Persamaan Diferensial

METODE KOEFISIEN TAK TENTU, METODE VARIASI PARAMETER, DAN METODE SINGKAT (Disusun Guna Memenuhi Tugas Mata Kuliah Persamaan Diferensial) Dosen Pengampu : Restilawati Woe Titi Cahyani, M.Pd

Disusun oleh: Kelompok 4 Agung Setio Nugroho

1901062001

Meliana Damayanti

1901062006

Veni Mai Syaroh

1901061034

KELAS/SEMESTER C/6 JURUSAN TADRIS MATEMATIKA FAKULTAS TARBIYAH DAN ILMU KEGURUAN INSTITUT AGAMA ISLAM NEGERI (IAIN) METRO LAMPUNG TAHUN AJARAN 2021/2022

i

DAFTAR ISI

COVER ................................................................................................................... i DAFTAR ISI .......................................................................................................... ii METODE KOEFISIEN TAK TENTU ............................................................... 1 METODE VARIASI PARAMETER .................................................................. 6 PERSAMAAN DIFERENSIAL ........................................................................... 9

ii

METODE KOEFISIEN TAK TENTU

Awalnya metode ini diterapkan pada PD linier tak homogen orde-2 yang berbentuk 𝑎𝑦 ′′ + 𝑏𝑦 ′ + 𝑐𝑦 = 𝑟(𝑥),

𝑎, 𝑏, 𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎

selanjutnya metode ini juga berlaku untuk orde yang lebih tinggi. Kunci metode ini adalah yp adalah suatu ekspresi yang mirip dengan r(x), yang terdapat koefisien-koefisien yang tidak diketahui yang dapat ditentukan dengan mensubstitusikan yp pada persamaan.

Aturan untuk Metode Koefisien Tak Tentu A. Aturan Dasar. Jika r(x) adalah salah satu fungsi yang ada dalam tabel, pilih fungsi yp yang bersesuaian dan tentukan koefisien tak tentunya dengan mensubstitusikan yp pada persamaan.

B. Aturan Modifikasi. Jika r(x) sama dengan solusi PD homogen, kalikan yp yang bersesuaian dalam tabel dengan x (atau x2 jika r(x) sama dengan solusi akar ganda PD Homogen) C. Aturan Penjumlahan. Jika r(x) adalah jumlah fungsi-fungsi yang terdapat dalam Tabel pada kolom pertama, yp adalah jumlah fungsi pada baris yang bersesuaian

Tabel 1 Metode Koefisien Tak Tentu Suku-suku dalam r(x)

Pilihan untuk yp

𝑘𝑒 𝑦𝑥

𝐶𝑒 𝒚𝒙

𝐾𝑥 𝑛 (𝑛 = 0,1, … )

𝐾𝑛 𝑥 𝑛 + 𝐾𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝐾1 𝑥 + 𝐾0

𝑘𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑥 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑘𝑠𝑖𝑛 𝜔𝑥

𝐾𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑥 + 𝑀𝑠𝑖𝑛 𝜔𝑥

Kesimpulan: •

Metode Koefisisen Taktentu digunakan penyelesaian khusus PD linier tak homogen dengan koefisien konstanta

1

•

Untuk dapat menentukan pemisalan yang sesuai harus dicari terlebih dahulu solusi persamaan homogennya

•

Metode Koefisisen Taktentu hanya dapat digunakan jika fungsi f(x) di ruas kanan adalah berupa polinom, fungsi trigono, fungsi eksponen atau penjumlahan/perkalian dari ketiga fungsi kolom pertama dalam Tabel 1.

Contoh: PD 𝑦 ′′ + 𝑦 = tan 𝑥 tidak dapat diselesaikan dengan metode koefisien taktentu karena bukan termasuk ketiga fungsi dalam Tabel 1

Contoh Penerapan Aturan Dasar Selesaikan PD takhomogen berikut : 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 8𝑥 2 Penyelesaian : Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 0 Persamaan karakteritik : 𝑚2 + 4 = 0 Akar-akar persamaan karakteristik : 𝑚1 = 2𝑖, 𝑚2 = −2𝑖 Solusi umum 𝑦ℎ = 𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛 2𝑥 Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 8𝑥 2 𝑓(𝑥) = 8𝑥 2 sehingga dari tabel 1, 𝑦𝑝 = 𝐾2 𝑥 2 + 𝐾1 𝑥 + 𝐾0 𝑦′𝑝 = 2𝐾2 𝑥 + 𝐾1 𝑦′′𝑝 = 2𝐾2 Substitusi 𝑦𝑝 , 𝑦′𝑝 , 𝑦′′𝑝 ke persamaan didapatkan : 2𝐾2 + 4(𝐾2 𝑥 2 + 𝐾1 𝑥 + 𝐾0 ) = 8𝑥 2 dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh : 4𝐾2 = 8 4𝐾1 = 0 2𝐾2 + 4𝐾0 = 0 perolehan konstanta : 𝐾2 = 2,

