PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDE - II.Persamaan Homogen dengan Koefisien Konstan Suatu persamaan linier homogen y + ay + by = 0 (1) mempunyai koefisien a dan b adalah konstan. Persamaan ini mempunyai aplikasi yang penting, khusus hubungannya dengan getaran mekanik dan elektrik. Dari PD1 linier, y + ky = 0 penyelesaiannya adalah y = e -kx. Hal ini memberikan kepada kita ide untuk mencoba sebagai suatu penyelesaian dari (1) fungsi y = e λx () 1
Maka turunan I dan II dari y = e λx y = λe λx dan y = λ e λx Substitusi ke dalam persamaan (1) λ + aλ + b e λx = 0 Maka persamaan () adalah suatu solusi dari persamaan (1), jika λ adalah suatu solusi dari persamaan kuadratik λ + aλ + b = 0 (3) Persamaan ini disebut persamaan karakteristik dari persamaan (1). Akarnya adalah : λ 1 = 1 a + a 4b λ = 1 a a 4b (4) Penurunan kita menunjukan bahwa fungsi y 1 = e λ 1x dan y = e λ x (5) Adalah solusi dari persamaan (1). Kita harus menguji hasil ini dengan mensubtitusikan persamaan (5) kedalam persamaan (1)
Secara langsung dari persamaan (4) kita melihat bahwa, dengan bergantung pada tanda deskriminan a 4b, kita mendapatkan beberapa kemungkinan : Case I : dua akar real jika a 4b > 0 Case II: dua akar real kembar jika a 4b = 0 Case III : akar komplek jika a 4b < 0 Case I: Dua akar real yang berbeda λ 1 dan λ Dalam hal ini y 1 = e λ 1x dan y = e λ x Solusi umum yang bersesuaian adalah : y = c 1 e λ 1x + c e λ x Contoh 1. PD: y y = 0 ( dalam contoh1). Persamaan karakteristik adalah λ 1 = 0. Akar-akarnya adalah λ 1 = 1 dan λ = 1 maka basis adalah e x dan e -x seperti sebelumnya, memberikan solusi umum y = c 1 e x + c e x 3
Contoh Selesaikan persoalan nilai awal berikut y + y y = 0, y(0) = 4, y (0) = -5 Penyelesaian Tahap 1. Solusi umum. Persamaan karakteristik adalah λ + λ = 0. Akar-akarnya adalah : λ 1 = 1 1 + 9 = 1 dan λ = 1 1 9 = Maka kta mendapatkan penyelesaian umum y = c 1 e x + c e x Penyelesaian Tahap. Penyelesaian khusus. Karena y (x) = c 1 e x -c e -x, dari penyelesaian umum dan kondisi awal kita mendapatkan : y(0) = c 1 + c = 4 y (0) = c 1 c = -5 Maka c 1 = 1 dan c = 3. Jawaban y = e x + 3e -x. 4
Akar ganda real λ = a Bila a 4b = 0, satu akar λ = λ 1 = λ = a hanya mendapatkan komponen pertama y 1 = e a x Untuk mendapatkan solusi kedua, diperlukan untuk suatu basis, kita menggunakan metode penurunan oder. Kita menyusun y = u y 1 Dan mencoba untuk menentukan fungsi u sehingga y menjadi suatu penyelesaian dari persamaan (1). Untuk hal ini,kita mensubtitusikan y = uy 1 dan turunannya y = u y 1 + uy 1 y = u y 1 + u y 1 + uy 1 Kedalam persamaan (1). Hal ini memberikan u y 1 + u y 1 + uy 1 + a u y 1 + uy 1 + buy 1 = 0 Pengumulan suku yang sama: u y 1 + u y 1 + ay 1 + u y 1 + ay 1 + b y 1 = 0 Expresi dalam kurung terakhir adalah nol, karena y 1 adalah solusi dari pers (1). Expresi pada kurung pertama juga sama dengan nol, karena y 