Persamaan Diferensial Biasa

Persamaan Diferensial Biasa Pendahuluan, Persamaan Diferensial Orde-1 Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB

September 2012

Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

1 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Beberapa Pengertian

Banyak prinsip dan hukum yang mendasari berbagai fenomena di alam berbentuk pernyataan (statements) atau hubungan (relations) yang melibatkan laju perubahan (rates) antarvariabel. Dalam matematika, pernyataan atau hubungan dituliskan dalam bentuk fungsi atau persamaan (equations), sedangkan laju perubahan dituliskan dalam bentuk turunan (derivatives). Persamaan yang melibatkan fungsi dan turunannya disebut sebagai persamaan diferensial (di¤erential equations). Persamaan diferensial yang menggambarkan proses …sik tertentu biasa disebut model matematika (mathematical models).


PDB

September 2012

2 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Contoh: Gerak Jatuh Hukum …sika yang mengatur gerak benda ialah Hukum Newton II yang menyatakan perkalian massa benda dan percepatannya sama dengan besarnya gaya yang bekerja: F = ma (1) dengan m massa benda (kg), a percepatan (m/s2 ), dan F besarnya gaya (newton). Karena percepatan a berkaitan dengan kecepatan v , yaitu a = dv dt , maka persamaan (1) ditulis: dv . (2) dt Dalam hal gerak jatuh, gravitasi g memberikan gaya sebesar mg pada benda. Dalam waktu bersamaan benda mengalami gaya gesek udara yang diasumsikan sebanding dengan kecepatan benda, yaitu sebesar γv , dengan γ merupakan koe…sien gesek. Dengan demikian, F =m

F = mg Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

γv .

(3) September 2012

3 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Contoh: Gerak Jatuh Penggabungan (2) dan (3) memberikan: m

dv = mg dt

γv .

(4)

Persamaan (4) merupakan model matematika yang menggambarkan gerak jatuh benda di udara. Model melibatkan tiga konstanta: m, γ, dan g . Dua konstanta pertama (m dan γ) sangat bergantung pada benda yang jatuh, sedangkan konstanta g bernilai tetap (yaitu 9.8 m/s2 ). Konstanta-konstanta m dan γ biasa disebut sebagai parameter model. Persamaan (4) juga melibatkan fungsi yang belum diketahui, yaitu v = v (t ). Menyelesaikan persamaan (4) berarti mencari fungsi v = v (t ) yang memenuhi (4). Jika m = 10 kg dan γ = 2 kg/s maka diperoleh persamaan diferensial dv = 9.8 dt Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

0.2v . September 2012

4 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

De…nisi

Persamaan diferensial (PD) adalah persamaan yang melibatkan fungsi yang tidak diketahui dan turunan-turunannya. Suatu PD disebut PD biasa (ordinary di¤erential equations) jika fungsi yang tidak diketahui bergantung hanya pada satu variabel bebas. Contoh: dy = 5x + 3, dx

ey

d 2y +2 dx 2

dy dx

2

= 1.

Pada contoh di atas, fungsi yang tidak diketahui ialah y = y (x ).


PDB

September 2012

5 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

De…nisi

Suatu PD disebut PD parsial (partial di¤erential equations) jika fungsi yang tidak diketahui bergantung pada dua atau lebih variabel bebas. Contoh: ∂2 y ∂2 y 4 = 0. ∂t 2 ∂x 2 Pada contoh di atas, fungsi yang tidak diketahui ialah y = y (t, x ). PD Biasa (PDB) merupakan bahan UTS dan PD Parsial (PDP) bahan UAS.


PDB

September 2012

6 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Ordo Ordo suatu PD adalah ordo dari turunan tertinggi yang terlibat dalam PD tersebut. Contoh: dy = 5x + 3, orde-1: dx 2 dy 3 yd y orde-2: e = 1, +2 dx 2 dx d 2y d 3y orde-3: 4 3 + sin x 2 5xy = 0. dx dx Notasi-notasi turunan: y 0 , y 00 , y 000 , y (4 ) , . . . , y (n ) , dy d 2 y d 3 y dny , , , ..., . 2 3 dx dx dx dx n Jika variabel bebas yang terlibat ialah waktu t maka digunakan notasi 3 d 2 y ... y = d y3 , dst. y˙ = dy dt , y¨ = dt 2 , dt Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

