Persamaan Diferensial Biasa

Transkripsi

1 Persamaan Diferensial Biasa Pendahuluan, Persamaan Diferensial Orde-1 Toni Bakhtiar Departemen Matematika IPB September 2012 Toni Bakhtiar PDB September / 37

2 Pendahuluan Konsep Dasar Beberapa Pengertian Banyak prinsip dan hukum yang mendasari berbagai fenomena di alam berbentuk pernyataan (statements) atau hubungan (relations) yang melibatkan laju perubahan (rates) antarvariabel. Dalam matematika, pernyataan atau hubungan dituliskan dalam bentuk fungsi atau persamaan (equations), sedangkan laju perubahan dituliskan dalam bentuk turunan (derivatives). Persamaan yang melibatkan fungsi dan turunannya disebut sebagai persamaan diferensial (differential equations). Persamaan diferensial yang menggambarkan proses fisik tertentu biasa disebut model matematika (mathematical models). Toni Bakhtiar PDB September / 37

3 Contoh: Gerak Jatuh Pendahuluan Konsep Dasar Hukum fisika yang mengatur gerak benda ialah Hukum Newton II yang menyatakan perkalian massa benda dan percepatannya sama dengan besarnya gaya yang bekerja: F = ma (1) dengan m massa benda (kg), a percepatan (m/s 2 ), dan F besarnya gaya (newton). Karena percepatan a berkaitan dengan kecepatan v, yaitu a = dv dt, maka persamaan (1) ditulis: F = m dv dt. (2) Dalam hal gerak jatuh, gravitasi g memberikan gaya sebesar mg pada benda. Dalam waktu bersamaan benda mengalami gaya gesek udara yang diasumsikan sebanding dengan kecepatan benda, yaitu sebesar γv, dengan γ merupakan koefisien gesek. Dengan demikian, F = mg γv. (3) Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

4 Contoh: Gerak Jatuh Pendahuluan Konsep Dasar Penggabungan (2) dan (3) memberikan: m dv dt = mg γv. (4) Persamaan (4) merupakan model matematika yang menggambarkan gerak jatuh benda di udara. Model melibatkan tiga konstanta: m, γ, dan g. Dua konstanta pertama (m dan γ) sangat bergantung pada benda yang jatuh, sedangkan konstanta g bernilai tetap (yaitu 9.8 m/s 2 ). Konstanta-konstanta m dan γ biasa disebut sebagai parameter model. Persamaan (4) juga melibatkan fungsi yang belum diketahui, yaitu v = v(t). Menyelesaikan persamaan (4) berarti mencari fungsi v = v(t) yang memenuhi (4). Jika m = 10 kg dan γ = 2 kg/s maka diperoleh persamaan diferensial dv dt = v. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

5 Definisi Pendahuluan Konsep Dasar Persamaan diferensial (PD) adalah persamaan yang melibatkan fungsi yang tidak diketahui dan turunan-turunannya. Suatu PD disebut PD biasa (ordinary differential equations) jika fungsi yang tidak diketahui bergantung hanya pada satu variabel bebas. Contoh: dy dx = 5x + 3, ey d 2 ( ) y dy 2 dx = 1. dx Pada contoh di atas, fungsi yang tidak diketahui ialah y = y(x). Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

6 Definisi Pendahuluan Konsep Dasar Suatu PD disebut PD parsial (partial differential equations) jika fungsi yang tidak diketahui bergantung pada dua atau lebih variabel bebas. Contoh: 2 y t 2 y 4 2 x 2 = 0. Pada contoh di atas, fungsi yang tidak diketahui ialah y = y(t, x). PD Biasa (PDB) merupakan bahan UTS dan PD Parsial (PDP) bahan UAS. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

7 Ordo Pendahuluan Konsep Dasar Ordo suatu PD adalah ordo dari turunan tertinggi yang terlibat dalam PD tersebut. Contoh: dy orde-1: = 5x + 3, dx orde-2: orde-3: Notasi-notasi turunan: e y d 2 y dx ( dy dx ) 3 = 1, 4 d 3 y dx 3 + sin x d 2 y 5xy = 0. dx2 y, y, y, y (4),..., y (n), dy dx, d 2 y dx 2, d 3 y dx 3,..., d n y dx n. Jika variabel bebas yang terlibat ialah waktu t maka digunakan notasi ẏ = dy dt, ÿ = d 2 y,... y = d 3 y, dst. dt 2 dt 3 Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

