perpindahan, kita peroleh persamaan differensial berikut :

1.1 Pengertian Persamaan Differensial Banyak sekali masalah terapan (dalam ilmu teknik, ilmu fisika, biologi, kimia, sosial, dan lain-lain), yang telah dirumuskan dengan model matematika dalam bentuk persamaan yang mengandung fungsi dan turunannya. Suatu persamaan yang mengandung fungsi dan turunannya dinamakan persamaan differensial. Jika mengandung turunan parsial dinamakan persamaan differensial parsial. Selain persamaan differensial parsial, dikenal persamaan differensial yang lain yang dinamakan persamaan differensial biasa. Definisi : Persamaan Differensial adalah persamaan yang mengandung fungsi dan turunannya. Persamaan Differensial Biasa adalah persamaan yang mengandung turunan biasa, yaitu turunan dengan satu peubah bebas. Persamaan Differensial Parsial adalah persamaan yang mengandung turunan parsial, yaitu turunan dengan peubah bebas lebih dari satu. Dalam bab ini akan dijelaskan beberapa metode penyelesaian persamaan differensial biasa yang sering muncul dalam ilmu-ilmu terapan. Sebagai gambaran, perhatikan contoh sederhana berikut : (i) Hukum II Newton dalam bentuk vektor adalah F = m. a. Jika percepatan a ditulis sebagai dv d²r, dengan v adalah kecepatan, atau ditulis sebagai dt dt² perpindahan, kita peroleh persamaan differensial berikut : F = m d²v dt = m d²r dt², dengan r adalah...... (1.1) Pendahuluan Persamaan Differensial 1

Jadi masalah mekanika di atas yang digunakan untuk menentukan gerak benda (misalnya elektron, mobil atau satelit) karena pengaruh gaya, mengandung persamaan differensial. (ii) Laju perubahan panas Q yang berkurang melalui jendela atau dari pipa air panas sebanding dengan luas permukaan Α dan sebanding dengan perubahan temperatur Τ terhadap jarak χ, dapat ditulis : dq dt = ka dt....... (1.2) dengan k adalah konduktivitas panas yang bergantung pada material/bahan yang dilalui panas. Persamaan (1.2) di atas mengandung 2 turunan yang berbeda, yaitu dt dan dq dt Q sebagai fungsi t., dan penyelesaiannya adalah menentukan fungsi T sebagai fungsi, atau (iii) Perhatikan rangkaian sederhana berikut (gambar 1.1), yang terdiri dari resisitor R, kapasitor C dan induktor L yang dihubungkan dengan tegangan AC. Gambar 1.1 Rangkaian RLC seri, dihubungkan dengan tegangan AC, V Jika arus yang mengalir pada rangkaian suatu saat adalah I(t) dan muatan pada kapasitor adalah q(t), diperoleh hubungan I t = dq dt. Tegangan diujung-ujung resistor R adalah I. R, tegangan pada kapasitor C adalah q, dan tegangan pada C induktor L adalah L di, maka tegangan setiap saatnya adalah : dt L di dt + R. I + q C = V 2 Pendahuluan Persamaan Differensial

Jika persamaan tersebut kita turunkan terhadap fungsi t dengan mensubstitusikan I t = dq dt, diperoleh : L. d²i di + R. dt² dt + I C = dv dt.. (1.3) Masih banyak lagi masalah-masalah fisika dan ilmu terapan lainnya yang mengandung persamaan differensial. Contoh 1.1 Manakah dari persamaan-persamaan berikut yang termasuk persamaan differensial biasa. a. 2 y 2 = 25 b. + y + 6 = 0 c. y + y + = 0 d. y + 2 y + 6y = e e. f. u i + u = u z ²u + ²u = 0 ² y ² Jawab a. Bukan Persamaan Differensial Biasa (PDB), karena tidak mengandung turunan fungsi. b. PDB, dengan peubah bebas dan peubah tak bebas y. c. PDB (ingat : y = ), dengan peubah bebas dan peubah tak bebas y. d. PDB ( y = d²y ), dengan peubah bebas dan peubah tak bebas y. ² e. Termasuk persamaan differensial parsial, karena peubah bebasnya ada dua, yaitu i dan z. f. Termasuk persamaan differensial parsial, karena peubah bebasnya ada dua, yaitu dan y. Pendahuluan Persamaan Differensial 3

1.2 Persamaan Differensial Biasa Tingkat/orde suatu persamaan differensial adalah turunan tertinggi yang terdapat dalam persamaan tersebut. Secara umum, persamaan differensial biasa orde n mempunyai bentuk : F, u, u, u (),, u n = 0........ (1.4) Persamaan (1.4), menyatakan hubungan antara peubah bebas, fungsi u dan turunannya u, u, u,, u n. Untuk selanjutnya akan digunakan variabel y sebagai pengganti u, dan y, y, y,, y n sebagai pengganti u, u (), u,, u n, sehingga persamaan (1.4) dapat ditulis dalam bentuk : F, y, y,, y n = 0.... (1.5) Sebagai contoh, perhatikan persamaan differensial berikut : a. y + y² = 1, dimana y = b. y + y = e c. dv dt = g d. L di + RI = V dt Persamaan a, b, c dan d di atas adalah persamaan differensial orde satu, karena persamaan-persamaan tersebut mengandung turunan pertama sebagai turunan tertinggi. e. m d²r = kr, adalah persamaan differensial orde dua, karena persamaan tersebut dt² mengandung turunan kedua sebagai turunan tertinggi. Derajat/pangkat suatu persamaan differensial yang berbentuk polinom dalam peubah tak bebas dan turunan-turunannya adalah derajat/pangkat tertinggi polinom tersebut. Sebagai gambaran, perhatikan contoh-contoh berikut : a. y + 2y y 3 = 0, merupakan PD berderajat empat, karena mengandung y(y )³ b. y + 5y + 6y = sin, merupakan persamaan differensial berderajat satu. c. y = ( 2 +1), merupakan persamaan differensial berderajat dua. y Perhatikan bahwa persamaan tersebut dapat ditulis dalam bentuk y. y = 2 + 1 d. 3 2y y = 1 2, merupakan persamaan differensial berderajat tiga. e. 3 + 5y = 2 + 2, merupakan persamaan differensial berderajat dua. 4 Pendahuluan Persamaan Differensial

1.3 Persamaan Differensial Linier dan Tak Linier Suatu persamaan differensial linier (dengan adalah peubah bebas dan y adalah peubah tak bebas) adalah salah satu bentuk dari persamaan : a 0 y + a 1 y + a 1 y + + a n y n = b....... (1.6) Sebagai contoh, perhatikan persamaan differensial berikut : a. y + y 2 = 1, (tidak linier, karena terdapat pangkat 2 dari y) b. y = cot y, (tidak linier, karena terdapat fungsi transenden cot y) c. yy = 1, (tidak linier, karena terdapat perkalian y dan y ) d. y 2 = y, (tidak linier, karena terdapat pangkat 2 pada y ) Dengan demikian, persamaan differensial biasa disebut linier, jika memenuhi kriteria sebagai berikut : (i) Tidak terdapat fungsi transenden dalam peubah tak bebas (ii) Tidak terdapat perkalian antara peubah tak bebas dengan turunannya (iii) Peubah tak bebas dan turunannya paling tinggi berpangkat Satu (iv) a n () adalah fungsi kontinu Sebaliknya persamaan differensial biasa yang tidak memenuhi kriteria tersebut di atas, disebut persamaan differensial tak linier. Sebagian besar persamaan differensial yang muncul dalam masalah-masalah terapan adalah linier dengan orde 1 atau orde 2. Untuk itu kita akan membahas secara khusus mengenai persamaan differensial linier orde 1 dan orde 2. Contoh 1.2 Tentukan apakah persamaan differensial berikut termasuk persamaan differensial biasa atau parsial? Tentukan orde, pangkat dan kelinierannya! a. y + e = y b. (sin )y + 4 2 y = 0 c. yy + y 2 + 4y = sin Pendahuluan Persamaan Differensial 5

d. 2 + 1 = y + 4 e. f. 1 y y + 4 + 1 = 0 y = 2 g. y sin + y cos = 5 h. sin y + y cos 5 + 3 = e i. U + yu y yu = 0 j. y + y cos. sin + y tan 2y = 0 k. l. ²u + ²u = ² 2 y 2 d 4 + d2 5 + 5y = 0 dt 4 dt 2 Jawab : a. Persamaan differensial biasa, orde 1, pangkat 1, dan linier b. Persamaan differensial biasa, orde 2, pangkat 1, dan linier c. Persamaan differensial biasa, orde 2, pangkat 2, dan tak linier d. Persamaan di atas dapat ditulis : 2 + 1 = ( y + 4) yang merupakan PDB, orde 1, pangkat 3, dan tak linier 2 + 1 = ( y + 4) yang merupakan PDB, orde 1, pangkat 2, dan tak linier e. Persamaan differensial biasa, orde 1, pangkat 1, dan linier f. Persamaan differensial biasa, orde 1, pangkat 1, dan tak linier g. Persamaan differensial biasa, orde 1, pangkat 1, dan linier h. Persamaan differensial biasa, orde 1, pangkat 1, dan tak linier i. Persamaan differensial parsial, orde 2, pangkat 1, dan tak linier j. Persamaan differensial biasa, orde 3, pangkat 1, dan linier k. Persamaan differensial parsial, orde 2, pangkat 2, dan linier l. Persamaan differensial biasa, orde 4, pangkat 5, dan linier 6 Pendahuluan Persamaan Differensial

