Modul 2 pd linier orde n

MODUL 2

PD LINIER ORDE N

PD LINIER ORDE N

Bentuk umum persamaan diferensial linier biasa orde ke-n adalah :

Dengan notasi operator diferensial,

persamaan diferensial dapat ditulis menjadi,

)()()()(...)(1)( 12)1()( xryxayxayxayxayxa o

nn

nn

)()]()()(...)(1)(( 12

21 xryxaDxaDxaDxaDxa o

nn

nn

)(,..., nn

nn y

dx

ydyDy

dx

dyDy

Klasifikasi PD Linier Orde n(1) PD Linier Orde n Koefisien Konstan Homogen

(2) PD Linier Orde n Koefisien Konstan Non Homogen

(3) PD Euler – Chauchy Orde Dua (Koefisien variabel) Homogen

(4) PD Euler – Chauchy Orde Dua (Koefisien Variabel) Non Homogen

PD LINIER ORDE-2 KOEF Konstan Homogen

Bentuk umum PD Linier Orde 2

Koefisien Konstan Homogen

adalah,

ay″ + by′ + cy = 0

Basis solusinya adalah,

Substitusikan,

ke PD semula dihasilkan,

Karena, , maka

diperoleh hasil :

Persamaan ini disebut dengan

persamaan karakteristik

xey

xxx eyeyey 2,,

0)( 2 xecba

,0xe

02 cba

Kasus 1. D=b2 – 4ac > 0,akar-akar

PK, 1 2. solusi PD adalah,

Akar-akar PK adalah,

a

acbb

2

42

12

xxececy 21

21

Kasus 2. D=b2 – 4ac = 0,akar-akar

PK, 1= 2=, solusi PD adalah,

xx xececy 21

Kasus 3. D=b2 – 4ac < 0,akar-akar

PK, 12= i, solusi PD adalah,

xecxecy xx sincos 21

Contoh : Kasus 1

Carilah penyelesaian umum dari,

y″ + 4y′ – 12y = 0

Penyelesaian :

Persamaan karakteristik :

λ2 + 4λ – 12 = 0

Akar-akar PK (Faktorisasi)

λ2 + 4λ – 12 = 0

(λ + 6)(λ – 2) = 0

λ1 =–6, λ2 = 2

Akar-2 PK, rumus ABC

xx ececy 22

61

12

2

84

)1(2

)12(4164

PD Solusi

Contoh : Kasus 2


y″ – 8y′ + 16y = 0

Penyelesaian :


λ2 – 8λ + 16 = 0


λ2 – 8λ + 16 = 0

(λ – 4)(λ – 4) = 0

λ1 = λ2 = 4

Akar-2 PK, rumus ABC

xx xececy 42

41

12

42

08

)1(2

)16(464)8(

PD Solusi

Contoh : Kasus 3


y″ – 6y′ + 13y = 0

Penyelesaian :


λ2 – 6λ + 13 = 0

Akar-akar PK (Melengkapi)

λ2 – 6λ + 13 = 0

λ2 – 6λ + 9 + 4 = 0

(λ – 3)2 = –4

xecxecy

i

xx 2sin2cos

23

23

43

32

31

PD Solusi

i

Carilah penyelesaian dari,

4y″ – 4y′ + 13y = 0

Penyelesaian,

Persamaan karakteristik

4λ2 – 3λ + 13 = 0

Akar-akar PK (rumus ABC)

xecxecy

ii

xx

4

3sin

4

3cos

4

3

2

1

8

64

8

364

)4(2

)13)(4()4()4(

2

1

22

1

1

2

12

PD Solusi

PD Euler Cauchy Orde Dua Homogen

Bentuk umum PD Linier Euler Cauvhy

Orde 2 Koefisien variabel Homogen,

ax2y″ + bxy′ + cy = 0

Basis solusinya adalah,

Substitusikan,

ke PD semula dihasilkan,

Karena, , maka diperoleh

hasil :

Persamaan ini disebut dengan

persamaan karakteristik

mxy

21 )1(,, mmm xmmymxyxy

0})({

0)1(

2

122

m

mmm

xcmabam

cxbxmxxmmax

0mx

0)(2 cmabam

Akar-akar PK adalah,

a

acababm

2

4)()( 2

12

Kasus 1. D=(b-a)2 – 4ac > 0,akar-

akar PK, m1 m2. solusi PD,

2121

mmxcxcy

Kasus 2. D=(b-a)2 – 4ac =0,akar-

akar PK, m=m1= m2. solusi PD

xxcxcy mm ln21

Kasus 3. D=(b-a)2 – 4ac<0,akar-

akar PK, m12=uvi, solusi PD

)lnsin()lncos( 21 xvxcxvxcy uu

Contoh. Kasus 1

Carilah penyelesaian umum

persamaan diferensial,

2x2 y″ – 5xy′ + 3y = 0

Penyelesaian,

Persamaan karakteristik,

2m2 + (–5–2)m + 3 = 0

2m2 – 7m + 3 = 0


2m2 – 7m + 3 = 0

(2m – 1)(m – 3) = 0

32

2/11

221

1 3,

xcxcy

mm

PD Solusi

Contoh. Kasus 2

Carilah penyelesaian khusus


4x2 y″ – 8xy′ + 9y = 0

Penyelesaian,


4m2 + (–8–4)m + 9 = 0

4m2 – 12m + 9 = 0

Akar-akar PK (rumus ABC)

xxcxcy

m

ln

2

3

8

012

)4(2

)9)(4)(4()12()12(

)2/3(2

)2/3(1

2

12

PD Solusi

Contoh. Kasus 3

Carilah penyelesaian khusus


x2y″ – 5xy′ + 13y = 0

dengan syarat, y=3 dan y’=25.

bila x=1

Penyelesaian,


m2 + (–5–1)m + 13 = 0

m2 – 6m + 13 = 0

Akar-akar PK (ABC)

