Untuk Keluarga Tercinta ii

Transkripsi

1 PERSAMAAN DIFRENSIAL BIASA (Buku pegangan mata kuliah Persamaan Difrensial) Oleh Drs. D a f i k, M.Sc. NIP Program Pendikan Matematika FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS JEMBER Februari, 1999

2 Untuk Keluarga Tercinta ii

3 Daftar Isi Daftar Tabel v Daftar Gambar vi Kata Pengantar vii 1 Konsep Dasar Klasikasi Persamaan Difrensial Solusi PDB Metoda Penyelesaian Masalah Nilai Awal (MNA) PDB Linier Order Satu PDB Linier Order Satu Homogen PDB Eksak Solusi PDB Eksak Faktor Integrasi Teknik Variabel Terpisah PDB Linier Order Satu Nonhomogen iii

4 3 Aplikasi PDB Order Satu Masalah Dalam Mekanik Pertumbuhan dan Peluruhan Pertumbuhan Populasi Peluruhan Radioaktif Hukun Pendinginan Newton Campuran PDB Linier Order Dua PDB Order n Homogen PDB Order n Nonhomogen PDB Order Dua PDB Order Dua Homogen PDB Order Dua Nonhomogen iv

5 Daftar Tabel 4.1 Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen v

6 Daftar Gambar 1.1 Diagram kekonvekan untuk D 2 R Diagram kekonvekan untuk D 2 R Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi Proses campuran dalam tangki Gerakan benda pada bidang miring vi

7 Kata Pengantar Puji syukur kehadirat Allah S.W.T karena atas anugerah dan karuniahnya penulis dapat menyelesaikan buku pegangan kuliah dengan judul "Persamaan Diferensial Biasa (PDB): Masalah Nilai Awal dan Batas". Buku pegangan ini dibuat untuk membantu mahasiswa menemukan refrensi utama mata kuliah Persamaan Difrensial Biasa memandang cukup langkanya buku-buku persamaan difrensial dalam bahasa Indonesia. Dalam buku ini dijelaskan bagaimana konsep Persamaaan difrensial secara umum, PDB order satu homogen dan nonhomogen, PDB order dua atau lebih serta aplikasi dari suatu PDB. Pokok bahasan ini disajikan dengan harapan mahasiswa memahami esensi dari persamaan difrensial dan sekaligus sebagai penunjang langsung materi perkuliahan. Dalam buku pegangan ini dilengkapi beberapa fungsi dalam MAPLE programming serta latihan soal-soal tutorial untuk memperdalam wawasan pemahaman mahasiswa tentang PDB. Semua materi dalam buku ini ditulis dalam LATEX2E word processing sehingga ekspresi fungsi matematik dapat disajikan dengan benar. Selanjutnya dalam kesempatan ini penulis tak lupa menyampaikan banyak terima kasih kepada yang terhormat: 1. Rektor Universitas Jember. vii

8 2. Dekan FKIP Universitas Jember. 3. Pimpinan Proyek Peningkatan Universitas Jember yang telah mendanai pengembangan bahan ajar Mata Persamaan Diferensial I. 4. Ketua Program Pendidikan Matematika yang telah memberikan motivasi dan rekomendasi penggunaannya dalam perkuliahan. 5. Semuapihak yang terlibat langsung maupun tak langsung dalampenyusunan buku ajar ini. Semoga bantuan rielnya mendapat balasan yang setimpal dari Allah S.W.T. Akhirnya penulis berharap agar buku pegangan ini memberikan manfaat bagi pembaca, oleh karena itu kritik dan saran masih penulis harapkan untuk penyempurnaan dikemudian hari. Jember, Agustus 2003 Penulis viii

9 Daftar Isi ix

10 Daftar Tabel x

11 Daftar Gambar xi

12 BAB 1 Konsep Dasar 1.1 Klasikasi Persamaan Difrensial Pada umumnya dikenal dua jenis persamaan difrensial yaitu Persamaan Difrensial Biasa (PDB) dan Persamaan Difrensial Parsial (PDP). Untuk mengetahui perbedaan kedua jenis persamaan difrensial itu dapat dilihat dalam denisi berikut. Denisi Persamaan Difrensial Suatu persamaan yang meliputi turunan fungsi dari satu atau lebih variabel terikat terhadap satu atau lebih variabel bebas disebut Persamaan Difrensial. Selanjutnya jika turunan fungsi itu hanya tergantung pada satu variabel bebas maka disebut Persamaan Difrensial Biasa (PDB) dan bila tergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Difrensial Parsial (PDP) Contoh Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan @t + xy = 5 1

13 BAB 1. KONSEP DASAR 2 2. dy dx + d2 y dx 2 + dy dx 2 ; 3x = d3 y dx 3 ; y = 0 d 2 y dx dy dx 2 ; x = @y 6. dy = d2 y dx 2 + dy dx 2 = 7 y x Dalam bahan ajar ini pembahasan persamaan difrensial akan difokuskan pada Persamaan Difrensial Biasa (PDB). Sehingga semua contoh soal dan aplikasinya akan dikaitkan dengan model fenomena persamaan difrensial yang hanya terikat pada satu variabel bebas. Denisi Order Order suatu PDB adalah order tertinggi dari turunan dalam persamaan F (x y 0 y 00 : : : y (n) ) = 0. Denisi Linieritas dan Homogenitas PDB Order n dikatakan linier bila dapat dinyatakan dalam bentuk a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n;1) + + a n (x)y = F (x) dimana a 0 (x) 6= 0 Selanjutnya: 1. Bila tidak dapat dinyatakan dengan bentuk diatas dikatakan tak linier 2. Bila koesien a 0 (x) a 1 (x) : : : a n (x) konstan dikatakan mempunyai koesien konstan bila tidak, dikatakan mempunyai koesien variabel. 3. Bila F (x) = 0 maka PDB tersebut dikatakan homogen bila tidak, disebut nonhomogen.

14 BAB 1. KONSEP DASAR Solusi PDB Berikut ini akan dijelaskan pengertian dan bentuk solusi suatu PDB. Denisi Suatu PDB order n yang ditulis dalam persamaan berikut: F ; x y y 0 y 00 : : : y (n) ) = 0 (1.1) dimana F adalah fungsi real dengan (n + 2) argumen akan mempunyai solusi eksplisit dan implisit dengan ketentuan sebagai berikut: 1. Bila f adalah suatu fungsi dimana f 2 C(I) dan f 2 C n (I) untuk 8x 2 I dan I adalah sebarang interval real, maka f dikatakan solusi eksplisit dari (1.1) jika F ; x f f 0 f 00 : : : f (n) ) 2 C(I) dan F ; x f f 0 f 00 : : : f (n) ) = 0 untuk 8x 2 I. 2. Sedangkan g(x y) = 0 disebut solusi implisit dari (1.1) jika fungsi g dapat ditransformasikan dalam fungsi eksplisit f 2 C(I) untuk 8x 2 I dan minimal satu merupakan solusi eksplisitnya. Secara umum kedua solusi ini masih dikategorikan lagi kedalam tiga jenis solusi yaitu 1. Solusi umum,yaitu solusi PDB yang mengandung konstanta esensial, katakanlah C. Sebagai contoh, diketahui sutau PDB y 0 = 3y + 1 maka solusi umunnya adalah y = ;1=3 + Ce 3x. 2. Solusi khusus, yaitu solusi yang tidak mengandung konstanta esensial yang disebabkan oleh tambahan sarat awal pada suatu PDB. Misal PDB itu y 0 = 3y + 1 y(0) = 1 maka solusi khususnya adalah y = ;1= e3x.