8 Bentuk Umum Pendahuluan Konsep Dasar Bentuk umum PDB orde-n : ( F x, y, y, y,..., y (n)) = 0, (5) dengan x variabel bebas dan y variabel tak bebas, yaitu y = y(x). Jika hubungan antara y = y(x) dan turunan-turunannya bersifat linear maka PD (5) disebut PDB Linear, dan dapat ditulis sebagai a n (x) d n y dx n + a n 1(x) d n 1 y dx n a 1(x) dy dx + a 0(x)y = f (x), dengan a n (x) = 0, a n 1 (x),..., a 0 (x) merupakan koefisien-koefisien PD. Jika f (x) = 0 maka PD disebut homogen dan jika f (x) = 0 maka PD disebut takhomogen. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

9 Solusi Pendahuluan Konsep Dasar Solusi PD dalam bentuk fungsi tidak diketahui y dan variabel bebas x pada interval I adalah fungsi y = y(x) yang memenuhi PD tersebut secara identik untuk semua x di I. Examples 1 Apakah y(x) = c 1 sin 2x + c 2 cos 2x, dengan c 1 dan c 2 adalah konstanta-konstanta sembarang, merupakan solusi bagi PD y + 4y = 0? 2 Apakah y(x) = x 2 1 merupakan solusi bagi (y ) 4 + y 2 = 1? 3 Apakah x 2 + y 2 = 1 merupakan solusi bagi dy dx = x y, untuk x ( 1, 1)? Solusi berbentuk y = y(x) disebut solusi eksplisit dan solusi berbentuk g(x, y) = 0 disebut solusi implisit. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

10 Pendahuluan Konsep Dasar Solusi y(x) = c 1 sin 2x + c 2 cos 2x merupakan solusi umum (general solution) bagi PD y + 4y = 0 dan y(x) = 5 sin 2x + 3 cos 2x, y(x) = sin 2x + 2 cos 2x, y(x) = 10 cos 2x, dsb merupakan solusi khusus (particular solutions). Solusi khusus merupakan sembarang solusi tunggal. Solusi umum merupakan himpunan semua solusi. Secara lebih umum, dy dx = f (x) dy = f (x) dx y(x) = F (x) + C, dengan F adalah sembarang antiturunan dari f dan C adalah konstanta pengintegralan. Persamaan y(x) = F (x) + C disebut sebagai solusi umum PD. Solusi khusus diperoleh dengan cara menentapkan nilai y pada x tertentu, misalnya y(x 0 ) = y 0, yang disebut sebagai nilai awal atau syarat awal. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

11 Pendahuluan Solusi Umum dan Nilai Awal Konsep Dasar Solusi khusus diperoleh dengan mengganti konstanta pengintegralan C dengan nilai tertentu sehingga menggeser kurva F ke atas atau ke bawah. Umumnya, solusi khusus diperoleh dengan menyelesaiakan syarat awal y(x 0 ) = y 0. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

12 Pendahuluan Solusi Umum dan Nilai Awal Konsep Dasar Nilai awal: y(x 0 ) = y 0 F (x 0 ) + C = y 0 C = y 0 F (x 0 ), sehingga diperoleh solusi khusus y(x) = y 0 + F (x) F (x 0 ), yang dapat dituliskan dalam bentuk persamaan integral: Examples y(x) = y 0 + x x 0 f (s) ds. 1 Untuk persamaan diferensial dy dx = x + 10 sin x, (a) tentukan solusi umum, (b) tentukan solusi khusus yang melewati titik (π, 0). 2 Sebuah kurva melalui titik (1, 0) memiliki kemiringan ln x. Tentukan persamaan kurva tersebut! Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

