![BAB V Buku PD [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/bab-v-buku-pd.jpg)
17 0 1 MB
BAB V PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE n DENGAN KOEFISIEN KONSTAN
5.1 PERSAMAAN DIPERENSIAL LINIER ORDE n Bentuk PD.
Po
+ P1
+ P2
+.... + Pn-1
+ Pn y = Q
Dimana P O ≠ 0, P 1 ,P 2 .........P n ,Q adalah fungsi dari x atau konstan. Suatu persamaan diferensial orde n yang tidak dapat dituliskan dalam bentuk seperti di atas dikatakan tidak linier. Biasanya penulisan bentuk P.D linier orde n dengan menggunakan operator diferensial D ,dimana :
Dy =
, D2y =
.... , Dny =
, sehingga
Bentuk P.D di atas dapat ditulis sebagai : P0 Dny + P1 Dn-1 y + P2 Dn-2 y + P2 Dn-2 y +.... + Pn-1 Dy + Pn y = Q atau (P0 Dn + P1 Dn-1y + P2 Dn-2 + .... + Pn-1 D + Pn ) y = Q Selanjutnya, F(D) = P0 Dn +P1 Dn-1+.......+Pn-1 D + Pn dinamakan polinominal operator dalam D. 1. Jika semua p o p 1, p 2 ..........,p n adalah konstanta maka dikatakan P.D linier orde n dengan koefisien konstanta. 2. Jika tidak semua p
o
p 1, p
2
........p
n
merupakan konstanta (ada atau
semuanya merupakan funggsi dari x) maka bentuk P.D di atas dinamakan P.D linier orde n dengan koefisien variabel . 3. Jika Q = 0 maka bentuk P.D itu dinamakan P.D linier homogen orde n 4. Jika Q ≠ 0 maka bentuk P.D itu dinamakan P.D linier tak homogen
Contoh 5.1:
+ 4
1.
PD ini merupakan P.D linier tak
homogen orde dua dengan koefisien variable dan bentuk P.D linier homogennya adalah:
+4 2.
PD ini merupakan P.D linier tidak homogen orde tiga dengan koefisien konstan dan bentuk P.D linier homogennya adalah :
( )2 + x2y = sin x merupakan P.D tak linier orde dua.
3.
5.2. PD LINIER HOMOGEN ORDE n KOEFISIEN KONSTAN Bentuk PD:
PO
+ P1
+ P2
+.... + Pn-1
+ Pn y = 0
atau
(P0 Dn + P1 Dn-1 + P2 Dn-2 + .... + Pn-1 D + Pn ) y = 0;
P 0 0, P1 , P2 ,....,Pn adalah konstanta. Subtitusi y e λx dan turunan-turunannya memberikan persamaan karakteristik: P0 λn + P1 λn-1 + P2 λn-2 + Pn-1 λ + Pn = 0 Persamaan karakteristik ini dapat difaktorkan ke dalam bentuk: P0 (λ - λ1) (λ - λ2) ... (λ - λn) = 0, ini mempunyai akar-akar
,
,
, …,
Dalam teorema dasar superposisi yang mengatakan bahwa jika (x),
(x),
(x), ... ,
(x) adalah n solusi yang bebas linier dari persamaan
diferensial linier orde ke n F(D) y =0 maka: y=
(x) +
(x) +
F(D) y = 0; ( ,
(x), + .... + ,... ,
(x) adalah solusi umum PD
adalah konstanta)
Berdasarkan jenis akar-akar persamaan karakteristik ada 3 kasus yang perlu diperhatikan di dalam menentukan solusi umum PD yakni:
≠
Kasus 1: Semua akar riil dan berbeda, yaitu:
≠
≠…
≠
Solusi umum PD ini adalah: y=
+
+
+ ... +
memuat n solusi bebas linier dengan n konstanta sembarang Kasus 2: Jika ada akar-akar sama dan ada akar yang berbeda Misal λ1 = λ2 ≠ λ3 ≠ λ4 ≠ .... ≠λn-1 ≠ λn x Solusi umum PD ini adalah: y = c1
+ c2
+ c3
+ ... + cn
Secara umum, jika λ terjadi r kali, maka solusi umum PD ini adalah:
y c1 c 2 x c 3 x 2 .... c1x r 1 e λx c n 1e Kasus 3
λ n 1x
.... c n 1e λ n 1x c n e λx
: Beberapa akarnya merupakan akar kompleks. Jika Po, P1, P2, ..., Pn adalah riil dan jika a+bi adalah akar kompleks dan demikian juga dengan a-bi (dimana a dan b adalah riil) maka solusi umum yang berkaitan dengan akar-akar kompleks ini adalah:
Y=
[ c1 cos bx + c2 sin bx]
Langkah-langkah menentukan solusi umum PD linier homogen koefisien konstanta: 1. Tentukan persamaan karakteristiknya 2. Tentukan akar-akar dari persamaan karateristiknya 3. Dengan memperhatikan ketiga kasus dari jenis akar-akar persamaan karakteristik maka solusi umum PD ini dapat ditentukan.
Contoh (5.2) : 1.
d3y d2y dy 3 2 3 y0 2. 3 dx dx dx 3.
d4y d3y d2y dy 6 12 8 0 4 3 2 dx dx dx dx
4. (D3 - D2 + 9D - 9) y = 0 5. (D8 + D6) y = 0 Penyelesaian: 1. Bentuk PD ini dapat disubtitusikan sebagai: (D4 - 5D2 + 4) y = 0 Persamaan karakteristiknya adalah:
λ4 - 5 λ2 + 4 = 0 (λ2-4)( λ2-1) = 0 Akar-akar dari persamaan karakteristiknya adalah:
λ1 = 2 , λ2=-2 , λ3=1 , λ4= -1 Berarti semua akarnya adalah riil dan berbeda (sesuai kasus 1)
Solusi umum PD linier homogen berorde 4 ini adalah:
2. Bentuk PD ini dapat dituliskan sebagai: (D3 + 3D2 + 3D + 1) y = 0 Persamaan karakteristiknya adalah:
λ 3 3λ 2 3λ 1 0 Untuk mencari akar-akar persamaan karakteristik bisa menggunakan metode Horner; -1
-1
-1
1
1
1
3
3
1
-1
-2
-1
2
1
0
-1
-1
1
0
-1 1
0
Jadi akar-akar persamaan karakteristiknya adalah:
λ 1 1, λ 2 1, λ 3 1 Dari sini terlihat bahwa semua akarnya riil dan sama (sesuai kasus 2).
Solusi Umum PD linier homogen orde 3 ini adalah:
y = (C1 + C2 x + C3 x2) e-x 3. Bentuk PD ini dapat dituliskan sebagai: (D4 - 5D3 + 12D2 - 8D) y = 0 D(D3 – 6D2 + 12D – 8 )y = 0 Persamaan karakteristiknya adalah: λ (λ3 – 6 λ2 + 12 λ - 8) = 0 Jelas bahwa λ1 = 0 dan untuk akar-akar yang lain ditentukan dengan menggunakan metode Horner yaitu: 2
2
2
1
1
1
-6
12
-8
2
-8
8
-4
4
0
2
-4
-2
0
2 1
0
Jadi akar-akar persamaan karakteristiknya adalah: λ1 = 0, λ2 = 2, λ3 = 2, λ4 = 2 Semua akar adalah riil dan ada yang sama (sesuai dengan kasus 2).