15 BAB 1. KONSEP DASAR 4 3. Solusi singular, yaitu solusi yang tidak didapat dari hasil mensubstitusikan suatu nilai pada konstanta pada solusi umumnya. Contoh y = Cx + C 2 adalah solusi umum dari (y 0 ) 2 + xy 0 = y, namun demikian disisi lain PDB ini mempunyai solusi singular y = ; 1 4 x Metoda Penyelesaian Terdapat tiga jenis metoda yang dapat digunakan untuk menentukan solusi dari suatu PDB yaitu: 1. Metoda Analitik. Metoda ini dapat menghasilkan dua bentuk solusi yaitu bentuk eksplisit dan implisit, yang dicari melalui teknik deduktif analogis dengan menggunakan konsep-konsep matematik. Kelebihannya dapat mengetahui bentuk fungsi solusinya namun tidak cukup eksibel untuk masalah-masalah yang komplek. Dengan komputer dapat diselesaikan dengan software MATLAB atau MAPLE. Prosedur dalam MATLAB ditulis sebagai berikut: %Menggunakan fungsi dsolve dsolve('dy=3*y+1, y(0)=1') 2. Metoda kualitatif. Solusi ini hanya dapat memberikan gambaran secara geometris bagaimana visualisasi dari solusi PDB. Dengan mengamati pola grak gradien "eld" (direction eld) maka dapat diestimasi solusi PDB itu. Keunggulannya dapat memahami secara mudah kelakuan solusi suatu PDB namun fungsi asli dari solusinya tidak diketahui, dan juga kurang

16 BAB 1. KONSEP DASAR 5 eksibel untuk kasus yang komplek. Dengan MATLAB direction eld dapat digambar sebagai berikut: %Menggunakan fungsi eldplot atau DEplot %Misal akan diamati pola solusi dari PDB y 0 = 1 ; 2ty with(plots): eldplot([t 1 ; 2 t y] t = ;1::4 y = ;1::2 arrows = LINE color = t) %Atau dengan menggunakan fungsi DEplot eq1:=di(y(t),t)=1-2*t*y(t) DEplot(eq1,y(t),t=-1..4,y=-1..2) Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini. Gambar 1.1: Diagram kekonvekan untuk D 2 R 2 Atau dengan menggunakan prinsip-prinsip yang ada dalam matematika untuk menggambar suatu fungsi, (lihat KALKULUS). 3. Metoda Numerik. Pada saat sekarang metoda ini merupakan metoda

17 BAB 1. KONSEP DASAR 6 yang sangat eksibel. Metoda ini berkembangan sesuai dengan perkembangan komputer dan dapat menyelesaiakan suatu PDB dari level yang mudah sampai level yang komplek. Walaupun fungsi solusi tidak diketahui secara eksplisit maupun implisit namun data yang diberikan dapat divisualisir dalam grak sehingga dapat dianalisis dengan baik. Namun metoda ini berdasarkan pada prinsip-prinsip aproksimasi sehingga solusi yang dihasilkan adalah solusi hampiran (pendekatan). Sebagai konsukwensi dari penggunaan metoda ini adalah adanya evaluasi berulang dengan menggunakan komputer untuk mendapatkan hasil yang akurat. Salah satu metoda ang telah anda kenal adalah metoda EULER dengan rumus y n+1 = y n + hf(t y), (lihat catatan Algoritma dan Pemerograman). Dibawah diberikan programming metoda EULER dengan menggunakan MATLAB programming. %Programming Untuk Menyelesaikan PDB %y 0 = y ; t y(0) = 0:5 %Dengan menggunakan metoda Euler n=input('jumlah iterasi :') y(1)=0.5 t(1)=0 h=0.2 for i=2:n fprintf('nn y(i) = 1:2 y(i ; 1) ; 0:2 t(i ; 1) 2 + 0:2 t(i) = t(1) + (i ; 1) h end plot(t,y) hold on f = t: 2 + 2: t + 1 ; 0:5: exp(t) plot(t,f,'o')

18 BAB 1. KONSEP DASAR Masalah Nilai Awal (MNA) Persamaan difrensial order satu secara umum ditulis dengan y 0 = dy dx = f(x y) dimana f adalah kontinyu atas variabel x y pada domain D (dalam bidang xy). Misal (x 0 y 0 ) adalah titik pada D, maka masalah nilai awal yang berkenaan dengan dengan y 0 = f(x y) adalah masalah untuk menentukan solusi y yang memenuhi nilai awal y(x 0 ) = y 0. Dengan notasi umum sebabagai berikut: y 0 = f(x y) y(0) = y 0 (1.2) Permasalahannya sekarang apakah solusi y(x) yang memenuhi y(x 0 ) = y 0 selalu ada (principle of existence), kalau benar apakah solusi itu tunggal (principle of uniqueness). Pertanyaan ini merupakan hal yang sangat penting untuk didahulukan mengingat betapa kompleknya suatu model fenomena riel yang banyak dimungkinkan tidak dapat diselesaikan dengan metoda analitik ataupun kualitatif. Untuk memudahkan pemeriksaan awal tentang dua hal ini dalam hal ini dikembangkan teorema Lipschitz dan teorema Picard. Denisi (Sarat Lipschitz) Suatu fungsi f(t y) dikatakan memenuhi sarat Lipschitz dalam variabel y di suatu domain D 2 R 2 jika ada konstanta L > 0 sedemikian hingga jjf(t y 1 ) ; f(t y 2 )jj Ljjy 1 ; y 2 jj untuk sebarang (t y 1 ) (t y 2 ) 2 D. Selanjutnya konstanta L disebut sebagai konstanta Lipschitz.

19 BAB 1. KONSEP DASAR 8 Denisi (Konvek) Suatu himpunan D 2 R 2 dikatakn konvek bila untuk sebarang (t y 1 ) (t y 2 ) 2 D maka titik ((1 ; )t 1 + t 2 (1 ; )y 1 + y 2 ) juga merupakan elemen dari D untuk 2 [0 1]. Secara geometris dapat digambarkan sebagai berikut (t, y ) 1 1 (t, y ) 2 2 (t, y ) 1 1 (t, y ) 2 2 Konvek Tidak Konvek Gambar 1.2: Diagram kekonvekan untuk D 2 R 2 Teorema Teorema Lipschitz. Andaikata f(t y) terdenisi dalam himpunan konvek D 2 R 2 dan ada konstanta L > 0 dimana df dy (t y) L untuk semua (t y) 2 D (1.3) maka f memenuhi suatu sarat Lipschitz. Teorema Misal D = f(t y)ja t b ;1 y 1g dan f(t y) adalah fungsi kontinyu dalam D, kemudian bila f memenuhi sarat Lipschitz dalam variabel y maka masalah nilai awal y 0 (t) = f(t y) a t b y(a) = mempunyai solusi tunggal y(t) untuk a t b. Contoh y 0 = 1 + t sin(ty) 0 t 2 y(0) = 0. Tentukan apakah persamaan ini mempunyai solusi tunggal.

20 BAB 1. KONSEP DASAR 9 Penyelesaian f(t y) = 1 + t sin(ty), kemudian terapkan teorema nilai rata-rata pada KALKULUS yaitu untuk sebarang y 1 < y 2, maka ada bilangan 2 (y 1 y 2 ) sedmikian hingga f(t y 2 ) ; f(t y 1 ) y 2 ; y f(t ) = t2 cos(t): Kemudian f(t y 2 ) ; f(t y 1 ) = (y 2 ; y 1 )t 2 cos(t) jjf(t y 2 ) ; f(t y 1 )jj = jj(y 2 ; y 1 )t 2 cos(t)jj jjy 2 ; y 1 jjjjt 2 cos(t)jj jjy 2 ; y 1 jjjj max t 2 cos(t)jj 0t2 = 4jjy 2 ; y 1 jj: Degan demikian sarat Lipschitz terpenuhi yaitu jjf(t y 1 );f(t y 2 )jj Ljjy 1 ;y 2 jj, dimana konstanta Lipschitznya adalah L = 4, berarti persamaan itu mempunyai solusi tunggal. Teorema Teorema Picard. Suatu masalah nilai awal y 0 = f(x y) y(x 0 ) = y 0 mempunyai solusi tunggal y = (x) pada interval jx;x 0 j, dimana adalah bilangan positif dan kecil sekali, bila 1. f 2 C(D) dimana D adalah daerah pada bidang xy, yaitu D = f(x y) a < x < b c < y < 2 C(D) yang memuat nilai kondisi awal (x 0 y 0 )