)ln2sin()ln2cos(

23

2

46

2

166

)1(2

)13)(4()6()6(

32

31

2

12

xxcxxcy

i

i

m

PD Solusi

Masalah syarat batas,

Mengingat,

Untuk x=1, y=3 dan y’=25 Jika

disubtitusikan pada solusi diperoleh

hasil,

3 =c1

25 = 3c1 + 2c2, c2=8

Jadi solusi PD adalah,

)ln2cos(2)ln2sin(3

)ln2sin(2)ln2cos(3

22

22

21

21

xxcxxc

xxcxxcy

)ln2sin(8)ln2cos(3 33 xxxxy

Soal-Soal Latihan

Carilah solusi PD berikut ini,

1. y′′ – 4y′ – 12y = 0

2. y′′ – 4y′ + 4y = 0

3. y′′ + 2y′ – 8y = 0

4. 2y′′ + 5y′ – 3y = 0

5. y′′ – 6y′ + 10y = 0

6. y′′ – 4y′ + 13y = 0

7. y′′ + 4y′ – 12y = 0

8. y′′ – 2y′ + 10y = 0

9. y′′ + 4y′ + 20y = 0

10.y′′ – 6y′ + 18y = 0

11. x2 y′′ – 3xy′ + 13y = 0

12. x2 y′′ – 5xy′ + 10y = 0

13. x2 y′′ + 5xy′ + 8y = 0

14. 4x2y′′ + 12xy′ + 25y = 0

15. 4x2y′′ – 8xy′ + 25y = 0

16. 3x2y′′ – 7xy′ + 8y = 0

17. 2x2y′′ – 9xy′ + 15y = 0

18. 4x2y′′ – 8xy′ + 13y = 0

19. 9x2y′′ – 3xy′ + 13y = 0

20. 9x2y′′ + 21xy′ + 20y = 0

PD Linier Orde-n Koefisien Konstan Homogen

Persamaan diferensial linier orde tingg homogen dengan koefisien konstan

adalah persamaan diferensial yang dapat dinyatakan dalam bentuk,

dimana, koefisien-koefisien an,…, a1, a0, adalah konstan, dengan an ≠ 0.

Dengan menggunakan notasi operator diferensial,

Persamaan diferensial dapat ditulis menjadi,

Dengan mensubstitusikan,

diperoleh persamaan karakterisitik,

0... 012)1(

1)(

yayayayaya nn

nn

)(2

22 ,...,,, n

n

nn y

dx

ydyDy

dx

ydyDy

dx

dyDy

dx

dD

0)...( 012

21

1 yaDaDaDaDa n

nn

n

xnnxx eyeyey )(,...,,

0...

0...

012

21

1

012

21

1

aDaDaDaDa

aaaaa

nn

nn

nn

nn

atau

Kasus 1. Akar-2 Riil berbeda,

Bila semua akar-2 PK riil berbeda

tidak berulang, yaitu :

maka solusi PD adalah,

Contoh :Carilah solusi PD

y′′′ – 2 y′′ – 5 y′ + 6y = 0

atau,

(D3 – 2D2 – 5D + 6)y = 0

Jawab


atau

D3 – 2D2 – 5D + 6= 0

xn

xx necececy

...2121

,,...,, 2211 nnDDD

0652 23

0652 23

Akar-akar PK

xxx ecececy 23

321

321

2

2,3,1

0)2)(3)(1(

0)6)(1(

PD Solusi

Contoh :

Carilah penyelesaian umum PD,

y(iv) – 5 y′′′ + 5 y′′ + 5 y′ – 6y = 0

atau

(D4 – 5D3 + 5D2 + 5D – 6)y = 0

Penyelesaian :

Persamaan karakteristik, :

λ4 – 5λ3 + 5λ2 + 5λ – 6 = 0

atau

D4 – 5D3 + 5D2 + 5D – 6 = 0

Dari metode sintesis diperoleh hasil,

(λ – 1)(λ + 1)(λ2 – 5λ + 6) = 0

(λ – 1)(λ + 1)(λ – 2)(λ – 3) = 0

xxxx ececececy 34

2321

4321 ,3,2,1,1

PD Solusi

Akar-akar PK

D4 – 5D3 + 5D2 + 5D – 6 = 0

Kasus 2. Akar-2 Riil Sama,

Terdapat akar-2 PK riil yang sama

berulang m kali, yaitu :

maka solusi PD yang memuat m

akar sama adalah,

Contoh :Carilah penyelesaian umum PD,

y(IV) – 6y′′′ + 13y′′ – 12y′ + 4y = 0

Jawab

Persamaan karakeristik,

λ4 – 6λ3 + 13λ2 – 12λ + 4 = 0

m

m

DDDD ...

...

321

321

atau,

xmm excxcxccy )..( 12

321

Akar-akar PKλ4 – 6λ3 + 13λ2 – 12λ + 4 = 0

xxxx xececxececy 24

2321

4321

22

22

2,1

0)2()1(

0)44()1(

PD Solusi

Contoh

Carilah penyelesaian PD,

(D3 – 6D2 + 12D – 8)y = 0

Penyelesaian :


L(D)=D3 – 6D2 + 12D – 8 = 0

Akar-akar PK

1 –6 12 –8

2 2 –8 8

-------------------------

1 –4 4 0

(D – 2)(D2 – 4D + 4) = 0

(D – 2)(D – 2)*D – 2) = 0

D1=D2=D3=2

Solusi PD

xxx excxececy 223

22

21

Contoh


[(D – 2)3(D – 3)4]y = 0

Penyelesaian :


L(D) = (D – 2)3(D – 3)4=0

Akar-2 PK

Dari L(D) = 0 diperoleh.

(D – 2)3 =0

D1=D2=D3=2

atau

(D – 3)4=0

D4=D5=D6=D7=3

Solusi PD

xxxx

xxx

excexcxecec

excxececy

337

326

35

34

223

22

21

Kasus 3. Akar-2 Kompleks

konjugate,

Terdapat akar-2 PK kompleks

konjugate tidak berulang, yaitu :

maka solusi PD yang memuat akar

komplek konjugate adalah,

Contoh :Carilah penyelesaian umum PD,

y′′′ – 4y′′ + 9y′ – 10y = 0

Jawab

Persamaan karakeristik,

λ3 – 4λ2 + 9λ – 10 = 0

ij

ij

D

atau,

xecxecy xx sincos 21

Akar-akar PK

λ3 – 4λ2 + 9λ – 10 = 0

xecxececy

ii

xxx 2sin2cos

212

42

)1(2

204)2(,2

0)52)(2(

322

1

231

2

PD, Solusi

Contoh


y(IV) – 10y′′′ + 41y′′ – 76y′ + 52y = 0

atau

(D4 – 10D3 + 41D2 – 76D + 52)y=0

Penyelesaian :


λ4 – 10λ3 + 41λ2 – 76λ + 52 = 0

atau

D4 – 10D3 + 41D2 – 76D + 52 =0

Akar-akar PKλ4 – 10λ3 + 41λ2 – 76λ + 52 = 0

ii

232

46

)1(2

5236)6(

,2

0)136()2(

34

21

22

xecxec

xececy

xx

xx

2sin2cos 34

33

22

21

PD Solusi

Contoh


[(D2 + 4)(D2 – 6D + 12)]y=0

Penyelesaian :