Solusi umum PD linier homogen orde 4 ini adalah: y = C1 + (C2 + C3 x + C4 x2) e2x 4. Persaamaan karakteristiknya adalah: λ3 - λ2 + 9 λ – 9 = 0 Dari sini terlihat bahwa persamaan karakteristik dapat difaktorkan seperti: (λ - 1)( λ2 + 9) = 0 Yang menghasilkan : λ1 = 1, λ2 = -3i, λ3 = 3i (sesuai kasus 3)
Solusi umum PD linier homogen orde 3 ini adalah: y = C1ex + C2 cos3x + C3 sin3x 5. (D8 + D6) y = 0 Persamaan karakteristiknya adalah: λ8 + λ6 = 0 λ6 (λ2 + 1) = 0 Akar-akar persamaan karakteristiknya adalah: λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = λ5 = λ6 = 0, λ7 = -i, λ8 = i (sesuai dengan gabungan kasus 2 dan kasus 3)
Solusi umum PD linier homogen orde 8 ini adalah: y = C1 + C2 x + C3 x2 + C4 x3 + C5 x4 + C6 x5 + C7 cosx + C8 sinx
5.3 PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER TAK HOMOGEN ORDE n DENGAN KOEFISIEN KONSTAN Persamaan linier tak homogen orde n mempunyai bentuk :
(P0 Dn + P1 Dn-1 + P2 Dn-2 + . . . + Pn-1 D + Pn)y = 0 Dengan P0 ≠ 0, P1, P2, P3, . . . , Pn adalah konstanta sembarang, dan Q(x) ≠ 0. Solusi umum PD tak homogen adalah :
Y = Yc(x) + Yp(x) Dimana ; Yc(x) = fungsi komplementer (solusi umum PD
limier homogen)
Yp(x) = fungsi partikulir Ada beberapa metode yang digunakan disini:
5.3.1. Metode Invers Operator Bentuk P.D linier tak homogen orde n dengan koefesien konstanta dapat dituliskan sebagai: F(D)y = Q Dengan invers operator diperoleh hubungan bahwa:
YP =
( )
Q
Atau : YP =
....
Q
Dalam kaitan ini ada 3 cara untuk menentukan YP (x) A. Metode Pertama Berdasarkan faktor-faktor real dari
( )
yang berarti bahwa akan
ditentukan solusi PD linier orde satu secara berantai
YP =
....
Q
Langkah-langkah yang dipakai disini adalah: 1. Tentukan faktor real linier dari F(D)
2. Tentukan invers operatornya, yaitu:
YP =
....
Q
3. Secara berantai, tentukan solusi PD linier berorde satu, yaitu: Tahap 1: Misalnya : u =
(P.D Linier Orde 1)
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa : ʃQ
U=
dx
Tahap 2: Solusi dalam tahap 1 digunakan dalam tahap 2 Misalnya v =
(P.D linier orde 1)
Dengan langkah-langkah yang sama diperoleh bahwa: ʃu
V=
dx
Tahap 3: Solusi dalam tahap 2 digunakan dalam tahap 3 S=
(P.D linier orde 1)
Dengan
langkah-langkah ʃ v
S=
yang
sama
diperoleh
bahwa:
diperoleh
bahwa:
dx
Dan seterusnya... Tahap (n-1): Diperoleh bahwa w =
ʃ w
dx
Tahap akhir (n) Dalam tahap akhir ini, berarti bahwa: YP =
(P.D linier orde 1)
Dengan
langkah-langkah
yang
sama
Yp ʃ w
dx
4. Dengan demikian solusi partikulir Yp(x) telah diperoleh.
Contoh (5.3.1.A) : 1. (D2 – 4D + 3)y =1
d2y dy y 6e x 3x 16 2. 8 2 6 dx dx Penyelesaian: 1. Dicari Yc terlebih dahulu ; D2 – 4D + 3 = 0 Persamaan karakteristik PD ini adalah; 2 - 4 + 3 = 0
(-1) (-3) = 0
Akar-akar persamaan karakteristik ; -1 = 0 1 = 1 -3 = 0 2 = 3 Menentukan Yp 1 , dimana Q=1 1 D 4D 3 1 1 ( D 1)( D 3)
Yp
2
Tahap 1 : Misalkan
u
Dengan ue
2.
8D
2
3x
e
3 x
2
ue
dx
n
Qe
n
dx
1 1 e3 x .e3 x 3 3
6 D 1 y 6e x 3x 16
Mencari Yc
8D
1 (P.D linier orde 1) D 3u 1 D3 diperoleh bahwa; x x
dahulu, yaitu mencari solusi umum PD linier homogen
6D y 0
Persamaan karakteristik dari PD ini adalah:
82 6 1 0
2 14 1 0
Akar-akar persamaan karakteristik :
1 2 1 4 1 0 2 4 2 1 0 1
Yc c1e
1 x 2
c2 e
1 x 4
Sekarang menentukan Yp Dari persamaan semula diperoleeh bahwa:
Yp
Karena
Yp
1 6e x 3x 2 16 8D 6 D 1
2
Q 6e x 3x 2 16
yaitu terdiri dari 3 suku maka:
1 1 1 6e x 3x 2 16 2D 14D 1 2D 14D 1 2D 14D 1
Pada suku pertama
1 6e x 2D 14D 1
Yp1 Tahap 1:
Misalkan u
1 1 6 6e x 4 D 1u 6e x D u e x 4D 1 4 4
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa: 1
u e4
x
1
6 x x 4 e e 4 dx 1
3
x 6 x e 4 e 4 dx 4 2e x
Tahap 2:
Y p1 Berarti :
1 1 2e x 2 D 1Y p1 2e x D Y p1 e x 2D 1 2
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa:
Y p1 e
1 x 2
e
1 x 2
2e e
x
e
1 x 2
dx
1 2
2e x
Pada suku kedua
Yp2
1 3x 2D 14D 1
Tahap 1
Misalkan u
1 1 3 3x 4 D 1u 3x D u x 4D 1 4 4
Dari langkah 3.8 diperoleh bahwa: 1 x 4
1
x 3 u e x e 4 dx 4 1
1
x 3 x e 4 x e 4 dx 4 1 1 1 x x 3 4x 4 e 4 x e 16e 4 4 3x 12
Tahap 2 Berarti:
Yp2
1 3x 12 2 D 1Y p 2 3x 12 D 1 Y p 2 3 x 6 2D 1 2 2
Dengan langkah 3.8 diperoleh
Yp2 e 1 x 2
1 x 2
3 2x x 6 e dx 2
e 3x 18e 3x 18
1
1 x 2
Pada suku ketiga
Y p3
1 16 2D 14D 1
Tahap 1
Misalkan u
1 1 16 4 D 1u 16 D u 4 4 D 1 4
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa:
ue
1 x 4
4e 1
1 x 4
x
16e 4 e 16
dx
1 x 4
Tahap 2
Y p3
1 16 2 D 1Y p3 16 D 1 Y p3 8 2D 1 2
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa:
Y p3 e
1 x 2
16e 16
8e 1 x 2
e
1 x 2
dx
1 x 2
Jadi Yp
Y p1 Y p 2 Y p 3 2e x 3x 18 16 2e x 3x 2 Solusi PD ini adalah: x 2
x 4
y c1 e c 2 e 2e x 3x 2
3.