21 BAB 1. KONSEP DASAR 10 Latihan Tutorial 1 1. Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan (b) dy dx + d2 y dx (d) d3 y dx 3 + dy dx 2 ; 3x = + xy = 5 d 2 y dx 2 3 ; y = @y (f) dy dx = 5 + d2 y + dx 2 dy dx 2 ; x = 2y dy dx 2 = 7 y x 2. Tentukan orde dan sifat-sifat kelinieran dari persamaan diferensial berikut + xy = xe x (b) d4 y dx (c) d2 y + ysinx = 0 dx 2 (d) d6 u dt 6 + d 2 y dx y = 0 d 2 u dt 2 (e) x 2 dy + y 2 dx = 0 (f) (g) (h) d3 y dt 3 d 2 y dx xsiny = 0 d 2 u dt 2 4 = d 5 u + t = 2u dt 5 q d 5 u + t = 2u dt 5 + t dy dt + (cos2 t)y = t 2 (i) (1 + s 2 ) d2 y ds 2 + s dy ds + y = es

22 BAB 1. KONSEP DASAR 11 (j) d4 y dt 4 (k) (l) d2 y dt 2 + d3 y dt 3 + d2 y dt 2 + y = 0 d 3 y dx xtan 2 (xy) = 0 (m) (1 + t 2 ) d2 y dt 2 + dy dt + (cos2 (t + 2))y = t 2 + t dy dt + tey = 0 (n) d5 y ds 5 + cosec(2s 2 ; 2) = siny 3. Ulangilah soal nomor 2, tentukan sifat kehomgenan dari masing-masing soal tersebut 4. Selidikilah apakah solusi yang diberikan merupakan solusi dari persamaan diferensial berikut ini (a) y y 0 ; 3y = 0 y 1 (t) = e ;3t y 2 (t) = e t (b) ty 0 ; y = t 2 y(t) = 3t + t 2 (c) y (4) + 4y (3) + 3y = t y 1 (t) = t 3 y 2(t) = e ;t + t 3 (d) 2t 2 y ty 0 ; y = 0 t > 0 y 1 (t) = t 1 2 y 2 (t) = t ;1 (e) y 0 ; 2ty = 1 y(t) = e t2 R t 0 e;s2 ds + e t2 5. Cermati apakah fungsi solusi dibawah ini merupakan solusi terhadap masalah nilai awal yang bersesuaian (a) y 0 = ;y y(0) = 2 y(x) = 2e ;x (b) y y = 0 y(0) = 1 y 0 (0) = 0 y(x) = cos(2x) (c) y y 0 + 2y = 0 y(0) = 0 y 0 (0) = 1 y(x) = e ;x ; e ;2x 6. Periksalaha mana diantara soal berikut ini yang memenuhi teorema Lipschitz:

23 BAB 1. KONSEP DASAR 12 (a) f(t y) = y cos t 0 t 1 y(0) = 1 (b) f(t y) = 1 + t sin y 0 t 2 y(0) = 0 (c) f(t y) = 2 t y + t2 e 2 1 t 2 y(1) = 0 (d) f(t y) = 4t3 y 1+t 4 0 t 1 y(0) = 1 dan tentukan besar konstanta Lipschitz dari masing-masing soal ini. 7. Selidiki apakah persamaan diferensial berikut ini mempunyai solusi tunggal pada interval yang memuat kondisi awal berikut (a) y 0 = ;1 ; 2y y(0) = 0 (b) y 0 = ;2 + t ; y y(0) = 1 (c) y 0 = e ;t + y y(1) = 3 (d) y 0 = ; y x y(0) = 1 8. Tentukan untuk titik-titik (x 0 y 0 ) yang mana PDB berikut ini memenuhi teori kewujudan dan ketunggalan dari Picard. (a) y 0 = x2 +y x;y (b) y 0 = (2x ; y) 1 3 (c) y 0 = (1 ; x 2 ; 2xy 2 ) 3 2 (d) 2xy 0 = x 2 + y 2

24 BAB 2 PDB Linier Order Satu 2.1 PDB Linier Order Satu Homogen PDB order satu dapat dinyatakan dalam atau dalam bentuk derivatif dy = f(x y) dx M(x y)dx + N(x y)dy = 0 (2.1) PDB Eksak Denisi Misal F suatu fungsi dari dua variabel real, dan F kontinyu pada turunan pertama pada domain D maka jumlah difrensial df didenisikan sebagai df (x y) y) y) untuk semua (x y) 2 D. 13

25 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 14 Denisi Persamaan 2.1 disebut difrensial eksak pada domain D jika ada fungsi F dari dua variabel x y sedemikian hingga ekspresi tersebut sama dengan jumlah df (x y) untuk 8(x y) 2 D. Sesuaikan denisi dengan persamaan 2.1 diperoleh M(x y) = N(x y) y) Teorema Persamaan 2.1 dengan M N kontinyu pada turunan pertamanyan (M N 2 C 1 (D)) akan memenuhi dua kondisi berikut: 1. Bila 2.1 PDB eksak di D untuk 8(x y) 2 D 2. Sebaliknya untuk 8(x y) 2 D maka dikatakan 2.1 adalah PDB eksak. Bukti Akan dibutkikan bagian pertama dari teorema ini. Jika 2.1 eksak di D maka Mdx+ Ndy adalah eksak difrensial di D. Dengan denisi dan 2.1.2, maka terdapat suatu fungsi F sedemikian = M(x y) = N(x y) untuk 8(x y) 2 D. Selanjutnya turunkan M terhadap y dan N terhadap x 2 F (x y) F Kita tahu

26 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 15 untuk 8(x y) 2 D, sehingga dapat 8(x y) 2 D. Selanjutnya gunakan fakta ini untuk membuktikan bagian yang kedua Solusi PDB Eksak Ada dua cara menyelesaikan PDB jenis ini, yaitu menggunakan prosedur dalam teorema atau dengan teknik pengelompokan. Contoh Tentukan solusi PDB eksak (3x 2 + 4xy)dx + (2x 2 + 2y)dy = 0 Penyelesaian Jelas persamaan ini adalah PDB eksak = 4x 8(x y) 2 D. Dengan menggunakan cara yang pertama maka kita = 3x 2 + 4y = 2x 2 + 2y Integralkan bentuk pertama F (x y) = Z M(x y)@x + (y) = Z (3x 2 + 4xy)@x + (y) Kemudian turunkan terhadap = 2x 2 + d(y) dy padahal kita = N(x y) = 2x 2 + 2y

27 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 16 sehingga 2x 2 + 2y = 2x 2 + d(y) dy atau d(y) dy = 2y: Integralkan persamaan terakhir ini diperoleh (y) = y 2 + c 0, dengan demikian F (x y) menjadi F (x y) = x 3 + 2x 2 y + y 2 + c 0 : Bila F (x y) merupakan solusi umum maka keluarga solusi itu adalah F (x y) = c 1 sehingga ) x 3 + 2x 2 y + y 2 + c 0 = c1 atau x 3 + 2x 2 y + y 2 = c yang merupakan solusi persamaan PDB eksak yang dimaksud. Cara yang kedua adalah dengan menggunakan teknik pengelompokan, lihat catatan dalam perkuliahan Faktor Integrasi Faktor integrasi ini digunakan untuk menyelesaikan PDB order satu tidak eksak. Langkah yang dimaksud adalah merubah PDB tidak eksak menjadi eksak. Renungkan lagi persamaan 2.1, sedemikian hingga maka dapat ditentukan (x y) (x y)m(x y)dx + (x y)n(x y)dy = 0 (2.2)