1.4 Solusi Persamaan Differensial Perhatikan persamaan differensial biasa orde n berikut : F, y, y,, y n = 0 Solusi persamaan tersebut pada interval terbuka α < < β adalah suatu fungsi φ dimana φ, φ, φ,, f n ada, dan memenuhi persamaan F φ, φ, φ,, φ n = 0 untuk setiap pada interval di atas. Kecuali ada pernyataan lain, kita anggap bahwa F pada persamaan (1.5) adalah fungsi nilai riil dan y = φ() juga bernilai riil. Sebagai contoh, fungsi φ 1 = cos dan φ 2 = sin adalah solusi persamaan y + y = 0 untuk setiap, karena jika φ 1 dan/atau φ 2 disubstitusikan kedalam persamaan y + y = 0, akan diperoleh kesamaan. Contoh lain yang agak rumit, φ 1 = 2 ln adalah solusi persamaan 2 y 3y 4y = 0, > 0 Bukti : φ 1 = 2 ln φ 1 = 2. 1 + 2 ln φ 1 = + 2 ln φ 1 = 1 + 2 ln + 2. 1 φ 1 = 3 + 2 ln Substitusikan pada persamaan differensial di atas, diperoleh : 2 3 + 2 ln 3 + 2 ln + 4 2 ln = 3 2 + 2 6 + 4 2 ln = 0 Terbukti bahwa φ 1 = 2 ln merupakan solusi persamaan differensial 2 y y + 4y = 0 di atas. Jadi : Suatu penyelesaian (solusi) persamaan differensial (dalam peubah dan y) adalah suatu hubungan antara dan y, yang jika disubstitusikan kedalam persamaan itu, akan memberikan kesamaan (identitas). Pendahuluan Persamaan Differensial 7

Contoh 1.3 Persamaan y = sin + c, adalah penyelesaian persamaan differensial y = cos, sebab jika disubstitusikan akan diperoleh kesamaan cos = cos. Contoh 1.4 Persamaan y = y mempunyai penyelesaian : y = e atau y = e atau y = Ae + Be. (Buktikan dengan mensubstitusikannya!). Jawab : (i) (ii) (iii) y = e y = e y = e Substitusikan pada persamaan y = y e = e (terbukti) y = e y = e y = e Substitusikan pada persamaan y = y e = e (terbukti) y = e + e y = e e y = e + e Substitusikan pada persamaan y = y e + e = e + e (terbukti) Suatu pertanyaan yang mungkin muncul adalah apakah ada solusi lain disamping solusi yang telah dibahas di atas? Atau bahkan timbul pertanyaan lebih lanjut, apakah persamaan di atas mempunyai suatu solusi? Ini adalah pertanyaan tentang keujudan suatu solusi persamaan differensial. Tidak semua persamaan differensial mempunyai solusi. Jika suatu masalah yang telah dirumuskan dengan model matematika dan mengandung suatu persamaan differensial, kemudian masalah tersebut tidak mempunyai solusi, maka kita harus menguji kembali keabsahan model matematika itu. 8 Pendahuluan Persamaan Differensial

Kedua, jika persamaan yang diberikan mempunyai suatu solusi, apakah ada solusi yang lainnya? Ini adalah pertanyaan tentang ketunggalan suatu solusi persamaan diferensial. Pertanyaan yang ketiga adalah bagaimana cara menentukan solusi suatu persamaan differensial? Jika kita mengitegralkan y = f() diperoleh : y = f + c yang mengandung satu tetapan integrasi, yaitu c. Jika kita mengitegralkan y = g() dua kali untuk mendapatkan y, y mengandung dua tetapan integrasi. Secara umum, suatu persamaan differensial orde n akan mempunyai penyelesaian yang mengandung n buah tetapan integrasi. Penyelesaian seperti ini dinamakan solusi umum dari persamaan differensial tak linier. Solusi yang diperoleh dari solusi umum dengan mengambil konstanta/tetapan yang sesuai, dinamakan solusi khusus. Jadi : Solusi umum suatu persamaan differensial adalah solusi yang mengandung tetapan integrasi, sedangkan solusi khusus suatu persamaan differensial adalah solusi yang di peroleh dari suatu solusi umum dengan menentukan konstanta yang sesuai. Dalam penerapannya, diinginkan solusi khusus yang sesuai dengan persamaan differensial tersebut yang memerlukan syarat-syarat tertentu. Perhatikan contoh berikut : Contoh 1.5 (Penerapan pada bidang Fisika) Tentukan jarak benda jatuh karena gravitasi sebagai fungsi waktu t, jika benda mula-mula diam. Pendahuluan Persamaan Differensial 9

Jawab : Misalkan adalah jarak benda jatuh sebagai fungsi waktu t, percepatan benda karena pengaruh gravitasi adalah g, sehingga diperoleh persamaan : mengintegralkan, diperoleh : kemudian, dt = g. t + c = g. t + v 0 d² dt² = g, dengan = 1 2 gt² + c 1t + c 2, dengan c 1 = v 0 dan c 2 = 0, atau = 1 2 g. t2 + v 0. t + 0....... (1.7) dengan v 0 dan 0 adalah nilai v dan pada t = 0, persamaan (1.7) adalah solusi umum dari persamaan differensial d² = g, karena penyelesaian persamaan differensial linier dt² orde 2 tersebut mengandung 2 konstanta, yaitu v 0 dan 0 Untuk mendapatkan solusi khusus, kita masukkan nilai v 0 = 0 (benda mula-mula diam), dan 0 = 0 (jarak benda jatuh nol pada t = 0), sehingga solusi khusus yang diinginkan adalah : = 1 2 gt² Contoh 1.6 (Penerapan pada bidang Geometri) Tentukan solusi dari persamaan y = y yang melalui pusat koordinat dan titik (ln 2, 3 4 ) Jawab : Solusi umum dari persamaan differensial tersebut adalah y = Ae + Be. (lihat contoh 1.4). persamaan kurva y = Ae + Be melalui titik pusat koordinat (y = 0 dan = 0) dan melalui titik (ln 2, 3 4 ) (y = 3 4 dan = ln ). Dengan mensubstitusikan titik-titik tersebut, diperoleh : 0 = A + B, atau B = A 3 4 = A. eln 2 + B. e ln 2 10 Pendahuluan Persamaan Differensial