(D2 + 4)(D2 – 6D + 12)=0

Akar-akar PK

D2 + 4=0,

D12= 2i

atau

D2 – 6D + 12=(D – 3)2+3=0,

D34=33i

Solusi PD

Contoh


[(D – 2)3(D2 + 4D + 13)]y=0

Penyelesaian :


(D – 2)3(D2 + 4D + 13)=0

Akar-akar PK

(D – 2)3=0,

D1= D2 = D3 = 2

atau

D2 + 4D + 13 = (D + 2)2 + 9 =0,

D45 = –2 3i

Solusi PD

xecxec

xcxcy

xx 3sin3cos

2sin2cos

34

33

21

xecxec

excxececy

xx

xxx

3sin3cos 25

24

223

22

21

Kasus 4. Akar-2 Kompleks

Konjugate Berulang,

Terdapat akar-2 PK kompleks

konjugate berulang, yaitu :

maka solusi PD yang memuat akar

komplek konjugate adalah,

3412

34

DD

atau,

12

xxecxxec

xecxecy

xx

xx

sincos

sincos

43

21

Contoh


[(D + 2)3(D2 – 4D + 13)2]y=0

Penyelesaian :


(D + 2)3(D2 – 4D + 13)2 =0

Akar-akar PK

(D + 2)3=0,

D1= D2 = D3 = –2

atau

(D2 – 4D +13)2 = [(D – 2)2 + 9]2 =0,

D45 = D67 = 2 3i

Solusi PD

xxecxxec

xecxec

excxececy

xx

xx

xxx

3sin3cos

3sin3cos

27

26

25

24

223

22

21

Soal-soal Latihan

Carlah solusi PD berikut ini

1. y′′′ – 3y′ – 2y = 0

2. y′′′ – 2y′′ + 16y = 0

3. y′′′ – 3y′′ + 4y = 0

4. y′′′ + y′′ – 10y′ + 8y = 0

5. y′′′ – 5y′′ + 9y′ – 5y = 0

6. (D + 1)2(D2 – 4D + 8)2y = 0

7. (D – 2)3(D2 + 4D +11)2y = 0

8. (D – 3)4(D2 – 6D +13)2y = 0

9. (D + 2)4(D2 – 2D +10)2 y = 0

10. (D –1)4(D2 – 6D +18)2y = 0

11. y(iv) + y′′′ – 6y′′ – 14y′ – 12y = 0

12. y(iv) – 8y′′ – 8y′ + 15y = 0

13. y(iv) – 6y′′ + 40y′ – 25y = 0

14. y(iv) – 6y′′′ +13y′′ – 4y′ – 24y = 0

15. y(iv) – 3y′′′ +7y′′+21y′ –26y = 0

16. (D4 + 3D3 + 5D2 + D – 10)y = 0

17. (D4 – 5D2 + 10D – 6)y = 0

18. (D4 – 3D3 + 7D2 + 21D – 26)y = 0

19. (D4 – 6D3 + 17D2 – 20D + 8)y = 0

20. (D4 + D3 – 4D + 8)y = 0

PD LINIER ORDE N NON HOMOGEN

Persamaan diferensial linier orde tinggi non homogen dengan koefisien

konstan adalah,

atau,

Penyelesaian umum dari persamaan diferensial diatas adalah :

y = yh + yp

dimana,

adalah penyelesaian persamaan homogen, dan,

yp penyelesaian khusus yang berkaitan dengan fungsi r(x).

)(... 012)1(

1)( xryayayayaya n

nn

n

)()(

)()...( 012

21

1

xryDL

xryaDaDaDaDa nn

nn

nn

xn

xxxh

ycycycyc

ececececy n

...

...

332211

321321

Metode menentukan solusi yp

Metode Variasi Parameter

Metode Koefisien Tak Tentu

Metode Invers Operator (Cara

integrasi maupun dengan metode

singkat)

Metode Transformasi Laplace

(terkait masalah syarat batas)

METODE KOEFISIEN TAK TENTU

Aturan DasarBila r(x) pada kolom pertama bukan solusi yh, pilihlah yp yang sesuai pada

kolom kedua, dan koefisien-koefisien tak tentunya diperoleh dengan

mensubstitusikan yp dan turunan-turunannya kedalam PD diferensial

semula.

Aturan Kedua. Bilamana yp yang terpilih pada langkah pertama - aturan dasar, merupakan

penyelesaian umum dari yh kalikanlah yp yang semula terpilih dengan x

(atau x2) dan konstanta koefisien taktentunya diperoleh dengan cara seperti

pada langkah pertama.

Aturan Ketiga. Bilamana r(x) merupakan penjumlahan dari beberapa fungsi pada kolom

pertama, pilihlah yp yang merupakan penjumlahan fungsi-fungsi yang

sesuai pada kolom kedua pada tabel dan konstanta koefisien taktentunya

diperoleh dengan cara seperti pada langkah pertama.

Tabel Aturan Dasar

-----------------------------------------------------

r(x) yp

-----------------------------------------------------

-----------------------------------------------------

-----------------------------------------------------

sin bx A cos bx + B sin Bx

cos bx A cos bx + B sin bx

----------------------------------------------------

on

nn

nn

xx

kxkxkxkx

kee

1

11 ...

Langkah-langkah

menentukan yp

1. Langkah pertama.

Tentukanlah penyelesaian

umum persamaan diferensial

homogen.

2. Langkah kedua.

Selidilikah apakah r(x)

merupakan penyelesaian dari

yh, jika tidak gunakan aturan

pertama, dan jika r(x)

merupakan penyelesaian umum

bagi yh, gunakan aturan kedua.

3. Langkah ketiga.

Tentukanlah konstanta-

konstanta dari yp, yang

memenuhi kondisi-kondisi

tersebut.