28 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 17 merupakan PDB eksak. Sekarang bagaimana prosedur menentukan (x y), dapatlah digunakan teorema diatas. Bila persamaan ; = = (x y) = (2.3) adalah merupakan formula faktor integrasi secara umum. Contoh Tentukan solusi PDB berikut ini 1. (4xy+3y 2 ;x)dx+x(x+2y)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung pada x saja 2. (x 2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + (x 3 + 2x 2 y + 3x)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung pada xy Penyelesaian Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita bahas soal nomor 2. Jika tergantung pada xy ini berarti = (x y) misal z = xy @ = x2 + 4xy + = 3x2 + 4xy + 3:

29 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 18 Sekarang gunakan faktor integrasi 2.3 dan substitusikan nilai-nilai diatas ini, maka didapat Z = (x3 + 2x 2 y = 1 z = ln y ; (x2 y + 2xy 2 + 2x + (x 2 + 4xy + 3) ; (3x 2 + 4xy + 3) = e z = e xy Dengan demikian faktor integrasinya adalah (x y) = e xy. Sekarang soal nomor dua menjadi PDB eksak dengan mengalikan faktor integrasi terhadap sukusukunya dimasing-masing ruas. e xy (x 2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + e xy (x 3 + 2x 2 y + 3x)dy = 0 Dengan meyakini persamaan ini merupakan PDB eksak cara menyelesaikan sama dengan teknik diatas yakni terdapat dua cara. Coba anda kerjakan sebagai latihan Teknik Variabel Terpisah Bila persaman 2.1 kita transformasikan kedalam bentuk f 1 (x)g 1 (y)dx + f 2 (x)g 2 (y)dy = 0 (2.4) selanjutnya kalikan persamaan ini dengan g 1 (y)f 2 (x) maka akan diadapat f 1 (x) f 2 (x) dx + g 2(x) dy = 0 (2.5) g 1 (y)

30 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 19 Persamaan 2.4 tidak eksak namun persamaan 2.5 adalah eksak sehingga teknik penyelesaiannya menyesuaikan. Bisa juga dengan mengintegralkan langsung bentuk itu menjadi Z f1 (x) f 2 (x) dx + Z g2 (x) g 1 (y) dy = 0 Contoh Tentukan solusi PDB berikut ini dengan menggunakan teknik pemisahan variabel. 1. (x + y) 2 dx ; xydy = 0 2. (2xy + 3y 2 )dx ; (2xy + x 2 )dy = 0 Penyelesaian Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita bahas soal nomor 2. Ambil suatu permisalan y = vx dan tentunya dy = vdx+xdv, lalu substitusikan kedalam persamaan nomor 2. (2x 2 v + 3x 2 v 2 )dx ; (2x 2 v + x 2 )(vdx + xdv) = 0 2x 2 vdx + 3x 2 v 2 dx ; 2x 2 v 2 dx ; 2x 3 vdv ; x 2 vdx ; x 3 dv = 0 x 2 (v + v 2 )dx ; x 3 (2v ; 1)dv = 0 1 (2v ; 1) dx ; x (v + v 2 ) dv = 0 Jelas persamaan terakhir ini merupakan PDB eksak sehingga gunakan cara yang sama untuk menyelesaikannya. Atau bisa diintegralkan langsung menjadi Z 1 x dx ; Z (2v ; 1) (v + v 2 ) dv = 0 ln x + c 0 + ln v ; 3 ln(1 + v) + c 1 = 0 ln x + c 0 + ln(y=x) ; 3 ln(1 + (y=x)) + c 1 = 0 ) ln x + ln(y=x) ; 3 ln(1 + (y=x)) = c Persamaan terakhir adalah solusi umum dari PDB yang dimaksud.

31 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU PDB Linier Order Satu Nonhomogen Pada umumnya PDB linier order satu nonhomogen dapat dinyatakan dengan Untuk persamaan 2.6 dapat kita tulis dalam dy + P (x)y = Q(x) dx (2.6) dy dx + P (x)y = Q(x)yn (2.7) (P (x)y ; Q(x))dx + dy = 0 sehingga M(x y) = P (x)y ; Q(x) dan N(x y) = 1: = P (x) = 0 dengan demikian persamaan ini bukan merupakan PDB eksak, sehingga perlu ditentukan faktor integrasinya. Kita pilih faktor integrasi yang hanya tergantung pada x, yaitu (x). sedemikian ((x)p (x)y ; (x)q(x))dx + (x)dy = 0 merupakan PDB eksak, yang berakibat (x)p (x)y ; = Selesaikan bentuk ini didapat P (x)dx = ln jj = 1 Z P (x)dx ) = e R P (x)dx > 0

32 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 21 Kalikan terhadap persamaan 2.6 didapat e R P (x)dx dy dx + er P (x)dx P (x)y = Q(x)e R P (x)dx yang mana hal ini sama dengan d e R P (x)dx y dx = Q(x)e R P (x)dx atau e R P (x)dx y = Z e R P (x)dx Q(x)dx + c atau ) y = e ; R P (x)dx R e R P (x)dx Q(x)dx + c (2.8) Persamaan ini disebut Persamaan Bernoulli Selanjutnya untuk persamaan 2.7 dapat kita tulis dalam Misal v = y 1;n maka dy = 1 dv yn dx (1;n) dx ;n dy y dx + P (x)y1;n = Q(x): sehingga persamaan diatas menjadi dv + (1 ; n)p (x)v = Q(x)(1 ; n) dx Misal P p (x) = (1 ; n)p (x) dan Q q (x) = (1 ; n)q(x) maka persamaan diatas dapat direduksi kedalam bentuk ) dv dx + P p(x)v = Q q (x) adalah persaman sebagaimana 2.6, sehingga cara menyelesaikan sama. Contoh Tentukan solusi PDB berikut ini

33 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU (x 2 + 1) dy + 4xy = x y(2) = 1 dx 2. dy dx + y = xy3 y(0) = 2 Penyelesaian Soal nomor 1 dapat diselesaikan langsung dengan persamaan 2.8, sehingga maka P (x) = 4x (x 2 +1) dy dx + 4x (x 2 + 1) y = x (x 2 + 1) dan Q(x) = x (x 2 +1) y = e ; R P (x)dx Z sehingga dengan menggunakan e R P (x)dx Q(x)dx + c y dapat ditentukan sebagai y = x 4 4(x 2 + 1) 2 + x 2 2(x 2 + 1) 2 + c (x 2 + 1) 2 untuk y(2) = 1 maka substitusikan ke persamaan ini didapat c = 19, akhirnya solusi khususnya adalah ) y = x 4 4(x 2 + 1) 2 + x 2 2(x 2 + 1) (x 2 + 1) 2 Ikuti langkah dalam prosedur yang telah diberikan untuk mengerjakan soal nomor 2. Anda kerjakan sebagai latihan

34 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 23 Latihan Tutorial 2 1. Mana diantara soal-soal berikut ini yang merupakan PDB order 1 eksak. (a) (y sec 2 x + sec x tan x)dx + (tan x + 2y)dy = 0 (b) ( 2 + 1) cos rdr + 2 sin rd = 0 2s;1 s;s (c) ds + dt 2 = 0 t t 2 2. Selesaikanlah PD order 1 eksak berikut ini (a) (2y sin x cos x + y 2 sin x)dx + (sin 2 x ; 2y cos x)dy = 0 y(0) = 3! 1+8xy (b) 2=3 dx + 2x4=3 y 2=3 ;x!dy 1=3 = 0 y(1) = 8 x 2=3 y 1=3 y 4=3 3. Tentukan faktor integrasi untuk masing-masing soal berikut ini (a) (x 2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + (x 3 + 2x 2 y + 3x)dy = 0, bila tergantung pada xy (b) (y 3 ; 2x 2 y)dx + (2xy 2 ; x 3 )dy = 0, bila tergantung pada x + y 4. Gunakan metoda variabel terpisah untuk menyelesaikan beberapa persoalan berikut ini (a) (x tan y + y)dx ; xdy = 0 x (b) ( p x + y + p x ; y)dx + ( p x ; y ; p x + y)dy = 0 5. Gunakan metoda Bernoulli untuk menyelesaikan PD berikut ini (a) (x 2 + x ; 2) dy + 3(x + 1)y = x ; 1 dx (b) dr d + r tan = cos r( pi 4 ) = 1

