Persamaan Diferensial

Transkripsi

1 TKS 4003 Matematika II Persamaan Diferensial Linier Homogen & Non Homogen Tk. n (Differential: Linier Homogen & Non Homogen Orde n) Dr. AZ Jurusan Teknik Sipil Fakultas Teknik Universitas Brawijaya Pendahuluan Bentuk umum PD linier orde n adalah : a 0 x y n + a 1 x y n a n 1 x y + a n x y = F(x) (1) Untuk PD yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk seperti Pers. (1), dikatakan PD non linier. Jika F(x) pada persamaan PD Linier orde n sama dengan nol (F(x) = 0), maka disebut PD homogen atau PD tereduksi atau PD komplementer. Jika F(x) 0, maka disebut PD lengkap atau PD non homogen. 1

2 Pendahuluan (lanjutan) Jika a 0 (x), a 1 (x),..., a n (x) adalah konstanta, maka disebut PD Linier dengan koefisien konstanta. Jika a 0 (x), a 1 (x),..., a n (x) bukan berupa konstanta, maka disebut PD Linier koefisien variabel. Bentuk dy, d2 y,, dn y dx dx 2 dxn, dapat dituliskan dengan lambang Dy, D 2 y,..., D n y, dengan D, D 2,..., D n, disebut operator diferensial atau operator D. Sehingga persamaan PD Linier orde n dapat dinyatakan sebagai : Pendahuluan (lanjutan) atau : a 0 x D n + a 1 x D n a n 1 x D + a n x y = F(x) (2) Φ D y = F(x) (3) dengan Φ D = a 0 x D n + a 1 x D n a n 1 x D + a n x dan disebut operator suku banyak dalam D. 2

3 Teorema Dasar Untuk menyelesaikan PD linier berbentuk : Φ D y = F(x), dengan F(x) 0 (4) Jika dimisalkan Y c (x) adalah solusi umum PD homogen dari (D)y = 0, maka penyelesaian umum PD linier adalah dengan menjumlahkan penyelesaian umum PD homogen dan penyelesaian khusus, yaitu : y = Y c (x) + Y p (x) (5) Teorema Dasar (lanjutan) Contoh : Solusi umum PD homogen : D 2 3D + 2 y = 0 adalah : y = c 1 e x + c 1 e x dan solusi khusus PD : D 2 3D + 2 y = 4x 2 adalah : 2x 2 + 6x + 7 maka solusi umum PD lengkap/non homogen dari D 2 3D + 2 y = 4x 2 adalah : y = c 1 e x + c 1 e x + 2x 2 + 6x + 7 3

4 Ketakbebasan Linier Himpunan n fungsi y 1 (x), y 2 (x),, y n (x), dikatakan tak bebas linier pada suatu selang, jika ada n konstanta c 1, c 2,, c n yang tidak semua nol, sehingga berlaku : c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) = 0 (6) Jika tidak, maka himpunan fungsi tersebut dikatakan bebas linier. Ketakbebasan Linier (lanjutan) Contoh : 1. Tak bebas linier 2e 3x, 5e 3x, e -4x adalah tak bebas linier pada suatu selang, karena dapat ditentukan konstanta c 1, c 2, c 3 yang tidak semua nol, sehingga : dengan : c 1 2e 3x + c 2 5e 3x + c 3 2e 4x = 0 c 1 = -5, c 2 = 2, c 3 = 0 4

5 Ketakbebasan Linier (lanjutan) 2. Bebas linier e x, xe x adalah bebas linier pada suatu selang, karena : c 1 e x + c 2 xe x = 0 hanya jika : c 1 = 0, c 2 = 0 Determinan Wronski (lanjutan) Himpunan fungsi y 1 (x), y 2 (x),..., y n (x), yang mempunyai turunan adalah bebas linier pada suatu selang jika determinan : W y 1, y 2,, y n = y 1 (x) y 1 (x) y n 1 1 (x) y 2 (x) y 2 (x) y n 1 2 (x) y n (x) y n (x) y n n 1 (x) Pers. (7) dinamakan dengan determinan Wronski. 0 (7) 5