3 = A. 2 + B. 1, karena B = A, maka : 4 2 3 4 = 2A 1 2 A 3 4 = 3 2 A A = 1 2 dan B = 1 2 Solusi khusus yang diinginkan adalah : y = 1 2 e 1 2 e, atau y = 1 2 (e e ) y = sinh {ingat bahwa sinh = 1 2 (e e ) dan cosh = (e + e )} Kondisi yang diberikan untuk mendapatkan solusi khusus dinamakan syarat batas, sedangkan kondisi yang diberikan pada t = 0 dinamakan syarat awal. Umumnya (tetapi tidak selalu untuk persamaan differensial tak linier), solusi khusus yang diinginkan diperoleh dari solusi umum dengan menentukan nilai konstantanya. LATIHAN 1.1 1. Untuk setiap persamaan differensial berikut, tentukan orde dan derajatnya! Tentukan juga apakah persamaan differensial linier atau tak linier? a. 2 d²y + + 2y = sin ² b. 1 + y 2 d2 y 2 + + y = e c. d. e. f. d 4 y + d3 y + d2 y 4 3 + y2 = 0 d 2 y d 3 y 2 + + y = 1 2 + sin + y = sin 3 + + y cos² = 3 2. Buktikan bahwa fungsi-fungsi yang diberikan merupakan solusi persamaan differensial. a. y y = 0 ; y 1 = e, y 2 = cosh b. y + 2y 3y = 0 ; y 1 = e 3, y 2 = e Pendahuluan Persamaan Differensial 11

c. y iv + 4y + 3y = ; y 1 = 3, y 2 = e + 3 d. 2 2 y + 3y y = 0, > 0 ; y 1 = ½, y 2 = e e. 2 y + 5y + 4y = 0, > 0 ; y 1 = 2, y 2 = 2 ln f. y + y = sec, 0 < < π ; y = (cos ) ln cos + sin 2 g. y 2y = 1 ; y = e 2 e t 2 dt + e ² 3. Pada contoh 1.4, buktikan bahwa y = cosh dan y = sinh adalah penyelesaian persamaan differensial y = y. [ingat : cosh = 1 2 (e + e )] 4. Selesaikanlah contoh 1.6 dengan menggunakan solusi umum y = a sinh + b cosh 5. Buktikan bahwa y = sin, y = cos, y = e 5, dan y = e 5 adalah solusi-solusi untuk persamaan differensial y = y 6. Tentukan jarak benda yang bergerak, sebagai fungsi waktu t, jika benda mula-mula diam dan percepatan benda d² dt² = g. e kt. Tunjukkan bahwa untuk t kecil, hasilnya dapat dianggap sama dengan = 1 2 gt2, dan untuk t besar, kecepatan dt dapat dianggap konstan! 7. Tentukan posisi suatu partikel sebagai fungsi waktu t, jika percepatannya d² dt² = A sin ωt! 8. Momentum (p) suatu elektron yang bergerak dengan kecepatan yang mendekati kecepatan cahaya naik menurut persamaan p = m 0v, dimana m 0 : massa diam elektron. Jika elektron tersebut dipengaruhi gaya konstan F, maka hukum Newton II menjadi : dp dt = d dt m 0 v 1 v2 c 2 Tentukan kecepatan v sebagai fungsi waktu t dan tunjukkan bahwa limit kecepatan jika t mendekati tak hingga adalah c. tentukan jarak yang ditempuh elektron pada waktu t, jika elektron mulai diam. 1 v² c² = F 12 Pendahuluan Persamaan Differensial

2.1 Persamaan Differensial Linier Jenis persamaan differensial orde 1 yang paling sederhana adalah y = f() dengan fungsi f hanya bergantung pada. Kita akan menentukan y = φ(), yang turunannya merupakan fungsi f di atas. Dari teori kalkulus, diketahui bahwa φ adalah anti turunan f, ditulis : y = φ = f. dengan c adalah konstanta yang sesuai. Misalkan, jika y = sin 2, Maka y = φ = sin 2 y = 1 cos 2 + c 2 Secara umum, persamaan differensial linier orde 1 mempunyai bentuk umum : y + p y = g. (2.1) dengan p dan g adalah fungsi kontinu pada interval α < < β. Pada bagian ini, kita akan memfokuskan pada metoda penyelesaian persamaan (2.1). Perhatikan persamaan berikut : y + ay = 0 dengan a adalah konstanta riil. Persamaan ini dapat diselesaikan dengan metoda inspeksi. Kita perlu suatu fungsi dengan turunannya yaitu y sama dengan ( a) kali y. Salah satu persamaan yang mempunyai sifat seperti itu adalah : Pendahuluan Persamaan Differensial 13

y = ce a.. (2.2) dengan c adalah konstanta. Bukti : y = ce a y = = ace a = ay Substitusikan pada persamaan : y + ay = 0, diperoleh : ay + ay = 0 0 = 0 Karena c suatu konstanta, persamaan (2.2) memberikan tak hingga banyaknya solusi. Pertanyaan yang mungkin muncul, apakah ada bentuk solusi lain selain solusi pada persamaan (2.2) di atas? Pada bagian lain akan dibuktikan bahwa tidak ada bentuk solusi lain selain persamaan (2.2). Secara geometri, persamaan (2.2) menyatakan suatu keluarga kurva. Untuk a = 1, beberapa anggota keluarga kurva digambarkan pada gambar 2.1. Gambar 2.1 Keluarga kurva persamaan 14 Pendahuluan Persamaan Differensial

Akan lebih baik, jika kita menentukan suatu kurva yang melalui titik ( 0, y 0 ). Dalam hal ini, kita menentukan y = φ() sedemikian sehingga φ 0 = y 0, atau y 0 = y 0. Keadaan ini dinamakan syarat awal. Persamaan differensial orde 1 dengan syarat awal dinamakan Masalah Nilai Awal (Initial Value Problem). Sebagai contoh, perhatikan persamaan differensial berikut : y + ay = 0, dengan syarat awal y 0 = 2, yang mempunyai solusi seperti persamaan (2.2). Solusi yang sesuai dengan syarat awal di atas ditentukan dengan mensubstitusikan = 0 dan y = 2 pada persamaan (2.2), diperoleh c = 2, sehingga solusi yang diinginkan adalah: y = φ = 2e a Ini merupakan solusi khusus dari masalah nilai awal di atas. Sedangkan persamaan (2.2) merupakan solusi umum dari persamaan y + ay = 0. Sekarang perhatikan persamaan differensial berikut : y + ay = g().... (2.3) Jika a = 0, ruas kiri persamaan hanya mengandung turunan y. Persamaan (2.3) tersebut menjadi y = g(), yang dimiliki solusi y = φ = g. Jika a 0, ruas kiri persamaan mengandung turunan y dan y. Persamaan di atas dapat ditulis dalam bentuk : y + ay = d (? ), dimana d (? ) = g() Selanjutnya kedua sisi kita integralkan. Salah satu cara bagaimana menentukan solusinya, perhatikan kembali persamaan differensial y + ay = 0, yang mempunyai solusi y = c. e a atau dalam bentuk lain c = ye a Differensialkan, diperoleh : d yea = 0, ingat bahwa c = ye a dengan c adalah konstanta dan turunan konstanta sama dengan nol, atau ea + ae a. y = e a + ay = 0 Pendahuluan Persamaan Differensial 15

Jadi, d yea a = e + ay = 0 Jika persamaan (2.3) dikalikan dengan e a, diperoleh : Integralkan, diperoleh : e a y + ay = e a. g() d yea = e a. g() ye a = e at. g t dt Jadi solusi persamaan (2.3) adalah : y = e a e at. g t dt Contoh 2.1 Tentukan solusi umum persamaan differensial y y = 2e Jawab : Bandingkan persamaan differensial di atas dengan bentuk umum persamaan differensial [persamaan (2.3)], diperoleh a = 1. Kalikan persamaan differensial dengan e Integralkan, diperoleh : e y y = 2e. e d e y = 2 e y = 2 + c y = 2e + ce Jadi solusi umum persamaan differensial tersebut adalah y = 2e + ce 16 Pendahuluan Persamaan Differensial

Contoh 2.2 Tentukan solusi masalah nilai awal berikut : y + 2y = e y yy 0 = 3 Jawab : Bandingkan persamaan tersebut dengan persamaan (2.3), diperoleh a = 2, kemudian kalikan persamaan dengan e 2, diperoleh : Integralkan, diperoleh : Solusinya : Solusinya : e 2 y + 2e 2 y = e 2 e d e2 y = e e 2 y = e e 2 y = e + c y = e 2 e + ce 2 y = e + ce 2 Substitusikan = 0 dan y = 3, diperoleh c = 2 Jadi solusi masalah nilai awal diatas adalah : y = e + 2e 2 Contoh 2.3 Tentukan solusi umum persamaan differensial y + 3y = + e 2 Jawab : Dari persamaan diperoleh a = 3. Solusi umum persamaan differensial diatas adalah : y = e a e at g t dt Pendahuluan Persamaan Differensial 17

y = e 3 e 3t g t + e 2t dt y = e 3 te 3t dt + e t dt y = e 3 1 3 e3 1 9 e3 + c 1 + e + c 2 y = e 3 1 3 e3 1 9 e3 + e + (c 1 + c 2 ) y = e 3 1 3 e3 1 9 e3 + e + c y = 1 3 + e 2 1 9 + ce 3 Faktor Integrasi Kita perhatikan kembali persamaan differensial orde 1 berikut [persamaan(2.1)] : y + p y = g() Analogi dengan cara di atas, kita akan memilih fungsi μ sehingga jika persamaan (2.1) dikalikan dengan μ, ruas kiri persamaan dapat ditulis dalam bentuk turunan fungsi μ. y. μ. y + p y = d μ y μ. y + μ p y = μ. y + μ. y Jadi μ yang sesuai harus memenuhi μ. p = μ Anggap μ > 0, diperoleh : p = μ μ Karena μ μ adalah turunan dari ln μ, maka, ln μ = μ t μ t = μ t. g t dt + c y = 1 μ() μ t. g t dt + c μ().. (2.4) 18 Pendahuluan Persamaan Differensial