35 BAB 3 Aplikasi PDB Order Satu 3.1 Masalah Dalam Mekanik Misal 4x adalah perubahan jarak yang ditimbulkan benda bergerak selama waktu 4t maka kecepatan rata-rata didenisikan Selanjutnya kecepatan sesaat adalah v r = 4x 4t = x B ; x A t B ; t A : 4x v = lim v r = lim 4!0 4t!0 4t v = dx (m=dt): dt v = dv dt (m=dt 2 ) Hukum (Hukum Newton I) Hukum ini juga disebut hukum Kelembaman Newton yang berbunyi ' setiap benda akan tetap berada pada keadaan diam atau bergerak lurus beraturan kecuali jika benda itu dipaksa oleh gaya-gaya yang bekerja pada benda itu'. 24

36 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 25 Hukum (Hukum Newton II) Percepatan yang ditimbulkan oleh gaya yang bekerja pada sebuah benda berbanding lurus (sebanding) dengan besar gaya itu, dan berbanding terbalik dengan massa kelembaman banda itu. Secara matematis dapat ditulis sebagai a = F=m atau F = ma dimana F adalah gaya dan m suatu massa. Analog dengan hukum Newton II ini, gerak jatuh bebas suatu benda dengan berat W tanpa mengikutsertakan gaya gesek udara adalah W = mg: F dalam hal ini direpresentasikan dengan W dan a = g, sehingga bisa kita tulis mg = W ma = F m dv dt = F m dv dx dx dt = F mv dv dx = F adalah model dari PDB order satu. Contoh Benda dengan berat 8 newton dijatuhkan dari suatu ketinggian tertentu, yang bearawal dari keadaan diam. Jika kecepatan benda jatuh itu v, dan kecepatan gravitasi bumi adalah g = 10m=dt 2, serta gaya gesek udara adalah ;2v. Tentukan ekspresi kecepatan v dan jarak x pada saat tertentu.

37 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 26 Penyelesaian Hukum newton mengatakan F = ma atau P F = ma. Dalam hal ini f 1 = W = 8 newton (gaya kebawah), dan F 2 =gaya gesek udara = ;2v (gaya keatas) sehingga m dv dt = F 1 + F 2 8 dv 10 dt = 8 ; 2v 1 8 ; 2v dv = 10 8 dt Karena benda berawal dari keadaan diam maka v(0) = 0, sehingga model PDB sekarang adalah 1 8 ; 2v dv = 10 8 dt v(0) = 0 Integralkan kedua ruasnya didapat ; 1 2 ln(8 ; 2v) + c 0 = 10 8 t + c 1 ln(8 ; 2v) = ; 5 2 t + c 2 (8 ; 2v) = e ; 5 2 t+c 2 2v = ;Ce ; 5 2 t + 8 v = 1 2 (8 ; Ce; 5 2 t ) Dengan memasukkan nilai awal v(0) = 0 maka c = 4 sehingga ekspresi kecepatan adalah v(t) = 4 ; 2e ; 5 2 t : Selanjutnya untuk menentukan ekspresi jarak maka rubah v(t) kedalam v = dx dt

38 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 27 sehingga model PDB sekarang adalalah dx dt x(0) = 0 = 4 ; 2e ; 5 2 t Dengan cara yang sama untuk solusi PDB ini maka ekspresi jarak terhadap waktu adalah x(t) = 4t ; 4 5 e 5 2 t Pertumbuhan dan Peluruhan Jika Q menunjukkan jumlah, kuantitas atau kualitas sesuatu dalam waktu t, maka perubahan (bertambah=pertumbuhan atau berkurang=peluruhan) yang disimbulkan dengan dq dt berbanding lurus dengan kuantitas Q, dengan kata lain dq dt dq dt = rq pertumbuhan = ;rq peluruhan Pertumbuhan Populasi Jika y adalah jumlah populasi dalam waktu t, k adalah konstanta proportionalitas atau tingkat pertumbuhan maka model PDB pertumbuhan populasi adalah dy dt = ky y(t 0 ) = y 0

39 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 28 Selanjutnya bila k berubah-ubah maka dapat kita ganti dengan h(y) yang dapat dipilih h(y) = r ; ay maka model pertumbuhan menjadi dy dt = (r ; ay)y dy dt = r(1 ; y K )y dimana K = r a y(t 0 ) = y 0 PDB ini dikenal dengan persamaan Verhulst atau persamaan Logistik. Solusi kualitatif persamaan ini untuk r dan K positip adalah tertera dalam Gambar 3.1. Asymptotic solution y(x) x Gambar 3.1: Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi. Contoh Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut dx dt = x ; 1 (10) 8 x2 Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100,000 maka 1. berapa besar populasi tahaun tahun berapa jumlah populasi akan menjadi 2 tahun berapa jumlah populasi terbesar untuk t > 1980

40 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 29 Penyelesaian Bila tahun 1980 jumlah populasi 100,000 maka dapat dikatakan x(1980) = sehingga model PDB sekarang adalah dx dt = x ; 1 (10) 8 x2 x(t 0 ) = x 0 Rubah kedalam kedalam PD dengan variabel terpisah 1 dx = dt (10) ;2 x ; (10) ;8 2 x Integralkan kedua ruasnya Z Z 1 (10) ;2 x(1 ; (10) ;6 x) dx = 100 Z 1 x + (10);6 1 ; (10) ;6 x dx = Z dt dt 100 ; ln x ; ln(1 ; (10) ;6 x) + c 0 = t + c 1 x ln 1 ; (10) ;6 x = t c 2 x 1 ; (10) ;6 x = e t 100 +c 2 x 1 ; (10) ;6 x = ce t 100 x = Terapkan nilai awal x(1980) = didapat c = (10)6 9e 19:8 x(t) = ce t (10) ;6 ce t 100 sehingga e 19:8;t=100 (3.1) Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut 1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = Substitusikan nilai t ini kedalam persamaan 3.1 didapat x = Dengan demikian jumlah populasi tahun 2000 adalah 119,495 orang.

41 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU jumlah populasi 2 tahun 1980, berarti x = Substitusikan nilai x ini kedalam persamaan 3.1 didapat t = Dengan demikian jumlah populasi akan dua kali lipat tahun 1980 dicapai pada tahun Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t! 1) berarti x = lim t! e 19:8;t=100 x = lim t! e 19:8 e t=100 x = 10 6 = Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak terbatas adalah satu juta orang Peluruhan Radioaktif Contoh Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang sebanding dengan jumlah isotop. Jika 100 mg dari material meluruh menjadi mg dalam satu minggu, maka 1. tentukan ekspresi jumlah pada saat tertentu 2. tentukan interval waktu sehingga isotop itu meluruh menjadi setengah dari jumlah semula. Penyelesaian Gunakan rumuspeluruhan. Misal Q jumlahisotop Thorium- 234 maka dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah dq dt = ;rq Q(0) = 100

42 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 31 Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh Q(t) = 100e ;rt Kemudian terapkan sarat kedua, yakni dalam satu minggu (7 hari) isotop menjadi mg artinya Q(7) = 82:04 mg akan didapat nilai r, sedemikian hingga ekspresi jumlah terhadap waktu (hari) adalah Q(t) = 100e ;0:02828t : Dengan mengetahui ekspresi ini akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaanpertanyaan diatas. (Teruskan sebagai latihan.) 3.3 Hukun Pendinginan Newton Perubahan suhu suatu benda atau bahan yang mengalami proses pendinginan sebanding dengan perbedaan antara suhu benda dan suhu disekitarnya. Dengan demikian bila Suhu benda itu adalah x dan suhu sekitarnya itu adalah x s maka proses pendinginan Newton terhadap waktu t digambarkan dengan dx dt = k(x ; x s) k > 0 dimana k adalah konstanta tingkat pendinginan. Contoh Suatu benda dengan suhu 80 o C diletakkan diruangan yang bersuhu 50 o C pada saat t = 0. Dalam waktu 5 menit suhu benda tersebut menjadi 70 o C, maka 1. tentukan fungsi suhu pada saat tertentu 2. tentukan besarnya suhu benda pada 10 menit terakhir

