BAB PDB Linier Order Satu

Transkripsi

1 BAB 1 Konsep Dasar 1

2 BAB PDB Linier Order Satu

3 BAB 3 Aplikasi PDB Order Satu 3

4 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 : : : f m adalah fungsi kontinyu pada sebarang x [a b] dan c 1 c : : : c m adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini ditulis dengan c 1 f 1 + c f + + c m f m Denisi 4.1. Fungsi f 1 f : : : f m dikatakan tergantung linier pada interval [a b] bila terdapat c 1 c : : : c m yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c 1 f 1 + c f + + c m f m = 0 untuk sebarang x [a b], dan dikatakan bebas linier bila semua c 1 c : : : 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

5 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 39 Misal f 1 f : : : 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 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 f + + c m f m maka a 0 (x) y 0 = c 1 f c f c mf 0 m. y (n;1) = c 1 f (n;1) 1 + c f (n;1) + + c m f (n;1) m y (n) = c 1 f (n) 1 + c f (n) + + c m f (n) m c 1 f (n) 1 + c f (n) + + c m f m (n) + a 1 (x) c 1 f 1 +c f + +c m f m c 1 f (n;1) 1 + c f (n;1) + + c m f m (n;1) + +a n (x) = 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 a 0 (x)f (n) +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 f + + c m f m merupakan solusi umum. Denisi Misal f 1 f : : : f m adalah fungsi riel yang kontinyu pada turunan ke (n ; 1) dalam interval [a b] maka W (f 1 f : : : f n ) = f 1 f : : : f n f 0 1 f 0 : : : f 0 n.. f (n;1) 1 f (n;1) : : : f n (n;1) disebut determinan matrik "Wronskian" yang terdenisi pada [a b]...

6 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 40 Teorema 4.1. Fungsi-fungsi solusi f 1 f : : : f n dari PDB homogen order n dikatakan bebas linier bila W (f 1 f : : : 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 cos x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier.. Jika e x e ;x e x merupakan solusi dari y 00 ; y 00 ; y 0 + y = 0 maka y = c 1 e x + c e ;x + c 3 e x 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 4.1. Salah satu solusi PDB (x + 1)y 00 ; xy 0 + y = 0 adalah f 1 = x maka tentukan solusi umumnya. Penyelesaian Misal f = y = f 1 v = xv y 0 = v + xv 0 y 00 = v 0 + xv 00 :

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

8 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 4 4. 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.) Teorema 4..1 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 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 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 e rt

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

10 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 44. 6y 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 +br+c = 0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r 1 = + i dan r = ; i, dengan demikian solusi kompleknya adalah y 1 = c 1 e (+i)t (4.5) y = 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 [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)! sin at = (at)1 1! cos at = (at)0 0! ; (at)3 3! ; (at)! + (at)3 3! + (at)5 5! + (at)4 4! + = ; = ; = 1X 1X n=0 1X n=1 n=0 (at) n n! n;1 (at)n;1 (;1) (n ; 1)! (;1) n (at)n (n)!

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

12 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 46 Akar-Akar Riel dan Sama Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar + br + c = 0 akan mempunyai D = b ; 4ac = 0 sehingga r 1 = r = ; b. Dengan demikian salah satu solusi a PDB adalah y k = e ; b a t. Misal solusi umumnya adalah y = v(t)y k (t) = v(t)e ; b a t maka y 0 = v 0 (t)e ; b t b a ; a v(t)e; b t a y 00 = v 00 (t)e ; b a t ; b a v0 (t)e ; b a t + b 4a v(t)e; b a t Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay 00 + by 0 + cy = 0 diperoleh a v 00 (t) ; b a v0 (t)+ b v(t) + b v 0 (t) 4a ; b a v(t) + cv(t) e ; b t a = 0: Bila e ; b t a 6= 0 maka av 00 (t)+ ; b 4a + c = 0: Karena b ; 4ac = 0 maka persamaan ini menjadi av 00 (t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c 1 t + c. Dengan demikian solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah: ) y = v(t)y 1 (t) = c 1 e ; b a t + c te ; b a t 4.3. 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 4.3. Jika Y 1 dan Y adalah solusi persamaan (4.7) maka Y 1 ; Y adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y 1 y solusi persamaan (4.7) maka Y 1 (t) ; Y (t) = c 1 y 1 (t) + c y (t)