D 1 y sin 2
2
x
Penyelesaian :
D
2
1 y
1 1 cos 2 x 2
Mencari dahulu yc berarti mencari solusi umum PD linear homogen, yaitu:
D 1 y 0 2
Persamaan karakteristik
2 1 0 1 1 0 Akar-akar persamaan karakteristik adalah:
1 0 1 1 1 0 2 1 yc c1e x c 2e x Sekarang menentukan yp Dari persamaan semula diperoleh bahwa:
y
1 1 1 cos 2 x D 1 2 2 2
1 1 cos 2 x D 1 D 1 2 2 1
Tahap 1 Misalnya u
1 1 1 1 1 cos 2 x D 1 u cos 2 x D 1 2 2 2 2
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa:
1 1 u e x cos 2 x e x dx 2 2
1 1 1 e x e x x e x cos 2 x e x sin 2 x 2 5 2 1 1 1 cos 2 x sin 2 x 2 10 10
Tahap 2 Berarti:
1 1 1 1 cos 2 x sin 2 x D 1 2 10 10 1 1 1 D 1 y p cos 2 x sin 2 x 2 10 10 yp
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa:
1 1 1 y p e x cos 2 x sin 2 x e x dx 10 2 10
1 1 e x e x e x cos 2 x 10 2 1 1 cos 2 x 2 10 Solusi umum PD ini adalah :
1 1 y c1e x c2e x cos 2 x 2 10 4. (D2 – 3D + 2)y = e5x Penyelesaian : Akan dicari Yc berarti mencari solusi umum PD linier homogen, yaitu: (D2 – 3D + 2)y = 0 Persamaan Karakteristik adalah : 2 - 3 + 2 = 0 ( - 1) ( - 2) = 0 Akar-akar persamaan karakteristik adalah: -1=0
-2=0
Yc = c1 ex + c2 e2x Sekarang mencari YP : Dari persamaan semula diperoleh bahwa:
(
)(
)
Tahap 1: Misalnya
(
(
)
).u=
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa: ∫ ∫
Tahap 2: Berarti:
(
(
)
)
Dengan langkah 3.8 diperoleh bahwa: ∫ ∫
Solusi umum P.D linier tak homogen ini adalah:
B. Metode Kedua ( )
dinyatakan sebagai jumlah dari n pecahan bagian:
Solusi partikulir ( )
( ) adalah : (
)
∫
∫ ∫
Langkah-langkah untuk menentukan
( ) disini adalah :
1. Tentukan faktor riil linier dari ( ) 2. Tentukan invers operator (
) yang dinyatakan sebagai jumlahan n
( )
pecahan bagian yaitu : ( ) 3. Dengan cara menyamakan koefisien dari masing-masing pembilang di ruas kanan dan ruas kiri akan didapatkan besarnya 4. Setelah
dapat
ditentukan
besarnya
( ).
masukkanlah pada rumus
( ) diperoleh.
5. Integrasikan bagian demi bagian
Contoh (5.3.1.B): 1. (
)
(
)
Penyelesaian: Fungsi komplementernya ( )adalah:
Sekarang akan menentukan Dari persamaan semula diperoleh bahwa: (
)(
)
(
)
Dengan metode 5.3.1.B (
)
(
)
(
)
Terlebih dahulu akan dihitung besarnya (
)(
)
(
) (
(
( ( )(
) (
)(
)
)
Persamaan koefisien:
( )
)
)
adalah
yaitu:
,kemudian
Dengan demikian diperoleh bahwa:
(
)
(
)
(
∫(
)
)
∫(
[
)
)]
[
)] )
)
Solusi umum P.D adalah:
2. (
)
Penyelesaian: Fungsi komplementernya ( )adalah:
Sekarang akan menentukan Dari persamaan semula diperoleh bahwa: (
)(
)
(
)
`Dengan metode 5.3.1.B (
)
(
)
(
)
Akan dihitung besarnya
adalah
(
)
)(
)
(
(
yaitu: )
(
) (
(
(
)
)(
)
)(
)
) (
Persamaan koefisien:
Dengan demikian diperoleh bahwa: (
)
(
)
∫
(
) ∫
[
]
[
]
Solusi umum P.D linier tak homogen ini adalah:
C. Metode Singkat a. Jika Q berbentuk ( )
( )
maka : ( )
( )
b. jika Q terbentuk sin(ax+b) atau cos(ax+b), maka: 1. Yp(x)=
(
)
2. Yp(x)=
(
)
sin(ax+b) = cos(ax+b) =
(
)
(
)
sin(ax+b), F(-a2)0 cos(ax+b), F(-a2)0
3. Yp(x)=
sin(ax+b) = -
cos(ax+b)
4. Yp(x)=
cos(ax+b)= -
sin(ax+b)
c. Jika Q berbentuk ( )
maka : (
( )
menderetkan
( )
)
diperoleh
dengan
dalam kuasa D atau pembagian langsung dan
untuk d. Jika Q berbentuk eaxv(x), maka : ( )
( )
( )
(
)
( )
e. Jika Q berbentuk xv(x) maka : ( )
( )
( )
( )
( )
( ) [ ( )]
( )
Langkah-langkah yang dipakai disini adalah : 1. Cocokkanlah apakah bentuk Q ada yang sesuai dengan bentuk-bentuk tertentu diatas ? 2. Kalau tidak ada maka metode singkat ini tidak dapat digunakan. Kalau tidak ada maka tentukan Yp(x) dengan rumus yang sesuai dengan rumus yang sesuai dan syarat-syarat lain yang harus dipenuhi. 3. Kalau ada yang syarat yang tidak terpenuhi, usahakanlah syarat-syarat dipenuhi. 4. Yp(x) telah diperoleh.
Contoh (5.3.1.C): Selesaikan Setiap P.D dibawah ini : 1.
(
)
2.
(
3.
(
4.
(
5.
(
)
6.
(
)
7.
