BAB IIPERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA(PDB) ORDE SATU

PDB orde satu dapat dinyatakan dalam:dydx

=f (x , y )

atau dalam bentuk:M (x , y )dx+N (x , y )dy=0

Penyelesaian PDB orde satu dengan integrasi secara langsung

Jika PDB dapat disusun dalam bentuk dydx

=f (x) , maka persamaan tersebut

dapat diselesaikan dengan integrasi sederhana.

Contoh1:dydx

=3 x2−6 x+5

maka

y=∫(3¿x2−6 x+5)dx=x3−3 x2+5 x+c ¿

Contoh2:

xdydx

=5 x3+4

maka

dydx

=5 x2+ 4x

sehingga

y=53x3+4 ln x+c

Nilai c tidak dapat ditentukan kecuali jika dalam persamaan di atas diberi keterangan syarat (sebuah nilai y untuk x tertentu). Solusi dengan nilai konstanta sembarang atau c disebut solusi umum/primitif, sedangkan solusi disebut khusus jika nilai c dapat dihitung.

Contoh3:

Tentukan solusi khusus persamaan berikut jika y=3 untuk x=0:

ex dydx

=4

Penyelesaian

ex dydx

=4 sehinggadydx

=4e−x

maka

y=∫ 4e− xdx=−4 e−x+c

dengan mengetahui y=3 untuk x=0 dapat dihitung nilai c yaitu

y=−4e− x+cmenjadi 3=−4+c ; c=7

sehingga solusi khusus adalah:

y=∫ 4e− xdx=−4 e−x+7

Penyelesaian PDB orde satu dengan pemisahan variabel

Jika persamaan diferensial berbentuk dydx

=f (x , y ), yaitu persamaan yang

ruas kanannya dapat dinyatakan sebagai perkalian atau pembagian fungsi x dan fungsi y, maka penyelesaian PD dengan cara memisahkan variabelnya sehingga faktor’y’ bisa kita kumpulkan dengan ‘dy’ dan faktor’x’ dengan ‘dx’.

contoh: selesaikan PD berikut

dydx

=(1+x )(1+ y )

maka jika kita pisahkan berdasarkan variabelnya menjadi:

1(1+ y )

dy=(1+x )dx

jika kita integrasikan kedua ruas menjadi:

∫ 1(1+ y)

dy=∫(1+x )dx

ln (1+ y)=x+ 12x2+c

Persamaan Homogen substitusi y=vx

tinjau persamaan diferensial berikut:

dydx

= x+3 y2 x

persamaan di atas tidak dapat diselesaikan dengan cara memisahkan variabelnya. Dalam hal ini kita lakukan substitusi y =vx, dengan v adalah fungsi x. Sehingga penyelesaiannya:

dari y = vx dideferensialkan menjadi

dydx

=v+xdvdx

sehingga

x+3 y2 x

=1+3v2

Persamaan sekarang menjadi:

v+xdvdx

=1+3 v2

xdvdx

=1+3v2

−v=1+v2

21+v

dv=1xdx

kedua ruas diintegrasikan menjadi:

∫ 21+v

dv=∫ 1x dx

2 ln(1+v)=lnx+c

(1+v)2=c . x

substitusi v=y/x didapatkan

(1+ yx)2

=c . x atau (x+ y )2=c . x3

Persamaan Linier dalam bentuk dydx

+Py=Q

Untuk PD yang berbentuk dydx

+Py=Q dengan P dan Q fungsi x atau

konstanta maka penyelesaian PD dengan mengalikan kedua ruas dengan

faktor integrasi e∫ Pdx.

Contoh, selesaikan PD berikut:

dydx

− y=x

Penyelesaian

dari persamaan diperoleh P = -1 dan Q = x

faktor integrasinya e∫ Pdx = e− x

jika kedua ruas persamaan dikalikan dengan e− x maka:

e− x( dydx

– y )=e− x(x )

e− x dydx

−e−x . y=e− x . x

ddx

{e− x y }=e−x . x d {e∫ Pdx . y }=e∫ Pdx . x=e∫Pdx .Q

sehingga penyelesaiannya

∫ d (e¿¿−x y )=∫e− x . xdx¿

e− x . y=−e−x . x+∫ e−x dx=−e− x . x−e− x+c

y=− x−1+c /e−x

dari contoh di atas jika faktor integrasi e∫ Pdx=μ, maka PD linier orde satu

bisa dinyatakan dalam bentuk

ddx

(μ . y )=μ .Q

dengan bentuk di atas, penyelesaiannya menjadi:

