Nurdininta Athari PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDE 2
2 PDB ORDE II Bentuk umum : + p() + g() = r() p(), g() disebut koefisien jika r() = 0, maka Persamaan Differensial diatas disebut homogen, sebalikna disebut non homogen. Persamaan Differensial Biasa linier orde dua homogen dengan koefisien konstan, memiliki bentuk umum : + a + b = 0 dimana a, b merupakan konstanta sebarang.
3 SOLUSI HOMOGEN Diketahui + a + b = 0 Bentuk umum solusi : = c 1 1 + c 2 2 Misalkan =e r Persamaanna berubah menjadi r 2 + ar + b = 0, sebuah persamaan kuadrat. Jadi kemungkinan akarna ada 3 aitu: 1. Akar real berbeda (r 1,r 2 ; dimana r 1 r 2 ) Memiliki solusi basis 1 = e r 1 dan 2 = e r 2 dan mempunai solusi umum = C 1 e r 1 + C 2 e r 2
4 2. Akar real kembar (r 1,r 2 ; dimana r = r 1 =r 2 ) Memiliki solusi basis 1 = e r dan 2 = e r dan mempunai solusi umum = C 1 e r + C 2 e r SOLUSI HOMOGEN 3. Akar kompleks kojugate (r 1 = u + wi, r 2 = u wi) Memiliki solusi basis 1 = e u cos w; dan 2 = e u sin w dan mempunai solusi umum = e u ( C 1 cos w + C 2 sin w )
1. + 5 + 6 = 0 Persamaan karakteristikna: ( r + 2 ) ( r + 3 ) = 0 r 1 = -2 atau r 2 = -3 maka solusina : = C 1 e -2 + C 2 e -3 2. + 6 + 9 = 0 Persamaan karakteristikna: ( r + 3 ) ( r + 3 ) = 0 r 1 = r 2 = -3 maka solusina : = C 1 e -3 + C 2 e -3 3. - 4 + 5 = 0 Persamaan karakteristikna: r 2 4r + 5 = 0 r 12 2 i maka solusina : = e 2 (C 1 cos + C 2 sin ) CONTOH SOAL 5
PERSAMAAN DIFFERENSIAL NON HOMOGEN 6 Bentuk umum: dengan r() 0 + p() + g() = r() Solusi total : = h + p Dimana h = solusi P D homogen p = solusi P D non homogen Menentukan p 1. Metode koefisien tak tentu 2. Metode variasi parameter
7 METODE KOEFISIEN TAK TENTU pilihlah p ang serupa dengan r(), lalu substitusikan ke dalam persamaan. r() = e m r() p = A e m r() = X n p = A n X n + A n-1 X n-1 +.+A 1 X + A 0 r() = sin w r() =cos w p p = A cos w + B sin w p = A cos w + B sin w r() = e u sin w p = e u (A cos w + B sin w ) R() =e u cos w p = e u (A cos w + B sin w ) Cttn: Solusi partikular tidak boleh muncul pada solusi homogenna. Jika hal ini terjadi, kalikan solusi khususna dengan faktor atau 2 sehingga tidak memuat lagi solusi homogenna.
8 1. 3 + 2 = e - CONTOH Jawab: Persamaan karakteristikna: r 2 3 r + 2 = 0 (r 2) (r 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = 2 dan r 2 = 1 Jadi solusi homogenna adalah h = C 1 e 2 + C 2 e Untuk p dipilih p = A e - p = - A e - p = A e - Kemudian masukan ke PD di atas: A e - + 3 A e - + 2 A e - = e - 6 A e- = e - A = 1/6 Jadi solusi umum PD di atas adalah = C 1 e 2 + C 2 e + 1/6 e -
9 2. 3 + 2 = cos CONTOH Jawab: Persamaan karakteristikna: r 2 3 r + 2 = 0 (r 2) (r 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = 2 dan r 2 = 1 Jadi solusi homogenna adalah h = C 1 e 2 + C 2 e Untuk p dipilih p = A cos + B sin p = - A sin + B cos p = - A cos B sin Kemudian masukan ke PD di atas: (-A cos B sin ) 3(-A sin + B cos )+2(A cos +B sin )= cos (-A-3B+2A) cos + (-B+3A+2B) sin = cos (-3B + A) cos + (3A+B) sin = cos -3B + A = 1 dan 3A+B= 0