(
) ) )
)
Pembahasan: (
)
Penyelesaian: Mencari dahulu (
, yaitu mencari solusi PD linier homogen :
)
Persamaan Karakteristik :
Akar-akar persamaan karakteristik (dengan rumus abc) √ √
√ √
√
√
√
√ √ √
[
√
Sekarang menghitung
]
√
dengn metode 5.3.1.a
Dari persamaan semula diperoleh bahwa : (
)
Gunakan rumus 5.3.1.a (
:: Solusi P.D linier tak homogen ini adalah :
)
[ (
√
√
]
)
Penyelesaian: P.D linear homogen dari P.D ini adalah : (
)
Persamaan karakteristik (
)(
)
Akar-akar persamaan karakteristik adalah:
Untuk dua akar yang lain dengan rumus abc
√ (
)
√
√
√ √
√
; (
Sekarang menghitung
√
√
)
dengan metode 5.3.1.c
Dari persamaan semula diperoleh bahwa:
Dengan rumus 5.3.1.c.b., didapat
Karena operator tidak berbentuk
(
)
maka dengan metode singkat ini tidak dapat
digunakan. Tetapi, agar metode singkat dapat digunakan lagi, dapat dilakukan langkah-langkah dibawah ini :
Dengan mengalikan ruas kanan dengan
Dengan demikian telah timbul bentuk (
(
)
akan didapatkan :
(
)
kemba0li, maka:
)
Ingat bahwa (
)
solusi umum P.D linear tak homogen ini adalah: (
3. (
√
√
)
)
Penyelesaian: P.D linear homogen dari P.D ini adalah: (
)
Persamaan karakteristik:
Akar-akar persamaan karakteristik:
Sekarang menghitung
dengan metode 5.3.1.c
Dari persamaan semula diperoleh bahwa:
Gunakan rumus 5.3.1.c.b.3
solusi umum P.D ini adalah:
(
)
(
)
PENYELESAIAN: P.D linier Homogen dari P.D ini adalah : (
)
Persamaan Karakteristik
Akar-akar persamaan dari persamaan karakteristik : √ √ √
√
Sekarang menghitung
dengan metode 5.3.1.c
Dari persamaan semula diperoleh bahwa : (
)
Gunakan rumus 5.3.1.c, lakukanlah pembagian langsung dahulu,yaitu
-
Karena derajat Q(x)=
,dimanadeajat tertinggi adalah 3 maka derajat
tertinggi pada penderetan atau pembagian langsung adalah 3. Dengan demikian diperoleh bahwa : (
)(
)
(
)
Solusi umum P.D ini adalah √
(
√
)
5. (D2 - 2D - 1)y = ex cos x Penyelesaian: P.D linier homogen dari P.D ini adalah : (
)
Persamaan karakteristik :
Akar-akar persamaan karakteristik : √
(
√
dan
)
√ √
√
Sekarang menghitung Yp dengan metode 5.3.1.C. Dari persamaan semula diperoleh bahwa :
Gunakan rumus 5.3.1.C.d (
)
(
)
Kemudian gunakan rumus 5.3.C.b.2. ( )
Solusi Umum P.D ini adalah :
√
√
√
6. (D2 + 3D + 2)y = x sin 2x Penyelesaian: P.D linier homogen dari P.D ini adalah : (D2 + 3D + 2)y = 0 Persamaan karakteristik : (
)(
)
Akar – akar persamaan karakteristik :
Sekarang akan menghitung Yp dengan metode 5.3.1.C. Dari persamaan semula diperoleh bahwa :
Gunakan 1rumus 5.3.1.c,e
Yp x x
1 2D 3 sin 2 x . sin 2 x D 3D 2 D 2 3D 22 2
1 2D 3 sin 2 x sin 2 x D 2 3D 2 D 6 D 3 13D 2 12 D 4
Gunakan rumus 5.3.1.c,b.1
1 2D 3 S sin 2 x sin 2 x 2 2 2 2 2 3D 2 2 6 2 D 13 2 12 D 4 1 2D 3 x sin 2 x sin 2 X 3D 2 16 2 AD 52 12 D 4 2D 3 sin 2 x 12 D 32 1 1 2D 3 x sin 2 x sin 2 x 3D 2 4 3D 8
Yp x
2
Agar rumus5.3.1.c,e dapat digunakan lagi,lakukanlah prosedur ini:
1 3D 2 1 2 D 3 3D 8 sin 2 x. sin 2 x sin 2 x 3D 2 3D 2 4 3D 8 3D 8 3D 2 1 6 D 4 7 D 24 x sin 2 x sin 2 x 4 9 D 2 64 9D 4 4 3D 2 1 6 D 4 7 D 24 Yp x sin 2 x sin 2 x 2 4 9 22 64 9 2 4 Yp x
x
3D 2 1 6 D 4 7 D 24 sin 2 x sin 2 x 40 4 100
Ingat bahwa
D
d maka: dx
x 6 cos 2 x 2 sin 2 x 1 24 sin 2 x 14 cos 2 x 24 sin 2 x 40 400 3x x 12 7 cos 2 x sin 2 x sin 2 x cos 2 x 20 20 100 200 7 30 x 12 5 x cos 2 x sin 2 x 200 100
Yp
Solusi Umum P.D ini adalah:
y c1e x c2 e 2 x
7. (
7 30 x 12 5x cos 2 x sin 2 x 200 100 )
Penyelesaian: P.D linear homogen dari P.D ini adalah : (
)
Persamaan karakteristiknya adalah: (
) (
)(
)(
)
Akar-akar persamaan karakteristik adalah :
Sekarang akan menghitung Yp dengan metode 5.3.1.c. Dari persamaan semula diperoleh bahwa:
(
)(
)(
)
Karena F(0) = F(3) = 0 maka metode 5.3.1.c.a. tidak dapat digunakan. Tetapi, disini kita boleh menulis: [ ) (
( (
)(
)
]
)
Kemudian gunakan metode 5.3.1.A. sehingga: ∫
solusi umum P.D ini adalah:
5.3.2 METODE VARIASI PARAMETER Kita tahu bahwa fungsi komplementer Yc(x) dari PD linier tak homogen adalah berbentuk: Yc(x)=c1y1(x)+c2y2(x)+c3y3(x)+...+cnyn(x) Gantilah konstanta-konstanta sembarang c1,c2,...cn dengan fungsi tak diketahui L dan x, yaitu: Yp=L1(x)y1(x)+L2(x)y2(x)+...+Ln(x)yn(x) sedemikian sehingga merupakan suatu solusi dari F(D)y=Q. Dan ini yang berperan sebagai solusi partikulirnya setelah L1,L2,...,Ln ditentukan. Langkah-langkah menentukan Yp(x) dengan metode ini: 1. Tulis fungsi komplementernya Yc=c1y1(x)+c2y2(x)+c3y3(x)+...+cnyn(x)
2. Gantilah semua konstanta sembarang c dengan fungsi tak diketahui L dari x, yaitu: Yp=L1(x)y1(x)+L2(x)y2(x)+...+Ln(x)yn(x) 3. Untuk menentukan L1(x),L2(x),...,Ln(x), diferensiasikan Yp=L1(x)y1(x)+L2(x)y2(x)+...+Ln(x)yn(x) serbanyak orde dari persamaan diferensialnya. Setelah setiap diferensiasi, kumpulan jumlahan dari semua bagian yang memuat derivatif dari L sama dengan nol. Kecuali setelah diferensiasi yang terakhir, kumpulan jumlahan dari semula bagian yang memuat derivatif dari L sama dengan Q. 4. Hitunglah L1, L2, ..., Ln 5. Tentukan L1, L2, ..., Ln dengan integrasi 6. Dengan demikian solusi partikulir sudah diperoleh yaitu: Yp=L1(x)y1(x)+L2(x)y2(x)+...+Ln(x)yn(x)
Contoh (5.3.2): Selesaikan setiap P.D di bawah ini : 1.
d2y y sec x dx 2
2.
d2y dy 2 y e x sin x 2 dx dx
3.
