Persamaan Diferensial

TKS 4003 Matematika II

Persamaan Diferensial

– Linier Homogen & Non Homogen Tk. n – (Differential: Linier Homogen & Non Homogen Orde n) Dr. AZ Jurusan Teknik Sipil Fakultas Teknik Universitas Brawijaya

Pendahuluan Bentuk umum PD linier orde n adalah : 𝒏

𝒏−𝟏

+ ⋯ + 𝒂𝒏−𝟏 𝒙 𝒚′ + 𝒂𝒏 𝒙 𝒚 = 𝑭(𝒙)

(1) Untuk PD yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk seperti Pers. (1), dikatakan PD non linier. Jika F(x) pada persamaan PD Linier orde n sama dengan nol (F(x) = 0), maka disebut PD homogen atau PD tereduksi atau PD komplementer. Jika F(x) ≠ 0, maka disebut PD lengkap atau PD non homogen. 𝒂𝟎 𝒙 𝒚

+ 𝒂𝟏 𝒙 𝒚

1

Pendahuluan (lanjutan) Jika a0(x), a1(x), ..., an(x) adalah konstanta, maka disebut PD Linier dengan koefisien konstanta. Jika a0(x), a1(x), ..., an(x) bukan berupa konstanta, maka disebut PD Linier koefisien variabel. 𝒅𝒚 𝒅𝟐 𝒚

𝒅𝒏 𝒚

Bentuk 𝒅𝒙 , 𝒅𝒙𝟐 , … , 𝒅𝒙𝒏 , dapat dituliskan dengan lambang Dy, D2y, ..., Dny, dengan D, D2, ..., Dn, disebut operator diferensial atau operator D. Sehingga persamaan PD Linier orde n dapat dinyatakan sebagai :

Pendahuluan (lanjutan) 𝒂𝟎 𝒙 𝐃

𝒏

+ 𝒂𝟏 𝒙 𝐃

𝒏−𝟏

+ ⋯ + 𝒂𝒏−𝟏 𝒙 𝐃 + 𝒂𝒏 𝒙 𝒚 = 𝑭(𝒙)

(2)

atau : 𝚽 𝐃 𝒚 = 𝑭(𝒙) (3) dengan 𝚽 𝐃 = 𝒂𝟎 𝒙 𝐃 𝒏 + 𝒂𝟏 𝒙 𝐃 𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒂𝒏−𝟏 𝒙 𝐃 + 𝒂𝒏 𝒙 dan disebut operator suku banyak dalam D.

2

Teorema Dasar Untuk menyelesaikan PD linier berbentuk : 𝚽 𝐃 𝒚 = 𝑭(𝒙), dengan 𝑭(𝒙) ≠ 𝟎 (4) Jika dimisalkan Yc(x) adalah solusi umum PD homogen dari (D)y = 0, maka penyelesaian umum PD linier adalah dengan menjumlahkan penyelesaian umum PD homogen dan penyelesaian khusus, yaitu : y = Yc(x) + Yp(x) (5)

Teorema Dasar (lanjutan) Contoh : Solusi umum PD homogen : 𝐃𝟐 − 𝟑𝐃 + 𝟐 𝒚 = 𝟎 adalah : 𝒚 = 𝒄𝟏 𝒆𝒙 + 𝒄𝟏 𝒆𝒙 dan solusi khusus PD : 𝐃𝟐 − 𝟑𝐃 + 𝟐 𝒚 = 𝟒𝒙𝟐 adalah : 𝟐𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 + 𝟕 maka solusi umum PD lengkap/non 𝐃𝟐 − 𝟑𝐃 + 𝟐 𝒚 = 𝟒𝒙𝟐 adalah :

homogen

dari

𝒚 = 𝒄𝟏 𝒆𝒙 + 𝒄𝟏 𝒆𝒙 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 + 𝟕

3

Ketakbebasan Linier Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x), dikatakan tak bebas linier pada suatu selang, jika ada n konstanta c1, c2, …, cn yang tidak semua nol, sehingga berlaku : c1 y1 (x) + c2 y2(x) + … + cn yn(x) = 0 (6) Jika tidak, maka himpunan fungsi tersebut dikatakan bebas linier.