6 Determinan Wronski (lanjutan) Contoh : Tentukan determinan Wronski (Wronskian) fungsi berikut : a. {sin 3x, cos 3x} W x = b. {x, x 2, x 3 } W x = sin 3x cos 3x 3 cos 3x 3 sin 3x = 3 sin2 3x 3 cos 2 3x = 3 x x 2 x 3 1 2x 3x x = 12x x 3 0 6x 3 6x 3 = 2x 3 Prinsip Superposisi Jika y 1 (x), y 2 (x),..., y n (x) adalah n penyelesaian bebas linier dari PD linier orde n, Φ D y = 0, maka solusi umumnya : y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) dengan : c 1, c 2,, c n = konstanta 6

7 Prinsip Superposisi (lanjutan) Contoh : Jika y 1 (x) dan y 2 (x) adalah solusi PD homogen : y + P(x)y + Q(x)y = 0, maka kombinasi linier c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) juga merupakan solusi PD. Bukti : y 1 (x) dan y 2 (x) solusi y + Py + Qy = 0, maka : dan y 1 + Py 1 + Qy 1 = 0 y 2 + Py 2 + Qy 2 = 0 Prinsip Superposisi (lanjutan) Dari solusi y = c 1 y 1 + c 2 y 2, maka : y = c 1 y 1 + c 2 y 2 y = c 1 y 1 + c 2 y 2 Substitusi ke PD diperoleh : y + P(x)y + Q(x)y = 0 c 1 y 1 + c 2 y 2 + P(c 1 y 1 + c 2 y 2 ) + Q(c 1 y 1 + c 2 y 2 ) = 0 c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 1 Py 1 + c 2 P y 2 + c 1 Qy 1 + c 2 Qy 2 = 0 c 1 (y 1 + Py 1 + Qy 1 ) + c 2 (y 2 + P y 2 + Qy 2 ) = 0 c 1 (0) + c 2 (0) = 0 7

8 PD linier homogen orde n PD linier homogen orde n dengan koefisien konstan mempunyai bentuk umum : a n y n + a n 1 y n a 1 y + a 0 y = 0, a n 0 (8) Jika y 1, y 2,..., y n adalah penyelesaian khusus PD linier homogen, maka kombinasi liniernya juga merupakan penyelesaian PD tersebut yang dapat dirumuskan : y = k 1 y 1 + k 2 y 2 + +k n y n = n i=1 k i y i, k i, k i,., k i = konstanta PD linier homogen orde n (lanjutan) Penyelesain PD linier homogen orde n dengan substitusi y = e rx, sehingga didapatkan persamaan karakteristik : a n r n + a n 1 r n a 1 r + a 0 = 0 (9) Untuk selanjutnya dengan teknik faktorisasi dapat ditentukan akar-akar persamaan karakteristik, yaitu : a n r n + a n 1 r n a 1 r + a 0 = 0 a n r r 1 r r 2 r r n = 0 (10) 8

9 PD linier homogen orde n (lanjutan) Akar-akar persamaan karakteristik pada Pers. (10) dapat bernilai sama atau disebut akar rangkap (multiplicity). Dua kasus akar rangkap untuk solusi PD linier homogen orde n : Kasus I : jika akar rangkap adalah r = bilangan riil, terdapat k penyelesaian bebas linier. k solusi bebas linier : e rx, x e rx,, x k 1 e rx ; k 1 Solusi umumnya : y = c 1 e rx + c 2 x e rx + + c k x k 1 e rx ; c k = konstanta ke-k PD linier homogen orde n (lanjutan) Kasus II : jika akar rangkap adalah r = bilangan kompleks (r = E i ), terdapat k penyelesaian bebas linier. k solusi bebas linier : e αx cos βx, xe αx cos βx,, x k 1 e αx cos βx e αx sin βx, xe αx sin βx,, x k 1 e αx sin βx Solusi umumnya : y = e rx c 1 cos βx + c 2 sin βx + x c 3 cos βx + c 4 sin βx + + x k 1 c k 1 cos βx + c k sin βx 9

10 PD linier homogen orde n (lanjutan) Contoh 1 : y (5) 3y 4 + 3y y = 0 Penyelesaian : Persamaan karakteristik : r 5 3r 4 + 3r 3 r 2 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : r 1 = r 2 = 0, r 3 = r 4 = r 5 = 1 Solusi bebas linier : e 0x, xe 0x, e x, xe x, x 2 e x Solusi umum : y = c 1 + c 2 x + c 3 + c 4 x + c 5 x 2 e x PD linier homogen orde n (lanjutan) Contoh 2 : y (4) 4y + 14y 20y + 25 = 0 Penyelesaian : Persamaan karakteristik : r 4 4r r 2 20r + 25 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : r 1 = r 2 = 1 + 2i, r 3 = r 4 = 1 2i Solusi bebas linier : e x cos 2x, xe x cos 2x, e x sin 2x, xe x sin 2x Solusi umum : y = c 1 e x cos 2x + c 2 xe x cos 2x + c 3 e x sin 2x + c 4 xe x sin 2x 10