7 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Bentuk Umum Bentuk umum PDB orde-n : F x, y , y 0 , y 00 , . . . , y (n ) = 0,

(5)

dengan x variabel bebas dan y variabel tak bebas, yaitu y = y (x ). Jika hubungan antara y = y (x ) dan turunan-turunannya bersifat linear maka PD (5) disebut PDB Linear, dan dapat ditulis sebagai an ( x )

dny + an dx n

1 (x )

dengan an (x ) 6= 0, an PD.

d n 1y + dx n 1

+ a1 ( x )

1 ( x ) , . . . , a0 ( x )

dy + a0 ( x ) y = f ( x ) , dx

merupakan koe…sien-koe…sien

Jika f (x ) = 0 maka PD disebut homogen dan jika f (x ) 6= 0 maka PD disebut takhomogen. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

8 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Solusi Solusi PD dalam bentuk fungsi tidak diketahui y dan variabel bebas x pada interval I adalah fungsi y = y (x ) yang memenuhi PD tersebut secara identik untuk semua x di I . Examples 1

Apakah y (x ) = c1 sin 2x + c2 cos 2x, dengan c1 dan c2 adalah konstanta-konstanta sembarang, merupakan solusi bagi PD y 00 + 4y = 0?

2

Apakah y (x ) = x 2

3

x2

+ y2

Apakah x 2 ( 1, 1)?

1 merupakan solusi bagi (y 0 )4 + y 2 =

= 1 merupakan solusi bagi

dy dx

=

x y,

1?

untuk

Solusi berbentuk y = y (x ) disebut solusi eksplisit dan solusi berbentuk g (x, y ) = 0 disebut solusi implisit. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

9 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Solusi y (x ) = c1 sin 2x + c2 cos 2x merupakan solusi umum (general solution) bagi PD y 00 + 4y = 0 dan y (x ) = 5 sin 2x + 3 cos 2x, y (x ) = sin 2x + 2 cos 2x, y (x ) = 10 cos 2x, dsb merupakan solusi khusus (particular solutions). Solusi khusus merupakan sembarang solusi tunggal. Solusi umum merupakan himpunan semua solusi. Secara lebih umum,

R R dy = f (x ) , dy = f (x ) dx , y (x ) = F (x ) + C , dx

dengan F adalah sembarang antiturunan dari f dan C adalah konstanta pengintegralan. Persamaan y (x ) = F (x ) + C disebut sebagai solusi umum PD. Solusi khusus diperoleh dengan cara menentapkan nilai y pada x tertentu, misalnya y (x0 ) = y0 , yang disebut sebagai nilai awal atau syarat awal. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

10 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Solusi Umum dan Nilai Awal Solusi khusus diperoleh dengan mengganti konstanta pengintegralan C dengan nilai tertentu sehingga menggeser kurva F ke atas atau ke bawah. Umumnya, solusi khusus diperoleh dengan menyelesaiakan syarat awal y (x0 ) = y0 .


PDB

September 2012

11 / 37

Pendahuluan

Konsep Dasar

Solusi Umum dan Nilai Awal Nilai awal: y (x0 ) = y0 , F (x0 ) + C = y0 , C = y0

F (x0 ),

sehingga diperoleh solusi khusus y (x ) = y0 + F (x )

F (x0 ),

yang dapat dituliskan dalam bentuk persamaan integral: y (x ) = y0 +

Z x

f (s ) ds.

x0

Examples 1

2

Untuk persamaan diferensial dy dx = x + 10 sin x, (a) tentukan solusi umum, (b) tentukan solusi khusus yang melewati titik (π, 0). Sebuah kurva melalui titik (1, 0) memiliki kemiringan ln x. Tentukan persamaan kurva tersebut! Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

12 / 37

Pendahuluan

Masalah Nilai Awal

Masalah Nilai Awal (MNA), Initial Value Problem (IVP) Masalah nilai awal pada PD orde-n F (x, y , y 0 , y 00 , . . . , y (n ) ) = 0 adalah masalah mencari solusi PD pada interval I yang sekaligus memenuhi n buah nilai awal berikut: y (x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , . . . , y (n dengan x0 2 I dan y0 , y1 , . . . , yn

1)

(x0 ) = yn

1,

1

konstanta-kontanta yang diberikan.

x

+ 1 merupakan solusi dari MNA

Examples 1

Tunjukkan bahwa y (x ) = e y 0 + y = 1, y (0) = 2.