Ketakbebasan Linier (lanjutan) Contoh : 1. Tak bebas linier 2e3x, 5e3x, e-4x adalah tak bebas linier pada suatu selang, karena dapat ditentukan konstanta c1, c2, c3 yang tidak semua nol, sehingga : 𝒄𝟏 𝟐𝒆𝟑𝒙 + 𝒄𝟐 𝟓𝒆𝟑𝒙 + 𝒄𝟑 𝟐𝒆−𝟒𝒙 = 𝟎 dengan : c1 = -5, c2 = 2, c3 = 0

4

Ketakbebasan Linier (lanjutan) 2. Bebas linier ex, xex adalah bebas linier pada suatu selang, karena : 𝒄𝟏 𝒆𝒙 + 𝒄𝟐 𝒙𝒆𝒙 = 𝟎 hanya jika : c1 = 0, c2 = 0

Determinan Wronski (lanjutan) Himpunan fungsi y1(x), y2(x), ..., yn(x), yang mempunyai turunan adalah bebas linier pada suatu selang jika determinan : 𝑾 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 , … , 𝒚𝒏

𝒚𝟏 (𝒙) 𝒚𝟐 (𝒙) 𝒚𝟏 ′ (𝒙) 𝒚𝟐 ′ (𝒙) = … … 𝒚𝟏 𝒏−𝟏 (𝒙) 𝒚𝟐 𝒏−𝟏 (𝒙)

… 𝒚𝒏 (𝒙) … 𝒚𝒏 ′ (𝒙) ≠𝟎 … … … 𝒚𝒏 𝒏−𝟏 (𝒙)

(7)

Pers. (7) dinamakan dengan determinan Wronski.

5

Determinan Wronski (lanjutan) Contoh : Tentukan determinan Wronski (Wronskian) fungsi berikut : a. {sin 3x, cos 3x} 𝑾 𝒙 =

𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙 𝟑 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙

𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 = −𝟑 𝐬𝐢𝐧𝟐 𝟑𝒙 − 𝟑 𝐜𝐨𝐬 𝟐 𝟑𝒙 = −𝟑 −𝟑 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙

b. {x, x2, x3} 𝒙 𝑾 𝒙 = 𝟏 𝟎

𝒙𝟐 𝟐𝒙 𝟐

𝒙𝟑 𝟐 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝒙 + 𝟎 + 𝟐𝒙 − 𝟎 − 𝟔𝒙 − 𝟔𝒙 = 𝟐𝒙 𝟔𝒙

Prinsip Superposisi Jika y1(x), y2(x), ..., yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier dari PD linier orde n, 𝚽 𝐃 𝒚 = 𝟎, maka solusi umumnya : y = c1 y1(x) + c2 y2(x) + … + cn yn(x) dengan : c1 , c2 , … , cn = konstanta

6

Prinsip Superposisi (lanjutan) Contoh : Jika y1(x) dan y2(x) adalah solusi PD homogen : y” + P(x)y’ + Q(x)y = 0, maka kombinasi linier c1 y1(x) + c2 y2(x) juga merupakan solusi PD. Bukti : y1(x) dan y2(x) solusi y” + Py’ + Qy = 0, maka : y1” + Py1’ + Qy1 = 0 dan y2” + Py2’ + Qy2 = 0

Prinsip Superposisi (lanjutan) Dari solusi y = c1 y1 + c2 y2, maka : y’ = c1 y1’ + c2 y2’ y” = c1 y1” + c2 y2” Substitusi ke PD diperoleh : y” + P(x)y’ + Q(x)y = 0 c1 y1” + c2 y2” + P(c1 y1’ + c2 y2’) + Q(c1 y1 + c2 y2) = 0 c1 y1” + c2 y2” + c1 Py1’ + c2 P y2’ + c1 Qy1 + c2 Qy2 = 0 c1 (y1” + Py1’ + Qy1 ) + c2 (y2” + P y2’ + Qy2) = 0 c1 (0) + c2 (0) = 0

7

PD linier homogen orde n PD linier homogen orde n dengan koefisien konstan mempunyai bentuk umum : 𝒂𝒏 𝒚 𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏 𝒚 𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒂𝟏 𝒚′ + 𝒂𝟎 𝒚 = 𝟎, 𝒂𝒏 ≠ 𝟎 (8) Jika y1, y2, ..., yn adalah penyelesaian khusus PD linier homogen, maka kombinasi liniernya juga merupakan penyelesaian PD tersebut yang dapat dirumuskan : 𝒚 = 𝒌𝟏 𝒚𝟏 + 𝒌𝟐 𝒚𝟐 +…+𝒌𝒏 𝒚𝒏 = 𝒏𝒊=𝟏 𝒌𝒊 𝒚𝒊 , 𝒌𝒊 , 𝒌𝒊 , …., 𝒌𝒊 = konstanta