Contoh :


y″ + 4y = 12x3 + 16x2 – 6x

Jawab

Solusi PD homogen

PDH, y″ + 4y = 0

PK, λ2 + 4 = 0,

APK, λ12 = 2i

Maka,

yh = c1 cos 2x + c2 sin 2x

Solusi yp

r(x) = 12x3 + 16x2 – 6x

r(x) yh

Maka yp terpilih adalah,

yp= ax3 + bx2 + cx + d

Mengingat,

Jika yp dan turunannya disubstitusikan

ke PD, dihasilkan :

Dengan menyamakan koefisien

diperoleh a=3, b =4, c= –6, d= –2

Jadi,

yp= 3x3 + 4x2 – 6x – 2

Solusi PD

y = c1 cos 2x + c2 sin 2x

+ 3x3 + 4x2 – 6x – 2

baxy

cbxaxy

dcxbxaxy

p

p

p

26

23 2

23

xxx

dbxcabxax

xxxyy pp

61612

)42()46(44

616124

23

23

23

Contoh


y″ – 4y′ + 5y = 65 cos 2x

Jawab

Solusi yh

PD H, y″ – 4y′ + 5y = 0

PK λ2 – 4 + 5 = 0

APK,

xecxecy

i

xxh sincos

2

)1(2

2016)4(

22

21

PDH Solusi

Solusi yp

r(x) = 65 cos 2x, r(x) yh


yp = a cos 2x + b sin 2x

Mengingat,


ke PD, dihasilkan :


diperoleh a=1, b = –8,

Jadi,

yp= cos 2x – 8 sin 2x

Solusi PD

xbxay

xbxay

xbxay

p

p

p

2sin42cos4

2cos22sin2

2sin2cos

xxbaxba

xyyy ppp

2cos652sin)8(2cos)2(

2cos6554

xx

xecxecy xx

2sin82cos

sincos 22

21

Contoh


y′′′ – 2y′′ – 5y′ + 6y = 12e2x – 8ex

Jawab

Solusi yh

PD H, y′′′ – 2y′′ – 5y′ + 6y = 0

PK, λ3 – 2λ2 – 5 + 6 = 0

APK, (λ – 1)( λ – 3)(λ + 2) = 0

λ =1, λ = 3, dan λ = –2

Solusi yh

xxxh ecececy 2

33

21

Solusi yp

r(x) = 12e2x – 8ex

Terdapat, r(x) = yh


yp = ae2x + kxex

Mengingat,


ke PD semula, dihasilkan :


diperoleh a= –3, k=8/6 = 4/3

Jadi,

xxp

xxp

xxp

xxp

ekxkaey

ekxkaey

ekxkaey

kxeaey

)3(8

)2(4

)(2

2

2

2

2

xxxx

xxpppp

eebeae

eeyyyy

81264

812652

22

2

xxxxx

xxp

exeecececy

exey

223

321

2

33

4

33

4

Contoh


y′′′ – 5y′′+ 8y′– 4y = 18e2x+12xe2x

Jawab

Solusi yh

PD H, y′′′ – 5y′′ + 8y′ – 4y = 0

PK, λ3 – 5λ2 + 8 – 4 = 0

APK, (λ – 1)( λ – 2)(λ – 2) = 0

λ1 =1, λ2=λ3 = 2

Solusi yhxxx

h xecececy 23

221

Solusi yp

r(x) = 18 e2x + 12xe2x, r(x) = yh


yp = ax2e2x + bx3e2x

Mengingat,




diperoleh a=3, b=2

Jadi,

yp = 3x2e2x + 2x3e2x

x

xp

x

xp

xp

xp

ebxxba

exbabay

ebx

exbaxbaay

ebxxbaaxy

ebxaxy

232

2

23

22

232

232

]8)368[(

])3624(612[

]4

])124()68(2[

]2)32(2[

)(

xxxx

xxpppp

xeebxeeba

xeeyyyy

2222

22

12186)62(

1218485

Contoh


y′′′ – 4y′′+ 4y′– 4y = 80 cos 2x

Jawab

Solusi yh

PD H, y′′′ – 4y′′ + 4y′ – 4y = 0

PK, λ3 – 4λ2 + 4 – 4 = 0

APK, (λ – 1)( λ2 + 4) = 0

λ1 =1, λ23 = 2i

Solusi yh

xcxcecy xh 2sin2cos 321

Solusi yp

r(x) = 80 cos 2x, r(x) = yh


yp = x(a cos 2x + b sin 2x)

Mengingat,




diperoleh a= –2, b = – 4

Jadi,

xbaxxbxay

xbxaxbaxy

xbaxxbxay

xbxxaxy

p

p

p

p

2sin)128(2cos)812(

2sin)44(2cos)44(

2sin)2(2cos)2(

2sin2cos

x

xbaxba

xyyyy pppp

2cos80

2sin)816(2cos)168(

2cos80444

xxcxxcecy x 2sin)4(2cos)2( 321

PD Solusi

xxxxyp 2sin42cos2

Soal-soal Latihan

Carlah solusi PD berikut ini

1. y′′ + 2y′ + y = 4 cos 2x

2. y′′ – 4y′ + 4y = (x − 2)e2x

3. y′′ – 6y′ + 9y = (3 − 2x)e2x

4. y′′ – 6y′ + 10y = 3 sin 2x

5. y′′ – 8y′ + 20y = 16 e2xcos 2x

6. y′′ + 4y′ + 13y = sin 2x

7. y′′ – 10y′ + 26y = x2 + 4x

8. y′′ + 4y = 16 cos 2x

9. y′′ + 8y = 12 sin 2x

10. y′′ – 4y′ + 10y = x2 + 4x

11. y′′′ – 7y′ – 12y = (x + 2)ex

12. y′′′ + 3y′′ – 4y = sin 2x

13. y′′′ – y′′ + 4y′ – 4y = cos 2x

14. y′′′ – 5y′′ + 9y′ – 5y = (x + 2)ex

15. y′′′ + y′ + 10y = x2 + 4x

16. y′′′ – 2y′′ – 11y′ + 12y = x3 – 2x2

17. y′′′ – 6y′′ + 5y′ + 12y = cos 2x

18. y′′′ – 4y′′ – 15y′ + 18y = 2x3 – 3x

19. y′′′ – 8y′′ + 22y′ – 20y = x cos x

20. y′′′ + 3y′′ + 7y′ + 20y = x sin x

METODE VARIASI PARAMETER

Persamaan diferensial linier non homogen orde tinggi non homogen

dengan koefisien fungsi dari x diberikan oleh :

Penyelesaian umum persamaan diferensial non homogen adalah :

y = yh + yp

dimana,

adalah penyelesaian umum persamaan homogen, dan

yp, penyelesaian khusus yang berkaitan dengan r(x).

Menurut metode variasi parameter penyelesaian khusus, yp, diberikan

dimana, y1, y2, y3,…, dan yn merupakan basis-basis penyelesaian

persamaan homogen, dan u1, u2,…, dan un adalah fungsi-fungsi dari x,

yang diperoleh dari,

)()()()(...)()( 012)1(

1)( xryxayxayxayxayxa n

nn

n

nnh ycycycycy ...332211

nnp yuyuyuyuy ...332211

)(

)(...

0

0

0

...

...............

...

...

...

3

2

1

)1()1(3

)1(2

)1(1

321

321

321

xa

xru

u

u

u

yyyy

yyyy

yyyy

yyyy

nnn

nnnn

n

n

n

Dengan menggunakan SPL diatas, dengan metode Crammer dihasilkan,

dxW

Wu

W

Wu

dxW

Wu

W

Wu

dxW

Wu

W

Wu

nn

nn

..........................................