2

Tunjukkan bahwa y (x ) = sin x + cos x merupakan solusi dari MNA y 00 + y = 0, y (0) = 1, y 0 (0) = 1. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

13 / 37

Pendahuluan

Masalah Nilai Awal

Keujudan dan Ketunggalan Solusi Tinjau MNA berikut: dx = 0, x (0) = k. dt Dengan pemisahan variabel diperoleh solusi umum PD x (t ) = 1 +tCt .Namun, jika k 6= 0 maka MNA tidak memiliki solusi. Tinjau MNA berikut: x2 + t2

p dx = x, dt

x (0) = 0.

Metode pemisahan variabel memberikan solusi x (t ) = 14 t 2 . Namun, MNA juga masih punya takhingga banyak solusi lain: xa (t ) =

0 1 4 (t

a )2

; t a , ; t>a

dengan a > 0. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

14 / 37

Pendahuluan

Masalah Nilai Awal

Teorema Picard

Theorem Diberikan MNA

Jika f dan

∂f ∂x

dx = f (t, x ), dt

x (t0 ) = x0 .

merupakan fungsi-fungsi kontinu pada daerah R = f(t, x ) j a < t < b, c < x < d g

yang memuat titik awal (t0 , x0 ), maka MNA memiliki solusi tunggal x = x (t ) pada interval (t0 h, t0 + h ), dengan h bilangan positif.


PDB

September 2012

15 / 37

Pendahuluan

Masalah Nilai Awal

Teorema Picard Examples Apakah Teorema Picard menjamin keujudan dan ketunggalan solusi MNA berikut: 1

y 0 = y + e 2x ,

2

y0

3 4

y (0) = 1.

y 1/3 ,

= y (0) = 0. p x˙ = x, x (0) = 0. 2 2 Tinjau MNA: dx dt = x , x (0) = x0 . karena f (t, x ) : = x dan fx (t, x ) = 2x keduanya kontinu maka MNA memiliki solusi tunggal, yaitu 1 , x0 6= 0. x (t ) = 1 t x0 Maximal interval of existence: ( ∞, x10 ) ataukah ( x10 , ∞). Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

16 / 37

PDB Orde-1

PD Homogen

Bentuk Umum Bentuk umum PD linear orde-1: x˙ + a(t )x = b (t ),

(6)

dengan a(t ) dan b (t ) adalah fungsi-fungsi sembarang. Dikatakan linear karena ruas kiri (6) merupakan fungsi linear dari x dan x. ˙ Jika b (t ) = 0 akan diperoleh PD homogen orde-1 x˙ + a(t )x = 0.

(7)

Bentuk-bentuk berikut ini merupakan PD orde-1: x˙ + 2x = t 2 , x˙ + e t x = 4t, dan (t 2 + 1)x˙ + x sin t = t ln t. Persamaan pertama dan kedua sudah dalam bentuk baku (6). Persamaan terakhir dapat ditulis dalam bentuk yang ekuivalen x˙ + Toni Bakhtiar (m@thipb)

sin t t ln t x= 2 . 2 t +1 t +1 PDB

September 2012

17 / 37

PDB Orde-1

PD Homogen

Metode Pemisahan Variabel Sebuah fakta penting dari PD linear adalah bahwa solusi persamaan takhomogen selalu dapat dikonstruksi dari solusi persamaan homogennya. Oleh karena itu pembahasan tentang persamaan diferensial homogen akan diberikan dalam bahasan tersendiri didahului dengan metode pemisahan variabel (variables separation method) sebagai sebuah metode solusi. Tinjau PD berikut: x˙ = F (x, t ).

(8)

Jika F (x, t ) dapat dituliskan dalam bentuk perkalian dua buah fungsi f (x ) dan g (t ), yaitu F (x, t ) = f (x )g (t ) maka persamaan diferensial (8) dapat dituliskan menjadi x˙ = f (x )g (t ). Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

(9) September 2012

18 / 37

PDB Orde-1

PD Homogen

Metode Pemisahan Variabel Perhatikan bahwa PD (9) dapat ditulis menjadi dx = f (x )g (t ). dt Dengan memisahkan variabel-variabel yang sama di satu ruas, persamaan di atas akan menjadi 1 dx = g (t ) dt. f (x ) Pengintegralan terhadap kedua ruas persamaan di atas akan membawa ke masalah integral berikut Z

1 dx = f (x )

Z

g (t ) dt.