43 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU kapan suhu menjadi 60 o C Penyelesaian Dengan memahami persoalan ini maka model PDB proses pendinginan dapat ditulis sebagai dx dt = k(x ; 50) x(0) = 80 dan x(5) = 70 Solusi dari persamaan itu adalah ln(x ; 50) + c 0 = kt + c 1 (x ; 50) = ce kt x = 50 + ce kt Masukkan nilai awal maka nilai c = 30 sehingga persamaan menjadi x = e kt Dan masukkan kondisi kedua didapat sehingga ekspresi terakhir menjadi ; e k = 3 ; 2 t 5 x(t) = Selanjutnya anda selesaikan pertanyaan diatas dengan memakai ekspresi ini. 3.4 Campuran Suatu bahan dengan konsentrasi terterntu dicampur dengan bahan lain dalam suatu tempat sehingga bahan bercampur dengan sempurna dan menjadi campuran lain dengan konsentrasi berbeda. Bila Q menunjukkan jumlah bahan pada

44 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 33 saat tertentu, maka perubahan Q terhadap t ditunjukkan dengan dq dt. Kemudian bila proses yang terjadi adalah terdapat campuran masuk dan campuran yang keluar, dimana laju jumlah bahan masuk dinyatakan dengan proses IN dan laju jumlah bahan keluar dinyatakan dengan proses OUT maka dq dt = IN ; OUT v =r liter/min k =s gram/liter v =r liter/min K= L liter Q(0) = Q_0 gram Gambar 3.2: Proses campuran dalam tangki. Dimana bila laju masuk sama dengan laju keluar maka Contoh IN = kv = sr gram=liter OUT = Q K v = Qr L gram=liter Suatu tangki mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki dengan laju 4 liter/menit dan bercampur dengan sempurna, kemudian campuran itu diperkenankan keluar dengan laju 4 liter/menit. 1. Formulasikan masalah nilai awal tersebut

45 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU Tentukan jumlah garam Q setiap saat. Penyelesaian Formula campuran adalah dq dt = IN ; OUT: Diketahui s = 1 gram=liter r = 4 liter=menit L = 200 liter dan Q(0) = 100 didapat Sehingga IN = kv = s gram=liter r liter=menit = 4 gram=liter OUT = Q K v = Q K gram=liter r liter=menit = 4Q 200 gram=liter 1. Model PDBnya adalah dq dt = 4 ; 4Q 200 = 4 ; Q 50 Q(0) = Dengan menyelesaikan PDB ini didapat ekspresi jumlah garam setiap saat Q(t) = 200 ; 100e ;t=50

46 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 35 Latihan Tutorial 3 1. Suatu benda yang massanya 50 kg dari keadaan diam di suatu puncak bergerak diatas bidang miring dengan panjang 20 m dari puncak ketanah, dan sudut kemiringan 45 o (lihat Gambar 1). Bila koesien gesek kinitis k = 0:2. Tentukan: (i) ekspresi fungsi kecepatan dalam waktu t, (ii) berapa jarak yang ditempuh benda selama 5 detik, dan (iii) berapa waktu t yang dibutuhkan untuk mencapai tanah. N f gesek 45 o W 45 o Gambar 3.3: Gerakan benda pada bidang miring. fpetunjuk : uraikan gaya-gaya yang bekerja pada benda dan ingat f gesek = k N g. 2. Suatu benda dengan massa konstan m ditembakkan tegak lurus keatas menjauhi permukaan bumi dengan kecepatan awal V 0 km=dt 2. Bila diasumsikan tidak ada gesekan udara namun berat benda berubah dalam jarak-jarak tertentu terhadap bumi, maka tentukan (a) model matematik dari kecepatan V (t) selama benda itu meluncur (b) tentukan V 0 untuk mencapai ketinggian maksimum 100 km

47 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 36 (c) tentukan maksimum V 0 supaya benda yang ditembakkan tadi tidak kembali kebumi. (Petunjuk : gunakan g = 0:098 km=dt 2, jari-jari bumi R = 6378:388 km dan fungsi berat dalam jarak x terhadap bumi yang umumnya dinyatakan sebagai w(x) = mgr2 (R+x) 2 ) 3. Model pertumbuhan populasi dapat ditulis dalam persamaan dy dt = ry; 1 T y; 1 untuk r dan T konstanta positip, maka (a) gambar grak f(y) dan y. (b) tentukan model grak y dan t untuk memberikan gambaran solusi kualitatif dari PD tersebut. 4. Jam WIB seseorang mengambil secangkir kopi panas dari microwave oven dan meletakkan di ruang tamu dengan maksud untuk meminumnya setelah agak dingin. Awal mula suhu kopi adalah 95 o C. Selanjutnya 10 menit kemudian besar suhu kopi menjadi 75 o C. Asumsikan suhu ruang tamu itu adalah konstan 27 o C. (a) Berapa besar suhu kopi pada jam WIB (b) Orang ini suka meminum kopi yang suhunya antara 55 o C sampai 60 o C, maka antara jam berapa dia harus minum kopi itu. 5. Sebuah tangki besar awal mula berisi 300 liter larutan yang mengandung 5 kg garam. Larutan lain yang mengandung garam de-ngan konsentrasi 1kg/liter dituangkan kedalam tangki dengan laju 5 liter/menit dan campu- 2 ran dalam tangki mengalir keluar dengan laju 3 liter/menit.

48 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 37 (a) Tentukan model matematik tentang banyaknya garam dalam tangki setiap saat. (b) Bila kapasitas maksimum tangki 750 liter tentukan domain waktu t sehingga model diatas tetap berlaku. (c) Pada poin (b) berapa besar konsentrasi larutan pada saat tangki penuh. (d) Bila tangki tidak mempunyai kapasitas maksimum, tentukan konsentrasi larutan untuk jangka waktu tak terbatas. 6. Suatu tangki berkapasitas 500 liter mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/litermasuk kedalam tangki dengan laju 3 liter/menit dan campuran dalam tangki diperkenankan keluar dengan laju 2 liter/menit. Tentukan model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki setiap saat (sebelum dan sesudah tangki penuh).

49 BAB 4 PDB Linier Order Dua Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teorema tentang konsep umum PDB order n. 4.1 PDB Order n Homogen Denisi Bila f 1 f 2 : : : f m adalah fungsi kontinyu pada sebarang x 2 [a b] dan c 1 c 2 : : : c m adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini ditulis dengan c 1 f 1 + c 2 f c m f m Denisi Fungsi f 1 f 2 : : : f m dikatakan tergantung linier pada interval [a b] bila terdapat c 1 c 2 : : : c m yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c 1 f 1 + c 2 f c m f m = 0 untuk sebarang x 2 [a b], dan dikatakan bebas linier bila semua c 1 c 2 : : : c m sama dengan nol. Teorema Suatu PDB disajikan dalam a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n;1) + + a n (x)y = 0 dimana a 0 (x) 6= 0: (4.1) 38