13 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 47 Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah ) y(t) = c 1 y 1 (t) + c y t +y {z } k (t) solusi homogen Diberikan PDB y 00 ; 3y 0 ; 4y = 3e t. 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 t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali y 0 k = Aet dan y 00 k = 4Aet kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = ; 1. Sehingga solusi umumnya adalah y = c 1 e ;t + c 1 e 4t ; 1 et : 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 4.3. Selesaikan persoalan berikut 1. y 00 ; 3y 0 ; 4y = sin t. y 00 ; y 0 ; 3y = ;8e t cos t 3. y 00 ; y 00 ; y = 5e 5t + sin 3t ; 18e t cos 4t

14 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 y (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 dengan u (t) maka diperoleh y(t) = u 1 (t)y 1 (t) + u (t)y (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) + u0 (t)y (t) + u (t)y 0 (t): Set u 0 1 (t)y 1(t) + u 0 (t)y (t) = 0 (4.1) maka y 0 (t) = u 1 (t)y 0 1 (t) + u (t)y 0 (t) y 00 (t) = u 0 1 (t)y0 1 (t) + u 1(t)y 00 1 (t) + u0 (t)y0 (t) + u (t)y 00 (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 (t) y 00 (t)+p(t)y0 (t)+q(t)y (t) +u 0 1 (t)y0 1 (t)+ u 0 (t)y0 (t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y 1 y adalah solusi PDB (4.11) sehingga u 0 1 (t)y0 (t) + 1 u0 (t)y0 (t) = g(t) (4.13)

15 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 49 Dua persamaan (4.1) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier dimana u 0 (t) dan 1 u0 (t) dapat ditentukan sebagai berikut: u 0 1 (t) = u 0 (t) = 0 y (t) g(t) y 0 (t) W (y 1 y )(t) y 1 (t) 0 y 0 1 (t) g(t) W (y 1 y )(t) = ; y (t)g(t) W : = y 1(t)g(t) W : Sehingga u 1 (t) = u (t) = Z y (t)g(t) ; W dt + c 1 Z y1 (t)g(t) W dt + c : Dan solusi umum (4.11) menjadi ) y(t) = R ; y (t)g(t) W R dt y y 1(t) + 1 (t)g(t) W dt y (t) Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y 00 +4y = 3 csc t. Persamaan homogennya adalah y 00 +4y = 0 dengan persamaan karakteristik r +4 = 0 dan mempunyai akar komplek r 1 = 0 i. Dengan demikian solusinya y h = c 1 cos t + c sin t. Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t y 1 (t) = cos t dan y = sin t sehingga y 0 (t) = ; sin t dan 1 y0 (t) = ; sin t. Dengan menerapkan prosedur diatas maka u 0 1 (t) = 0 y (t) g(t) y 0 (t) W (y 1 y )(t) 3 sin t csc t = ; [cos t + sin t]

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

17 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 ; y 0 ; 8y = 4e x ; 1e ;3x (b) y 00 + y 0 + 5y = 6 sin x + 7 cos x (c) y y 0 ; y = 6x e x ; 4x + 1 (d) y y = 4 sin x + 8 cos x (e) y 00 + y 0 ; y = 6e ;x + 3e x ; 4x (f) y 00 ; 6y 0 + 5y = 4x e x + 8e 5x (g) y 00 ; 4y 0 + 5y = 6e x cos x (h) y y 0 = 4 sin x + 8 cos x (i) y 00 + y 0 ; 6y = 10e x ; 18e 3x ; 6x ; 11 (j) y y = 1x ; 16x cos x (k) 4y 00 ; 4y 0 + y = e x= + e ;x= (l) y 00 + y y = 5xe ;x (m) y y 0 + 5y = e x + 10e 5x (n) y 00 + y 0 + 4y = 13 cos 4x. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: (a) y 00 ; 4y 0 + 3y = 9x + 4 y(0) = 6 y 0 (0) = 8 (b) y y 0 + 4y = 16x + 0e x y(0) = 0 y 0 (0) = 3

18 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 5 (c) y 00 ; 8y y = 9xe x y(0) = 5 y 0 (0) = 10 (d) y y y = 4xe ;3x y(0) = 0 y 0 (0) = ;1 (e) y y y = 8e ;x y(0) = y 0 (0) = 0 (f) y y 0 + 9y = 7e ;6x y(0) = ; y 0 (0) = 0 (g) y y y = 18e ;x y(0) = 0 y 0 (0) = 4 (h) y 00 ; 10y 0 + 9y = 8e 5x y(0) = 0 y 0 (0) = 8 (i) y 00 ; 4y y = 8 sin 3x y(0) = 1 y 0 (0) = (j) y 00 ; y 0 ; 6y = 8e x ; 5e 3x y(0) = 1 y 0 (0) = (k) y 00 ; y 0 + y = xe x + 6e x y(0) = 1 y 0 (0) = 0