Jika f (x ) dan g (t ) diketahui maka masalah integral di atas dapat diselesaikan dengan menggunakan teknik penggintegralan. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

19 / 37

PDB Orde-1

PD Homogen

PD Linear Homogen Orde-1 Bentuk umum PD linear homogen orde-1: x˙ (t ) + a(t )x (t ) = 0,

(10)

dengan a(t ) fungsi sembarang. Persamaan (10) terpisahkan karena dapat ditulis menjadi x1 dx = a(t ) dt. Dengan asumsi x > 0, pengintegralan kedua ruas persamaan di atas memberikan R R R R1 k1 dx = a(t ) dt , ln x = a(t ) dt + k1 , x = e e a (t ) dt . x R Jika dide…nisikan A(t ) := a(t ) dt maka diperoleh x (t ) = ke

A (t )

,

dengan k = e k1 dan A(t ) tidak mengandung konstanta pengintegralan lain karena pada dasarnya konstanta tersebut dapat diserap dalam k. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

20 / 37

PDB Orde-1

PD Homogen

PD Linear Homogen Orde-1 Theorem Solusi dari PD linear homogen orde-1 x˙ (t ) + a(t )x (t ) = 0 ialah x (t ) = ke

A (t )

dengan k konstanta sembarang dan A(t ) := konstanta pengintegralan lain.

, R

a(t ) dt tidak mengandung

Corollary Berdasarkan teorema di atas, jika a(t ) merupakan fungsi konstan, yaitu a(t ) = a, maka solusi dari PD linear homogen orde-1 x˙ + ax = 0 ialah x (t ) = ke


PDB

at

.

September 2012

21 / 37

PDB Orde-1

PD Homogen

PD Linear Homogen Orde-1 Example Misalkan y (t ) menyatakan besarnya konsumsi energi nasional pada saat t dan tumbuh dengan laju konstan 2 persen. Tentukan dan selesaikan persamaan diferensial dari masalah tersebut. Jawab Laju pertumbuhan suatu peubah adalah rasio antara pertumbuhan variabel dengan level variabel, yaitu y˙ /y . Masalah di atas dapat ditulis dalam PD berikut: y˙ = 0.02 , y˙ = 0.02y , y yang merupakan PDLH orde-1 dengan solusi y (t ) = ke 0.02t , yang memberikan level konsumsi energi pada saat t.


PDB

September 2012

22 / 37

PDB Orde-1

PD Takhomogen

PD Linear Takhomogen Orde-1 PD x˙ + a(t )x = b (t ), dengan b (t ) 6= 0, disebut sebagai PD linear takhomogen orde-1. Untuk menentukan solusinya, kedua ruas persamaan di atas dikalikan dengan faktor pengintegralan e A (t ) , dengan R A(t ) := a(t )dt, sehingga menjadi xe ˙ A (t ) + a(t )xe A (t ) = b (t )e A (t ) .

(11)

Dengan mengingat bahwa d A (t ) ) = xe ˙ A (t ) + x A˙ (t )e A (t ) = xe ˙ A (t ) + xa(t )e A (t ) ,maka (11) ditulis dt (xe menjadi

R d (xe A (t ) ) = b (t )e A (t ) , xe A (t ) = b (t )e A (t ) dt + k dt R , x ( t ) = e A (t ) b (t )e A (t ) dt + k ,

dengan k konstanta pengintegralan. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

23 / 37

PDB Orde-1

PD Takhomogen

PD Linear Takhomogen Orde-1 Theorem Solusi dari PD linear takhomogen orde-1 x˙ (t ) + a(t )x (t ) = b (t ) ialah x (t ) = e

A (t )

R

b (t )e A (t ) dt + k ,

dengan k konstanta sembarang dan A(t ) := konstanta pengintegralan lain.

R

a(t ) dt tidak mengandung

Corollary Berdasarkan teorema di atas: 1 2 3

jika b (t ) = 0 maka x (t ) = ke

A (t )

(kasus PD homogen),

jika a(t ) = a dan b (t ) = b maka x (t ) = ke at + ba , R jika a(t ) = a maka x (t ) = e at b (t )e at dt + k .