22

22

11

11

dimana, W merupakan determinan

matrik orde n, pada persamaan yang

disebut Wronski, dan Wi, i = 1,2,3,… , n

adalah determinan matrik berordo n

yang diperoleh dari W dengan

mengganti kolom-i dengan koefisien

pada kolom terakhir ruas kanan .

Contoh :


y″ – 3y’ + 2y = e3x

Jawab

Solusi PDH

PDH : y″ – 3y’ + 2y= 0

PK : λ2 – 3λ+ 2 = 0,

(λ – 1)(λ – 2) = 0

APK : : λ = 1, λ = 2

Solusi yh = c1ex+c2e2x

xx

p

eueu

yuyuy

221

2211

p

ySolusi

Fungsi u1, u2 diperoleh dari :

xxx

xx

eu

u

ee

ee3

2

12

2 0

2x

xxxxp

xx

xx

xxx

x

xxx

x

xxx

xx

e

eeeey

eeu

edxeu

eee

eW

eee

eW

eee

eeW

3

22

2

221

432

523

2

1

32

2

2

1

))((2

1

2

1

Jadi,

0

2

0

2

Mengingat,

Contoh :


y″ + 4y = sin 2x

Jawab

Solusi PDH

PDH : y″ + 4y = 0

PK : λ2 + 4 = 0,

APK : : λ = 2i

xcxcyh 2sin2cos 21

h ySolusi

xuxu

yuyuy p

2sin2cos

ySolusi

21

2211

p


xxxx

xxxxy

xdxxxu

xxxdxxu

xxxx

xW

xxx

xW

xx

xxW

p

2cos8

12sin2cos

8

1

2cos8

12sin2cos

8

1

2cos8

12sin2cos

2

1

8

12sin2cos

8

12sin

2

1

Jadi,

2sin2cos2sin2sin2

02cos

2sin2cos22sin

2sin0

22cos22sin2

2sin2cos

Mengingat,

2

22

21

2

21

xu

u

xx

xx

2sin

0

2cos22sin2

2sin2cos

2

1

Contoh :


y″ – 4y’ + 4y = e2x lnx

Jawab

Solusi PDH

PDH : y″ – 4y + 4y = 0

PK : λ2 – 4λ + 4 = 0,

APK : : λ12 = 2

xxp

xxh

xeueuy

xececy

22

21

22

21

p

h

ySolusi

ySolusi


xeu

u

exe

xeexxx

xx

ln

0

)21(22

2

122

22

xx

x

xp

xxx

x

xxx

x

xxx

xx

exxex

xexxx

exxxy

xxxdxxu

xxxdxxxu

xexee

eW

xxeexxe

xeW

eexe

xeeW

2222

2

222

2

221

422

2

2

422

2

1

422

22

4

3ln

2

1

)ln(

4

1ln

2

1

lnln

4

1ln

2

1ln

lnln2

0

ln)21(ln

0

)21(2

Jadi,

Mengingat,

Contoh :


x2y″ – 4xy + 6y = x3 lnx

Jawab

Solusi PDH

PDH : x2y″ – 4xy + 6y = 0

PK : m2 – 5m + 6 = 0,

APK : m1=2, m2=3

Solusi

yh = c1x2 + c2x

3

Solusi yp

yp= u1x2 + u2x

3

dimana u1 dan u2 diperoleh dari

2

3

2

12

32ln

0

32x

xxu

u

xx

xx

2333

322

24

3

2

4

4

1

32

2

42

3

1

42

32

)(ln2

1ln

)(ln2

1)ln(

)(ln2

1ln

lnlnln

Jadi,

lnln2

0

ln3ln

0

32

Mengingat,

xxxxx

xxxxxxy

xdxx

xxu

xxxxdxdxx

xxu

xxxxx

xW

xxxxx

xW

xxx

xxW

p

Contoh :


x2y″ –5xy + 9y = x3 lnx

Jawab

Solusi PDH

PDH : x2y″ – 5xy + 9y = 0

PK : m2 – 6m + 9 = 0,

APK : m1=m2=3

Solusi

yh = c1x3 + c2x

3 ln x

Solusi yp

yp= u1x3 + u2x

3 ln x

dimana u1 dan u2 diperoleh dari

2

3

2

1222

33ln

0

ln33

ln

x

xxu

u

xxxx

xxx

33

3233

25

4

2

32

1

42

3

2

2422

3

1

5222

33

)(ln6

1

ln)(ln2

1)(ln

3

1

)(ln2

1ln

)(ln3

1)(ln

Jadi,

lnln3

0

)(lnln3ln

ln0

ln33

ln

Mengingat,

xx

xxxxxy

xdxx

xxu

xdxx

xu

xxxxx

xW

xxxxxxx

xxW

xxxxx

xxxW

p

Soal-soal latihan

1. y′′ – 2y′ + y = xexln x

2. y′′ – 4y′ + 4y = (1/x)e2x

3. y′′ + y = sec x tan x

4. y′′ + 2y′ + y = x2e−xln x

5. y′′ – 4y′ + 5y = e2x sec x

6. y′′ – 2y′ + y = (1 + 2x)ex

7. y′′ – 2y′ + 2y = ex sec x

8. y′′ + 4y = 10 cos 2x

9. y′′ + y = sec3x

10.y′′ + 4y = sin22x

11.x2y′′ – xy′ – 3y = x3ln x

12.2x2y′′ – 5xy′ + 4y = x4

13.x2y′′ + 4xy′ – 4y = x4

14.x2y′′ – xy′ + y = (x2 + x) ln x

15.4x2y′′ – 8xy′ + 9y = x3/2 ln x

16.4x2y′′ + y = x1/2 ln x

17.2x2y′′ + xy′ – 3y = x–3

18.x2y′′ + 2xy′ – 6y = x3 + x2

19.x2y′′ – 3xy′ + 4y = x2 lnx

20.x2y′′ + 5xy′ + 4y = x–2 ln x

METODE INVERS OPERATOR

Persamaan diferensial linier orde

tinggi non homogen dengan

koefisien konstan adalah,

Penyelesaian umum dari

persamaan diferensial diatas

adalah

y = yh + yp.