11 PD linier homogen orde n(lanjutan) Latihan : 1. y y = 0 2. y (4) 5y + 4y = 0 3. y 3y + 3y y = 0 4. y (4) + 2y + 3y + 2y + y = 0 5. y (4) y = 0, y 0 = 5, y 0 = 2, y 0 = 1, y 0 = 2 6. y 3y + 4y 2y = 0, y 0 = 1, y 0 = 0, y 0 = 0 PD linier non homogen orde n Prosedur umum penyelesaian PD linier non homogen adalah : Langkah I : menentukan solusi umum PD linier homogen, y h (x) Langkah II : menentukan solusi umum PD linier non homogen, y p (x) Langkah III : menentukan solusi umum PD, y = y h (x) + y p (x) 11

12 PD linier non homogen orde n (lanjutan) Contoh : Tentukan solusi umum PD berikut : y + y = 1 Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y + y = 0 Solusi umum : y h = c 1 cos x + c 2 sin x Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y + y = 1 Solusi umum : y p = 1 Langkah III : Solusi umum PD : y = c 1 cos x + c 2 sin x + 1 PD linier non homogen orde n (lanjutan) Metode Koefisien Tak Tentu Pada awalnya metode ini diterapkan pada PD linier non homogen orde 2 yang berbentuk : ay + by + cy = r(x), a, b, c = konstanta Untuk selanjutnya metode ini juga berlaku untuk orde yang lebih tinggi (orde n). Kuncinya adalah y p merupakan suatu ekspresi yang mirip dengan r(x), dimana terdapat koefisienkoefisien yang tidak diketahui yang dapat ditentukan dengan mensubstitusikan y p pada persamaan. 12

13 PD linier non homogen orde n (lanjutan) Aturan untuk metode koefisien tak tentu : 1. Aturan Dasar : jika r(x) adalah salah satu fungsi yang ada dalam Tabel 1, pilih fungsi y p yang bersesuaian dan tentukan koefisien tak tentunya dengan mensubstitusikan y p pada persamaan. 2. Aturan Modifikasi : jika r(x) sama dengan solusi PD homogen, kalikan y p yang bersesuaian dalam Tabel 1 dengan x (atau x 2, jika r(x) sama dengan solusi akar ganda PD homogen). PD linier non homogen orde n (lanjutan) c. Aturan Penjumlahan : jika r(x) adalah jumlah fungsifungsi yang terdapat dalam Tabel 1 kolom pertama, y p adalah jumlah fungsi pada baris yang bersesuaian. Tabel 1. Metode koefisien tak tentu Suku-suku dalam r(x) Pilihan untuk y p ke x Ce x Kx n (n = 0, 1, ) K n e n + K n-1 e n K 1 x + K 0 kcos x atau ksin x Kcos x + Msin x 13

14 1. Aturan Dasar Contoh : Selesaikan PD linier non homogen berikut : y + 4y = 8x 2 Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y + 4y = 0 Persamaan karakteristik : m = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m 1 = 2i, m 2 = -2i Solusi umum : y h = Acos 2x + Bsin 2x 1. Aturan Dasar (lanjutan) Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y + 4y = 8x 2 f(x) = 8x 2, sehingga dari Tabel 1 diperoleh : y p = K 2 x 2 + K 1 x + K 0 y p = 2K 2 x + K 1 y p = 2K 2 substitusi y p, y p, y p ke persamaan diperoleh : 2K 2 + 4(K 2 x 2 + K 1 x + K 0 ) = 8x 2 dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh : 14

15 1. Aturan Dasar (lanjutan) 4K 2 = 8 4K 1 = 0 2K 2 + 4K 0 = 0 diperoleh konstanta : K 2 = 2, K 1 = 0, K 0 = -1 solusi umum PD non homogen : y p = 2x 2-1 Langkah III : solusi PD linier non homogen : y = y h (x) + y p (x) = Acos 2x + Bsin 2x + 2x Aturan Modifikasi Contoh : Selesaikan PD linier non homogen berikut : y -3y + 2y = e x Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y -3y + 2y = 0 Persamaan karakteristik : m 2-3m + 2 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m 1 = 1, m 2 = 2 Solusi umum : y h = c 1 e x + c 2 e 2x 15