1 = ae ax = ay 1 Maka didapatkan u y 1 = 0. Maka u = 0. Dengan dua kali integrasi, u = c 1 x + c. Untuk memperoleh solusi independend yang kedua y = uy 1, kita dapat menyederhanakan mengambil u = x. Maka y = xy 1. Karena solusi ini tidak proporsional, mereka membentuk suatu basis. Hasil kita adalah hasil dalam kasus akar kembar dari persamaan (3) suatu basis dari penyelesaian persamaan (1) pada suatu interval adalah : e ax/, xe ax/ 5
Penyelesaian Umum adalah : y = c 1 + c x e ax/ (7) Contoh 3. Penyelesaian umum dalam hal akar kembar. Selesaikan : y + 8y + 16y = 0 Penyelesaian. Persamaan karakteristik mempunyai akar kembar λ = - 4. Maka suatu basis adalah e 4x, dan xe 4x Dan penyelesaian umum yang bersesuaian adalah : y = c 1 + c x e 4x Contoh 4. Persoalan Nilai Awal dalam Kasus dari akar kembar. Selesaikan persoalan Nilai Awal berikut: y 4y + 4y = 0, y(0) = 3, y (0) = 1 Penyelesaian : Solusi umum dari persamaan differensial adalah : y x = c 1 + c x e x Dengan penurunan kita mendapatkan y x = c e x + c 1 + c x e x Dari persamaan ini dan kondisi awal, persamaan tersebut mendapatkan : y(0) = c 1 = 3, y (0) = c + c 1 =1 Maka c 1 = 3, c = -5, dan jawabannya adalah y = 3 5x e x 6
III. Persoalan Akar Komplek Untuk persamaan differensial linier homogen dengan koefisien konstan: y + ay + by = 0 (1) Sekarang kita mendiskusikan sisa kasus yang mana persamaan karakteristik λ + aλ + b = 0 () Mempunyai akar : λ 1 = 1 a + 1 a 4b λ = 1 a 1 a 4b (3) Yang mana adalah bilangan komplek. Persamaan (3) menunjukan bahwa ini terjadi jika diskriminant adalah negatif. Dalam kasus ini adalah praktis untuk menetapkan 1 = i dari akar, menetapkan ½ = 1/4 pada akar, dan kita menuliskan : λ 1 = 1 a + iw, λ = 1 a iw (4) Dimana w = b 1 a. Sehingga kita mempunyai penyelesaian: y 1 = e 1 a+iw x dan y = e 1 a iw x Dari rumus bilangan kompleks: e iθ = Cos θ + i Sin θ Maka : e s+i = e s (Cos θ + i Sin θ) 7
e 1 a+iw x = e 1 a Cos wx + i Sin wx e 1 a iw x = e 1 a Cos wx i Sin wx Dari kedua formula di atas bisa kita simpulkan bahwa: e 1 ax Cos wx = 1 e 1 a+iw x + 1 e 1 a iw x e 1 ax Sin wx = 1 e 1 a+iw x 1 e 1 a iw x Karena y = c 1 y 1 + c y, maka bisa disimpulkan bahwa e 1 ax Cos wx dan e 1 ax Sin wx juga merupakan solusi y 1 = e ax/ cos wx, y = e ax/ sin wx (5) Sesungguhnya, bahwa hal ini adalah penyelesaian mengikuti penurunan dan subtitusi. Juga, y y 1 = tan wx adalah tidak konstan, karena w 0, sehingga y1 dan y adalah tidak proporsional. Penyelesaian umum yang bersesuaian adalah y = e ax/ A cos wx + B sin wx (6) 8
Contoh Cari penyelesaian umum dari persamaan berikut : y y + 10y = 0 Penyelesaian. Persamaan karakteristik : λ λ + 10 = 0 mempunyai akar conjugate yang bersifat komplek : λ 1 = 1 + 1 10 = 1 + 3i, λ = 1 3i Ini menghasilkan basis persamaan (5), y 1 = e x cos 3x, y = e x sin 3x Dan penyelesaian umum yang bersesuaian persamaan (6), y = e x A cos 3x + B sin 3x 9