Dengan metode invers operator

solusi yp diberiken oleh :

)()(

)()...( 01

xryDL

xryaDaDa nn

)()(

1xr

DLyp

Kasus n=1

Untuk n = 1, penyelesaian khusus PD

(D – )y = r(x),

diberikan oleh :

dxxreexrD

y xxp )()(

1

Kasus n=2

Untuk n = 2, penyelesaian khusus PD

(D – 2)(D – 1)y = r(x),

diberikan oleh :

dxdxxreeee

dxxreeD

xrDD

y

xxxx

xx

p

)(

)(1

)())((

1

1122

11

2

12

Secara umum penyelesaian khusus dari PD berbentuk,

adalah,

dxdxxreeeeDDD

dxxreeDDD

xrDDDD

y

xryDL

xryDDDD

xxx

nn

xx

nn

nnp

nn

x )(

))...(1)((

1

)())...(1)((

1

)())()...(1)((

1

)()(

)()])()...(1)([(

11

22

11

3

2

12

12

Dengan mengintegralkan sebagian demi sebagian, fungsi penyelesaian

khusus yp diberikan oleh,

dxdxdxxreeeeeeyxxxxxx

pnn ...)(... 1122

Contoh :


y″ – 4y’ + 4y = e2x lnx

Atau,

(D2 – 4D + 4)y = e2x lnx

Jawab

Solusi homogen

PDH : y″ – 4y + 4y = 0

(D2 – 4D + 4)y = 0

PK : λ2 – 4λ + 4 = 0,

D2 – 4D + 4 = 0

(D – 2)(D – 2) = 0

APK : D1 = D2 = 2

xxh xececy 2

22

1

h ySolusi

22222

21

222

2

222

2

2

222

2

4

3ln

2

1

4

3ln

2

1

)ln(

)]ln([

)ln(2

1

ln2

1

ln2

1

ln)2)(2(

1

xxxexececy

xxxe

dxxxxe

dxxxxeee

xxxeD

dxxeD

dxxeeeD

xeDD

y

xxx

x

x

xxx

x

x

xxx

xp

PD solusi Jadi,

ypSolusi

Contoh :


(D2 – 3D + 2)y = e2x cos 2x

Jawab

Solusi homogen

PDH : (D2 – 4D + 4)y = 0

PK : D2 – 3D + 2 = 0

(D – 1)(D – 2) = 0

APK : D1 = 1, D2 = 2

xeDD

xeDD

y

ececy

x

xp

xxh

2cos)2)(1(

1

2cos)23(

1

2

22

221

ypSolusi

ySolusi h

)2cos22(sin10

1

)2sin2cos2(5

1

2

1

2sin2

1

)2sin(2

1

2sin2

1

1

1

2cos1

1

2cos1

1

2221

2

2

2

222

xxeececy

xxee

dxxee

dxxeee

xeD

dxxeD

dxxeeeD

y

xxx

xx

xx

xxx

x

x

xxxp

PD solusi Jadi,

Contoh


(D3 – 5D2 + 8D – 4)y= (18+12x)e2x

Jawab

Solusi yh

PD H, (D3 – 5D2 + 8D – 4)y= 0

PK D3 – 5D2 + 8D – 4 = 0

APK, (D – 1)(D – 2)(D – 2) = 0

D1 =1, D2=D2 = 2

Solusi yh

dxexeeD

exDD

y

xecececy

xxx

xp

xxxh

22

22

23

221

)1218()2(

1

)1218()1()2(

1

ypSolusi

xx

x

xxx

x

xxx

xx

xxp

exxxccecy

xxe

dxxxeee

xxeD

dxxeeeD

exeD

dxxeeD

y

232321

322

2222

22

222

2

2

)23(

)23(

)66(

)66()2(

1

)126()2(

1

])126[()2(

1

)1218()2(

1

PD umum Solusi

ypSolusi

METODE SINGKAT INVERS OPERATOR

Rumus 1. r(x) = eax dan L(a) ≠ 0

Andaikan diberikan PD

L(D)y = eax

Untuk menentukan solusi yp,

tulis PD menjadi

axp

ax

eaL

y

aL

eDL

y

)(

1

,0)(

)(

1

: maka Jika

xxx

xx

xp

xxh

eececy

ee

eDD

y

ececy

3221

332

32

221

2

1

2

1

2)3(3)3(

1

)23(

1

PD umum Solusi

ypSolusi

ySolusi h

Contoh :


(D2 – 3D + 2)y = e3x

Jawab :