13 Pendahuluan Masalah Nilai Awal Masalah Nilai Awal (MNA), Initial Value Problem (IVP) Masalah nilai awal pada PD orde-n F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 adalah masalah mencari solusi PD pada interval I yang sekaligus memenuhi n buah nilai awal berikut: y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1,..., y (n 1) (x 0 ) = y n 1, dengan x 0 I dan y 0, y 1,..., y n 1 konstanta-kontanta yang diberikan. Examples 1 Tunjukkan bahwa y(x) = e x + 1 merupakan solusi dari MNA y + y = 1, y(0) = 2. 2 Tunjukkan bahwa y(x) = sin x + cos x merupakan solusi dari MNA y + y = 0, y(0) = 1, y (0) = 1. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

14 Pendahuluan Keujudan dan Ketunggalan Solusi Masalah Nilai Awal Tinjau MNA berikut: x 2 + t 2 dx dt = 0, x(0) = k. Dengan pemisahan variabel diperoleh solusi umum PD x(t) = t 1+Ct.Namun, jika k = 0 maka MNA tidak memiliki solusi. Tinjau MNA berikut: dx dt = x, x(0) = 0. Metode pemisahan variabel memberikan solusi x(t) = 1 4 t2. Namun, MNA juga masih punya takhingga banyak solusi lain: { 0 ; t a x a (t) = 1 4 (t a)2 ; t > a, dengan a > 0. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

15 Pendahuluan Masalah Nilai Awal Teorema Picard Theorem Diberikan MNA Jika f dan f x dx dt = f (t, x), x(t 0) = x 0. merupakan fungsi-fungsi kontinu pada daerah R = {(t, x) a < t < b, c < x < d} yang memuat titik awal (t 0, x 0 ), maka MNA memiliki solusi tunggal x = x(t) pada interval (t 0 h, t 0 + h), dengan h bilangan positif. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

16 Teorema Picard Pendahuluan Masalah Nilai Awal Examples Apakah Teorema Picard menjamin keujudan dan ketunggalan solusi MNA berikut: 1 y = y + e 2x, y(0) = 1. 2 y = y 1/3, y(0) = 0. 3 ẋ = x, x(0) = 0. 4 Tinjau MNA: dx dt = x 2, x(0) = x 0. karena f (t, x) := x 2 dan f x (t, x) = 2x keduanya kontinu maka MNA memiliki solusi tunggal, yaitu x(t) = 1 1 x 0 t, x 0 = 0. Maximal interval of existence: (, 1 x 0 ) ataukah ( 1 x 0, ). Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

17 Bentuk Umum PDB Orde-1 PD Homogen Bentuk umum PD linear orde-1: ẋ + a(t)x = b(t), (6) dengan a(t) dan b(t) adalah fungsi-fungsi sembarang. Dikatakan linear karena ruas kiri (6) merupakan fungsi linear dari x dan ẋ. Jika b(t) = 0 akan diperoleh PD homogen orde-1 ẋ + a(t)x = 0. (7) Bentuk-bentuk berikut ini merupakan PD orde-1: ẋ + 2x = t 2, ẋ + e t x = 4t, dan (t 2 + 1)ẋ + x sin t = t ln t. Persamaan pertama dan kedua sudah dalam bentuk baku (6). Persamaan terakhir dapat ditulis dalam bentuk yang ekuivalen ẋ + sin t t x = t ln t t Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

18 PDB Orde-1 PD Homogen Metode Pemisahan Variabel Sebuah fakta penting dari PD linear adalah bahwa solusi persamaan takhomogen selalu dapat dikonstruksi dari solusi persamaan homogennya. Oleh karena itu pembahasan tentang persamaan diferensial homogen akan diberikan dalam bahasan tersendiri didahului dengan metode pemisahan variabel (variables separation method) sebagai sebuah metode solusi. Tinjau PD berikut: ẋ = F (x, t). (8) Jika F (x, t) dapat dituliskan dalam bentuk perkalian dua buah fungsi f (x) dan g(t), yaitu F (x, t) = f (x)g(t) maka persamaan diferensial (8) dapat dituliskan menjadi ẋ = f (x)g(t). (9) Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