Persamaan (2.4) adalah Solusi Eksplisit dari bentuk umum persamaan differensial linier orde 1 [persamaan(2.1)] dengan p dan g adalah fungsi kontinu. Dua integrasi diperlukan, pertama, pada saat menentukan μ(), dan kedua, pada saat menentukan y. Dua hal penting yang harus diperhatikan dalam menentukan solusi persamaan (2.3). 1. sebelum menentukan faktor integrasi μ(), kita perhatikan dahulu apakah persamaan betul-betul mempunyai bentuk seperti persamaan (2.3), dengan kata lain koefisien (y ) nya satu. 2. setelah memperoleh μ() dan mengalikannya dengan persamaan differensial terkait, apakah turunan μ. y ada atau tidak. Selanjutnya setelah solusi ditemukan, uji ulang dengan mensubstitusikannya pada persamaan differensial tersebut. Cara seperti diatas dinamakan Metode Integrasi. Contoh 2.4 Tentukan solusi masalah nilai awal berikut ; y 2y =, y 0 = 1 Jawab : Untuk persamaan terebut, faktor integrasinya, μ, diperoleh : e ² y 2e ² y = e ² atau Integralkan, diperoleh : e ² y = te t 2 dt + c d e 2 y = e ² e ² y = 1 2 e 2 + c y = 1 2 +ce 2 Substitusikan y 0 = 1, diperoleh c = 2 3 Jadi solusi masalah nilai awal di atas adalah y = 1 2 + 3 2 e 2 Pendahuluan Persamaan Differensial 19

Contoh 2.5 Tentukan solusi masalah nilai awal berikut : y 2y = 1, y 0 = 1 Jawab : Untuk persamaan tersebut, faktor integrasinya, μ() adalah : Integralkan, diperoleh : μ = e 2 = e 2 e 2 y 2e 2 y = 1. e 2 d e 2 y = e 2 y = e 2 e t 2 dt + c. e 2 Substitusikan y 0 = 1, diperoleh c = 1, sehingga solusi masalah nilai awal diatas adalah: y = e 2 e t 2 dt + e 2 Contoh 2.6 Tentukan solusi masalah nilai awal berikut : y y = 2e 2, y 0 = 1 Jawab : μ = e = e e y y = e (2. e 2 ) e d = 2e e y = 2e 20 Pendahuluan Persamaan Differensial

e y = 2e e y = 2e 2e + c e y = 2 2 e + c y = 2 2 e 2 + c. e Substitusikan y 0 = 1, diperoleh c = 3, sehingga solusi masalah nilai awal diatas adalah: y = 2 2 e 2 + 3e LATIHAN 2.1 1. Untuk setiap persamaan differensial berikut, tentukanlah solusinya! a. y 2y = 2 e 2 b. y + y = e + 1 c. y + 1 y = 3 cos 2, > 0 d. y 4y = 2 2 e. y + 2y = sin, > 0 (Petunjuk : bagi persamaan dengan untuk mendapatkan koefisien y sama dengan 1). 2. Untuk setiap masalah nilai awal berikut, tentukan solusinya! a. y + 2y = e 2, y 1 = 0 b. y + y = 1 1+ 2, y 1 = 0 c. y + 2 cos y = 2, > 0, y π = 0 d. y 2y = e 2, y 0 = 2 e. y + 2y = sin, > 0, y π 2 = 1 3. Tentukan solusi persamaan differensial berikut : = 1 e y (petunjuk : Gunakan y sebagai variabel bebas) 4. Buktikan masalah berikut ini : a. Buktikan φ = e 2 merupakan solusi persamaan differensial y 2y = 0. Buktikan juga bahwa y = c. φ() juga merupakan solusi persamaan differensial diatas, dimana c adalah konstanta sembarang. Pendahuluan Persamaan Differensial 21

b. Buktikan bahwa f = 1 adalah solusi persamaan differensial y + y 2 = 0, > 0. Tetapi buktikan bahwa y = c. φ() bukan merupakan solusi persamaan differensial diatas, dimana c adalah konstanta sembarang. (Catatan : persamaan 4.b. tidak linier, sedangkan persamaan 4.a. linier). 5. Jika y = φ 1 () adalah solusi persamaan differensial y + p y = 0 dan y = φ 2 () adalah solusi persamaan differensial y + p y = g(), Buktikan bahwa : y = φ 1 + y = φ 2 () adalah solusi persamaan y + p y = g() 2.2 Masalah Nilai Awal Pada bagian 2.1, telah dibahas bagaimana menentukan solusi persamaan differensial linier orde 1. Pada bagian ini, diberikan teorama penting masalah nilai awal persamaan differensial linier orde 1, yang selalu mempunyai satu buah solusi. Teorema 2.1. Jika fungsi p dan g kontinu pada interval α < < β yang mengandung = 0, maka ada fungsi tunggal y = φ() yang memenuhi persamaan differensial pada interval tersebut, dan juga memenuhi syarat awal y 0 = y 0 dengan y 0 adalah suatu nilai awal yang telah ditentukan. Untuk membuktikan teorema di atas, telah dibahas pada bagian sebelumnya bahwa : y = 1 μ() μ t. g t dt + c... (2.4) dengan μ = e p t dt Anggap bahwa persamaan (2.1) mempunyai solusi. Karena p kontinu pada interval α < < β, maka μ() terdefinisi pada interval tersebut. Kalikan persamaan tersebut dengan μ(), lalu differensialkan, diperoleh : d μ y = μ. g() 22 Pendahuluan Persamaan Differensial

Fungsi μ(). g() mempunyai anti turunan, karena μ dan g kontinu. Anggapan awal bahwa ada sekurang-kurangnya satu solusi untuk persamaan (2.1), dapat dibuktikan dengan mensubstitusikan y pada persamaan (2.4) kedalam persamaan (2.1). akhirnya syarat awal yang diberikan dapat menentukan nilai tunggal konstanta c. karena persamaan (2.4) mengandung semua solusi persamaan (2.1), persamaan (2.4) dinamakan solusi umum untuk persamaan (2.1) tersebut. Beberapa hal penting dari teorema 2.1 di atas menyatakan bahwa masalah nilai awal mempunyai solusi dan hanya mempunyai satu buah solusi. Dengan kata lain, teorema tersebut menegaskan keujudan (eksistensi) dan ketunggalan solusi dari masalah nilai awal persamaan (2.1) dan syarat awal yang diberikan. Contoh 2.7 Perhatikan masalah nilai awal berikut : y + 2y = 4 2, y 1 = 2 Tentukan solusi persamaan differensial tersebut dan memenuhi syarat awal yang diberikan. Jawab : Dengan membagi persamaan dengan, diperoleh : y + 2 y = 4 Kemudian kita mencari solusi dalam interval yang mengandung = 1. Karena koefisien pada persamaan tersebut ( yaitu : 2 ) kontinu, kecuali pada = 0, berdasarkan teorema 2.1, solusi dari masalah nilai awal diatas, sesuai pada interval 0 < <. Untuk mendapatkan solusinya, kita tentukan : μ = e 2 1 dt = e 2In = 2 Kalikan persamaan dengan μ() = ², diperoleh : e 2 y + 2y = 4 3 d 2 y = 4 3 Pendahuluan Persamaan Differensial 23