50 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 39 Misal f 1 f 2 : : : f m solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y = c 1 f 1 + c 2 f c m f m. Bukti : Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan kedalam persamaan (4.3). y = c 1 f 1 + c 2 f c m f m maka a 0 (x) y 0 = c 1 f c 2 f c m f 0 m. y (n;1) = c 1 f (n;1) 1 + c 2 f (n;1) c m f (n;1) m y (n) = c 1 f (n) 1 + c 2 f (n) c m f (n) m c 1 f (n) 1 + c 2 f (n) c m f m (n) + a 1 (x) c 1 f (n;1) 1 + c 2 f (n;1) c m f m (n;1) + +a n (x) c 1 f 1 +c 2 f 2 + +c m f m = 0, dan dapat disederhanakan menjadi c 1 a 0 (x)f (n) 1 +a 1 (x)f (n;1) 1 + +a n (x)f 1 +c 2 a 0 (x)f (n) 2 +a 1 (x)f (n;1) a n (x)f c m a 0 (x)f m (n) + a 1 (x)f m (n;1) + + a n (x)f m = 0. Analog dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol, sehingga terbukti y = c 1 f 1 + c 2 f c m f m merupakan solusi umum. 2 Denisi Misal f 1 f 2 : : : f m adalah fungsi riel yang kontinyu pada turunan ke (n ; 1) dalam interval [a b] maka W (f 1 f 2 : : : f n ) = f 1 f 2 : : : f n f 0 1 f 0 2 : : : f 0 n.. f (n;1) 1 f (n;1) 2 : : : f n (n;1) disebut determinan matrik "Wronskian" yang terdenisi pada [a b]...

51 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 40 Teorema Fungsi-fungsi solusi f 1 f 2 : : : f n dari PDB homogen order n dikatakan bebas linier bila W (f 1 f 2 : : : f n ) 6= 0 Contoh Buktikan bahwa 1. Jika sin x cos x merupakan solusi dari y 00 +y = 0 maka y = c 1 sin x+c 2 cos x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier. 2. Jika e x e ;x e 2x merupakan solusi dari y 00 ; 2y 00 ; y 0 + 2y = 0 maka y = c 1 e x +c 2 e ;x +c 3 e 2x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier. Cara sederhana untuk menyelesaikan PDB homogen order n ini adalah dengan cara mereduksi ordernya. Teorema Suatu PDB a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n;1) + + a n (x)y = 0 a 0 (x) 6= 0 maka permisalan y = f(x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n ; 1). Contoh Salah satu solusi PDB (x 2 + 1)y 00 ; 2xy 0 + 2y = 0 adalah f 1 = x maka tentukan solusi umumnya. Penyelesaian Misal f 2 = y = f 1 v = xv y 0 = v + xv 0 y 00 = 2v 0 + xv 00 :

52 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 41 Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapat x(x 2 +1)v 00 +2v 0 = 0 dan misal w = v 0 maka x(x 2 + 1) dw dx + 2w = 0 dw dx = ; 2w x(x 2 + 1) 1 w dw = ; 2 x(x 2 + 1) dx = ; ; 2 x + 2x (x 2 + 1) dx ln w = ln x ;2 + ln(x 2 + 1) + ln c ln w = ln 1 x 2 (x2 + 1) sehingga solusi umunnya adalah ) w = 1 x 2 (x2 + 1): Sementara w = v 0, maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi dv dx = c(x2 + 1) x 2 dv = (x2 + 1) pilih c = 1 x 2 dv = 1 + 1x dx 2 v = x ; 1 x : Sekarang f 2 = f 1 v = x ; x ; 1 x = x2 ; 1 maka solusi umum dari PDB diatas adalah ) y = c 1 x + c 2 (x 2 ; 1):

53 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA PDB Order n Nonhomogen Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n;1) + + a n (x)y = F (x) a 0 (x) 6= 0 (4.2) Teorema Bila u adalah solusi umum PDB homogen dari persamaan (4.4) dan v solusi khusus persamaan (4.4) maka u + v adalah solusi umum PDB nonhomogen. Misal diberikan PDB y 00 + y = x. Bila solusi umum PDB y 00 + y = 0 adalah y u = c 1 sin x + c 2 cos x dan solusi khusus y 00 + y = x adalah y k = x maka solusi umum PDB ini adalah y = y u + y k atau y = c 1 sin x + c 2 cos x + x. 4.3 PDB Order Dua PDB Order Dua Homogen Suatu PDB order dua didenisikan dengan persamaan p(x)y 00 + q(x)y 0 + r(x)y = 0 (4.3) bila p q r adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut ay 00 + by 0 + cy = 0: (4.4) Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan y = e rt y 0 = re rt y 00 = r 2 e rt

54 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 43 sehingga persamaan (4.4) menjadi ar 2 e rt + bre rt + ce rt = 0 (ar 2 + br + c)e rt = 0: Bila e rt 6= 0 maka ar 2 + br + c = 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB order dua homogen dengan dengan koesien konstan, dan y = e rt merupakan solusi dari persamaan (4.4). Akar-Akar Riel dan Berbeda Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0) maka ditemukan r 1 6= r 2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah ) y = c 1 e r1t + c 2 e r2t : Misal diberikan PDB y y 0 + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya adalah r 2 + 5r + 6 = 0, dengan akar-akar r 1 = ;2 dan r 2 = ;3, sehingga solusi umumnya y = c 1 e ;2t + c 2 e ;3t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2 dan y 0 (0) = 3 maka nilai c 1 c 2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi umum dua kali, yaitu y 0 = ;2c 1 e ;2t ; 3c 2 e ;3t dan y 00 = 4c 1 e ;2t + 9c 2 e ;3t dan substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem c 1 + c 2 = 2 ;2c 1 ; 3c 2 = 3 dimana c 1 = 9 dan c 2 = ;7 dan solusi khususnya menjadi y = 9e ;2t ; 7e ;3t. Contoh Selesaikan persoalan berikut 1. 4y 00 ; 8y 0 + 3y = 0 y(0) = 2 y 0 (0) = 1 2

55 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA y y 0 + 3y = 0 y(0) = 4 y 0 (0) = 0 3. y y 0 + 3y = 0 y(0) = 1 y 0 (0) = 0 Akar-Akar Komplek Persamaan karakteristik persamaan PDB order dua homogen adalah ar 2 +br+c = 0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r 1 = + i dan r 2 = ; i, dengan demikian solusi kompleknya adalah y 1 = c 1 e (+i)t (4.5) y 2 = c 1 e (;i)t (4.6) Teorema (Teorema Taylor) Jika f(t) mempunyai n + 1 turunan kontinyu pada interval [a b] untuk beberapa n 0 dan bila t t 0 2 [a b] maka f(t) p n (t) + R n+1 (t) p n (t) = f(t 0 ) + (t ; t 0) f 0 (t 0 ) + + (t ; t 0) n f (n) (t 0 ) 1! n! R n+1 (t) = 1 n! untuk antara t 0 dan t. Z t t 0 (t ; t) n f (n+1) (t)dt = (t ; t 0) n+1 f (n+1) () (n + 1)! Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut pada t 0 = 0 adalah: e at = 1 + at + (at)2 2! sin at = (at)1 1! cos at = (at)0 0! ; (at)3 3! ; (at)2 2! + (at)3 3! + (at)5 5! + (at)4 4! + = ; = ; = 1X 1X n=0 1X n=1 n=0 (at) n n! n;1 (at)2n;1 (;1) (2n ; 1)! (;1) n (at)2n (2n)!