19 PDB Orde-1 Metode Pemisahan Variabel PD Homogen Perhatikan bahwa PD (9) dapat ditulis menjadi dx dt = f (x)g(t). Dengan memisahkan variabel-variabel yang sama di satu ruas, persamaan di atas akan menjadi 1 dx = g(t) dt. f (x) Pengintegralan terhadap kedua ruas persamaan di atas akan membawa ke masalah integral berikut 1 f (x) dx = g(t) dt. Jika f (x) dan g(t) diketahui maka masalah integral di atas dapat diselesaikan dengan menggunakan teknik penggintegralan. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

20 PDB Orde-1 PD Linear Homogen Orde-1 PD Homogen Bentuk umum PD linear homogen orde-1: ẋ(t) + a(t)x(t) = 0, (10) dengan a(t) fungsi sembarang. Persamaan (10) terpisahkan karena dapat ditulis menjadi 1 x dx = a(t) dt. Dengan asumsi x > 0, pengintegralan kedua ruas persamaan di atas memberikan 1 x dx = a(t) dt ln x = a(t) dt + k 1 x = e k 1 e a(t) dt. Jika didefinisikan A(t) := a(t) dt maka diperoleh x(t) = ke A(t), dengan k = e k 1 dan A(t) tidak mengandung konstanta pengintegralan lain karena pada dasarnya konstanta tersebut dapat diserap dalam k. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

21 PDB Orde-1 PD Homogen PD Linear Homogen Orde-1 Theorem Solusi dari PD linear homogen orde-1 ẋ(t) + a(t)x(t) = 0 ialah x(t) = ke A(t), dengan k konstanta sembarang dan A(t) := a(t) dt tidak mengandung konstanta pengintegralan lain. Corollary Berdasarkan teorema di atas, jika a(t) merupakan fungsi konstan, yaitu a(t) = a, maka solusi dari PD linear homogen orde-1 ẋ + ax = 0 ialah x(t) = ke at. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

22 PDB Orde-1 PD Linear Homogen Orde-1 PD Homogen Example Misalkan y(t) menyatakan besarnya konsumsi energi nasional pada saat t dan tumbuh dengan laju konstan 2 persen. Tentukan dan selesaikan persamaan diferensial dari masalah tersebut. Jawab Laju pertumbuhan suatu peubah adalah rasio antara pertumbuhan variabel dengan level variabel, yaitu ẏ/y. Masalah di atas dapat ditulis dalam PD berikut: ẏ = 0.02 ẏ = 0.02y, y yang merupakan PDLH orde-1 dengan solusi y(t) = ke 0.02t, yang memberikan level konsumsi energi pada saat t. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

23 PDB Orde-1 PD Takhomogen PD Linear Takhomogen Orde-1 PD ẋ + a(t)x = b(t), dengan b(t) = 0, disebut sebagai PD linear takhomogen orde-1. Untuk menentukan solusinya, kedua ruas persamaan di atas dikalikan dengan faktor pengintegralan e A(t), dengan A(t) := a(t)dt, sehingga menjadi ẋe A(t) + a(t)xe A(t) = b(t)e A(t). (11) Dengan mengingat bahwa d dt (xea(t) ) = ẋe A(t) + xȧ(t)e A(t) = ẋe A(t) + xa(t)e A(t),maka (11) ditulis menjadi d dt (xea(t) ) = b(t)e A(t) xe A(t) = b(t)e A(t) dt + k dengan k konstanta pengintegralan. x(t) = e A(t) ( b(t)e A(t) dt + k Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37 ),

24 PDB Orde-1 PD Linear Takhomogen Orde-1 PD Takhomogen Theorem Solusi dari PD linear takhomogen orde-1 ẋ(t) + a(t)x(t) = b(t) ialah ( x(t) = e A(t) ) b(t)e A(t) dt + k, dengan k konstanta sembarang dan A(t) := a(t) dt tidak mengandung konstanta pengintegralan lain. Corollary Berdasarkan teorema di atas: 1 jika b(t) = 0 maka x(t) = ke A(t) (kasus PD homogen), 2 jika a(t) = a dan b(t) = b maka x(t) = ke at + b a, 3 jika a(t) = a maka x(t) = e at ( b(t)e at dt + k ). Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