PD linier homogen orde n (lanjutan) Penyelesain PD linier homogen orde n dengan substitusi y = erx, sehingga didapatkan persamaan karakteristik : 𝒂𝒏 𝒓𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏 𝒓𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒂𝟏 𝒓 + 𝒂𝟎 = 𝟎 (9) Untuk selanjutnya dengan teknik faktorisasi dapat ditentukan akar-akar persamaan karakteristik, yaitu : 𝒂𝒏 𝒓𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏 𝒓𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒂𝟏 𝒓 + 𝒂𝟎 = 𝟎 ⟹ 𝒂𝒏 𝒓 − 𝒓𝟏 𝒓 − 𝒓𝟐 … 𝒓 − 𝒓𝒏 = 𝟎

(10)

8

PD linier homogen orde n (lanjutan) Akar-akar persamaan karakteristik pada Pers. (10) dapat bernilai sama atau disebut akar rangkap (multiplicity). Dua kasus akar rangkap untuk solusi PD linier homogen orde n : Kasus I : jika akar rangkap adalah r = bilangan riil, terdapat k penyelesaian bebas linier. k solusi bebas linier : 𝒆𝒓𝒙 , 𝒙 𝒆𝒓𝒙 , … , 𝒙𝒌−𝟏 𝒆𝒓𝒙 ; 𝒌 ≥ 𝟏

Solusi umumnya : 𝒚 = 𝒄𝟏 𝒆𝒓𝒙 + 𝒄𝟐 𝒙 𝒆𝒓𝒙 + … + 𝒄𝒌 𝒙𝒌−𝟏 𝒆𝒓𝒙 ; 𝒄𝒌 =

konstanta ke-k

PD linier homogen orde n (lanjutan) Kasus II : jika akar rangkap adalah r = bilangan kompleks (r =  E i), terdapat k penyelesaian bebas linier. k solusi bebas linier : 𝒆𝜶𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙, 𝒙𝒆𝜶𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙, … , 𝒙𝒌−𝟏 𝒆𝜶𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 𝒆𝜶𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙, 𝒙𝒆𝜶𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙, … , 𝒙𝒌−𝟏 𝒆𝜶𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙

Solusi umumnya : 𝒚 = 𝒆𝒓𝒙 𝒄𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙 + 𝒙 𝒄𝟑 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝟒 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙 + ⋯ + 𝒙𝒌−𝟏 𝒄𝒌−𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝒌 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙

9

PD linier homogen orde n (lanjutan) Contoh 1 : 𝒚(𝟓) − 𝟑𝒚 𝟒 + 𝟑𝒚′′′ − 𝒚′′ = 𝟎 Penyelesaian : Persamaan karakteristik : 𝒓𝟓 − 𝟑𝒓𝟒 + 𝟑𝒓𝟑 − 𝒓𝟐 = 𝟎 Akar-akar persamaan karakteristik : 𝒓𝟏 = 𝒓𝟐 = 𝟎, 𝒓𝟑 = 𝒓𝟒 = 𝒓𝟓 = 𝟏 Solusi bebas linier : 𝒆𝟎𝒙 , 𝒙𝒆𝟎𝒙 , 𝒆𝒙 , 𝒙𝒆𝒙 , 𝒙𝟐 𝒆𝒙 Solusi umum : 𝒚 = 𝒄𝟏 + 𝒄𝟐 𝒙 + 𝒄𝟑 + 𝒄𝟒 𝒙 + 𝒄𝟓 𝒙𝟐 𝒆𝒙

PD linier homogen orde n (lanjutan) Contoh 2 : 𝒚(𝟒) − 𝟒𝒚′′′ + 𝟏𝟒𝒚′′ − 𝟐𝟎𝒚′ + 𝟐𝟓 = 𝟎 Penyelesaian : Persamaan karakteristik : 𝒓𝟒 − 𝟒𝒓𝟑 + 𝟏𝟒𝒓𝟐 − 𝟐𝟎𝒓 + 𝟐𝟓 = 𝟎 Akar-akar persamaan karakteristik : 𝒓𝟏 = 𝒓𝟐 = 𝟏 + 𝟐𝒊, 𝒓𝟑 = 𝒓𝟒 = 𝟏 − 𝟐𝒊 Solusi bebas linier : 𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙, 𝒙𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙, 𝒆𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙, 𝒙𝒆𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 Solusi umum : 𝒚 = 𝒄𝟏 𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒄𝟐 𝒙𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒄𝟑 𝒆𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝒄𝟒 𝒙𝒆𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙

10

PD linier homogen orde n(lanjutan) Latihan : 1. 𝒚′′′ − 𝒚′ = 𝟎 2. 𝒚(𝟒) − 𝟓𝒚′′ + 𝟒𝒚 = 𝟎 3. 𝒚′′′ − 𝟑𝒚′′ + 𝟑𝒚′ − 𝒚 = 𝟎 4. 𝒚(𝟒) + 𝟐𝒚′′ + 𝟑𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎 5. 𝒚(𝟒) − 𝒚 = 𝟎, 𝒚 𝟎 = 𝟓, 𝒚′ 𝟎 = 𝟐, 𝒚′′ 𝟎 = −𝟏, 𝒚′′′ 𝟎 = 𝟐 6. 𝒚′′′ − 𝟑𝒚′′ + 𝟒𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟎, 𝒚 𝟎 = 𝟏, 𝒚′ 𝟎 = 𝟎, 𝒚′′ 𝟎 = 𝟎

PD linier non homogen orde n Prosedur umum penyelesaian PD linier non homogen adalah : Langkah I : menentukan solusi umum PD linier homogen, yh(x) Langkah II : menentukan solusi umum PD linier non homogen, yp(x) Langkah III : menentukan solusi umum PD, y = yh(x) + yp(x)

11

PD linier non homogen orde n (lanjutan)

Contoh : Tentukan solusi umum PD berikut : y’’ + y = 1 Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y’’ + y = 0 Solusi umum : yh = c1 cos x + c2 sin x Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y’’ + y = 1 Solusi umum : yp = 1 Langkah III : Solusi umum PD : y = c1 cos x + c2 sin x + 1

PD linier non homogen orde n (lanjutan)

Metode Koefisien Tak Tentu Pada awalnya metode ini diterapkan pada PD linier non homogen orde 2 yang berbentuk : ay’’ + by’ + cy = r(x), a, b, c = konstanta Untuk selanjutnya metode ini juga berlaku untuk orde yang lebih tinggi (orde n). Kuncinya adalah yp merupakan suatu ekspresi yang mirip dengan r(x), dimana terdapat koefisienkoefisien yang tidak diketahui yang dapat ditentukan dengan mensubstitusikan yp pada persamaan.

12

PD linier non homogen orde n (lanjutan)

Aturan untuk metode koefisien tak tentu : 1. Aturan Dasar : jika r(x) adalah salah satu fungsi yang ada dalam Tabel 1, pilih fungsi yp yang bersesuaian dan tentukan koefisien tak tentunya dengan mensubstitusikan yp pada persamaan. 2. Aturan Modifikasi : jika r(x) sama dengan solusi PD homogen, kalikan yp yang bersesuaian dalam Tabel 1 dengan x (atau x2, jika r(x) sama dengan solusi akar ganda PD homogen).

PD linier non homogen orde n (lanjutan)

c. Aturan Penjumlahan : jika r(x) adalah jumlah fungsifungsi yang terdapat dalam Tabel 1 kolom pertama, yp adalah jumlah fungsi pada baris yang bersesuaian. Tabel 1. Metode koefisien tak tentu Suku-suku dalam r(x)

Pilihan untuk yp

kex

Cex

Kxn (n = 0, 1, …)

Knen + Kn-1en-1 + … + K1x + K0

kcos x atau ksin x

Kcos x + Msin x

13

1. Aturan Dasar Contoh : Selesaikan PD linier non homogen berikut : y’’ + 4y = 8x2 Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y’’ + 4y = 0 Persamaan karakteristik : m2 + 4 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m1 = 2i, m2 = -2i Solusi umum : yh = Acos 2x + Bsin 2x

1. Aturan Dasar (lanjutan) Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y’’ + 4y = 8x2 f(x) = 8x2, sehingga dari Tabel 1 diperoleh : yp = K2x2 + K1x + K0 yp’ = 2K2x + K1 yp’’ = 2K2 substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh : 2K2 + 4(K2x2 + K1x + K0) = 8x2 dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh :

14

1. Aturan Dasar (lanjutan) 4K2 = 8 4K1 = 0 2K2 + 4K0 = 0 diperoleh konstanta : K2 = 2, K1 = 0, K0 = -1 solusi umum PD non homogen : yp = 2x2-1 Langkah III : solusi PD linier non homogen : y = yh(x) + yp(x) = Acos 2x + Bsin 2x + 2x2-1