16 2. Aturan Modifikasi (lanjutan) Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y -3y + 2y = e x f(x) = e x, sehingga dari Tabel 1 diperoleh : y p = ce x karena f(x) = e x adalah solusi PD homogen pada Langkah I, maka sesuai Aturan Modifikasi : y p = cxe x y p = ce x + cxe x y p = 2ce x + cxe x substitusi y p, y p, y p ke persamaan diperoleh : 2ce x + cxe x -3(ce x + cxe x ) + 2(cxe x ) = e x 2. Aturan Modifikasi (lanjutan) dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : c = -1 solusi umum PD non homogen : y p = -xe x Langkah III : solusi PD linier non homogen : y = y h (x) + y p (x) = c 1 e x + c 2 e 2x -xe x 16

17 3. Aturan Penjumlahan Contoh : Selesaikan PD linier non homogen berikut : y -2y + y = e x + x Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y -2y + y = 0 Persamaan karakteristik : m 2-2m + 1 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m 1 = m 2 = 1 Solusi umum : y h = c 1 e x + c 2 e 2x 3. Aturan Penjumlahan (lanjutan) Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y -2y + y = e x + x f(x) = e x + x, sehingga dari Tabel 1 diperoleh : y p = c 1 e x + c 2 x + c 3 suku pada f(x) = e x adalah solusi ganda PD homogen, maka solusi umum PD menjadi : y p = c 1 x 2 e x + c 2 x + c 3 y p = 2c 1 xe x + c 1 x 2 e x + c 2 y p = 2c 1 e x + 2c 1 xe x + 2c 1 xe x + c 1 x 2 e x 17

18 3. Aturan Penjumlahan (lanjutan) substitusi y p, y p, y p ke persamaan diperoleh : 2c 1 e x + 4c 1 xe x + c 1 x 2 e x -2(2c 1 xe x + c 1 x 2 e x + c 2 ) + c 1 x 2 e x + c 2 x + c 3 = e x + x 2c 1 e x + c 2 x-2c 2 + c 3 = e x + x dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : c 1 = ½, c 2 = 1, c 3 = 2 solusi umum PD non homogen : y p = c 1 x 2 e x + c 2 x + c 3 = ½x 2 e x + x Aturan Penjumlahan (lanjutan) Langkah III : solusi PD linier non homogen : y = y h (x) + y p (x) = c 1 e x + c 2 e 2x + ½x 2 e x + x

19 Contoh Soal (lanjutan) Tentukan penyelesaian PD berikut : y + 2y + 5y = 16e x + sin 2x Penyelesaian : Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen y + 2y + 5y = 0 Persamaan karakteristik : m 2 + 2m + 5 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : m 1 =-1 + 2i, m 2 =-1-2i Solusi umum : y h = e -x (Acos 2x + Bsin 2x) Contoh Soal (lanjutan) Langkah 2. Menentukan solusi PD non homogen y + 2y + 5y = 16e x + sin 2x f(x) = 16e x + sin 2x, sesuai Tabel 1 : y p = ce x + Kcos 2x + Msin 2x Substitusi y p, y p, y p ke persamaan diperoleh : 8ce x + (-4K + 4M + 5K)cos 2x + (-4K-4M + 5M)sin 2x = 16e x + sin 2x dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : c = 2, K = -4/17, M = 1/17 19

20 Contoh Soal (lanjutan) c = 2, K = -4/17, M = 1/17 solusi umum PD non homogen : y p = ce x + Kcos 2x + Msin 2x = 2e x 4 1 cos 2x + sin 2x Langkah 3. Menentukan solusi PD : y = y h x + y p x = e x Acos 2x + Bsin 2x + 2e x 4 1 cos 2x + sin 2x Latihan Tentukan penyelesaian PD berikut : 1. y + 4y = x 2. y + y 2y = 3 6x 3. y y 2y = 6e x 4. y + y = 6e x y + y = 2x, y 0 = 1, y 0 = 2 6. y + y 2y = 2x, y 0 = 0, y 0 = 1 20

21 Terima kasih dan Semoga Lancar Studinya! 21