PDB

September 2012

24 / 37

PDB Orde-1

PD Takhomogen

Model Penyesuaian Harga Misalkan fungsi permintaan dan fungsi penawaran suatu komoditas berharga p berturut-turut diberikan oleh D (p ) = a bp dan S (p ) = α + βp, dengan a, b, α, dan β adalah konstanta-konstanta positif. Asumsikan bahwa harga merupakan fungsi dari waktu, yaitu p = p (t ), dan bahwa laju perubahan harga sebanding dengan kelebihan permintaan (excess demand), yaitu p˙ = λ[D (p )

S (p )],

dengan λ adalah konstanta positif yang menyatakan seberapa cepat harga menyesuaikan (speed of adjustment). Substitusikan ekspresi bagi D dan S memberikan PDLTH: p˙ + λ(b + β)p = λ(a


PDB

α ).

September 2012

25 / 37

PDB Orde-1

PD Takhomogen

Model Penyesuaian Harga

Model penyesuaian harga memiliki solusi: p (t ) = ke

λ (b + β )t

+

a α . b+β

Perhatikan bahwa karena λ(b + β) > 0 diperoleh lim p (t ) =

t !∞

a α , b+β

yang menunjukkan bahwa p konvergen ke harga kesetimbangan p = pada mana D (p ) = S (p ) dipenuhi.


PDB

September 2012

a α b +β ,

26 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak PD eksak dapat digunakan untuk menyelesaikan PD taklinear tertentu. Misalkan fungsi dua peubah u = u (t, x ) memiliki turunan-turunan parsial kedua, yaitu utt , uxx , utx , uxt , yang kontinu. Asumsi kekontinuan turunan menjadikan uxt = utx (Teorema Young) dan diferensial total (total di¤erential) dari u terde…nisi, yaitu du = ut dt + ux dx.

(12)

Tinjau PDB dalam bentuk dx = dt

M (t, x ) , M (t, x ) dt + N (t, x ) dx = 0. N (t, x )

(13)

Persamaan diferensial (13) dikatakan eksak jika ruas kiri persamaan tersebut merupakan diferensial total dari suatu fungsi u (x, t ), yaitu berlaku du = M (t, x ) dt + N (t, x ) dx. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

27 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak Atau dengan kata lain, PD M (t, x ) dt + N (t, x ) dx = 0 dikatakan eksak jika terdapat suatu fungsi u (x, t ) sedemikian sehingga berlaku ut = M (t, x ),

ux = N (t, x ).

Jika M dan N terde…nisi dan memiliki turunan-turunan parsial pertama yang kontinu maka diperoleh utx = Mx (t, x ),

uxt = Nt (t, x ).

Dengan asumsi kontinuitas turunan yang membuat uxt = utx maka Mx = Nt merupakan syarat cukup dan syarat perlu agar M (t, x ) dt + N (t, x ) dx merupakan turunan total (dan M (t, x ) dt + N (t, x ) dx = 0 merupakan PD eksak). Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

28 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak Example Persamaan diferensial (x + 4) dt + t dx = 0 adalah PD eksak karena dengan M = x + 4 dan N = t diperoleh Mx = 1 = Nt . Sedangkan x dt t dx = 0 adalah PD takeksak karena M = x dan N = t membuat Mx 6= Nt . Fungsi u (x, t ) dapat ditentukan sebagai berikut. Karena ut = M (t, x ) maka Z u (t, x ) = M (t, x ) dt + f (x ).

Dalam integral di atas x dianggap konstan, dan f (x ) berperan sebagai ’konstanta’pengintegralan yang dapat ditentukan kemudian. Atau, karena ux = N (t, x ) maka u (t, x ) =

Z

N (t, x ) dx + g (t ),

dengan t dianggap konstan dan g (t ) adalah ’konstanta’pengintegralan. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

29 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak Example Periksa PD berikut eksak dan tentukan solusinya: t3 +

x + (x 2 + ln t )x˙ = 0. t

Example Tentukan fungsi u yang menjadikan persamaan diferensial berikut eksak: 1 x dt + dx = 0. t2 t Cari solusi PD di atas dengan menentukan x (t ) dari u (t, x ) = k.


