BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA · PDF fileCari solusi dari y’ = 2y Karena ... Bentuk...

AGUS R UTOMO – DEPEARTEMEN TEKNIK ELEKTRO – FAKULTAS TEKNIK - UNIVERSITAS INDONESIA 1

MATEMATIKA LANJUT PERSAMAAN DIFFERENSIAL

BAB 2PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA

2.1. KONSEP DASARPersamaan Diferensial (PD) Biasa adalah persa-maan yang mengandung satu atau beberapa penurunan y (varibel terikat) terhadap x (varia-bel bebas) yang tidak spesifik dan ditentukan hanya oleh satu macam variabel bebas, x dan konstanta.

Contoh : y’ = cos x ( 2-1 )y’’+4y = 0. ( 2-2 )

x2y’’’y’+2exy’’= (x2+2)y2 ( 2-3 )

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

Contoh : ( 2-4 )

PD orde 1, y = g(x) disebut solusi PD orde 1untuk sembarang harga x dalam interval : a < x < b

0yu

xu

2

2

2

2=

∂∂

+∂∂



Contoh 1Cari solusi dari y’ = 2yKarena dy = 2ydxMaka solusinya y = e2x + k ; k =

konstanta

Contoh 2 Cari solusi dari yy’ = -xKarena ydy = -xdxdan solusinya x2 + y2 = 1 untuk -1 < x

< 1

Contoh 3 Cari solusi dari y’ = cos xKarena dy = cos x dxMaka solusinya y = sin x + k ;

k = konstanta

SOAL-SOAL LATIHAN 1Cari solusi dari soal-soal di bawah ini :1. y’ + y cotg x = 0 6. y’ + 2xy = 02. y’ + ½ y = 0 7. y’ + y’x = -y3. y’ + (y/x) = 0 8. x + y = xy’4. y’ – yx2 + y = 0 9. y’ - x√x = 05. xy’ + y = cos x 10. xy’ + y = e-xy



2. METODE PEMISAHAN

Misalkan PD g(y)y’ = f(x) ( 4 )

bila y’ = dy/dxmaka g(y) dy = f(x) dx ( 5 )

Diintegralkan ∫ g(y) dy = ∫ f(x) dx + k ( 6 )

f dan g merupakan fungsi kontinyu

Contoh 1 9yy’ + 4x = 0

Dng pemisahan 9y dy = - 4x dx∫ 9y dy = - ∫ 4x dx

9/2) y2 + 2 x2 = k[(x2)/9] + [(y2)/4] = k

Contoh 2 y’ = -2xy(dy / y) = (-2x) dx

∫ (dy / y) = ∫ (-2x) dx|ln(y)| = -x2 + k

atau y = e(-x2 + k)



Contoh 3 (x2 + 1)y’ + y2 + 1 = 0

Pemisahan

Diintegralkan arc tan y + arc tan x = k

Bila kedua ruas di”tangens”kan :

tan(arc tan y + arc tan x) = tan k

dan

maka untuk a = arc tan y dan b = arc tan x,diperoleh

Sehingga solusi akhirnya menjadi :

dx 1 dy 1)12x()12y( +

−=+

btanatan1btanatan)batan(

−+=+

xy 1 xy ) x tanarc ytanarc ( tan

−+=+

k tanxy1xy =

−+



SOAL-SOAL LATIHAN 2Cari solusi dari soal-soal di bawah ini, bila parameter-parameter a, b, dan n adalah konstanta :1. y’ + xy = 02. y’ = - [ (x-a)/(y-b) ]3. y’ - (ny)/x = 04. yy’ = 2x exp(y2)5. y’ sin 2x = y cos 2x6. yy’ + x = 07. y’ - y /(x ln x) = 08. y’ + ay + b =0 ( a ≠ 0 )9. xy’ = 2 √(y-1)

10. y’ + 2y tanh x = 0



3. METODE REDUKSIDigunakan untuk memisahkan PD orde 1 yang tak dapat dipisahkan

( 2-7 )

Misalkan (y/x) = u

maka y’ = u + u’x ( 2-8 )

dan g(y/x) = g(u)

Sehingga u + u’x = g(u)

Bila variabel u dan x dipisahkan, maka :

Selanjutnya bila diintegralkan dan u diganti dengan (y/x) , akan diperoleh solusi yang dicari.