𝐾0 = −1,

solusi umum PD tak homogen : 𝑦𝑝 = 2𝑥 2 − 1 Langkah 3. Menentukan solusi PD 2

𝐾1 = 0

𝑦 = 𝑦ℎ (𝑥) + 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛 2𝑥 + 2𝑥 2 − 1 Contoh Penerapan Aturan Modifikasi Tentukan solusi PD berikut : 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 𝑥 Penyelesaian : Langkah 1. Menentukan solusi PD homogeny 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 0 Persamaan karakteritik : 𝑚2 − 3𝑚 + 2 = 0 akar-akar persamaan karakteristik : 𝑚1 = 1, 𝑚2 = 2 solusi umum 𝑦ℎ = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 sehingga dari tabel 1, 𝑦𝑝 = 𝑐𝑒 𝑥 Karena 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 adalah solusi PD homogen pada Langkah 1 maka sesuai Aturan B, 𝑦𝑝 = 𝑐𝑥𝑒 𝑥 sehingga 𝑦 ′ = 𝑐𝑒 𝑥 + 𝑐𝑥𝑒 𝑥 , 𝑦′′𝑝 = 2𝑐𝑒 𝑥 + 𝑐𝑥𝑒 𝑥 substitusi 𝑦𝑝 , 𝑦′𝑝, 𝑦′′𝑝 ke persamaan didapatkan : 2𝑐𝑒 𝑥 + 𝑐𝑥𝑒 𝑥 − 3(𝑐𝑒 𝑥 + 𝑐𝑥𝑒 𝑥 ) + 2(𝑐𝑥𝑒 𝑥 ) = 𝑒 𝑥 dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta c = -1 solusi umum PD tak homogen : 𝑦𝑝 = −𝑥𝑒 𝑥 Langkah 3. Menentukan solusi PD 𝑦 = 𝑦ℎ (𝑥) + 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 2𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥

Contoh Penerapan Aturan Penjumlahan Tentukan penyelesaian umum PD berikut: 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝑥 Penyelesaian : Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0 Persamaan karakteritik : 𝑚2 − 2𝑚 + 1 = 0 akar-akar persamaan karakteristik : 𝑚1 = 𝑚2 = 1 solusi umum 𝑦ℎ = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥

3

Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 𝑥 sesuai tabel 1, 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 suku pada 𝑓(𝑥) yaitu 𝑒 𝑥 adalah solusi ganda PD homogen solusi umum PD homogen menjadi 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 sehingga 𝑦′𝑝 = 2𝑐1 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑐2 , 𝑦′′𝑝 = 2𝑐1 𝑒 𝑥 + 2𝑐1 𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑐1 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐1 𝑥 2 𝑒 𝑥 , Substitusi 𝑦𝑝 , 𝑦′𝑝, 𝑦′′𝑝 ke persamaan didapatkan : 2𝑐1 𝑒 𝑥 + 4𝑐1 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐1 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2(2𝑐1 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑐2 ) + 𝑐1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 = 𝑒 𝑥 + 𝑥 ↔ 2𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥 − 2𝑐2 + 𝑐3 = 𝑒 𝑥 + 𝑥 dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat sama diperoleh konstanta : 𝑐1 =

1 ; 𝑐 = 1; 𝑐3 = 2 2 2

solusi umum PD tak homogen : 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 =

1 2 𝑥 𝑥 𝑒 +𝑥+2 2

Langkah 3. Menentukan solusi PD 1 𝑦 = 𝑦ℎ (𝑥) + 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 + 2 2 Tentukan penyelesaian PD berikut : 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 16𝑒 𝑥 + sin 2𝑥 Penyelesaian : Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 0 persamaan karakteritik : 𝑚2 − 2𝑚 + 5 = 0 akar-akar persamaan karakteristik : 𝑚1 = −1 + 2𝑖 𝑚2 = −1 − 2𝑖 solusi umum 𝑦ℎ = 𝑒 −𝑥 (𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛 2𝑥) Langkah 2. Menentukan solusi PD Tak Homogen 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 16𝑒 𝑥 + sin 2𝑥 𝑓(𝑥) = 16𝑒 𝑥 + sin 2𝑥 sesuai tabel 1,

