth u + c

1 2u

+c

R

u sinh udu = u cosh u

sinh u + c

u cosh udu = u sinh u

cosh u + c

R

eau sinh nudu =

eau (a sinh nu n cosh nu) a2 n2

+c

eau cosh nudu =

eau (a cosh nu n sinh nu) a2 n2

+c

R

Daftar Pustaka 1. Edward Jr., C. H. & Penney, David E. (1993). Elementary Di¤erential Equations with Boundary Value Problems, Third Edition. New Jersey: Prentice-Hall, Inc. 2. Finan, M.B. (2012). A First Course in Elementary Di¤erential Equations. [Online]. Tersedia: http://math.utoledo.edu/~melbialy/classes/Elem-DE/Finandi¤q1book.pdf. [16 Februari 2012] 3. Kreyszig, E. (1999). Advanced Engineering Mathematics, 8th Edition. New York: John Wiley & Sons, Inc. 4. Ross, Shepley L. (1974). Di¤erential Equations. New York: John Wiley & Sons, Inc. 5. Simmons, George F. (1991). Di¤erential Equations with Applications and Historical Notes. Second Edition. New York: McGraw-Hill, Inc.

135

Persamaan Diferensial Biasa. Rippi Maya

Recommend Documents