D
3
D y csc x
4.
D
2
1 y e x sin e x cos e x
5.
d2y dy e2x 4 4 y dx x dx 2
6.
D
2
2 D y e x sin x
Pembahasan : 1.
d2y y sec x dx 2
Penyelesaian:
d2y y sec x dapat ditulis sebagai : 2 : dx
D
2
1 y sec x
P.D linier homogen dari P.D ini adalah :
D
2
1 y 0
Akar-akar karakteristiknya :
1 i dan 2 i Fungsi komplementernya adalah :
Yc = c1 cos x + c2 sin x Gantilah c1 dan c2 dengan L1(x) dan L2(x) sedemikian sehingga terdapat relasi : Yp = L1 cos x + L2 sin x Didiferensiasikan ke x DYp = L’1 cos x - L1 sin x + L’2 sin x + L2 cos x = L2 cos x - L1 sin x + L’1 cos x+ L’2 sin x Dari sini diperoleh bahwa : L1’ cos x+ L2’ sin x=0………………………………………(1) Dan DYp = L2 cos x - L1 sin x Kemudian diferensialkan lagi ke x, diperoleh : D2 Yp = L’2 cos x – L2 sin x – L’1 sin x – L1 cos x = -L2 sin x - L1 cos x + L’2 cos x- L’1 sin x Karena orde P.D nya sama dengan derajat 2 maka didiferensialkan ke 2 ini merupakan diferensiasi terakhir, sehingga : L ‘2 cos x- L’ 1sin x = Q L’ 2 cos x- L’ 1 sin x = sec x………………………………(2) Dari perhitungan di atas didapatkan : 1)
L’ 1 cos x+ L’ 2 sin x=0
2)
– L’ 1 sin x + L’ 2 cos x = sec x
Hitunglah dahulu L1’ dan L2’ dari 2 persamaan itu dengan metode eliminasi :
L'1 cosxsinx + L' 2 sin 2 x = 0 - L'1 sinxcosx - L' 2 cosx =
1 . cos x 1 cosx +
L’2 sin2 x+ L’2 cos2x = 1 L’2 (sin2 x + cos2x) = 1 L’2 = 1 Masukkanlah L’2 = 1ke dalam persamaan 1), diperoleh : L’1 cos x = - sin x
L'1
sin x tan x cos x
Sekarang hitungah L1 dan L2 dengan mengintegrasikan L’1 dan L’2 Karena L’1 = -tan x maka L1 = -∫ tan x dx = - ln |sec x| Karena L’2 = 1 maka L2 = ∫ dx =x Solusi partikulir P.D ini adalah : Yp = L1 cos x + L2 sin x = - cos x ln |sec x| + sin x
Solusi umum P.D ini adalah : y= c1 cos x + c2 sin x – cos x ln |sec x| + x sin x atau y= (c1 – ln |sec x| ) cos x + (c2 + x) sin x
d2y dy 2 y e x sin x 2 dx dx
2.
Penyelesaian:
d2y dy 2 y e x sin x dapat ditulis sebagai : 2 dx dx
D
2
2 D 1 y e x sin x
P.D linier homogen dari P.D ini adalah :
D
2
2D 1 y 0
Persamaan karakteristik:
2 2 1 0 1 1 0 Akar-akar persamaan karakteristik :
1 0 1 1 2 1 0 2 1 1 Fungsi komplementernya adalah :
Yc c1 c2 x e x Dengan mengganti c1 dan c2 dengan L1(x) dan L2(x) akan diperoleh relasi :
Y p L1e x L2 xe x Diferensialkan terhadap x
DYp L1e x L'1 e x L' 2 xe x L2 e x L2 xe x
L1e x L2 e x L2 xe x L'1 e x L' 2 xe x Dari sini diperoleh bahwa :
L'1 e x L' 2 xe x 0 L'1 L' 2 x 0...................1) Dan DYp L1e L2 e L2 xe x
x
x
Kemudian DYp ini didiferensialkan lagi terhadap x diperoleh :
D 2Y p L'1 e x L1e x L' 2 e x L2 e x L' 2 xe x L2 xe x Karena orde P.D nya adalah dua maka diferensiasi ke 2 ini dipandang sebagai diferensiasi terakhir, sehingga :
L'1 e x L' 2 e x L' 2 xe x Q L'1 e x L' 2 e x L' 2 xe x e x sin x L'1 L' 2 L' 2 x sin x..................................2) Dari perhitungan di atas didapatkan:
1).L'1 L' 2 x 0 2) L'1 L' 2 L' 2 x sin x L' 2 sin x (eliminasi) L' 2 sin x
Substitusikan L' 2 sin x ke persamaan 1), diperoleh : L’1=-x sin x Hitunglah L1 dan L2 dengan mengintegrasikan L’1 dan L’2 yaitu : Karena L’1=-x sin x maka
L1 x sin xdx x cos x sin x x cos x sin x
Karena L' 2 sin x maka L2 sin xdx = -cos x
Solusi partikulirnya adalah :
Y p L1e x L2 xe x x cos x sin x e x xe x cos x e x sin x Solusi umum P.D ini adalah : Y= Yc+Yp =(c1+c2-sin x)ex
D
3.