4

𝑦𝑝 = 𝑐𝑒 𝑥 + 𝐾𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝑀𝑠𝑖𝑛 2𝑥 Substitusi 𝑦𝑝 , 𝑦′𝑝, 𝑦′′𝑝 ke persamaan didapatkan : 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 : 4 1 𝑐 = 2; 𝐾 = − ; 𝑀 = 7 17 solusi umum PD tak homogen: 𝑦𝑝 = 𝑐𝑒 𝑥 + 𝐾𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝑀𝑠𝑖𝑛 2𝑥 = 2𝑒 𝑥 −

4 cos 2𝑥 + 1/17 sin 2𝑥 17

Langkah 3. Menentukan solusi PD 𝑦 = 𝑦ℎ (𝑥) + 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑒 −𝑥 (𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛 2𝑥) + 2𝑒 𝑥 −

5

4 1 cos 2𝑥 + sin 2𝑥 17 17

METODE VARIASI PARAMETER Metode variasi parameter adalah metode untuk menentukan penyelesaian khusus PD linier takhomogen dengan koefisien variabel. Prinsip metode ini adalah mengubah variabel konstanta 𝑐𝑘 dengan variasi parameter 𝑣𝑘 (𝑥). Misal pada PD takhomogen orde-2 konstanta 𝑐1 dan 𝑐2 pada solusi umum PD homogen 𝑦ℎ = 𝑐1 𝑦1 (𝑥) + 𝑐2 𝑦2 (𝑥) diubah dengan variasi parameter 𝑣1 (𝑥) dan 𝑣2 (𝑥) sehingga solusi khusus PD tak homogeny 𝑦𝑝 = 𝑣1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 (𝑥). Metode ini lebih umum daripada metode koefisien taktentu.

Prinsip Metode Variasi Parameter Pada PD Linier Tak Homogen Orde 2 𝒚′′ − 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝒓(𝒙)

𝑦ℎ = 𝑐1 𝑦1 (𝑥) + 𝑐2 𝑦2 (𝑥)

𝑐1 → 𝑣1 (𝑥); 𝑐2 → 𝑣2 (𝑥)

𝑦𝑝 = 𝑣1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 (𝑥)

Gambar 2 Prinsip Metode Variasi Parameter pada PD Linier TakHomogen orde-2

PD linier tak homogen orde-2 dengan koefisien variabel yang diselesaiakan dengan metode Variasi Paramater mempunyai bentuk umum : 𝒚′′ + 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝒓(𝒙) Penyelesaian PD di atas adalah : Langkah 1. Menentukan penyelesaian PD homogen.

6

Penyelesaian PD homogen persamaan di atas : 𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥)𝑦 ′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑟(𝑥) 𝑦ℎ = 𝑐1 𝑦1 (𝑥) + 𝑐2 𝑦2 (𝑥) Langkah 2. Menentukan penyelesaian PD tak homogen dengan metode variasi parameter.

• Menentukan solusi umum 𝑦𝑝 = 𝑣1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 (𝑥) •

Menentukan turunan 𝑦𝑝 : 𝑦𝑝 ′ = 𝑣1 ′(𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣1 (𝑥)𝑦1 ′(𝑥) + 𝑣2 ′(𝑥)𝑦2 (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 ′(𝑥)

•

Menentukan persamaan syarat: 𝑣1′ (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2 (𝑥) Sehingga 𝑦𝑝 ′ = 𝑣1 (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 ′(𝑥) 𝑦𝑝′′ = 𝑣1 (𝑥)𝑦1 ′′(𝑥) + 𝑣1 ′(𝑥)𝑦1 ′(𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 ′′(𝑥) + 𝑣2 ′(𝑥)𝑦2 ′(𝑥)