Contoh 1 2xyy’ – y2 + x2 = 0

bagi dengan x2 2 (y/x) y’ – (y/x)2 + 1 = 0

Misalkan u = y/x 2 u (u + u’x) – u2 +1 = 0

) xy ( g 'y =

xdx u g(u)

du =−



Bila diintegarlkan, maka hasilnya :

ln ( 1 + u2 ) = - ln |x| + k atau 1 + u2 = (k/x)

Gantikan u dengan (y/x), maka solusi akhirnya:

x2 + y2 = kx atau ( x – k/2 )2 + y2 = (k2)/4

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

misalkan x – 2y = u ; y’ = ½ (1 – u’)

sehingga ( 2u + 5 ) u’ = 4u + 11

u – ¼ ln | 4u +11 | = 2x + k

Bila u = x-2y disubstitusikan, maka :

4x + 8y + ln |(4x – 8y + 11)| = k

xdx 2u1

du2u −=+

dx 2 du ) 114u 1 1 ( =+

−



SOAL-SOAL LATIHAN 3Cari solusi dari soal-soal di bawah ini :1. xy’ = x + y2. xy’ – 2 y = 3x3. x2y’ - y2 = x2 – xy4. (x2 + 1)y = x3 / (xy’-y)5. xy’ – y = x2 tan (y/x)6. xy’ – x2 sec (y/x) = y7. y’( y+x ) = y-x ; y(1) = 1.6. yy’ – xy’ = y + x ; y(0) = 2.9. xy’ – y = (y-x) 2 ; y(1) = 1.5

10. xyy’ – 4x2 = 2y2 ; y(2) = 4



4. FAKTOR INTEGTRALMisalkan terdapat PD orde 1 linier :

y’ + f(x). y = r(x) ( 2-9 )

Bila r(x) ≡0 , disebut PD Homogen sebaliknya disebut PD Non Homogen

dy + [ f(x)y ] dx = r(x) dx

Untuk mencari solusinya, asumsikan f dan r kontinyu pada interval I.

PD non homogen, asumsikan f(x) ≡ f dan r(x) ≡ r, maka :

dy + ( fy ) dx = r dx

(fy – r) dx + dy = 0 ( 2-10 )

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

F(x) disebut FAKTOR INTEGRAL

F(x) [(fy – r)] dx + F(x) dy = 0 ( 2-11 )

PD ini harus EKSAK



5. PD EKSAK

Suatu PD M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 ( 2-12 )

Disebut eksak bila memenuhi :

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

ln | F | = ∫ f(x) dx

Bila h(x) = ∫ f(x) dx

maka F(x) = eh(x) ( 2-13 )

F(x) adalah FAKTOR INTEGRAL

xN y

M∂∂=

∂∂

[ ] )x(Fdxd )rfy)(x(F y =−

∂∂

dxF(x)dF(x) . f =



Kalikan pers.(9) dengan pers.(13),

eh ( y’ + f y)= eh. r ( 2-14 )

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

Perhatikan persamaan (14)d (y. eh) = y’. eh + y . eh

(dh/dx) = [ y’ + (dh/dx).y ] eh

= [ y’ + f . y ] eh

Maka y. eh = ∫ r. eh dx + k ( 2-15 )

Bila pers. (15) dijabarkan :

Kedua ruas dibagi dengan eh , sehingga didapatkan :

y = e-h [ ∫ eh r dx + k ] ( 2-16 )

dengan h = h(x) = ∫ f(x) dx

r .he )hye(dxd =



Contoh 1: xy’ + y + 4 = 0

y’ + (1/x) y = -(4/x)y’ + f y = r

f = (1/x) dan r = -(4/x)h = h(x) = ∫ f(x) dx

= ∫ (1/x) dx = ln |x|

y = e-ln x [ ∫ e ln x -(4/x) dx + k ]

y = eln (1/x) [ ∫ -4 dx + k ]

y = (1/x) (-4x + k ) = (k/x) – 4

Contoh 2: y’+ y tan x = sin 2x ; y(0) = 1

f = tan x dan r = sin 2x

h = ∫ f(x) dx = ∫ tan x dx = -ln |cos x|

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

y = k cos x + 2 cos2 x

y(0) = 1 maka k = -1 dan y = 2 cos2 x – cos x



Contoh 3 :y’ – y = e2x

f(x) = -1 ; r = e2x ; h = ∫ f(x) dx = -x

y = ex [ ∫ e-x (e2x) dx + k ]