Integralkan, diperoleh : 2 y = 4 3 + c = 4 + c y = 2 + c 4 Yang merupakan solusi umum masalah nilai awal tersebut. Dengan mensubstitusikan syarat awal y(1) = 2, akan diperoleh c = 1, jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah : y = 2 + 1 4 Pada beberapa masalah, memberikan persamaan diferensial tak linier. Persamaan differensial tak linier ini dapat dipecahkan dengan cara substitusi, sehingga persamaan tersebut menjadi persamaan differensial linier. Salah satu jenis persamaan differensial seperti ini adalah persamaan Bernoulli. Contoh 2.8 Perhatikan persamaan Bernoulli berikut : y + p y = g()y n. Tentukan solusi umum persamaan Bernoulli tersebut, jika n = 0 dan n = 1. Jawab : (i) Jika n = 0, persamaan menjadi y + p y = g()y Faktor integrasinya adalah : μ = e p Kalikan persamaan dengan μ(), diperoleh : μ y + p y = μ. g() d μ. y = μ. g() μ. y = μ t. g t dt + c y = 1 μ() μ t. g t dt + c μ() (ii) Jika n = 1, persamaan menjadi : y + p y = g y, atau y + p g y = 0 24 Pendahuluan Persamaan Differensial

Faktor integrasinya adalah : μ = e p g() Sehingga : y = c μ () Jika n 0 dan n 1, persamaan Benoulli dapat dipecahkan dengan cara reduksi orde, yaitu mensubstitusikan v = y 1 n pada persamaan, sehingga menjadi persamaan differensial linier. Metode seperti ini, ditemukan oleh Leibniz pada tahun 1969. Contoh 2.9 Tentukan solusi persamaan differensial berikut : 2 y + 2y y 3 = 0 Jawab : Bagi persamaan differensial dengan ², diperoleh : y + 2 y y 3 2 = 0 atau y + 2 y = 1 2 y3 Bandingkan persamaan dengan bentuk umum persamaan Bernoulli, diperoleh : p = 2, g = 1 2 dan n = 3 Oleh karena itu, substitusikan : v = y 1 n = y 2 Differensialkan, diperoleh : v = 2y 3. y Kalikan persamaan differensial dengan (1 n)y n dalam hal ini kalikan dengan 2y 3 diperoleh : 2y 3 y + 2 y = 2y 3 1 2 y3 2y 3 y 4 y y 2 = 2 2 Substitusikan : v = y 2 dan v = 2y 3. y, diperoleh : v 4 v = 2 Sekarang, persamaannya merupakan persamaan differensial linier. Faktor integrasinya : μ = e 4 4 ln μ = e μ = 4 2 Pendahuluan Persamaan Differensial 25

Kalikan persamaan differensial v 4 v = 2 2 dengan μ = 4 4 v 4 v = 2 2 4 d 4 v = 2 6 4 v = 2 6 + c 4 v = 2 5 5 + c Subtitusikan kembali v = y 2, diperoleh : y 2 = 2 5 1 + c 4 1 y 2 = 2 5 1 + c 4 y = 2 5 1 + c 4 1 2 LATIHAN 2.2 1. Untuk setiap persamaan differensial berikut, tentukanlah solusi umumnya! a. y + 1 y = sin, > 0 b. 2 y + 3y = 1 sin, < 0 c. y + (tan )y = sin 2, π < < π 2 2 d. y + 2y = e, > 0 2. Tentukan solusi masalah nilai awal berikut. Tentukan integralnya, sehingga solusi tersebut tepat/benar. a. y + 2y = sin, y π 2 = 1 π b. y + (cot )y = 2 csc, y π 2 = 1 3. Dengan menggunakan metode reduksi orde, tentukan solusi persamaan differensial: y = ε. y σ. y 2 ; ε > 0, σ > 0 26 Pendahuluan Persamaan Differensial

2.3 Persamaan Differensial Peubah Terpisah Beberapa persamaan differensial orde 1 dapat diubah kedalam bentuk : g y y = f() karena y =, persamaan diatas dapat ditulis : g y = f. Persamaan demikian dinamakan persamaan dengan peubah terpisah, atau persamaan yang dapat dipisahkan, karena pada persamaan, peubah dan y terpisah sehingga hanya muncul diruas kanan dan y hanya muncul diruas kiri. Dengan mengintegrasikan kedua ruas, diperoleh : g y = f + c Cara seperti ini dimana persamaan differensial diubah menjadi persamaan dengan peubah terpisah dinamakan metode pemisahan variabel. Secara umum, jika suatu persamaan differensial berbentuk : M + N y = 0.. (2.5) Dengan M() adalah fungsi dan N(y) adalah fungsi y, dinamakan persamaan terpisah dimana solusinya dapat ditentukan dengan metode pemisahan variabel. Persamaan (2.5) dapat ditulis dalam bentuk : M = N y Misalkan H1 dan H2 adalah suatu fungsi sehingga : H 1 = M() dan H 2 y = N(y) Substitusikan pada persamaan (2.5), diperoleh : H 1 + H 2 y = 0 (2.6) Jika y = φ() merupakan solusi persamaan differensial (2.5). Maka menurut aturan rantai Persamaan (2.6) menjadi : H 2 y = d H 2 φ() H 1 + d H 2 φ() = 0, atau d H 1 + H 2 φ = 0 Pendahuluan Persamaan Differensial 27

Integralkan, diperoleh : H 1 + H 2 φ() = c atau H 1 + H 2 y = c (2.7) Dimana c adalah konstanta. Jadi y = φ() merupakan solusi persamaan differensial (2.5), yang dapat ditentukan dalam bentuk implisit [persamaan (2.7)], dengan H1 dan H2 adalah fungsi yang memenuhi persamaan H 1 = M() dan H 2 y = N(y), dan merupakan anti turunan M dan N. Cara yang lebih sederhana, dapat diperoleh dengan mengintegralkan persamaan M = N y pada masing-masing ruas persamaan. Ruas kiri diintegralkan terhadap, sedangakan ruas kanan diintegralkan terhadap y. Jika persamaan (2.5) ditambahkan syarat awal = 0 dan y = y 0, maka persamaan (2.7) menjadi c = H 1 0 + H 2 (y 0 ). Kemudian substitusikan nilai ini pada persamaan (2.7), diperoleh : H 1 H 1 0 = M t dt, H 2 y H 2 y 0 = Solusi persamaan (2.5) menjadi : y 0 y N t dt, y 0 M t dt+ N t dt=0, yang merupakan solusi implisit. 0 y 0 Contoh 2.10 Tentukan solusi umum persamaan differensial berikut : 9yy + 4 = 0 28 Pendahuluan Persamaan Differensial

Jawab : Dengan pemisahan variabel, persamaan differensial tersebut dapat ditulis : 9y = 4 Untuk mendapatkan solusinya, integralkan kedua ruas, diperoleh : 9 2 y2 = 2 2 + c atau 2 + y 2 = c 9 4 Solusi diatas menggambarkan suatu keluarga ellips. Contoh 2.11 Tentukan solusi masalah nilai awal berikut! = 32 + 4 + 2 2(y 1), y 0 = 1 Jawab : Persamaan differensial tersebut dapat ditulis dalam bentuk : 2 y 1 = 3 2 + 4 + 2 Integralkan ruas kiri persamaan terhadap y dan ruas kanan terhadap, diperoleh : y 2 2y = 3 + 2 2 + 2 + 3 Substitusikan = 0 dan y = 1, untuk memperoleh solusi yang sesuai dengan syarat awal yang diberikan, diperoleh c = 3. Jadi, solusi implisit dari masalah nilai awal di atas adalah : y 2 2y = 3 + 2 2 + 2 + 3 Untuk mendapatkan solusi eksplisitnya, kita tentukan y dalam. y 1 2 = 3 + 2 2 + 4 y = 1 ± 3 + 2 2 + 2 + 4 Persamaan di atas memberikan 2 buah solusi, tetapi hanya satu solusi yang sesuai dengan syarat awal. Jadi solusi yang tepat adalah : y = 1 3 + 2 2 + 2 + 4 Pendahuluan Persamaan Differensial 29