μ . y=∫ μQdx+catau y .e∫Pdx=∫ e∫

Pdx.Q dx+c

Persamaan Bernoulli berbentuk dydx

+Py=Q yn

PD yang berbentuk dydx

+Py=Q yn dengan P dan Q fungsi x atau konstanta

diselesaikan dengan cara:

Pertama, membagi kedua ruas dengan yn sehingga persamaan menjadi

y−n dydx

+P y1−n=Q

Kedua, misalkanlah z= y1−n sehingga

dzdx

=d( y1−n)

dx→

dzdx

=(1−n) y−n dydx

supaya suku pertama didapat d zdx

maka persamaan pertama dikalikan (1-

n) didapat:

(1−n) y−n dydx

+(1−n)P y1−n=(1−n)Q

dzdx

+P1 . z=Q1(PDLinier )

dengan P1 dan Q1 fungsi x atau konstanta. Persamaan terakhir dapat diselesaikan dengan faktor integrasi. Setelah diperoleh penyelesaian untuk z, dengn substitusi z= y1−n kita dapatkan y.

contoh, selesaikan PD berikut:

dydx

+ yx=x . y2

penyelesaian

kedua ruas dibagi y2 menjadi

y−2 dydx

+ y−1

x=x

misalkan z= y1−n , n=2 sehingga z= y−1 dan dzdx

=− y−2 dydx

supaya suku pertama didapat dzdx

maka persamaan dikali -1, diperoleh:

− y−2 dydx

− y−1

x=−x

dzdx

− zx=−x→PDLinier

faktor integral e∫ Pdx dimana P = −1x

maka

e∫ Pdx=e∫−1

xdx=e−lnx=e ln x

−1

=1x

bentuk umum penyelesaian PD linier didapat:

μ . y=∫e∫Pdx

.Q dx+c

sehingga

1x. z=∫ 1x .(−x )dx+c→

zx=−x+c

z=cx−x2

karena z= y−1 maka y−1=cx−x2→ y=(cx−x2)−1

Persamaan Diferensial Eksak

PDB dalam bentuk:

M (x , y )dx+N (x , y )dy=0

dikatakan eksak jika terdapat fungsi Q(x,y), sedemikian sehingga δQδx

=M (x , y) dan δQδy

=N (x , y ). Dengan mengingat diferensial total dari

fungsi Q(x, y), maka disimpulkan bahwa persamaan M (x , y )dx+N (x , y )dy=0 eksak jika dan hanya jika:

δMδy

= δNδx

Langkah-langkah untuk menyelesaikan PD Eksak adalah sebagai berikut:

Langkah 1. Tuliskan PD dalam bentuk diferensial :

M (x , y )dx+N (x , y )dy=0Langkah 2. Uji ke-eksak-an PD:

δMδy

= δNδx

Langkah 3. Jika eksak, integralkan M terhadap x atau N terhadap y. Misal dipilih M, maka :

Q(x , y)=∫M (x , y)dx+g( y )Langkah 4. Turunkan Q terhadap y dan samakan hasilnya dengan N(x,y)

N (x , y)= δδy

(∫M ( x , y )dx )+g ' ( y)

Langkah 5. Integralkan g'( y) untuk memperoleh g(y)

Langkah 6. Tuliskan penyelesaian umum dalam bentuk implisit:Q(x, y) = C .

Langkah 7. Tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.

Contoh: Selesaikan PDB dydx

=−x−2 y

y2−2 x , y(0)=3

Penyelesaian:

Langkah 1. Bentuk diferensial PD adalah :

(x-2y)dx + (y2-2x)dy = 0

Langkah 2. Uji ke- eksak-an PD ini:δMδy

=−2 ; δNδx

=−2

Langkah 3. Misal dipilih M untuk diintegralkan, maka :

Q(x , y)=∫M (x , y)dx+g( y )

¿∫(x−2 y )dx+g ( y )

¿ 12x2−2xy+g ( y)

Langkah 4. Menyamakan turunan Q(x,y) terhadap y dengan N(x,y):δδy ( 12 x2−2 xy+g ( y ))= y2−2x

0−2x+g' ( y )= y2−2 x

g' ( y )= y2

Langkah 5. Integralkan g'( y) , diperoleh :

g( y )=13

y3

Langkah 6. Penyelesaian umum dalam bentuk implisit Q(x,y)=c:

12x2−2xy+ 1

3y3=c

Langkah 7. Dengan kondisi awal y(0) = 3, diperoleh C = 9, sehingga penyelesaian khususnya adalah :