3
D y csc x
Penyelesaian: P.D linier homogen dari P.D ini adalah :
D
3
D y0
Persamaan karakteristiknya adalah:
3 0
2 1 0 Akar-akar persamaan karakteristik
1 0 dan 2 i dan 3 i Fungsi komplementernya adalah :
Yc c1 c2 cos x c3 sin x Dengan mengganti c1,c2, dan c3 dengan L1(x), L2(x) dan L3(x) diperoleh relasi :
Y p L1 L2 cos x L3 sin x Diferensiasikan terhadap x :
DYp L'1 L' 2 cos x L2 sin x L'3 sin x L3 cos x L3 cos x L2 sin x L'1 L' 2 cos x L'3 sin x Dari sini diperoleh bahwa :
L'1 L' 2 cos x L'3 sin x 0..........................1) Dan
DYp L3 cos x L2 sin x
Diferensiasikan DYp ini lagi terhadap x, diperoleh :
D 2Y p L'3 cos x L3 sin x L' 2 sin x L2 cos x L3 sin x L2 cos x L'3 cos x L' 2 sin x Dari sini diperoleh bahwa :
L'3 cos x L' 2 sin x 0.................................2) Dari DYp L3 sin x L2 cos x Diferensiasikan D2Yp ini lagi terhadap x, diperoleh :
D 3Y p L'3 sin x L3 cos x L' 2 cos x L2 sin x Karena orde P.D nya adalah 3, maka diferensiasi ke 3 ini dipandang sebagai diferensiasi terakhir sehingga :
L'3 sin x L' 2 cos x Q L'3 sin x L' 2 cos x csc x...........................3) Dari perhitungan di atas diperoleh :
1).L'1 L' 2 cos x L'3 sin x 0 2) L' 2 sin x L'3 cos x 0 3). L' 2 cos x L'3 sin x csc x Hitunglah L’1,L’2,L’3 dari 3 persamaan itu. Dari 2) dan 3)diperoleh :
L' 2 sin x cos x L'3 cos x cos x 0 L' 2 cos x sin x L'3 sin x sin x
1 sin x 1 sin x
L'3 cos2 x sin 2 x 1 L'3 1 Substitusikan L’1=-1 ini ke dalam persamaan 2) diperoleh : L’2=-cot x Hitunglah L1,L2, dan L3 dengan mengintegrasikan Karena L’1=csc x maka L1
csc xdx ln csc x cot x
Karena L’2=-cot x maka L2
cot xdx
ln sin x dx
Karena L’3=-1 maka L3
=-x Solusi partikulirnya adalah :
Yc ln csc x cot x cos x ln sin x x sin x Solusi umum P.D ini adalah :
y c1 c 2 cos x c3 sin x ln cos x cot x cos x ln sin x x sin x 4. (D2-1)y=e-x sin e-x +cos e-x Penyelesaian: P.D linear homogen P.D ini adalah (D2-1)y=0 Persamaan karakteristik adalah: 2-1=0 (-1)(+1)=0 Akar-akar persamaan karakteristik adalah: +1+01=-1 -1+02=1 Fungsi komplementernya adalah:
Yc=cre-x+c2ex Dengan mengganti c1 dan c2 dengan L1(x) dan L2(x), diperoleh relasi Yp=L1e-x+L2ex Didiferensialkan terhadap x: DYp=L1’e-x-L1e-x+L2ex+L2’ex =L2ex-L1e-x +L1’e-x+L2’ex Dari sini diperoleh bahwa: L1’e-x+L2’ex=0................................................(1) Dan DYp= L2ex-L1e-x Kemudian Dyp ini didiferensialkan lagi terhadap x, diperoleh: D2Yp = L2’ex+L2ex-L1’e-x+L1e-x Karena orde PD nya adalah dua maka diferensiasi ke 2 ini merupakan diferensiasi terakhir, sehingga: L2’ex- L1’e-x=Q L2’ex- L1’e-x= e-x sin e-x +cosex...................(2) Dari perhitungan diatas diperoleh: 1)
L1’e-x+L2’ex=0
2)
- L1’e-x+ L2’ex= e-x sin e-x +cos e-x + x
-x
-x
-x
2L2’e = e sin e +cos e
L2’= e-x sin e-x +cos e-x Substitusikan L2’ ke dalam persamaan 1, diperoleh : L1’e-x
(e-2x sin e-x + e-x cos e-x) ex
L1’e-x= L1’=
(e-x sin e-x + cos e-x) ( sin e-x + excos e-x)
Hitunglah L1 dan L2 dengan integrasi: ∫
∫
∫
[
∫
∫
[
∫
] ]
∫
∫
∫
∫
[
∫
]
[
∫
]
[
]
Solusi partikulir dari PD ini adalah: (
)
(
Solusi Umum PD ini adalah: Y=c1e-x+c2ex-exsine-x
5.
,
Penyelesaian: , dapat dituliskan sebagai: (
)
P.D linier homogen dari P.D ini adalah: (
)
Persamaan karakteristik: 2-4+4=0 (-2)(-2)=0 Akar-akar persamaan karakteristik: -2=01=2 -2=02=2 Fungsi komplementernya adalah: Yc=c1e2x+c2xe2x
)
Dengan mengganti c1 dan c2 ddengan L1(x) dan L2(x), diperoleh relasi : Yp=L1e2x+L2xe2x Diferensiasikan terhadap x DYp= L1’e2x+2L1e2x+ L2’ xe2x+ L2e2x+2L2xe2x =2L1e2x+ L2e2x+2L2xe2x+ L1’e2x+ L2’ xe2x Dari sini diperoleh bahwa: L1’e2x+ L2’ xe2x=0 + L1’+ L2’........................................................................(1) Dan DYp=2L1e2x+ L2e2x+2L2xe2x Kemudian DYp ini didiferensialkan lagi terhadap x, diperoleh: D2Yp =2L1’e2x+4L1e2x+L2’e2x+2L2e2x+2L2’xe2x+2L2e2x+4L2xe2x Karena orde P.D adalah dua maka diferensiasi ke 2 ini merupakan diferensiasi terakhir sehingga:
......................................................................(2)
Dari perhitungan diatas diperoleh: 1)
L1’+L2’x=0
2)
2 L1’+L2’+ 2L2’x=1/x
- L2’=-1/x L2’=-1/x Substitusi L2’=1/x ini ke dalam persamaan 1), diperoleh
=-1 Hitunglah L1 dan L2 dengan integrasi Karena L1’=-1 maka L1
∫ =-x
Karena L2= maka
∫ | |
Solusi partikulir P.D ini adalah : | |
Solusi partikulir P.D ini adalah | | | |)
(
D
6.
2
2 D y e x sin x
Penyelesaian: P.D linier homogen dari P.D ini adalah :
D
2
2D y 0
Akar-Akar karakteristiknya :
0
dan
2
Fungsi komplementer :
y C1 C 2 e 2 x Gantilah c1 dan c2 dengan L1(x) dan L2(x) sedemikian sehingga terdapat relasi :
y L1 L2 e 2 x Didiferensiasikan ke x didapat :
Dy 2 L2 e 2 x L'1 L' 2 e 2 x Dan ambillah
L'1 L' 2 e 2 x 0 ………………………..(1)
Karena Dy 2 L2 e Dan ambillah Jadi, L' 2
2x
, D y 4 L2 e 2
2x
2 L' 2 e 2 x
2 L' 2 e 2 x Q e 2 x sin x
1 x 1 e sin x dan L2 e x (sin x cos x) 2 4 1 2
1 4
x 2x x Dari (1) diperoleh : L'1 L' 2 e e sin x dan L1 e (sin x cos x)
Integral khusus persamaan yang diberikan adalah
1 x 1 1 y L1 L2 e 2 x e x (sin x cos x) e x (sin x cos x) e sin x 2 4 4 Dan primitifnya y C1 C 2 e
2x
1 e x sin x 2
5.3.3. METODE K0EFISIEN TAK TENTU. Relasi dasar di sini adalah YP = Ar1(x)+Br2(x)+Cr3(x)+...+Grt(x) di mana fungsi-fungsi r1(x), r2(x),...,rt(x) adalah bagian-bagian dari Q dan yang timbul dari bagian itu melalui diferensiasi dan A, B, C,..., G adalah konstanta. Misalnya: -
Jika persamaan itu adalah F(D)y = x4 , maka y= Ax4+Bx3+Cx2+Dx+E
-
Jika persamaan itu adalah F(D)y = e2x+e5x maka y = Ae2x+Be5x Karena tidak ada bagian baru yang didapatkan melalui diferensiasi e2x dan
e5x. -
Jika persamaan itu adalah F(D)y =cos ax maka y = Acos ax+Bsin ax Karena tidak ada bagian baru yang didapatkan melalui diferensiasi cos ax.