10 CONTOH (NO. 2 LANJUTAN) Didapat A = 1/10 dan B = -3/10 Jadi solusi umum PD di atas adalah = C 1 e 2 + C 2 e + (1/10) cos (3/10) sin 3. 3 + 2 = e - + cos Jawab: Dari contoh 1 dan 2 didapat, solusi umumna adalah = C 1 e 2 + C 2 e + (1/6) e - + (1/10) cos (3/10) sin
11 4. 3 + 2 = e, (0)=1, (0)= -1 CONTOH Jawab: Persamaan karakteristikna: r 2 3 r + 2 = 0 (r 2) (r 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = 2 dan r 2 = 1 Jadi solusi homogenna adalah h = C 1 e 2 + C 2 e Untuk p dipilih p = A e p = A e + A e p = 2A e + A e Kemudian masukan ke PD di atas: 2Ae +Ae 3 (Ae + Ae ) + 2 Ae = e -A e = e A = -1 Jadi solusi umum PD di atas adalah = C 1 e 2 + C 2 e e
12 CONTOH Kita puna (0)=1 dan (0)=-1 = C 1 e 2 + C 2 e e 1=C 1 +C 2 = 2C 1 e 2 + C 2 e e e Didapat 0=2C 1 +C 2 C 1 =-1, dan C 2 = 2 Jadi solusi khusus PD di atas adalah = e 2 + 2 e e
13 1. 3 4 = 3 2 + 2 2. 9 = + 2 3. 3 4 = e 2 4. + 4 = 2 sin 5. 3 4 = e - 6. + 4 = 2 cos 2 7. + 2 = 3 2 + 2 8. 4 + 4 = e 2 9. + 3 4 = 3 2 + 2 10. + 9 = sin 3 + e 2 11. + = e + 3 12. 4 = 4 sin, = 4, = 0 bila = 0 13. 5 + 6 = 2e, = 1, = 0 bila = 0 LATIHAN
14 METODE VARIASI PARAMETER Metode ini digunakan untuk memecahkan persamaanpersamaan ang tidak dapat diselesaikan dengan menggunakan metode koefisien tak tentu. Persamaan Differensial orde dua non homogen + a + b = r() memiliki solusi total : = h + p h = c 1 1 + c 2 2 misal p = u 1 + v 2 dimana u = u() ; v = v() maka p = u 1 + u 1 + v 2 + v 2
15 pilih u dan v sedemikian sehingga u 1 + v 2 = 0.(*) p = u 1 + v 2 p = u 1 + u 1 + v 2 + v 2 METODE VARIASI PARAMETER Substitusikan p, p, p ke dalam persamaan awal sehingga di dapatkan : u 1 + u 1 + v 2 + v 2 + a (u 1 + v 2 )+ b (u 1 + v 2 ) = r() u ( 1 + a 1 + b 1 ) + v( 2 + a 2 + b 2 ) + u 1 + v 2 = r () u 1 + v 2 = r().(**)
16 METODE VARIASI PARAMETER Eleminasi (*) dan (**) diperoleh : u 1 + v 2 = 0 u 1 + v 2 = r () dengan aturan cramer diperoleh 0 2 r( ) ' r( ) u ' u d 2 2 1 1 v' v 1 2 W 1 2 ' 1 2 Keterangan: ' W 1 2 1' 2' 1 ' 1 ' r() 0 2 ' r() W d
17 1. + = sec Jawab: Persamaan karakteristikna: CONTOH r 2 + 1 = 0 r = ± i Jadi solusi homogenna adalah h = C 1 cos + C 2 sin Untuk p dipilih p = u 1 + v 2 dengan 1 = cos 2 = sin 1 = -sin 2 = cos W = 1 2 1 2 = cos 2 + sin 2 = 1
18 Sehingga diperoleh sin sec u d tan d ln cos 1 cos sec v d d 1 Jadi solusi non homogen didapat ln cos cos sin p Jadi solusi umum dari persamaan diferensial di atas 1 2 CONTOH (LANJUTAN) C cos C sin ln cos cos sin
19 2. + = tan CONTOH Jawab: Persamaan karakteristikna: r 2 + 1 = 0 r = ± i Jadi solusi homogenna adalah h = C 1 cos + C 2 sin Untuk p dipilih p = u 1 + v 2 dengan 1 = cos 2 = sin 1 = - sin 2 = cos W = 1 2 1 2 = cos 2 + sin 2 = 1
20 Sehingga diperoleh u sin tan sin d 1 2 d cos 2 1 cos d cos sec d cos d lnsec tan sin CONTOH (LANJUTAN) (sec cos ) d v cos tan 1 d sin d cos Jadi solusi non homogen didapat p lnsec tan cos sin cos sin cos sec tan cos ln Jadi solusi umum dari persamaan diferensial di atas C1 cos C2 sin lnsec tan cos
21 1. + = cosec cot 2. + = cot e 3. 3 + 2 = e 1 2 e 4. + 4 + 4 = 2 5. + 4 = 3 cosec 2 6. + 4 = 3 cosec 7. 4 + = 2 sec (/2) e 8. 2 + = 2 1 LATIHAN