12x2−2xy+ 1

3y3=9

Persamaan Diferensial Tak-Eksak

Jika suatu PD orde satu berbentuk

M (x , y )dx+N (x , y )dy=0mempunyai sifat:

δMδy

≠δNδx

maka PD tersebut disebut PD Tak-Eksak. Suatu PD tak eksak dapat diubah ke PD eksak dengan mengalikan persamaan dengan suatu faktor yang tepat, yang disebut faktor pengintegralan (integrating factor). Pada

bagian sebelumnya, kita mengenal faktor integral: μ(x )=e∫P( x)dx untuk

menyelesaikan persamaan diferensial linier order satu dalam bentuk:dydx

+P (x) y=Q(x )

Faktor integral μ(x )=e∫P( x)dx akan membawa persamaan diferensial linier

order satu berbentuk dydx

+P (x) y=Q(x ) menjadi PD eksak. Secara umum

suatu faktor integral adalah faktor μ(x, y) dapat mengubah persamaan diferensial tidak eksak menjadi persamaan diferensial eksak.

Contoh: Tunjukkan bahwa x dy + (2y − xex )dx = 0 tidak eksak, tetapi dengan mengalikan dengan faktor μ = x PD tersebut menjadi eksak. Kemudian selesaikan!

Penyelesaian :Uji ke-eksak-an,

δδy

(2 y−x ex)=2dan δδx

(x )=1

Jadi PD adalah tidak eksak. Dengan mengalikan faktor integral x diperoleh:

x2dy+(2 xy−x2 ex)dx=0→PDeksak

δMδy

=δ (2 xy−x2 ex )

δy=2 x ;

δNδx

=δ ( x2 )δx

=2 x

dari langkah-langkah penyelesaian PD eksak, maka:

Q(x , y)=x2 y−x2 ex+2x ex−2ex+g( y )jika diketahui:

δδy

Q (x , y )=N (x , y)

maka

x2+g '( y)=x2→g '( y)=0→g( y )=0jadi solusi PD adalah:

Q(x , y)=c→ x2 y−x2 ex+2x ex−2ex=c

Menentukan Faktor Itegrasi

Jika M (x , y )dx+N (x , y )dy=0 PD tak eksak dan μ(x , y) faktor integrasi, maka μ(x , y)M (x , y )dx+μ (x , y )N (x , y)dy=0 adalah PD eksak, sehingga

δμMδy

= δμNδx

atauδμδy

M+ δMδy

μ= δμδx

N+ δNδx

μ

( δMδy − δNδx ) μ= δμ

δxN− δμ

δyM

μ=−( δμδy M− δμ

δxN )

( δMδy − δNδx )

ada beberapa kasus, yaitu:(1) Faktor integrasi hanya fungsi x saja atau μ(x , y)=μ (x) maka:

μ=−(0− δμ

δxN )

( δMδy − δNδx )

⟺ δMδy

− δNδx

=Nμ

δμδx

⟺ 1μδμ=

( δMδy − δNδx )

Ndx

⟺ ln μ=∫( δMδy − δN

δx )N

dx

⟺ μ=e∫

( δMδy − δNδx )

Ndx

Jadi jika ( δMδy − δNδx )

N menghasilkan fungsi x saja maka μ(x , y)=μ (x).

(2) Faktor integrasi hanya fungsi y saja atau μ(x , y)=μ ( y ) maka:

Kesimpulan: Faktor integrasi ditentukan dengan menghitung δMδy

− δNδx

kemudian membaginya sehingga diperoleh fungsi yang mandiri.

Contoh:

dari sini seperti contoh sebelumnya dapat ditunjukkan dengan mengalikan x pada persamaan dihasilkan PD eksak.

Penerapan PDB orde satu: Trayektori Ortogonal

DefinisiDiketahui keluarga kurva pada bidang XY yang dinyatakan oleh persamaan F(x, y, k)= 0 dengan k = parameter. Kurva yang memotong tegak lurus kurva-kurva tersebutdinamakan trayektori ortogonal dari kurva F.

Contoh

Diberikan keluarga kurva y = mx dan y2 + x2 = k2 yang disajikan pada satu sistem koordinat kartesius seperti Gambar di bawah ini.

Gambar Keluarga kurva y = mx dan y2 + x2 = k2.