2. Aturan Modifikasi Contoh : Selesaikan PD linier non homogen berikut : y’’-3y’ + 2y = ex Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y’’-3y’ + 2y = 0 Persamaan karakteristik : m2-3m + 2 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m1 = 1, m2 = 2 Solusi umum : yh = c1ex + c2e2x

15

2. Aturan Modifikasi (lanjutan) Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y’’-3y’ + 2y = ex f(x) = ex, sehingga dari Tabel 1 diperoleh : yp = cex karena f(x) = ex adalah solusi PD homogen pada Langkah I, maka sesuai Aturan Modifikasi : yp = cxex yp’ = cex + cxex yp’’ = 2cex + cxex substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh : 2cex + cxex-3(cex + cxex) + 2(cxex) = ex

2. Aturan Modifikasi (lanjutan) dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : c = -1 solusi umum PD non homogen : yp = -xex Langkah III : solusi PD linier non homogen : y = yh(x) + yp(x) = c1ex + c2e2x-xex

16

3. Aturan Penjumlahan Contoh : Selesaikan PD linier non homogen berikut : y’’-2y’ + y = ex + x Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y’’-2y’ + y = 0 Persamaan karakteristik : m2-2m + 1 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m1 = m2 = 1 Solusi umum : yh = c1ex + c2e2x

3. Aturan Penjumlahan (lanjutan) Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y’’-2y’ + y = ex + x f(x) = ex + x, sehingga dari Tabel 1 diperoleh : yp = c1ex + c2x + c3 suku pada f(x) = ex adalah solusi ganda PD homogen, maka solusi umum PD menjadi : yp = c1x2ex + c2x + c3 yp’ = 2c1xex + c1x2ex + c2 yp’’ = 2c1ex + 2c1xex + 2c1xex + c1x2ex

17

3. Aturan Penjumlahan (lanjutan) substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh : 2c1ex + 4c1xex + c1x2ex-2(2c1xex + c1x2ex + c2) + c1x2ex + c2x + c3 = ex + x ↔ 2c1ex + c2x-2c2 + c3 = ex + x dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : c1 = ½, c2 = 1, c3 = 2 solusi umum PD non homogen : yp = c1x2ex + c2x + c3 = ½x2ex + x + 2

3. Aturan Penjumlahan (lanjutan) Langkah III : solusi PD linier non homogen : y = yh(x) + yp(x) = c1ex + c2e2x + ½x2ex + x + 2

18

Contoh Soal (lanjutan) Tentukan penyelesaian PD berikut : y’’ + 2y’ + 5y = 16ex + sin 2x Penyelesaian : Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen y’’ + 2y’ + 5y = 0 Persamaan karakteristik : m2 + 2m + 5 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m1 =-1 + 2i, m2 =-1-2i Solusi umum : yh = e-x(Acos 2x + Bsin 2x)

Contoh Soal (lanjutan) Langkah 2. Menentukan solusi PD non homogen y’’ + 2y’ + 5y = 16ex + sin 2x f(x) = 16ex + sin 2x, sesuai Tabel 1 : yp = cex + Kcos 2x + Msin 2x Substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh : 8cex + (-4K + 4M + 5K)cos 2x + (-4K-4M + 5M)sin 2x = 16ex + sin 2x dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : c = 2, K = -4/17, M = 1/17

19

Contoh Soal (lanjutan) c = 2, K = -4/17, M = 1/17 solusi umum PD non homogen : 𝒚𝒑 = 𝒄𝒆𝒙 + 𝑲𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑴𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 𝟒 𝟏 = 𝟐𝒆𝒙 − 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 𝟏𝟕 𝟏𝟕

Langkah 3. Menentukan solusi PD : 𝒚 = 𝒚𝒉 𝒙 + 𝒚𝒑 𝒙 = 𝒆−𝒙 𝑨𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑩𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝟐𝒆𝒙 −

𝟒 𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 𝟏𝟕 𝟏𝟕

Latihan Tentukan penyelesaian PD berikut : 1. 𝒚′′ + 𝟒𝒚′ = 𝒙 2. 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟑 − 𝟔𝒙 3. 𝒚′′ − 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟔𝒆𝒙 4. 𝒚′′ + 𝒚 = 𝟔𝒆𝒙 + 𝟑 5. 𝒚′′ + 𝒚′ = 𝟐𝒙, 𝒚 𝟎 = 𝟏, 𝒚′ 𝟎 = 𝟐 6. 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟐𝒙, 𝒚 𝟎 = 𝟎, 𝒚′ 𝟎 = 𝟏

20

Terima kasih dan

Semoga Lancar Studinya!

21