= ex ( ex + k ) = kex + e2x

SOAL-SOAL LATIHAN 4Carilah solusi dari soal-soal di bawah ini :1. y’ + y = 12. xy’ + y = 2x3. y’ + xy = 2x4. y’ + 2y = cos x5. y’ + 3y = e2x + 66. y’ tan x +1 = y7. y’ = 2(y/x) + x2 ex

8. (x2 -1) y’ = xy – x9. y’ – y = ex ; y(1) = 010. y’ – x3y = -4x3 ; y(0) = 6



6. PERSAMAAN BERNOULLIDigunakan untuk menyelesaikan PD orde 1. Bentuk umum persamaan :

y’ + f(x) y = g(x) ym (2-17)

Dimana a = sembarang bilangan riel Untuk m = 0 dan m = 1, PD menjadi linierTinjau u(x) = y(1-m)

du = (1-m) y-m dydu/dx = (1-m) y-m dy/dxu’ = (1-m) y-m y’

Kalikan PD semula dengan (1-m) y-m

[(1-m)y-m] y’+f(x) y [(1-m) y-m]= g(x) ym [(1-m) y-m]

(1-m)y-my’ + (1-m) f(x) y(1-m) = (1-m) g(x)

u’ + (1-m) f(x) u = (1-m) g(x). (2-18)



Contoh :1. Cari solusi dari y’ + x-1y = x-1y2

Penyelesaian : y’ +(1/x) y = (1/x) y2

f(x) = 1/x ; g(x) = 1/x ; m=2 maka u = y(1-2)

u’ + (1-m)f(x) u = (1-m) g(x)u’ –(1/x) u = -(1/x)

Selanjut gunakan faktor integral.h = ∫ f(x) dx = ∫-(1/x)dx = - ln(x) ; r = -(1/x)u = eln(x) [ ∫ e-ln(x) (-1/x) dx + k ]

= x [∫ -(1/x2) dx + k ]= kx + 1

u = y-1 = kx + 1 sehingga y = 1/(kx + 1)

7. PERSAMAAN CAUCHY/EULERPersamaan Cauchy atau disebut juga Persamaan Euler adalah persamaan yang digunakan untuk menyelesaikan PD orde 2.

Bentuk umum persamaan :

x2y” + axy’ + by = 0 ( 2-19 )

dengan a dan b = konstanta



Perhatikan y = xm ( 2-20 )Bila diturunkan, menjadi

y’ = m x(m-1) ( 2-21 )

Y” = m(m-1) x (m-2) ( 2-22 )

Bila persamaan (2-20), (2-21) dan (2-22) disub-stitusikan ke dalam persamaan (2-19), maka persamaan tersebut menjadi :

x2[m(m-1) x (m-2)] + ax[m x(m-1)] + b[xm]=0 m(m-1) x m + am xm + bxm=0m2 x m + (a-1)m xm + bxm=0

m2 + (a-1)m + b = 0 ( 2-23 )

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

y1 = xm1 dan y2= xm2

Solusi umumnya

y = k1 xm1 + k2 xm2 ( 2-24 )

k1 = k2 = konstanta



Nilai akar-akar m1 = m2. Nilai-nilai m1 = m2 bila dan hanya bila

b = (1/4)(1-a)2 ; m1 = m2 = [(1-a)/2]

dan solusi umumnya adalah :

y = (k1 + k2 ln x) xm ( 2-25 )

dengan k1 dan k2 adalah konstanta

Contoh1. Carilah solusi dari x2y” – 1.5 xy’ – 1.5 y = 0

Penyelesaian y = kxm ; a = -1.5 dan b = -1.5(a-1)m + b = 0m2 + (-1.5-1)m - 1.5 = 0m2 - 2.5m - 1.5 = 0