25 PDB Orde-1 Model Penyesuaian Harga PD Takhomogen Misalkan fungsi permintaan dan fungsi penawaran suatu komoditas berharga p berturut-turut diberikan oleh D(p) = a bp dan S(p) = α + βp, dengan a, b, α, dan β adalah konstanta-konstanta positif. Asumsikan bahwa harga merupakan fungsi dari waktu, yaitu p = p(t), dan bahwa laju perubahan harga sebanding dengan kelebihan permintaan (excess demand), yaitu ṗ = λ[d(p) S(p)], dengan λ adalah konstanta positif yang menyatakan seberapa cepat harga menyesuaikan (speed of adjustment). Substitusikan ekspresi bagi D dan S memberikan PDLTH: ṗ + λ(b + β)p = λ(a α). Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

26 PDB Orde-1 Model Penyesuaian Harga PD Takhomogen Model penyesuaian harga memiliki solusi: p(t) = ke λ(b+β)t + a α b + β. Perhatikan bahwa karena λ(b + β) > 0 diperoleh lim p(t) = a α t b + β, yang menunjukkan bahwa p konvergen ke harga kesetimbangan p = a α b+β, pada mana D(p) = S(p) dipenuhi. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

27 PDB Orde-1 PD Eksak PD Eksak PD eksak dapat digunakan untuk menyelesaikan PD taklinear tertentu. Misalkan fungsi dua peubah u = u(t, x) memiliki turunan-turunan parsial kedua, yaitu u tt, u xx, u tx, u xt, yang kontinu. Asumsi kekontinuan turunan menjadikan u xt = u tx (Teorema Young) dan diferensial total (total differential) dari u terdefinisi, yaitu Tinjau PDB dalam bentuk dx dt = M(t, x) N(t, x) du = u t dt + u x dx. (12) M(t, x) dt + N(t, x) dx = 0. (13) Persamaan diferensial (13) dikatakan eksak jika ruas kiri persamaan tersebut merupakan diferensial total dari suatu fungsi u(x, t), yaitu berlaku du = M(t, x) dt + N(t, x) dx. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

28 PD Eksak PDB Orde-1 PD Eksak Atau dengan kata lain, PD M(t, x) dt + N(t, x) dx = 0 dikatakan eksak jika terdapat suatu fungsi u(x, t) sedemikian sehingga berlaku u t = M(t, x), u x = N(t, x). Jika M dan N terdefinisi dan memiliki turunan-turunan parsial pertama yang kontinu maka diperoleh u tx = M x (t, x), u xt = N t (t, x). Dengan asumsi kontinuitas turunan yang membuat u xt = u tx maka M x = N t merupakan syarat cukup dan syarat perlu agar M(t, x) dt + N(t, x) dx merupakan turunan total (dan M(t, x) dt + N(t, x) dx = 0 merupakan PD eksak). Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

29 PD Eksak PDB Orde-1 PD Eksak Example Persamaan diferensial (x + 4) dt + t dx = 0 adalah PD eksak karena dengan M = x + 4 dan N = t diperoleh M x = 1 = N t. Sedangkan x dt t dx = 0 adalah PD takeksak karena M = x dan N = t membuat M x = N t. Fungsi u(x, t) dapat ditentukan sebagai berikut. Karena u t = M(t, x) maka u(t, x) = M(t, x) dt + f (x). Dalam integral di atas x dianggap konstan, dan f (x) berperan sebagai konstanta pengintegralan yang dapat ditentukan kemudian. Atau, karena u x = N(t, x) maka u(t, x) = N(t, x) dx + g(t), dengan t dianggap konstan dan g(t) adalah konstanta pengintegralan. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

30 PDB Orde-1 PD Eksak PD Eksak Example Periksa PD berikut eksak dan tentukan solusinya: t 3 + x t + (x 2 + ln t)ẋ = 0. Example Tentukan fungsi u yang menjadikan persamaan diferensial berikut eksak: x t 2 dt + 1 t dx = 0. Cari solusi PD di atas dengan menentukan x(t) dari u(t, x) = k. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