56 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 45 Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek e it dapat ditulis sebagai berikut e it = 1 + it + (it)2 2! = 1X n=0 + (it)3 3! + : : : X (;1) n (at)2n 1 (2n)! + i n;1 (at)2n;1 (;1) (2n ; 1)! n=1 = cos t + i sin t: Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6) menjadi y 1 = e (+i)t = e t; cos t + i sin t y 2 = e (;i)t = e t; cos t ; i sin t : Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka u(t) = y 1 + y 2 = 2e t cos t v(t) = y 1 ; y 2 = 2ie t sin t: Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esensial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik komplek adalah ) y = c 1 u(t) + c 2 v(t) = c 1 e t cos t + c 2 e t sin t : Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y 00 + y 0 + y = 0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r 2 + r + 1 = 0 sehingga akar-akar q q kompleknya adalah r 12 = ; 1 i 3. Jadi = ; 1 dan = 3 sehingga solusi q q umunya y = c 1 e ; 1 2 t 3 cos t + c 4 2e ; 1 2 t 3 sin t. 4

57 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 46 Akar-Akar Riel dan Sama Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar 2 + br + c = 0 akan mempunyai D = b 2 ; 4ac = 0 sehingga r 1 = r 2 = ; b. Dengan demikian salah satu solusi 2a PDB adalah y k = e ; b 2a t. Misal solusi umumnya adalah y = v(t)y k (t) = v(t)e ; b 2a t maka y 0 = v 0 (t)e ; b 2a t ; b 2a v(t)e; b 2a t y 00 = v 00 (t)e ; b 2a t ; b a v0 (t)e ; b 2a t + b2 4a 2 v(t)e; b 2a t Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay 00 + by 0 + cy = 0 diperoleh a v 00 (t) ; b a v0 (t)+ b2 v(t) + b v 0 (t) ; b v(t) + cv(t) e ; b t 4a 2 2a = 0: Bila e ; b t 2a 6= 0 2a maka av 00 (t)+ ; b2 4a + c = 0: Karena b 2 ; 4ac = 0 maka persamaan ini menjadi av 00 (t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c 1 t + c 2. Dengan demikian solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah: ) y = v(t)y 1 (t) = c 1 e ; b 2a t + c 2 te ; b 2a t PDB Order Dua Nonhomogen Suatu PDB disajikan dalam persamaan berikut: L[y] = y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g(t) (4.7) L[y] = y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0 (4.8) Teorema Jika Y 1 dan Y 2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y 1 ; Y 2 adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y 1 y 2 solusi persamaan (4.7) maka Y 1 (t) ; Y 2 (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t)

58 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 47 Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah ) y(t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 t +y {z } k (t) solusi homogen Diberikan PDB y 00 ; 3y 0 ; 4y = 3e 2t. Solusi persamaan homogennya adalah y h = c 1 e ;t + c 1 e 4t. Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen dengan memisalkan y k = Ae 2t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali y 0 k = 2Ae2t dan y 00 k = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = ; 1 2. Sehingga solusi umumnya adalah y = c 1 e ;t + c 1 e 4t ; 1 2 e2t : Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana membuat permisalan untuk menentukan solusi khusus y k. Kadangkala pemisalahan itu harus diulang dua kali untuk menentukan koesien yang tepat bagi solusi ini. Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut. g i (t) Y i (t) P n (t) = a 0 t n + a 1 t n;1 + + a n t s (A 0 t n + A 1 t n;1 + + a N ) P n (t)e at t s (A 0 t n + A 1 t n;1 + + a N )e at sin t P n (t)e at t (A s 0 t n + A 1 t n;1 + + a N )e at cos t+ cos t (A 0 t n + A 1 t n;1 + + a N )e at sin t Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen. Contoh Selesaikan persoalan berikut 1. y 00 ; 3y 0 ; 4y = 2 sin t 2. y 00 ; 2y 0 ; 3y = ;8e t cos 2t 3. y 00 ; y 00 ; 2y = 5e 5t + 2 sin 3t ; 18e t cos 4t

59 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 48 Variasi Parameter Diberikan PDB nonhomogen y 00 (t) + p(t)y 0 (t) + q(t)y(t) = g(t) (4.9) maka y h (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) adalah solusi PDB homogen y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0: (4.10) Kemudian bila c 1 diganti dengan u 1 (t) dan c 2 dengan u 2 (t) maka diperoleh y(t) = u 1 (t)y 1 (t) + u 2 (t)y 2 (t) (4.11) adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali y 0 (t) = u 0 1(t)y 1 (t) + u 1 (t)y 0 1(t) + u 0 2(t)y 2 (t) + u 2 (t)y 0 2(t): Set u 0 1(t)y 1 (t) + u 0 2(t)y 2 (t) = 0 (4.12) maka y 0 (t) = u 1 (t)y 0 1 (t) + u 2(t)y 0 2 (t) y 00 (t) = u 0 1(t)y 0 1(t) + u 1 (t)y 00 1(t) + u 0 2(t)y 0 2(t) + u 2 (t)y 00 2(t): Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh u 1 (t) y 00 1 (t)+p(t)y0 1 (t)+q(t)y 1(t) +u 2 (t) y 00 2 (t)+p(t)y0 2 (t)+q(t)y 2(t) +u 0 1 (t)y0 1 (t)+ u 0 2(t)y 0 2(t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y 1 y 2 adalah solusi PDB (4.11) sehingga u 0 1 (t)y0 (t) + 1 u0 2 (t)y0 2 (t) = g(t) (4.13)

60 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 49 Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier dimana u 0 (t) dan 1 u0 2 (t) dapat ditentukan sebagai berikut: u 0 1 (t) = u 0 2(t) = 0 y 2 (t) g(t) y 0 2(t) W (y 1 y 2 )(t) y 1 (t) 0 y 0 1(t) g(t) W (y 1 y 2 )(t) = ; y 2(t)g(t) W : = y 1(t)g(t) W : Sehingga u 1 (t) = u 2 (t) = Z ; y 2(t)g(t) W dt + c 1 Z y1 (t)g(t) W dt + c 2: Dan solusi umum (4.11) menjadi ) y(t) = R ; y 2(t)g(t) W R dt y y 1(t) + 1 (t)g(t) dt y W 2(t) Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y 00 +4y = 3 csc t. Persamaan homogennya adalah y 00 +4y = 0 dengan persamaan karakteristik r 2 +4 = 0 dan mempunyai akar komplek r 12 = 0 2i. Dengan demikian solusinya y h = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t. Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t y 1 (t) = cos 2t dan y 2 = sin 2t sehingga y 0 (t) = ;2 sin 2t dan 1 y0 2 (t) = ;2 sin 2t. Dengan menerapkan prosedur diatas maka u 0 1(t) = 0 y 2 (t) g(t) y2(t) 0 W (y 1 y 2 )(t) 3 sin 2t csc t = ; 2[cos 2 2t + sin 2 2t]

61 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 50 u 0 2(t) = y 1 (t) 0 y 0 (t) 1 g(t) W (y 1 y 2 )(t) = 3 csc t ; 3 sin t 2 Dengan proses yang sederhana diperoleh u 1 (t) = ;3 sin t + c 1 u 2 (t) = 3 2 ln j csc t ; cot tj + 3 cos t + c 2 Sehingga solusi umumnya adalah ) y(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t ; 3 sin t cos 2t + 3 cos t sin 2t + 3 ln j csc t ; cot tj sin 2t 2

62 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 51 Latihan Tutorial 4 1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua berikut ini: (a) y 00 ; 2y 0 ; 8y = 4e 2x ; 21e ;3x (b) y y 0 + 5y = 6 sin 2x + 7 cos 2x (c) 2y y 0 ; 2y = 6x 2 e x ; 4x (d) y y = 4 sin 2x + 8 cos 2x (e) y 00 + y 0 ; 2y = 6e ;2x + 3e x ; 4x 2 (f) y 00 ; 6y 0 + 5y = 24x 2 e x + 8e 5x (g) y 00 ; 4y 0 + 5y = 6e 2x cos x (h) y y 0 = 4 sin 2x + 8 cos 2x (i) y 00 + y 0 ; 6y = 10e 2x ; 18e 3x ; 6x ; 11 (j) y y = 12x 2 ; 16x cos 2x (k) 4y 00 ; 4y 0 + y = e x=2 + e ;x=2 (l) y y y = 5xe ;2x (m) y y 0 + 5y = 2e x + 10e 5x (n) y y 0 + 4y = 13 cos 4x 2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: (a) y 00 ; 4y 0 + 3y = 9x y(0) = 6 y 0 (0) = 8 (b) y y 0 + 4y = 16x + 20e x y(0) = 0 y 0 (0) = 3