Terlihat bahwa suatu garis berpotongan dengan suatu lingkaran. Garis arah antara lingkaran (pada titik potong) dan garis adalah saling tegak lurus atau ortogonal, karena itu kedua kurva dikatakan ortogonal di titik potongnya. Dengan kata lain garis lurus y = mx adalah trayektori ortogonal dari keluarga lingkaran tersebut. Sebaliknya dapat dikatakan juga bahwa setiap lingkaran merupakan trayektori ortogonal dari garis y = mx.Langkah-langkah menentukan trayektori ortogonal untuk keluarga kurva F(x, y, k) = 0:

Langkah 1. Ditentukan persamaan diferensial untuk keluarga kurva, yaitu y’ = f (x, y, k )

Langkah 2. Disubstitusikan k = F(x, y) untuk memperoleh persamaan diferensial implisit bagi F(x, y, k) = 0 berbentuk

dydx

=f (x , y )

Langkah 3. Dituliskan persamaan diferensial yang berkaitan untuk keluarga ortogonal, yaitu

dydx

= −1f (x , y)

Langkah 4. Diselesaikan persamaan diferensial baru. Penyelesaiannya adalah keluarga trayektori ortogonal.

ContohTentukan keluarga trayektori ortogonal dari keluarga kurva berikut ini.

y = cx2.Penyelesaian

Langkah I Persamaan diferensial untuk keluarga kurva y = cx2 yaitudydx

=2cx

Langkah 2 Disubstitusikan c=y

x2 untuk memperoleh persamaan

diferensial implisit:dydx

=2 y

x2x=2 y

x

Langkah 3 Persamaan diferensial untuk keluarga ortogonal yaitudydx

= −1f (x , y)

=−12 yx

=−x2 y

Langkah 4 Selesaikan persamaan diferensial barudydx

=−x2 y

→2 ydy=−xdx

∫2 ydy=∫−xdx→ y2=−12

x2+k1

2 y2+ x2=kJadi, persamaan trayektori ortogonal untuk keluarga kurva y = cx2 adalah:

2 y2+ x2=k

Penerapan PDB orde satu: Rangkaian Listrik

Rangkaian listrik sederhana adalah rangkaian seri. Rangkaian ini terdiri atas:

1. suatu baterai atau generator yang menghasilkan tenaga gerak listrik (electromotive force atau e.m.f / tegangan atau potensial) sebesar E volt

2. suatu penghambat (resistor) dengan pembatas sebesar R ohm3. suatu induktor dengan induktansi sebesar L henry.4. suatu kapasitor dengan kapasitansi sebesar C farad

Arus I yang diukur dalam Ampere adalah laju perubahan sesaat muatan Q pada kapasitor yang diukur dalam coulomb terhadap waktu, yaitu I=dQ/dt.

Dari prinsip dasar kelistrikan, kita memperoleh: Potensial yang dihasilkan pada resistor adalah, ER= I.R (a) Potensial yang dihasilkan pada induktor adalah, EL = L. dI/dt (b) Potensial yang dihasilkan pada kapasitor adalah, EC = Q/C, karena:

I (t)=dQdt

maka EC=1C∫0

t

I (t)dt (c)

Hukum Kirchoffa. Jumlah aljabar arus yang mengalir ke dalam suatu simpangan

adalah nolb. Jumlah aljabar potensial yang dihasilkan sepanjang suatu loop

tertutup adalah nol.

RANGKAIAN RL

Untuk rangkaian RL seperti Gambar di atas dan berdasarkan hukum tegangan Kirchoff serta (a) dan (b), diperoleh:

LdIdt

+R . I=E (t)(d )

Kasus A. Jika E(t) = E0 (konstanta), maka dari (d) diperoleh PD:

dIdt

+ RL

. I=E0L

PD diselesaikan dengan faktor integral yaitu:

I (t)=e−∫ R

Ldt (∫ E0

Le∫ R

Ldtdt+k)=E0

R+k e

−RL

t

Jika t = tak hingga maka k e−RL

t = nol, sehingga I(t) sama dengan nilai

batas E0 /R. Penyelesaian khusus untuk syarat awal I(0) = 0 adalah

I (t)=E0R

(1−e−RL

t)Kasus B. Jika E(t) = E0 sinωt , maka dari (d) diperoleh PD:

dIdt

+ RL

. I=E0Lsinωt

PD diselesaikan dengan faktor integral yaitu:

I (t)=e−∫ R

Ldt (∫ E0

Lsinωt e

∫ RLdtdt+k )

dan dengan integrasi parsial diperoleh penyelesaian umum:

I (t)=k e−RL

t+

E0R2+ω2L2

( R sinωt−ωLcosωt )