Rumus 2.a. r(x) = eax

L(a)=0, L(a)0


L(D)y = eax

Untuk menentukan yh tulis PD

menjadi,

axp

ax

eaL

xy

aL

aL

eDL

y

)(

1

,0)(

,0)(

)(

1

: maka

dan Jika

Contoh


(D3 – 5D2 + 8D – 4)y = 18 ex

Jawab

Solusi yh

xxxx

xx

x

xp

xxxh

xexecececy

xeex

eDD

x

LeDDD

y

xecececy

18

188)1(10)1(3

118

8103

118

0)1(,18485(

1

23

221

2

2

23

23

221

PD umum Solusi

ypSolusi

Rumus 2.b. r(x) = eax,

L(a)=L(a)=0, dan L(a)0


L(D)y = eax

Untuk menentukan yp, tulis

PD menjadi,

axp

ax

eaL

xy

aL

aLaL

eDL

y

)(

1

0)(

,0)(,0)(

)(

1

2

: maka

dan Jika

Contoh


(D3 – 5D2 + 8D – 4)y = 18 e2x

Jawab

Solusi yh

xxxx

xx

x

xp

xxxh

exxecececy

exeD

x

LeDD

x

LeDDD

y

xecececy

2223

221

222

22

223

23

221

36

10)2(6

118

106

118

0)2(,8103

118

0)2(,18485(

1

PD umum Solusi

ypSolusi

Rumus 2.c. r(x) = eax,

L(a)=L(a)=...=L(m–1)=0,

dan Lm(a)0


L(D)y = eax


PD menjadi,

axm

mp

m

ax

eaL

xy

aL

aLaLaL

eDL

y

)(

1

,0)(

,0)(...)()(

)(

1

)(

)1(

: maka

dan

Jika

ContohCarilah penyelesaian umum PD,

(D – 1)(D – 2)3 y = e2x

Jawab

Solusi yh

xx

xx

x

x

xp

xxh

exxcxccecy

exeD

x

LeDD

x

LeDD

x

LeDD

y

excxccecy

2324321

2323

22

22

23

224321

6

1

6

1

)4224

1

0)2(,)96)(2(2

1

0)2(,)54()2(

1

0)2(,)2)(1(

1

)(

PD umum Solusi

ypSolusi

Rumus 3.a. r(x) = cos bx,

r(x) = sin bx

L(-b2)0



PD menjadi,

bx

bxyDL

sin

cos)(

bx

bx

bLy

bL

bx

bx

DLy

psin

cos

)(

1

,0)(

sin

cos

)(

1

2

2

maka Jika,


(D2 – 4D + 5)y = 65 cos 2x

Jawab

xx

xx

xDD

xD

D

D

xD

bxDD

y

excxcy

p

xh

2sin82cos

)2cos2sin8()1)4(16

65

2cos)14()116(

65

2cos)14(

14

)14(

65

2cos544

65

4,2cos54

65

)sincos(

2

22

221

ypSolusi

Solusi


(D3 – D2 – 4D + 4)y = sin 2x

Jawab

Solusi homogen

PDH : (D3 – D2 – 4D + 4)y = 0

PK : D3 – D2 – 4D + 4 = 0

APK : D1=1, D2 = –2, D3=2

xD

xDD

bxDDD

y

ecececy

p

xxxh

2sin88

1

2sin44)4()4(

1

4,2sin44

1 223

23

221

ypSolusi

yhSolusi

)2sin2cos2(40

1

)2sin2cos2(40

1

)2sin2sin()14(8

1

2sin)1()1(8

1

2sin)1(

1

)1(8

1

23

221

2

xx

ecececy

xx

xxD

xDD

xD

D

Dy

xxx

p

PD, umum Solusi

Rumus 3.b. r(x) = cos bx,

r(x) = sin bx

L(-b2)=0



PD menjadi,

bx

bxyDL

sin

cos)(

ibx

ibx

p

eDL

eDL

y

bL

bx

bx

DLy

)(

1Im

)(

1Re

,0)(

sin

cos

)(

1

2

maka Jika,


y′′+ 4y = sin 2x

Jawab

xxy

xixixe

i

i

ix

ei

xeD

x

biLeD

LxD

y

xcxcy

p

ix

ixix

ix

p

h

2cos4

1

4

)2sin2(cosIm

4

1Im

)2(2

1Im

2

1Im

0)(,4

1Im

0)2(,2sin4

1

2sin2cos

2

22

22

22

21

ypSolusi

Solusi


(D3 – 4D2 + 4D– 4)y = 80 cos 2x

Jawab

Solusi yh

PDH : (D3 – 4D2 + 4D– 4)y = 0

PK, D3 – 4D2 + 4D– 4 = 0

APK, (D – 1)(D2 + 4) = 0

D1 =1, D23 = 2i

: maka Karena,

ypSolusi

yhSolusi

ixp

p

xh

eDDD

Ray

L

xDDD

y

xcxcecy

223

2

23

321

444

80

,0)2(

,2cos444

80

2sin2cos

xxc

xxcecy

xxx

xixix

ei

ii

ix

ei

x

eii

x

eDD

x

eDDD

y

x

ix

ix

ix

ix

ixp

2sin)4(

2cos)2(

)2sin22(cos2

)2sin2)(cos12(5

10Re

)12(

2

)12(8

80Re

816

80Re

4)2(8)2(3

80Re

483

80Re

444

80Re

3

21

2

2

22

22

223

PD umum Solusi

Rumus 4. r(x) = xn

Andaikan diberikan PD, L(D)y = xn . Untuk menentukan yp, tulis PD

menjadi,

)(

1)(

!...

!2)0()0()0(

)...(

!...

!2)0()0()0(

)(

1)(

)(

1)(,

)(

1

)(2

10

)(2

DLDf

xn

Df

DfDff

xDaDaay

n

Df

DfDff

DLDf

DLDfx

DLy

nn

n

nnp

nn

n

dimana,

adalah, ypSolusi

Laurin, Macderet ekspansimenurut Mengingat,

ambil


(D2 – 3D + 2)y = 3x2 – 6x

Jawab

Solusi yh

PDH : (D2 – 3D + 2)y = 0

PK : D2 – 3D + 2 = 0

APK, (D – 1)(D – 2) = 0

D1 =1, D2 = 2

Solusi yh

23

1)(

)63(23

1

2

22

221

DDDf

xxDD

y

ececy xxh

ypSolusi

2

5

2

3

2

3

)63(28

14

)63(4

3)63(

2

1

)63(28

14

4

3

2

1

8

14)0(,

)23(

14186)(

4

3)0(,

)23(

)32()(

2

1)0(,

23

1)(

2

22

22

22

32

2

22

2

xxy

xxD

xxDxx

xxD

Dy

fDD

DDDf

fDD

DDf

fDD

Df

p

p

maka,


(D3 – 4D2 + 4D)y = 4x3 – 6x

Jawab

Solusi yh

PDH : (D3 – 4D2 + 4D)y = 0

PK : D3 – 4D2 + 4D = 0

APK, D(D – 2)(D – 2) = 0

D1 =0, D2 = D3=2

Solusi yh

4

1)0(,

)2(

1)(

)64()44(

1

2

32

23

221

fD

Df

xxDDD

y

xececcy xxh

Mengingat,

ypSolusi

xxxxy

dxxxx

xxDxxD

xxDxxD

xxDD

DD

y

fD

Df

fD

Df

fD

Df

p

p

2

3

4

1

2

323

)64(8

1)64(

16

3

)64(4

1)64(

4

11

)64(!38

6

28

3

4

1

4

11

8

6

32

24)0(,

)2(

24)(

8

3

16

6)0(,

)2(

6)(

4

1

8

2)0(,

)2(

2)(

234

23

3332

33

332

5

4

3

maka,

Rumus 5. r(x) = eax F(x)

Andaikan diberikan PD,

L(D)y = eax F(x)

Untuk menentukan yp, tulislah

PD diatas menjadi :