Contoh 2.12 Tentukan solusi masalah nilai awal berikut! y cos = 1 + 2y 2, y 0 = 1 Jawab : Persamaan differensial tersebut dapat ditulis dalam bentuk : 1 + 2y 2 = cos y Integralkan, diperoleh : ln y + y 2 = sin + c Substitusikan = 0 dan y = 1, diperoleh c = 1. Jadi, solusi dari masalah nilai awal diatas adalah : ln y + y 2 = sin + 1 LATIHAN 2.3 1. Tentukan solusi umum (yaitu, suatu penyelesaian yang mengandung konstanta) untuk setiap persamaan differensial berikut, dengan pemisahan variabel. Kemudian tentukan suatu solusi khususnya dengan syarat batas yang diberikan! a. y = y ; y = 3 pada = 2 b. 1 y 2 + y 1 2 = 0 ; y = 1 2 pada = 1 2 c. y sin = y ln y ; y = e pada = π 3 d. 1 y 2 + y = 0 ; y = 0 pada = 5 e. y y = y ; y = 1 pada = 1 f. y = 2y 2 + 2 y y ; y = 0 pada = 2 g. y + y 2 8 = 0 ; y = 3 pada = 1 h. y + 2y 2 = 0 ; y = 1 pada =2 i. 1 + y y = y ; y = 1 pada = 1 j. y y = ; y = 1 pada = 0 30 Pendahuluan Persamaan Differensial

2. Untuk setiap persamaan berikut, tentukan solusi eksplisit masalah nilai awal, dan tentukan interval agar persamaannya terdefinisi! a. sin 2 + cos 3y = 0 ; y π 2 = π 3 b. + ye = 0 ; y 0 = 1 c. d. e. dr dθ = = = r ; r 0 = 2 2 y+ 2 y ; y 0 = 2 2 1+2y ; y 2 = 0 3. Selesaikan persamaan : y 2 1 2 1 2 = sin 1 Pada interval 1 < < 1 4. Selesaikan persamaan : 5. Selesaikan persamaan : a +b = dengan a, b, c dan d konstanta. c +d ay +b = Dengan a, b, c, dan d konstanta. cy +d 6. Buktikan bahwa : = y 4 bukan merupakan persamaan variabel terpisah, tetapi y jika variabel y diganti dengan v dimana v = y, maka persamaan merupakan variabel terpisah. Tentukan solusinya! 2.4 Reduksi Menjadi Bentuk Persamaan Terpisah Persamaan differensial orde 1 tertentu, yang bukan persamaan terpisah, dapat diubah menjadi persamaan terpisah dengan suatu pengubahan variabel yang sederhana. Hal ini terjadi pada persamaan berikut : a. Bentuk y = f y Dengan f adalah suatu fungsi dari y yang diberikan. Bentuk persaman ini mengaharuskan suatu substitusi : v = y, atau y = v Integralkan, diperoleh : y = v + v Dengan substitusi persamaan ke dalam persamaan semula, diperoleh : v + v = f(v) Pendahuluan Persamaan Differensial 31

Sekarang persamaannya merupakan persamaan terpisah, yang solusinya dapat ditentukan dengan metode pemisahan variabel. dv = f v v dv f v v = Integralkan, kemudian hasilnya substitusikan kembali v = y Contoh 2.13 Tentukan solusi persamaan differensial berikut! 2yy y 2 + 2 = 0 Jawab : Bagi terlebih dahulu persamaan dengan ², diperoleh : 2 y y y 2 + 1 = 0 Misalkan : v = y, maka : y = v + v Substitusikan pada persamaan, diperoleh : 2v v + v v 2 + 1 = 0 2vv + v 2 + 1 = 0 Dengan pemisahan variabel, diperoleh : Integralkan, diperoleh : ln(1 + v 2 ) = ln + c 2v dv = (1 + v2 ) = ln + ln a 2v 1+v 2 dv = 1 Pemakaian konstanta ln a, untuk penyederhanaan, sehingga menjadi : 1 + v 2 = c 1 Substitusikan kembali : v = y, diperoleh : 1 + y 2 = c 1 2 + y 2 = c 32 Pendahuluan Persamaan Differensial

b. Persamaan Homogen Tinjau persamaan differensial berikut : + 3y = 2... (2.8) Persamaan tersebut diatas tidak dapat dipecahkan dengan pemisahan variabel. Dalam hal ini, lakukan substitusi y = v, dengan v adalah fungsi. Differensialkan y = v terhadap, diperoleh : + 3y 2 = dv + v = Persamaan (2.8) menjadi : + 3v 2 dv 1 + 3v + v = 2 = 1 + 3v 2 dv = 1 + 3v v 2 dv = 1 + v 2 2 1 + v dv = 1 Dengan pemisahan variabel, diperoleh : 2 1 + v dv = 1 2 ln 1 + v = ln + c (c = ln A) 1 + v 2 = A Substitusikan kembali y = v : 1 + y 2 = A + y 2 = A 3 Kesimpulan : kunci untuk memecahkan persamaan homogen adalah dengan mensubtitusi y = v, dengan v adalah fungsi. subtitusi ini akan mengubah persamaan menjadi bentuk yang dapat dipecahkan dengan pemisahan variabel. Pendahuluan Persamaan Differensial 33

Persamaan (2.8) adalah persamaan homogen, karena pangkat dan y yang terlibat dalam masing-masing suku, berderajat sama. c. Persamaan Bernoulli Perhatikan persamaan Bernoulli berikut : + Py = Qyn Untuk menentukan solusi dari persamaan Bernoulli, perhatikan langkah-langkah berikut: a. Bagi kedua ruasnya dengan y n n, diperoleh y + Py1 n = Q b. Misalkan z = y 1 n dz = (1 n)y n Kalikan persamaan (a) dengan (1 n), diperoleh : n 1 n y + 1 n Py1 n = 1 n Q Substitusikan dengan persamaan (b), diperoleh : dz + P 1z = Q 1 Dengan P 1 = 1 n P dan Q 1 = 1 n Q, yang merupakan fungsi. c. Integrasikan persamaan baru tersebut, kemudian substitusikan kembali z = y 1 n Contoh 2.14 Selesaikan persamaan differensial berikut! + 1 y = y2 Jawab : Bagi terlebih dahulu persamaan dengan y², diperoleh : 2 y + 1 y 2 = Misalkan z = y 1 n, dalam hal ini n = 2 z = y 1 34 Pendahuluan Persamaan Differensial

Differensialkan : dz = y2, dan substitusikan ke persamaan yang telah dibagi dengan y², diperoleh : y 2 + 1 y 1 = y 2 1 y 1 = dz 1 z = Selesaikan dengan faktor integrasi, diperoleh : z = c ² Substitusikan kembali z = y 1 : y 1 = c 2 y = c 2 1 LATIHAN 2.4 1. Tentukan solusi persamaan differensial berikut! a. = 2 + 2 3 b. 1 2 = 1 + y2 c. + 2y = e3 d. y = 2 e. 2 = 3 sin 3 + 4 f. cos y sin y = 0 g. 3 + y 2 = 2y3 h. 2 1 + 2y = i. + y tanh = 2 sinh j. 2y = 3 cos k. + y = y3 l. + 3y = 2 y 2 Pendahuluan Persamaan Differensial 35

2. Tentukan solusi persamaan homogen berikut! a. b. = 2 +y 2 y = 2y+3y 2 2 +2y (masing masing suku berderajat sama) (masing masing suku berderajat sama) c. 2 + y 2 = y d. y e. 2 2 = + y = + y f. 2 + y = y y2 g. 2y = 2 + y ; y = 3 pada = 2 h. y + y 2 + 2 y = 0 i. 3 y 3 = 3y 2 j. y 3 + 4y + 3 = 0 k. 3 + 3y 2 = y3 + 3 2 y 3. Tentukan solusi persamaan linier berikut dengan menggunakan metode faktor integrasi! a. b. + 5y = e2 y = c. + y = 3 d. + y cot = cos e. + 1 + y = ( + 1)2 f. 5y = 7 g. 1 2 y = 1 h. 2 y = 2 3 ; y = 10 bila = 4 i. + 3y = e4 j. + y = sin k. tan + y = sec 36 Pendahuluan Persamaan Differensial

l. y = 3 + 3 2 2 m. + y tan = sin n. y = 3 cos ; y = 0 pada = π o. 1 + 2 + 3y = 5 ; y = 2 pada = 1 p. + y cot = 5ecos ; y = 4 pada = π 2 4. Tentukan solusi persamaan differensial berikut dengan pemisahan variabel! a. y 3 = 4y b. 1 + 3 = 2 y ; y = 2 pada = 1 c. 3 + y + 1 2 = 0 d. cos y + 1 + e sin y = 0 ; y = π 2 e. 2 y + 1 + y 2 1 = 0 pada = 0 5. Gunakan substitusi yang diberikan dan kerjakan seperti memecahkan persamaan homogen. a. 3 + 3y 4 b. y y 2 = + 2 y = + y ; + y = v c. y 1 + 4y + 1 ; y = v = 0 ; v = 1 d. 3y 7 + 7 + 7y 3 + 3 = 0 ; v = 1 e. y y + 1 + 1 + y + 2 y 2 = 0 ; y = v 6. Tentukan solusi persamaan Bernoulli berikut! a. b. + y = y3 + y = y4 e c. 2 + y = y3 ( 1) d. e. 2y tan = y2 tan 2 + y tan = y3 sec 4 Pendahuluan Persamaan Differensial 37