-
Jika persamaan itu adalah F(D)y = sec x maka metode ini tidak dapat digunakan karena jumlah dari bagian baru yang didapatkan melalui diferensiasi sec x adalah tak berhingga. Sebagai pedoman umum, dibuatkan tabel di bawah ini:
Bentuk pada Q(x)
Pilihan untuk Yp
kex
Cex
kxn (n=0,1,2,...)
Knxn+Kn-1xn-1+...+K1x+K0
k cos wt
A cos wt + sin wt
k sin wt
A cos wt + sin wt
ATURAN UNTUK METODE KOEFISIEN TAK TENTU a. Aturan Dasar Jika Q(x) dalam P.D linier tak homogen orde n dengan koefisien konstanta merupakan salah satu fungsi yang terdapat pada kolom pertama Tabel 5.3.3.1 diatas. Pilihlah fungsi Yp yang bersesuaian
dari kolom kedua dan tentukan
koefisien tak tentunya dengan cara subsitusikan Yp dan turunannya ke dalam P.D semula. b. Aturan Modifikasi 1) Suatu
bagian
dari
Q
adalah
juga
suatu
bagian
dari
fungsi
komplementernya.Jika suatu bagian dari Q , katakan a adalah juga suatu bagian dari fungsi komplementernya (Yc(x)) yang bersesuain dengan akar lipat s maka didalam relasi dasar Yp, kita menempatkan suatu bagian xs u ditambah bagian bagian yang timbul darinya melalui diferensiasi. Misalkan : Bentuk P.D : ( D-2)3 (D+3)y = e2x + x3 Fungi komplementernya adalah : Yc = (c1 + c2 +c3 x2) e2x +c4 e3x Terlihat bahwa akar = 2 lipat tiga dan bagian e
2x
dari Q adalah juga bagian
dari fiungsi komplementernya yang bersesuaian dengan akar = 2 lipat tiga ( yang berarti s = 3) Maka relasinya dasarnya adalah : Yp = A x3 e2x + B x2 e2x + C x e2x + D e2x + E x3 + F x2 + Gx + H 2) Suatu bagian dari Q adalah xru dan u adalah suatu bagian dari fungsi komplementernya.Jika u bersesuaian dengan akar lipat s , maka dalam relasi dasar harus memuat x
r + s
u ditambah bagian-bagian yang timbul darinya
melalui diferensiasi Misalkan : Bentuk P.D : (D-2)3 (D-4)y = x2 e2x + x3 Fungsi komplementernya adalah : Yc = Yc = (c1 + c2 +c3 x2) e2x + c4 e-4x
Terlihat bahwa akar = 2 lipat tiga dan bagian x2 e2x dari Q dan u = e2x adalah suatu bagian dari fungsi komplementernya yang bersesuaian dengan akar = 2 lipat tiga
( yang berarti s = 3)
Maka relasi dasarnya adalah : Yp = A x5 e2x + B x4 e2x + C x3 e2x + D x2 e2x + E x e2x + F e2x + Gx3 + H x2 +Ix + J Langkah langkah menentukan Yp(X) dengan metode ini adalah •
Tentukanlah fungsi komplementernya Yc (x)
•
Gunakan aturan 5.3.3 A dan B untuk menentukan relasi dasar Yp(x)
•
Diferensiasikan relasi dasar Yp(x) ini sampai diferensi ke n apabila orde dari P.D semula n.
•
Hasil diferensiasi ini disubsitusikan ke P.D semula
•
Dengan metode persamaan koefisien maka semua konstanta yang dimuat dalam relasi dasar Yp(x) diperoleh harganya.
•
Harga konstanta ini kemudian disubsitusikan ke relasi dasar dan solusi partikulir Yp(x) telah ketemu.
Contoh Metode 5.3.3: Selesaikan setiap P.D dibawah ini: 1. (D2 + 2)y = ex + 2 2. (D2 - 1)y = ex +sin 2x 3. (D2 + 2D +2)y = x2 + sin x + y = -x –x2
4.
5. (D2 – 4D + 4)y = x3 e2x + xe2
Pembahasan: 1. (D2 + 2)y = ex + 2 P.D linier homogen dari P.D ini adalah: (D2 + 2)y = 0 Persamaan karakteristik: 2
+2=0
Akar-akar persamaan karakteristik:
1=√
=-√
dan
Fungsi komplementernya adalah: Yc = c1 cos √
+ c2 sin √
Dari tabel 5.3.3.1 sebagai solusi partikularnya berbentuk: Yp = Aex + B Diferensialkan YP terhadap x, DYp = A ex Diferensialkan terhadap x lagi (karena orde P.D = 2) D2 Yp = Aex Hasil-hasil diferensiasi ini disubstitusikan ke bentuk P.D semula, yaitu: D2YP + 2YP = Aex + 2 Aex + 2 (Aex + B) = ex + 2 Aex + 2A ex + 2B = ex + 2 3 Aex + 2B = ex + 2 Persamaan koefisien: 3A = 1 2B = 2
B=1
Solusi partikular P.D ini adalah: YP =
x
+1
Solusi umum P.D ini adalah: y = c1 cos √
+ c2 sin √
+
ex + 1
2. (D2 – 1)y = ex sin 2x P.D linear homogen dari P.D ini adalah: (D2 – 1)y = 0 Persamaan karakteristik: 2
-1
0
( + 1) ( – 1)
0
Akar-akar persamaan karakteristik: +1=0
1
-1
-1=0
1
1
Fungsi komplementernya adalah: c=
c1ex + c2ex
Dari tabel 5.3.3.1 , sebagai solusi partikularnya berbentuk: Yp = ex (A sin 2x + B cos 2x) Diferensialkan Yp terhadap x DYP = ex (A sin 2x + B cos 2x) + ex (2A cos 2x - 2B sin 2x) = (A – 2B)ex sin 2x + (2A + B) ex cos 2x Diferensialkan terhadap x lagi (karena orde P.D = 2) D2YP = (A – 2B)ex sin 2x + (2A + B) ex cos 2x + (2A + B) ex cos 2x - 2 (2A + B) ex sin 2x = (-5A – 4B) ex sin 2x + (4A – 3B) ex cos 2x Hasil-hasil diferensiasi ini disubstitusikan ke P.D semula. D2YP – YP = ex sin 2x (-5A – 4B) ex sin 2x + (4A – 3B) ex cos 2x – ex (A sin 2x + B cos2x) = ex sin 2x (-6A – 4B) ex sin 2x + (4A – 4B) ex cos 2x = ex sin 2x Persamaan koefisien : -6A – 4B = 1 4A – 4B = 0 -10 A = 1
A= B=
Solusi partikular P.D ini adalah: P
=
ex (sin 2x + cos 2x)
Solusi umum P.D ini adalah: y = c1e-x + c2 ex
ex (sin2x + cos 2x)
3. (D2 + 2D + 2)y = x2 + sin x P.D linier homogen dari P.D ini adalah (D2 + 2D + 2)y = 0
Persamaan karakteristik adalah: 2
+2 +2
0
Akar-akar persamaan karakteristik adalah: 1,2
=
√
= 1
=
= -1 + i dan
2=
= -1 - i
fungsi komplementernya adalah: c = ex (c1 cos x + c2 sin x) Sesuai tabel 5.3.3.1, sebagai solusi pertikulirnya berbentuk: YP = Ax2 + Bx + c + D sin x + E cos x Didiferensialkan terhadap x: DYP = 2Ax + B + D cos x – E sin x Didiferensialkan lagi terhadap x, (karena orde P.D = 2) D2Yp = 2A – D sin x – E cos x Hasil-hasil diferensiasi ini disubstitusikan ke bentuk P.D semula, yaitu: D2Yp + 2DYp + 2 YP = x2 + sin x 2A – D sin x – E cos x + 2 (2Ax + B + D cos x – E sin x) + 2 (Ax2 + Bx + c + D sin x + E cos x) = x2 + sin x 2A + 2B + 2C + (D – 2E) sin x + (E + 2D) cos x + 2A x2 + (4A + 2B)x = x2 + sin x Persamaan koefisien: D – 2E = 1 2D + E = 0
E=
2A = 1
A=
4A + 2B = 0
B = -1
2A + 2B + 2C = 0
C=
Solusi partikularnya adalah: Yp = x2 – x + + sin x - cos x
= (x – 1 )2 +
(sin x - 2 cos x )
Solusi umum P.D ini adalah: e-x (c1 cos x + c2 sin x ) + (x – 1 )2 + (sin x – 2 cos x )
4.