•

Substitusi 𝑦𝑝 , 𝑦𝑝 ′, 𝑦𝑝 ′′ pada PD : [𝑣1 (𝑥)𝑦1′′ (𝑥) + 𝑣1′ (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2′′ (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2′ (𝑥)] + 𝑝(𝑥)[𝑣1 (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2′ (𝑥)] + 𝑞(𝑥)[𝑣1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 (𝑥)] = 𝑟(𝑥) ′′ ′ 𝑣1 (𝑥)[𝑦1 (𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑞(𝑥)𝑦1 (𝑥)] + 𝑣2 (𝑥)[𝑦2′′ (𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦2′ (𝑥) + 𝑞(𝑥)𝑦2 (𝑥)] + 𝑣1′ (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2′ (𝑥) = 𝑟(𝑥) Karena 𝑦1′′ (𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑞(𝑥)𝑦1 (𝑥) = 0 dan 𝑦2′′ (𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦2′ (𝑥) + 𝑞(𝑥)𝑦2 (𝑥) = 0

•

Maka hasil substitusi 𝑦𝑝 , 𝑦𝑝 ′, 𝑦𝑝 ′′ pada PD : 𝑣1′ (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2′ (𝑥) = 𝑟(𝑥)

•

Menentukan 𝑣1 (𝑥) dan 𝑣2 (𝑥) 𝑣1′ (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2 (𝑥) = 0 𝑣1′ (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2′ (𝑥) = 𝑟(𝑥) dari dua persamaan di atas maka : 𝑦2 (𝑥). 𝑟(𝑥) 𝑦2 (𝑥). 𝑟(𝑥) 𝑣1′ (𝑥) = − → 𝑣1 (𝑥) = ∫ − 𝑊 𝑊 (𝑥). (𝑥). 𝑦1 𝑟(𝑥) 𝑦1 𝑟(𝑥) 𝑣2′ (𝑥) = → 𝑣2 (𝑥) = ∫ 𝑊 𝑊 ′ (𝑥)𝑦 𝑊 = 𝑦1 2 (𝑥) − 𝑦1 ′(𝑥)𝑦2 (𝑥) adalah Wronskian 𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥)

7

Jadi 𝑦𝑝 = 𝑣1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 (𝑥) 𝑦2 (𝑥). 𝑟(𝑥) 𝑦1 (𝑥). 𝑟(𝑥) = ∫− 𝑦1 (𝑥) + ∫ 𝑦2 (𝑥) 𝑊 𝑊 Langkah 3. solusi umum PD 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑦1 (𝑥) + 𝑐2 𝑦2 (𝑥) + 𝑣1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2 (𝑥)𝑦2 (𝑥) = 𝑐1 𝑦1 (𝑥) + 𝑐2 𝑦2 (𝑥) + ∫ −

𝑦2 (𝑥). 𝑟(𝑥) 𝑦1 (𝑥). 𝑟(𝑥) 𝑦1 (𝑥) + ∫ 𝑦2 (𝑥) 𝑊 𝑊

Contoh penerapan metode Variasi Parameter Tentukan penyelesaian umum PD berikut: 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = sec 𝑥 Penyelesaian : Langkah 1. Menentukan penyelesaian PD homogen. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 0 persamaan karakteristik 𝑚2 + 1 = 0, 𝑎𝑘𝑎𝑟 𝑎𝑘𝑎𝑟𝑛𝑦𝑎 𝑚1,2 = ±𝑖 𝑦ℎ = 𝑐1 cos(𝑥) + 𝑐2 sin(𝑥) Langkah 2. Menentukan penyelesaian PD takhomogen dengan metode variasi parameter.

• Solusi umum : 𝑦𝑝 = 𝑣1 (𝑥) cos 𝑥 + 𝑣2 (𝑥) sin 𝑥 •

Persamaan syarat: 𝑣1′ (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2 (𝑥) = 0 → 𝑣1′ (𝑥) cos 𝑥 + 𝑣2′ (𝑥) sin 𝑥 = 0

•

Hasil substitusi 𝑦𝑝 , 𝑦𝑝 ′, 𝑦𝑝 ′′ pada PD : 𝑣1′ (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝑣2′ (𝑥)𝑦2′ (𝑥) = 𝑟(𝑥) −𝑣1′ (𝑥) sin 𝑥 + 𝑣2′ (𝑥) cos 𝑥 = 0 • Menentukan 𝑣1 (𝑥) dan 𝑣2 (𝑥) 𝑣1′ (𝑥) cos 𝑥 + 𝑣2′ (𝑥) sin 𝑥 = 0 −𝑣1′ (𝑥) sin 𝑥 + 𝑣2′ (𝑥) cos 𝑥 = 0 𝑣1′ (𝑥) = − tan 𝑥 → 𝑣1 (𝑥) = ln cos 𝑥 𝑣2′ (𝑥) = 1 → 𝑣2 (𝑥) = 𝑥 Jadi 𝑦𝑝 = 𝑣1 (𝑥) cos 𝑥 + 𝑣2 (𝑥) sin 𝑥 = ln cos 𝑥 cos 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 Langkah 3. solusi umum PD 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑐1 cos(𝑥) + 𝑐2 sin(𝑥) + ln cos 𝑥 cos 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 8

PERSAMAAN DIFERENSIAL

A. PENGERTIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL Adalah persamaan yang mengandung variabel dan beberapa fungsi turunan terhadap variabel tersebut.