2.5 Persamaan Differensial Eksak Suatu persamaan differensial orde 1 berbentuk : M, y + N, y y = 0.. (2.9) Jika ada suatu fungsi Ψ, sehingga : Ψ, y = M, y, Ψ y, y = N, y, dan Ψ, y = c Mendefinisikan Ψ = Φ () secara implisit sebagai fungsi terdifferensial terhadap, maka: M, y + N, y y + Ψ, y + Ψ y, y y = d Ψ[, Φ ] (2.10) Substitusikan persamaan (2.10) ke dalam persamaan (2.9), diperoleh : d Ψ, Φ = 0 (2.11) Persamaan (2.9) dinamakan persamaan differensial eksak. Solusinya diperoleh dengan mengintegralkan persamaan (11), yaitu : Dengan c konstanta. Ψ, Φ = c Dalam hal yang lebih umum, persamaan (2.9) ditulis : M, y + N, y = 0 Dari persamaan (2.10), diperoleh pengertian bahwa suatu persamaan differensial dikatakan eksak, apabila terdapat suatu fungsi Ψ (, y), sehingga : Ψ = dψ = M, y, Ψ y = dψ = N(, y) Andaikan M dan N terdefinisi dan mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu dalam suatu daerah y, maka diperoleh : M y = 2 Ψ y N = 2 Ψ y = 2 Ψ y Dengan asumsi kontinuitas turunan, maka dua turunan kedua dari fungsi di atas akan bernilai sama. 38 Pendahuluan Persamaan Differensial

Jadi, M y = N Teorema 2.2. Jika fungsi M, N, My, dan N kontinu pada suatu daerah di bidang y; α < < β dan γ < y < δ, maka persamaan differensial : M, y + N, y = 0 Adalah persamaan differensial eksak pada bidang y, jika hanya jika: M y, y = N (, y) Jika persamaan differensial eksak, maka fungsi Ψ(, y) dapat ditentukan dengan cara sistematis berikut : Dari persamaan : dψ, y = M, y, dψ (, y) = N(, y) Integralkan terhadap, dengan menganggap y konstanta, diperoleh : Ψ, y = M t, y dt + (y) Fungsi (y) berperan sebagai konstanta integrasi. Untuk menentukan (y), differensialkan persamaan diatas terhadap y, diperoleh : dψ, y = d M t, y dt + y Karena dψ = N, maka: y = N, y d M t, y dt Integralkan (y) untuk memperoleh (y); dimana y y = N, y d M t, s ds ds ds Jadi solusi persamaan differensial eksak adalah : y Ψ, y = M t, y dt + N, s d ds M t, s dt ds Pendahuluan Persamaan Differensial 39

Contoh 2.15 Tentukan solusi persamaan differensial berikut 2y 3 + 3 2 y 2 = 0 jawab dengan metode inspeksi (metode ini hanya digunakan untuk persamaan-persamaan sederhana, dan dapat diperoleh dengan cepat), persamaan pasa ruas kiri merupakan turunan dari persamaan ²y³. jadi persamaan tersebut dapat ditulis : 2y 3 + 3 2 y 2 = d 2 y 3 = 0 Solusi implisitnya ditentukan dengan pengintegralan langsung, dan diperoleh ²y² = c atau solusi eksplisitnya adalah : y = c 2 3 Contoh 2.16 Selesaikanlah persamaan differensial berikut : (y cos + 2e y ) + (sin + 2 e y + 2) = 0 Jawab Dari persamaan differensial diatas, diperoleh : M, y = y cos + 2e y M y dan N, y = sin + 2 y 2 + e y = M, cos + 2ey N = N = cos + 2e y Ternyata M = N, dengan demikian persamaan differensial tersebut merupakan y persamaan differensial eksak. 40 Pendahuluan Persamaan Differensial

Jadi Ψ(, y), sehingga: Ψ, y = y cos + 2e y dan Ψ y, y = sin + 2 e y + 2 Integralkan persamaan pertama di atas terhadap, diperoleh : Ψ, y = y sin + 2 e y + (y) Differensialkan terhadap y, dan pilih Ψy = N, diperoleh : Ψ y, y = sin + 2 e y + y = sin + 2 e y + 2 Sehingga : (y) = 2, atau (y) = 2y Konstanta integrasi dapat diabaikan, karena setiap solusi persamaan differensial sebelumnya telah mencukupi. Substitusikan persamaan (y) = 2y pada Ψ(, y), diperoleh : Ψ, y = y sin + 2 e y + 2y Dengan demikian, solusi persamaan differensial secara implisit adalah y sin + 2 e y + 2y = c Contoh 2.17 Selesaikanlah persamaan differensial berikut : (3² + 2y) + ( + y²)y = 0 Jawab: Dari persamaan differensial di atas, diperoleh : M, y = 3 2 + 2y My = M y = 2 N, y = + y 2 N = N = 1 Karena M N, maka persamaan differensial tersebut tidak eksak. y Pendahuluan Persamaan Differensial 41

Untuk membuktikan persamaan differensial tidak dapat diselesaikan dengan cara diatas, pilih fungsi Ψ(, y), sehingga : Ψ (, y) = 3² + 2y, dan Ψ y (, y) = + y² Integralkan persamaan pertama terhadap, diperoleh : Ψ(, y) = ³ + ²y + (y) Dengan adalah fungsi terhadap y saja. Differensialkan Ψ(, y) terhadap y, kemudian substitusikan Ψy = N, diperoleh: Ψy(, y) = ² + (y) = + y² Sehingga : (y) = + y² ², yang merupakan persamaan yang bergantung terhadap dan y. dengan demikian tidak ada Ψ(, y) yang memenuhi persamaan differensial : (3² + 2y) + 2y + ( + y²)y = 0 Contoh 2.18 Tentukan apakah persamaan differensial = a+by eksak atau tidak. Jika persamaan b +cy eksak, tentukan solusinya! Jawab : Persamaan differensial di atas dapat ditulis menjadi : Sehingga : M, y = a + by a + by + b + cy = 0, atau a + by + b + cy = 0 My = M y = b N, y = b + cy N = N = b Karena My = N, maka persamaan differensial tersebut merupakan persamaan differensial eksak. 42 Pendahuluan Persamaan Differensial

Untuk menentukan solusinya, pilih : Ψ = a + by, dan Ψ y = b + cy Integralkan persamaan pertama diatas terhadap, diperoleh : Ψ = 1 2 a2 + by + (y) Differensialkan terhadap y, kemudian substitusikan Ψy = N, diperoleh : Ψ y = b + y = b + cy sehingga: y = cy Integralkan terhadap y, diperoleh : y = 1 2 cy2 Substitusikan persamaan y = 1 2 cy2 Pada y, diperoleh : Ψ = 1 2 a2 + by + 1 2 cy2 Jadi, solusi umum persamaan differensial tersebut adalah : Dengan k adalah konstanta baru. 1 2 a2 + by + 1 2 cy2 = c atau a 2 + 2by + cy 2 = k Contoh 2.19 Tentukan nilai b agar persamaan differensial : y 2 + b 2 y + + y 2 = 0, merupakan persamaan eksak, kemudian tentukan solusinya! Jawab: Persamaan differensial diatas dapat ditulis menjadi : y 2 + b 2 y + + y 2 = 0 Dan diperoleh : M y = 2y 2 + b 2 dan N = 3 2 + 2y Agar persamaan differensial tersebut eksak, maka M y = N, atau 2y + b 2 = 3 2 + 2y Dan diperoleh b = 3, sehingga persamaan differensialnya menjadi : y 2 + 3 2 y + 3 2 y = 0 Pendahuluan Persamaan Differensial 43