PDB

September 2012

30 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak

Example Di beberapa kasus, PD takterpisahkan dan mungkin juga taklinear dapat diselesaikan dengan membawanya ke bentuk eksak. PD berikut takterpisahkan dan taklinear: 1 + tx 2 + t 2 x x˙ = 0 , (1 + tx 2 ) dt + t 2 x dx = 0.


PDB

September 2012

31 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak PD takeksak dapat dijadikan PD eksak dengan cara mengalikannya dengan faktor pengintegralan tertentu. Tinjau PD berikut: dx + a(t )x = 0 , a(t )x dt + dx = 0. dt Jelas PD di atas takeksak karena dengan M := a(t )x dan N := 1 diperoleh Mx 6= Nt (asalkan a(t ) 6= 0). R Kalikan PD di atas dengan faktor pengintegralan e A (t ) , dengan A(t ) = a(t ) dt, diperoleh e A (t ) dx + e A (t ) a(t )x dt = 0.

Jelas PD di atas eksak karena dengan M := e A (t ) a(t )x dan N := e A (t ) diperoleh Mx = e A (t ) a(t ) = Nt . Secara umum, faktor pengintegralan tidak mudah ditemukan. Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

32 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak Tinjau kasus PD takeksak yang lebih umum berikut: F (t, x ) + G (t, x )

dx = 0 , F (t, x ) dt + G (t, x ) dx = 0. dt

Kalikan PD di atas dengan faktor pengintegralan I (t, x ) sehingga diperoleh I (t, x )F (t, x ) dt + I (t, x )G (t, x ) dx = 0. Agar eksak, haruslah dipenuhi: ∂ ∂ [I (t, x )F (t, x )] = [I (t, x )G (t, x )] , ∂x ∂t atau Ix F + IFx = It G + IGt . Toni Bakhtiar (m@thipb)

PDB

September 2012

33 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

PD Eksak Dapat ditulis,

(Fx Gt )I = It G Ix F . Persamaan di atas merupakan PDP yang secara umum sulit diselesaikan. Namun jika masalah disederhanakan, yaitu jika diasumsikan I = I (t ), maka Ix = 0, sehingga 1 ∂F ∂G dI = I. (14) (Fx Gt )I = It G , dt G ∂x ∂t PD (14) memiliki solusi, yaitu I = I (t ), asalkan bergantung pada t.

1 G

∂F ∂x

∂G ∂t

hanya

Example Carilah faktor pengintegralan I = I (t ) yang membuat PD di bawah eksak lalu tentukan solusi PD tersebut:

(t cos x + e 5t ) Toni Bakhtiar (m@thipb)

dx 2xe 5t + 3 sin x + 5xe 5t + = 0. dt t PDB

September 2012

34 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

Metode Substitusi Pada beberapa kasus khusus, PD dapat disederhanakan dan diselesaikan dengan substitusi. Tinjau PD homogen berikut: dx = F ( xt ). dt De…nisikan variabel baru u := x /t atau x = ut, maka du du dx dx =t +u , t = dt dt dt dt yang merupakan PD yang terpisahkan.

u,t

du = F (u ) dt

u,

Example Dengan substitusi tertentu, selesaikan PD berikut: tx Toni Bakhtiar (m@thipb)

dx = 2t 2 + 3x 2 . dt PDB

September 2012

35 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

Persamaan Bernoulli PD lain yang dapat diselesaikan dengan substitusi ialah PD Bernoulli yang memiliki bentuk umum dx + p (t )x = q (t )x n . dt Jika n = 0 atau n = 1 maka PD adalah linear orde-1. Untuk n 2 / f0, 1g, de…nisikan u = x 1 n sehingga diperoleh: du dt

= (1 = (1 = (1

n )x n )x

n dx n

dt [q (t )x n

n )[q (t )

p (t )x ]

p (t )u ].

Diperoleh du + (1 dt Toni Bakhtiar (m@thipb)

n )p (t )u = (1 PDB

n )q (t ). (linear!) September 2012

36 / 37

PDB Orde-1

PD Eksak

Persamaan Bernoulli

Example Selesaikan PD Bernoulli berikut: dx dt


6tx = 2tx 2 .

PDB

September 2012

37 / 37

Persamaan Diferensial Biasa

Recommend Documents