Contoh : 𝑑𝑦 𝑑𝑥

+ 5𝑥 − 5 = 0

𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

disebut PD orde I

+ 6𝑥 + 7 = 0

disebut PD orde II

B. PEMBENTUKAN PERSAMAAN DIFERENSIAL Contoh 1 : 𝑌 = 𝐴 sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥

bentuklah PD nya. A dan B

konstanta sembarang.

Jawab :

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝐴 cos 𝑥 − 𝐵 sin 𝑥

𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦

Jadi

𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

= −𝐴 sin 𝑥 − 𝐵 cos 𝑥 = −𝐴 (sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥) = −𝑦 atau +𝑦 =0

𝐴

Contoh 2 : bentuklah persamaan diferensial dari fungsi 𝑦 = 𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦

Jawab : 𝑑𝑥 = 1 − 𝐴𝑥 −2 𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝐴

= 1 − 𝑥2 𝐴

Jika 𝑦 = 𝑥 + 𝑥 maka 𝐴 = 𝑥(𝑦 − 𝑥) 𝑑𝑦 𝑑𝑥

=1− = 1−

𝑑𝑦 𝑑𝑥

=

𝑥(𝑦−𝑥) 𝑥2 (𝑦−𝑥)

2𝑥−𝑦 𝑥

𝑥

=

𝑥−(𝑦−𝑥) 𝑥

=

𝑑𝑦

2𝑥−𝑦 𝑥

atau 𝑥. 𝑑𝑥 = 2𝑥 − 𝑦

9

C. PEMECAHAN PERSAMAAN DIFERENSIAL Prinsip : menghilangkan koefisien diferensial sehingga tinggal hubungan antara x dan y.

Pemecahan PD dapt dilakukan dengan cara : 𝒅𝒚

1. Integrasi Langsung(𝒅𝒙 = 𝒇(𝒙)) 𝑑𝑦

Contoh 1 : pecahkanlah persamaan 𝑑𝑥 = 3𝑥 2 − 6𝑥 + 5 Jawab

: 𝑌 = ∫(3𝑥 2 − 6𝑥 + 5)𝑑𝑥 𝑌 = 𝑥 3 − 3𝑥 2 + 5𝑥 + 𝑐

Jawaban ini disebut jawaban umumkarena masih memuat unsur c (constanta). Jika sudah tidak memuat unsur c disebut jawaban khusus. 𝑑𝑦

Contoh 2 : pecahkanlah persamaan 𝑑𝑥 = 2𝑥 + 4 dengan 𝑦 = 8, 𝑥 = 1 Jawab

: 𝑌 = ∫(2𝑥 + 4)𝑑𝑥 𝑌 = 𝑥 2 + 4𝑥 + 𝑐 8= 1+4+𝑐 𝑐=3

Jadi 𝑌 = 𝑥 2 + 4𝑥 + 3

( jawaban khusus) 𝒅𝒚

2. Pemisahan Variabel (𝒅𝒙 = 𝒇(𝒙, 𝒚)) 𝑑𝑦

2𝑥

Contoh : 𝑑𝑥 = (𝑦+1) 𝑑𝑦

Prinsip f(y) dipindah ke ruas kiri atau ke ruas 𝑑𝑥 𝑑𝑦

Jawab : (𝑦 + 1) 𝑑𝑥 = 2𝑥 Kedua ruas diintegrasikan terhadap x 𝑑𝑦

∫(𝑦 + 1) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 2𝑥. 𝑑𝑥 ∫(𝑦 + 1)𝑑𝑦 = ∫ 2𝑥. 𝑑𝑥 𝑦2

( 2 + 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑐 Bentuk umum ∫ 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 3. Persamaan Homogen dengan Substitusi 𝒀 = 𝒗. 𝒙 10