Untuk menentukan solusinya, pilih : Ψ = y 2 + 3 2 y, dan Ψ y = 3 + 2 y Integralkan persamaan pertama diatas terhadap, diperoleh : Ψ = 1 2 2 y 2 + 3 y + (y) Differensialkan terhadap y, kemudian substitusikan Ψy = N, diperoleh : Ψ y = 2 y + 3 + y = 3 + 2 y Sehingga : (y) = 0 Integralkan terhadap y, diperoleh : (y) = c Substitusikan persamaan (y) pada Ψ,diperoleh : Ψ = 1 2 2 y 2 + 3 y + c Jadi, solusi umum persamaan differensial tersebut adalah : 1 2 2 y 2 + 3 y = c atau 2 y 2 + 2 3 y = k LATIHAN 2.5 1. Tentukan apakah setiap persamaan differensial berikut eksak atau tidak. Jika persamaan eksak, tentukan solusinya! a. 2 + 3 + 2y 2 y = 0 b. 2 + 4y + 2y 2 y = 0 c. 9 2 + y 1) 4y y = 0 d. 2y 2 + 2y + 2 2 + 2 y = 0 e. = a by b cy f. e sin y 2y sin ) + (e cos y + 2 cos ) = 0 g. e sin y + 3y) (3 e sin y) = 0 h. ye y cos 2 2e y sin 2 + 2) + (e y cos 2 3) = 0 i. y + b + (ln 2) = 0 j. ( ln y + y) + (y ln + y) = 0, > 0 dan y > 0 k. 2 +y 2 3 2 + y 2 +y 2 3 = 0 2 44 Pendahuluan Persamaan Differensial

2. Tentukan nilai b pada persamaan differensial : ye 2y + + be 2y = 0, agar menjadi persamaan eksak. Kemudian dengan menggunakan nilai b tersebut, tentukan solusinya! 2.6 Penerapan Persamaan Differensial Orde 1 Persamaan differensial sangat menarik, karena dengan menggunakannya, dapat menyelidiki berbagai masalah ilmu terapan misalnya dalam bidang fisika, biologi, sosial, ekonomi, teknik, dan ilmu terapan lainnya. Ada 3 langkah penting untuk mengidentifikasikan dan menyelidiki masalah-masalah tersebut, yaitu : 1. Menganalisa masalah kemudian membuat model matematikanya. Secara umum langkah ini dapat dilakukan dengan membuat asumsi (anggapan) tentang masalah yang muncul, berdasarkan pada fenomena yang terjadi. Sebagai contoh, diamati bahwa laju peluruhan zat radioaktif sebanding dengan banyaknya zat sisa, laju panas yang mengalir dari suatu benda bersuhu tinggi ke benda bersuhu rendah sebanding dengan perbedaan suhu kedua benda tersebut, laju benda bergerak sesuai dengan hukum Newton tentang gerak, laju pertumbuhan populasi serangga pada tempat tertutup sebanding dengan populasi yang ada, dan sebagainya. Semua fenomena diatas mengandung laju perubahan, yang apabila dinyatakan dengan model matematika, akan membentuk persamaan differensial. Pada kehidupan nyata, model matematika yang dibuat merupakan pendekatan saja dari model/kejadian sebenarnya. Hal ini disebabkan karena pembuatan model berdasarkan pengamatan hasil pendekatan-pendekatan. Sebagai contoh, benda yang bergerak mendekati kecepatan cahaya tidak cocok dengan hukum Newton, populasi serangga tidak berkembang dalam jangka waktu tak terbatas karena adanya keterbatasan persediaan makanan, aliran panas dipengaruhi oleh faktor lain selain perbedaan suhu, dan sebagainya. Pendahuluan Persamaan Differensial 45

2. Menentukan solusi dari model matematika 3. Menginterpretasikan kembali pada masalah semula Pada bagian ini, akan dibahas contoh-contoh penerapan persamaan differensial orde 1. Contoh 2.20 (Penerapan bidang fisika) Laju peluruhan inti radioaktif sebanding dengan jumlah inti yang tersisa. Jika jumlah inti pada t = 0 adalah N 0, tentukan jumlah inti tersisa setiap saat. Jawab : Persamaan differensial yang sesuai untuk masalah diatas adalah dn dt = λn (λ disebut konstanta peluruhan) Dengan pemisahan variabel, diperoleh : dn N = λt Integralkan kedua ruas, diperoleh : ln N = λt + c Karena pada t = 0, N = N 0, maka nilai c = ln N 0, sehingga persamaan menjadi: ln N = λt + ln N 0 ln N = ln e λt + ln N 0 N = N 0 e λt Jadi penyelesaian yang diinginkan adalah N = N 0 e λt Contoh 2.21 Radium meluruh menjadi radon, yang kemudian meluruh manjadi polonium. Jika pada t = 0, sampel hanya merupakan radium, berapa banyak radon terbentuk setiap saat? 46 Pendahuluan Persamaan Differensial

Jawab : Misal : N 0 : jumlah radium pada waktu t = 0 N 1 : jumlah radium pada waktu t N 2 : jumlah radon pada waktu t λ 1 dan λ 2 : konstanta peluruhan radium dan radon banyaknya peluruhan radium adalah : dn 1 dt = λ 1 N 1 atau N 1 = N 0 e λ 1t Laju radon yang terbentuk sama dengan laju radium yang meluruh, yakni λ 1 N 1 atau λ 1 N 0 e λ 1t. Tetapi radon juga meluruh menjadi polonium dengan laju λ 2 N 2. Jadi : dn 2 λ dt 1N 1 λ 2 N 2, atau dn 2 + λ dt 2 N 2 = λ 1 N 1 = λ 1 N 0 e λ 1t Bandingkan persamaan ini dengan persamaan (2,-1), yaitu y 2 + py = g() dengan metode integrasi diperoleh : P t = λ 2 dan g t = λ 1 N 1 e λ 1t Faktor integrasinya adalah μ t = e λ 2tdt = e λ 2t Kalikan, kemudian integralkan, diperoleh : N 2 e λ 2t = λ 1 N 0 e λ 1t. e λ 2t dt + c N 2 e λ 2t = λ 1 N 0 e λ 2 λ 1 t dt + c N 2 e λ 2t = λ 1N 0 λ 2 λ 1 e (λ 2 λ 1 )t. (*) Dengan λ 1 λ 2. Karena N 2 = 0 pada t = 0 (pada t = 0, sampel hanya merupakan radium), diperoleh : 0 = λ 1N 0 λ 2 λ 1 + c atau c = λ 1N 0 λ 2 λ 1 Substitusikan nilai c tersebut pada persamaan (*) N 2 e λ 2t = λ 1N 0 λ 2 λ 1 e (λ 2 λ 1 )t λ 1N 0 λ 2 λ 1 Pendahuluan Persamaan Differensial 47

N 2 = λ 2N 0 λ 2 λ 1 e λ 1t λ 1N 0 λ 2 λ 1 e λ 2t N 2 = λ 1N 0 λ 2 λ 1 e λ 1t e λ 2t Contoh 2.22 (Bunga majemuk/berganda) Anggap uang sebesar S 0 disimpan pada sebuah bank dengan bunga 6%. Besar simpanan S(t) setelah t tahun tergantung pada frekuensi simpanan itu digandakan. Pada contoh ini, akan diamati pengaruh frekuensi penggandaan itu. Jika bunga dihitung sekali dalam setahun, maka : S t = S 0 1 + 0,06 t Jika bunga dihitung dua kali dalam setahun, maka : S t = S 0 1 + 0,06 2 1 + 0,06 2 t S t = S 0 1 + 0,06 2 Secara umum, jika bunga dihitung k kali dalam setahun, maka : S t = S 0 1 + 0,06 k kt kt Keadaan ini dapat didekati dengan model matematika dengan manganggap bunga dihitung terus menerus. Dengan anggapan ini, hukum pertambahan simpanan sebagai persamaan differensial, ditulis : S t = 0,06 S(t), yang mempunyai solusi S t = S 0 e 0,06t dengan S 0 = S 0 2.7 Teorama Keujudan dan Ketunggalan Pada bagian ini, akan dijelaskan pembuktian teorema 2.1, mengenai teorema keujudan (eksistensi) dan ketunggalan (keunikan) pada masalah nilai awal persamaan differensial orde pertama. Teorema ini menyatakan bahwa pada kondisi tertentu untuk f, y, masalah nilai awal: 48 Pendahuluan Persamaan Differensial