Akar-akar persamaannya :m1 = -0.5 dan m2 = 3

y1 = xm1 = x(-0.5) = 1/(√x)y2 = xm2 = x3

Maka solusi umumnya adalah :

y = [k1/(√x)] + k2 x3



2. Carilah solusi dari x2y” – 3xy’ + 4y = 0

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

a = -3 dan b = 4

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

b = (1/4)(1+3)2 = 4 (memenuhi syarat)

maka m1,2 = (1+3)/2 = 2

Cara lain :y = xm a= -3 dan b = 4

m2 + (a-1)m + b = 0m2 + (-3-1)m + 4 = 0m2 - 4m + 4 = 0(m-2)2 = 0 ; m1,2 = 2

Solusi umum : y = k1 x2 + k2 x2 ln X



8. AKAR-AKAR PERSAMAAN KARAKTERISTIKBentuk umum persamaan

y” + ay’ + by = 0 ( 2-26 )

Bila solusinya adalah persamaan karakteristik λ, maka

λ 2 + aλ + b = 0 ( 2-27 )

dan akar-akarnya yaitu

λ1 = [-a + √(a2 – 4b)]/2 ( 2-28 )λ2 = [-a - √(a2 – 4b)]/2 ( 2-29 )

a dan b adalah bilangan real (nyata)

dan D = (a2 – 4b) ( 2-30 )D = Diskriminan

Persamaan karakteristik yang terbentuk :

Kasus 1 : D > 0 ; ada 2 akar nyata berbedaKasus 2 : D = 0 ; ada 2 akar nyata kembar

(harganya sama)Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks

conjugate (*)



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

y1= eλ1 X dan y2 = eλ2 X

Solusi umumnya

y = k1 eλ1 X + k2 eλ2 X ( 2-31 )

Contoh :Carilah solusi umum dari PD di bawah ini :

y” + y’ - 2y = 0

λ 2 + λ - 2 = 0(λ -1)(λ + 2) =0λ1 = 1 dan λ2 = -2

Solusi umumnya y = k1 eX + k2 e-2 X



Kasus 2 :D = 0 ( dua akar nyata ganda berharga sama)

(a2 – 4b) = 0 ; b = (1/4)a2

Disebut kondisi kritis

y” + ay’ + (1/4)a2 y = 0 ( 2-32 )

akar ganda λ = -(a/2)

Solusi 1. Hanya ada 1 solusi yaitu :

y1 = eλ X dengan λ = -(a/2)

2. Solusi lain y2y2(x) = u(x)y1(x)

dengan y1(x) = e(-ax/2)

Hitung u dan substitusikan y2 dan turunannya ke dalam persamaan ( 7 ).

sehingga menjadi :

u{y1”+ay1’+ (1/4) a2y1 } + u(2y1’+ay1) + u’y1 = 0



1. Karena y1 adalah solusi 1 ; { y1”+ay1’+ (1/4) a2y1 } = 0

2. Karena 2y1’= 2(-a/2) e-(ax/2) = ay1(2y1’+ay1) = 0

sehingga u”y1 = 0, karenanya u” = 0, Solusi u = x memberikan :

y2(x) = xeλ X ; λ = -a/2

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

eλ X dan xeλ X

untuk λ = -a/2

Sehingga Solusi umum PD pada kasus akar ganda ialah :

y = (k1 + k2x) eλ X ( 2-33 )

dengan λ = -a/2



Contoh :Carilah solusi umum dari PD berikut ini 1. y” + 8y’ + 16 y = 0

Jawab: λ2 + 8 λ +16 = 0

Akar ganda ; λ = -4Basis solusi adalah : e-4x dan x e-4x

Sehingga solusi umumnya adalah :

y = (k1 + k2 x) e-4x

2. y” - 4y’ + 4y = 0 ; y(0) = 3 ; y’(0) = 1Jawab :

λ2 - 4λ + 4 = 0

Akar ganda ; λ = -2Basis solusi adalah : e-2x dan x e-2x

Solusi umum :y = (k1 + k2 x) e-2x



Bila diturunkan, akan didapatkan :

y’(x) = k2e2x + 2(k1+k2x)e2x

Substitusikan harga-harga yang diketahui :

y(0) = 3 dan y’(0) = 1

sehingga didapatkan k1 = 3 dan k2 + 2k1 = 1k1 = 3 dan k2 = -5

Solusi umumnya menjadi : y = (3 – 5x) e2x

Kasus 3 : D < 0 ; ada 2 akar kompleks conjugate (*)

Akar-akar kompleks haruslah conjugate (*)

λ1 = p + j q

dan λ 2 = p - j q



dengan p dan q adalah real ; q ≠ 0 dengan asumsi a dn b juga real.