𝑑𝑦

𝑥+3𝑦

Contoh : 𝑑𝑥 =

2𝑥

Jawab : 𝑌 = 𝑣. 𝑥 substitusikan ke persamaan 𝑑𝑦

𝑥+3(𝑣.𝑥)

=

𝑑𝑥 𝑑𝑦

2𝑥 1+3𝑣

=

𝑑𝑥

2

=

𝑥+3𝑣𝑥 2𝑥

=

1+3𝑣 2

………. pers.1

Kita lihat rumus : 𝑌 = 𝑣. 𝑥 maka turunannya 𝑑𝑦

𝑑𝑣

= 𝑣. 1 + 𝑥. 𝑑𝑥 ……… pers.2

𝑑𝑥

𝑐𝑎𝑡𝑎𝑡𝑎𝑛 ∶ 𝑌 = 𝑈. 𝑉 maka 𝑌 ′ = 𝑈. 𝑉 ′ + 𝑉. 𝑈′ Jika pers. 1 dimasukan ke pers. 2 1+3𝑣 2

𝑑𝑣

= 𝑣 + 𝑥. 𝑑𝑥

𝑑𝑣

𝑥. 𝑑𝑥 =

1+3𝑣

𝑑𝑣

1+3𝑣

𝑑𝑣

1+𝑣

𝑥. 𝑑𝑥 = 𝑥. 𝑑𝑥 = 2

.

−𝑣

2

−

2

2𝑣 2

2

𝑑𝑣

(1+𝑣) 𝑑𝑥

1

=𝑥

Integralkan ke x 2

𝑑𝑣

1

∫ (1+𝑣) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 . 𝑑𝑥 2 ln(1 + 𝑣) = ln 𝑥 + 𝑐 Jika constanta c diganti bentuk lain yaitu 𝑐 = ln 𝐴 2 ln(1 + 𝑣) = ln 𝑥 + ln 𝐴 𝑙𝑛(1 + 𝑣)2 = ln(𝐴. 𝑥) (1 + 𝑣)2 = 𝐴. 𝑥 ………….. pers.3 𝑦

Jika 𝑌 = 𝑣. 𝑥 → 𝑉 = 𝑥 maka pers.3 menjadi 𝑦 2

(1 + 𝑥 ) = 𝐴𝑥 → Apabila semua ruas dikalikan 𝑥 2 maka 1 + 2𝑦𝑥 + 𝑦 2 = 𝐴𝑥 3 (𝑥 + 𝑦)2 = 𝐴𝑥 3

4. Persamaan Linear (faktor integral)

11

Metode penggunaan factor integral dipakai apabila metode 1 − 3 sulit untuk diterapkan. 𝑑𝑦

Bentuk umum dari persamaan linear orde pertama yaitu 𝑑𝑥 + 𝑝𝑦 = 𝑄 𝑑𝑦

Contoh : pecahkan 𝑥 𝑑𝑥 − 5𝑦 = 𝑥 7 𝑑𝑦

Jawab : 𝑥 𝑑𝑥 − 5𝑦 = 𝑥 7 → masing-masing dibagi x 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥

−

5𝑦 𝑥

= 𝑥 6 sudah berbentuk persamaan linear orde pertama 5

+ 𝑝𝑦 = 𝑄 dengan 𝑝 = − 𝑥 dan 𝑄 = 𝑥 6 5

faktor integral = 𝑒 ∫ 𝑝 𝑑𝑥 = 𝑒 ∫ −𝑥𝑑𝑥 5

5

Dimana ∫ − 𝑥 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = −5 ln 𝑥 = ln 𝑥 −5 Jadi, (FI) = 𝑒 ln (𝑥

−5 )

1

= 𝑥 −5 = 𝑥 5

Rumus faktor integral 𝑦. 𝐹𝐼 = ∫ 𝑄. 𝐹𝐼. 𝑑𝑥 𝑦. 𝐹𝐼 = ∫ 𝑄. 𝐹𝐼. 𝑑𝑥 1

1

𝑦

𝑦. 𝑥 5 = ∫ 𝑥 6 . 𝑥 5 . 𝑑𝑥 ⇔ 𝑥 5 = ∫ 𝑥. 𝑑𝑥 𝑦 𝑥5

1

= 2 𝑥 2 + 𝑐 → semua ruas kalikan dengan 𝑥 5 1

𝑦 = 2 𝑥 7 + 𝑐. 𝑥 5

12