31 PDB Orde-1 PD Eksak PD Eksak Example Di beberapa kasus, PD takterpisahkan dan mungkin juga taklinear dapat diselesaikan dengan membawanya ke bentuk eksak. PD berikut takterpisahkan dan taklinear: 1 + tx 2 + t 2 xẋ = 0 (1 + tx 2 ) dt + t 2 x dx = 0. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

32 PDB Orde-1 PD Eksak PD Eksak PD takeksak dapat dijadikan PD eksak dengan cara mengalikannya dengan faktor pengintegralan tertentu. Tinjau PD berikut: dx dt + a(t)x = 0 a(t)x dt + dx = 0. Jelas PD di atas takeksak karena dengan M := a(t)x dan N := 1 diperoleh M x = N t (asalkan a(t) = 0). Kalikan PD di atas dengan faktor pengintegralan e A(t), dengan A(t) = a(t) dt, diperoleh e A(t) dx + e A(t) a(t)x dt = 0. Jelas PD di atas eksak karena dengan M := e A(t) a(t)x dan N := e A(t) diperoleh M x = e A(t) a(t) = N t. Secara umum, faktor pengintegralan tidak mudah ditemukan. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

33 PD Eksak PDB Orde-1 PD Eksak Tinjau kasus PD takeksak yang lebih umum berikut: F (t, x) + G (t, x) dx dt = 0 F (t, x) dt + G (t, x) dx = 0. Kalikan PD di atas dengan faktor pengintegralan I (t, x) sehingga diperoleh Agar eksak, haruslah dipenuhi: I (t, x)f (t, x) dt + I (t, x)g (t, x) dx = 0. atau x [I (t, x)f (t, x)] = [I (t, x)g (t, x)], t I x F + IF x = I t G + IG t. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

34 PD Eksak PDB Orde-1 PD Eksak Dapat ditulis, (F x G t )I = I t G I x F. Persamaan di atas merupakan PDP yang secara umum sulit diselesaikan. Namun jika masalah disederhanakan, yaitu jika diasumsikan I = I (t), maka I x = 0, sehingga (F x G t )I = I t G di dt = 1 G PD (14) memiliki solusi, yaitu I = I (t), asalkan 1 G bergantung pada t. Example ( F x G t ( F x G t ) I. (14) ) hanya Carilah faktor pengintegralan I = I (t) yang membuat PD di bawah eksak lalu tentukan solusi PD tersebut: (t cos x + e 5t ) dx dt + 3 sin x + 5xe5t + 2xe5t = 0. t Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

35 Metode Substitusi PDB Orde-1 PD Eksak Pada beberapa kasus khusus, PD dapat disederhanakan dan diselesaikan dengan substitusi. Tinjau PD homogen berikut: dx dt = F ( x t ). Definisikan variabel baru u := x/t atau x = ut, maka dx dt = t du dt + u t du dt = dx dt u t du = F (u) u, dt yang merupakan PD yang terpisahkan. Example Dengan substitusi tertentu, selesaikan PD berikut: tx dx dt = 2t2 + 3x 2. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

36 PDB Orde-1 PD Eksak Persamaan Bernoulli PD lain yang dapat diselesaikan dengan substitusi ialah PD Bernoulli yang memiliki bentuk umum dx dt + p(t)x = q(t)x n. Jika n = 0 atau n = 1 maka PD adalah linear orde-1. Untuk n / {0, 1}, definisikan u = x 1 n sehingga diperoleh: du dt n dx = (1 n)x dt = (1 n)x n [q(t)x n p(t)x] = (1 n)[q(t) p(t)u]. Diperoleh du dt + (1 n)p(t)u = (1 n)q(t). (linear!) Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37

37 PDB Orde-1 PD Eksak Persamaan Bernoulli Example Selesaikan PD Bernoulli berikut: dx dt 6tx = 2tx 2. Toni Bakhtiar (m@thipb) PDB September / 37