1. Terbentuk basis :y1 = e(p+jq)x

y2 = e(p-jq)x

Dengan menerapkan rumus Euler

ejθ = cos θ + j sin θe-jθ = cos θ - j sin θ

Anggap θ = qx, sehingga dari rumus Euler didapatkan :

y1 = e(p+jq)x

= epx ejqx

y1 = epx(cos θ + j sin θ )

y2 = e(p-jq)x

= epx e-jqx

y2 = epx(cos θ - j sin θ )



½ (y1 + y2) = epx cos qx

(1/2j)(y1 – y2) = epx sin qx

2. Terbentuk basis untuk setiap interval, yaitu :epx cos qx

dan epx sin qx

Sehingga solusi umumnya adalah :

y(x) = epx (A cos qx + B sin qx) ( 2-34 )

dengan A dan B adalah konstanta

Contoh :

1. Carilah solusi dari PD berikut ini

y” – y’ + 10 y = 0



Jawab :Persamaan karakteristiknya

λ2 - 2λ +10 = 0

akar-akarnya λ = p + jq = 1 + j3λ = p – jq = 1 – j3

berarti p = 1 dan q = 3

sehingga memberikan basis ex cos 3x dan ex sin 3x

Solusi umumnya : y = ex (A cos 3x + B sin 3x)


y” – y’ + 10 y = 0 ; y(0) = 4 ; y’(0)=1

Jawab :Solusi umum (lihat jawaban akhir soal di atas)

y’= ex (Acos 3x + Bsin 3x – 3Asin 3x + 3Bcos 3x)



Dari nilai-nilai awal di dapatkan :

y(0) = A = 4y’(0) = A + 3B = 1 ; B = -1

maka solusi umumna adalah :

y = ex (4 cos 3x - sin 3x)


y” + ω2 y = 0

ω = konstanta ≠ 0

Jawab :Solusi umumnya adalah

y = A cos ωx + B sin ωx



IKHTISAR PERSAMAAN KARAKTERISTIK PD HOMOGEN ORDE 2

Kasus 1Akar-akar : Real λ1 , λ 2

Basis : eλ1x , eλ2x

Solusi Umum : y = k1 eλ1x + k2 eλ2x

Kasus 2Akar-akar : Real Ganda , λ (=-a/2)Basis : eλx , xeλx

Solusi Umum : y = (k1 + k2 x)eλx

Kasus 3Akar-akar : Kompleks, Conjugate

λ1 = p + jq ; λ2 = p - jqBasis : epx cos qx ; epx sin qx Solusi Umum : y = epx (A cos qx + B sin qx)



SOAL-SOAL LATIHAN 5Selesaikan PD berikut ini :1. y” -2y’ – 3 y = 0 6. 4y”-4y’+y=0 2. y” -2y’ + y = 0 7. 8y”-2y”-y=03. y”- 6y’+ 25y = 0 8. y” + 2ky’ + k2y =04. y”+ 6y’+ 9y = 0 9. y” + π2y=05. 2y”+ 3y’- 2y = 0 10. y” + 2y’+(π2 +1)y =0

11. y” – 4y = 0 ; y(0) = 2 ; y’(0) = 412. y” + 4y = 0 ; y(0) = 0 ; y’(0) = 613. y” - 6y’ + 9y = 0 ; y(0) = 2 ; y’(0) = 814. y” + 2y’ + y = 0 ; y(0) = 1 ; y’(0) = -215. y” + 4y’ + 5y = 0 ; y(0) = 1 ; y’(0) = -316. 4y” + 4y’ + y = 0 ; y(0) = -2 ; y’(0) = 117. y” - 3y’ + 2y = 0 ; y(0) = -1 ; y’(0) = 0

BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA · PDF fileCari solusi dari y’ = 2y Karena ... Bentuk...

Documents

Transcript of BAB 2 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BIASA · PDF fileCari solusi dari y’ = 2y Karena ... Bentuk...