Bila F(x) merupakan fungsi-

fungsi dari sin bx, cos bx, atau

xn, solusi yp diberikan oleh

)()(

1xFe

DLy ax

)()(

1xF

aDLey ax


(D2 – 5D + 6)y = e2x cos 2x

Jawab

xxey

xxDD

e

DD

xDex

De

LxDD

e

xDD

ey

xeDD

y

ececy

xp

x

xx

x

xp

x

xxh

2cos42sin2(20

1

)2cos42cos()16(

1

)4)(4(

2cos)4(2cos

4

1

0)2(,2cos1

2cos6)2(5)2(

1

2cos65

1

2

22

22

22

2

22

22

32

21

ypSolusi

Solusi,


(D2 – 5D + 6)y = (6 – 4x2)e2x

Jawab

1

1)(

)46()1(

1

)46(1

6)2(5)2(

)46(

)46(65

1

22

22

2

2

22

222

32

21

DDf

xDD

e

xDD

e

DD

xey

exDD

y

ececy

x

x

xp

x

xxh

Ambil,

ypSolusi

homogen, Solusi

xxxey

dxxxe

xxD

e

xD

DD

ey

fD

Df

fD

Df

fD

Df

xp

x

x

xp

243

4

)284(

)284(1

)46(2

211

1

2)0(,

)1(

2)(

1

1)0(,

)1(

1)(

1

1)0(,

1

1)(

232

22

22

22

2

3

2

maka,

Mengingat,


(D3 – 5D2 + 12D–8)y=e2xcos 2x

Jawab

ixix

ixx

x

xp

x

xxh

eDD

xe

eDDD

e

LxDDD

e

xDDD

ey

xeDDD

y

ecxcecy

22

2

223

2

223

2

232

223

2321

423

1Re

44

1Re

0)2(,2cos44

1

2cos8)2(12)2(5)2(

1

2cos8125

1

ypSolusi

)2sin2cos(

homogen, Solusi

)2sin2cos2(20

)2sin2)(cos2(20

Re

)2(

2

)2(4

1Re

4)2(2)2(3

1Re

2

2

22

22

2

xxex

y

xixix

e

ei

i

ixe

eii

xey

xp

x

ixx

ixxp

)2cos22(sin20

)2sin2cos(

2

2321

xxex

ecxcecy

x

xxp

PD umum Solusi

Rumus 6. r(x) = x F(x)

Andaikan diberikan PD,

L(D)y = x F(x)

Untuk menentukan yp, tulislah

PD diatas menjadi :

Bila F(x) merupakan fungsi-

fungsi dari sin bx, atau cos bx,

solusi yp diberikan oleh

)()(

1xxF

DLy

)()]([

)()(

)(

1

2xF

DL

DLxF

DLxy


(D2 + 4)y = x e2x

Jawab

x

xx

xx

xxp

x

h

exxcxcy

exe

eD

ex

eD

De

Dxy

xeD

y

xcxcy

221

22

2

222

22

222

22

22

21

16

1

8

12sin2cos

)8(

4

8

1

)4(

4

4)2(

1

)4(

2

4

1

4

1

2sin2cos

PD, umum Solusi

ypSolusi

yh,Solusi


(D2 – 4D + 8)y = x cos 2x

Jawabxexcxcy 2

21 )2sin2cos(

homogen Solusi

)2sin72(cos100

1)2sin22(cos

20

1

)2cos2(sin)94(4

)32()2sin22(cos

20

1

)2cos2(sin)32(

)32(

)32(4

12cos

)1(4

1

)2cos2(sin)12(16

42cos

)1(

1

)1(4

1

2cos)84(

)42(2cos

84

1

2cos84

1

2

2

2

222

2

xxxxxy

xxD

Dxxx

xxD

D

Dx

D

Dx

xxDD

xD

D

Dx

xDD

Dx

DDxy

xxDD

y

p

p

ypSolusi


(D2 + 4)y = x sin 2x

Jawab

xcxcy 2sin2cos 21

homogen Solusi

ypSolusi

ixix

ixix

ixix

p

eD

xDeD

xx

eDD

xDeD

xx

eDD

DeD

x

xD

Dx

Dx

xxD

y

22

2

23

2

224

22

222

2

1612

1Im2

2

1Im

164

1Im2

2

1Im

168

1Im2

4

1Im

2sin)4(

22sin

4

1

2sin4

1

xxxxxcxcy

xxxxxxy

xxDxx

xixx

Dxixix

x

ei

xDei

xx

eD

xDeD

xxy

p

ixix

ixixp

2sin8

12cos

8

12sin2cos

2sin8

12cos

8

12cos

4

1

)2sin(16

12cos

4

1

)2sin2(cos32

Im2)2sin2(cos4

Im

16)2(12

1Im2

)2(2

1Im

1612

1Im2

2

1Im

221

22

22

2

22

22

22

22

PD umum Solusi

ypSolusi


(D2 – 4D + 8)y = x e2x cos 2x

Jawabxexcxcy 2

21 )2sin2cos(

homogen Solusi

ixxixx

ixxixx

xx

x

x

xp

eDD

xDeeD

xxe

eDD

DeeD

xe

xD

Dex

Dxe

xxD

e

xxDD

e

xxeDD

y

23

222

224

222

2

222

22

22

22

22

164

1Re2

2

1Re

168

1Re2

4

1Re

2cos)4(

22cos

4

1

2cos4

1

2cos8)2(4)2(

1

2cos84

1

ypSolusi

x

xxxp

xx

xx

ixxx

ixxixxp

exxxxxcxcy

xexxxexexy

xxDexex

xixx

Dexex

ei

xDexixix

xe

eD

xDeei

xxey

2221

22222

2222

2222

22

222

22

2222

2sin8

12cos

8

12sin2cos

2sin8

12cos

8

12sin

4

1

)2cos(16

12sin

4

1

)2sin2(cos32

Re22sin4

1

16)2(12

1Re2)2sin2(cos

4Re

1612

1Re2

)2(2

1Re

PD, umum Solusi

ypSolusi

16. (D3 – 3D2 + 4D + 8)y = 20e2xcos 2x

17. (D3 – 5D2 + 9D – 5)y = 10 )e2x sin x

18. (D3 + 2D2 – 8)y = 20e–2x sin 2x

19. (D3 + D2 + 10)y = 10ex cos 2x

20. (D3 – 6D2 + 16D – 16)y = e2xcos 2x

21. (D2 + 2D + 5)y = 8x e–xcos 2x

22. (D2 + 2)y = 16 x sin 2x

23. (D2 – 2)y = 6 x cos 2x

24. (D2 – 2D + 5)y = 4x ex sin 2x

25. (D2 + 1)y = 16 x sin x

Soal-soal Latihan

1. (D + 1)2(D2 – 3D + 2)y = 4e–x

2. (D – 2)2(D2 - 3D + 2)y = 4e2x

3. (D – 1)2(D2 – 3D + 2)y = 4ex

4. (D + 2)2(D2 – D – 6)y = e2x

5. (D – 2)2(D2 – 3D + 2)y = 8e2x

6. (D3 – 5D2 + 9D – 5)y = 6 cos x

7. (D3 – D2 + 2)y = cos 3x

8. (D3 – 3D – 2)y = 10 sin 2x

9. (D3 – 2D3 + 4D – 8)y = 8 sin 2x

10. (D3 + 2D3 + 4D + 8)y = 10 cos 2x

11. (D2 – 4D + 8)y = (3x + 4x2)e2x

12. (D2 – 3D + 2)y = (8x + 4x2)ex

13. (D2 + 4D + 5)y = (4x – 6x2)e–2x

14. (D2 – 4D + 5)y = (3x + 6x2)e2x

15. (D2 – 6D + 13)y = (8x – 6x2)e3x

Modul 2 pd linier orde n

Documents

Transcript of Modul 2 pd linier orde n