atau )
(
P.D linier homogen dari P.D ini adalah: Penyelesaian: (
)
Persamaan karakteristik
Akar-akar persamaan karakteristik dan Fungsi komplementernya adalah:
Sesuai tabel 5.3.3.1, sebagai solusi partikulirnya berbentuk
Perhatian: Dalam menyusun bentuk
jangan dipandang terdiri dari dua bagian tetapi
pandanglah Q sebagai polinominal x derajad 2. Diferensiasikan
terhadap x,
D Didiferensialkan lagi terhadap x
Hasil-hasil diferensialkan ini disubsitusikan ke bentuk P.D semula,
2A + 2A + C + Persamaan koefisien: A= -1
=
B= -1 2A + C = 0
C=2
Solusi partikulir P.D ini adalah:
Solusi umum P.D ini adalah:
)
5. (
P.D linier homogen dari P.D ini adalah: Penyelesaian: )
(
Persamaan karakteristik: =0 (λ-2) (λ-2) ≠ 0 Akar-akar persaman karakteristik: λ-2≠0 λ–2=0 Fungsi komplementernya adalah:
Terlihat disini bahwa
adalah suatu bagian dari Q dan juga terjadi dalam
fungsi komplementer yang bersesuaian dengan suatu akar λ ≠ 2 lipat dua. Oleh karena itu sesuai dengan aturan 5.3.3.B.b (Aturan Modifikasi) maka sebagai partikulirnya berbentuk:
Perhatikan: ini tidak memuat x
dan
komplementernya. Diferensialkan D
terhadap x,
karena telah termuat didalam fungsi
(
=
)
(
)
(
)
Didiferensialkan lagi terhadap x, ( (
)
(
(
)
)
( (
(
(
(12B+12C+4E)
)
) )
)
)
Hasil-hasil diferensiasi ini di subsitusikan ke bentuk P.D semula
Persamaan koefisien: 20A
=1
A=
12B
=0
B=0
6C
=1
C=
2E
=0
E=0
Solusi partikulir P.D ini adalah: = Solusi Umum P.D ini adalah:
(
)
c. Masalah Nilai Awal Selesaikan Masalah nilai awal berikut ini: ( )
1.
( )
2.
( )
3. ( )
4. 5. (
( )
)
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
)
6. (
(
)
(
( )
)
7. (
)
( )
8.
( )
( )
9. ( )
10.
( )
( )
( )
Pembahasan: ( )
1.
( )
P.D ini dapat ditulis dalam operator D )
(
Persamaan karakteristik
(
)(
)
Akar-akar persamaan karakteristik:
Solusi umum P.D linier homogen ini adalah: Y= Didalam masalah nilai awa Untuk y(0) = 1, ini berarti bahwa untuk x=0 maka y = 1 Y(0) = 1= Untuk
.......................................................................(1) ( )
ini berarti untuk x = 0 maka
Oleh arena itu solusi umum diatas didiferensialkan dahulu: ( ) 10 =
-2 ...............................................................(2)
Dengan demikian diperoleh: 1)
x2
2) +
4 Harga
disubsitusikan ke persamaan 1), diperoleh:
Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal itu adalah:
( )
2.
(
( )
( )
( )
)
Persamaan karakteristik :
(
)(
)
Akar – akar persamaan karakteristik :
Solusi umum P.D linear homogeny ini adalah :
Didalam masalah nilai awal untuk y = (0), berarti untuk x =0 maka y = 0 ( ) ) Untuk y (0) = -1 , berarti untuk x = 0 maka y = -1 Oleh karena itu solusi umum diatas didiferensialkan dahulu ( ) ) Untuk y’’ (0) = -5 , berarti untuk x = 0 maka y’’ = -5 Oleh karena itytu didiferensialkan lagi
) Untuk y’’’ (0) = -1 , berarti untuk x = 0 maka y’’’ = -1 Oleh karena itytu didiferensialkan lagi
) Dengan demikian diperoleh : 1) 2) 3) 4)
= -1
2) – 4) 1) – 3) disubstitusikan ke 1) disubstitusikan ke 2) _____________ + 2
Solusi khusus yang memenuhi ketiga kondisi awal itu adalah :
( )
3.
( )
(4D2 + 15D – 4)Y = 0 Persamaan karakteristik : (
)(
)
Akar – akar persamaan karakteristik :
Solusi umum P.D linier homogen ini adalah :
Didalam masalah nilai awal untuk y(0) = 6, berarti bahwa untuk x = 0 maka y = 6
( ) ) untuk y’(0) =-7, berarti bahwa untuk x = 0 maka y ‘= -7 oleh karena itu solusi umum diatas didiferensialkan dahulu
( ) ) Dengan demikian diperoleh : 1)
x4
4
2)
+
Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal diatas adalah :
( )
4. (
( )
)
Persamaan karakteristik : (
)
Akar – akar persamaan karakteristik : dan Solusi umum P.D linier homogeny diatas adalah :
Didalam masalah nilai awal Untuk y (0) = 0,berarti bahwa untuk x = 0 maka y = 0
( ) )
( )
Untuk
, berarti bahwa untuk
maka
( ) ) Dengan demikian diperoleh : 1) 2)
+ ( (
)
) (
)
Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal diatas adalah :
)
5. (
( )
( )
Persamaan karakteristik : Akar – akar persamaan karakteristik : √
dan Solusi umum P.D linier homogen ini adalah : [
]
Didalam masalah nilai awal Untuk y (0) = 1, berarti bahwa untuk x = 0 maka y = 1 [ ( )
] [
]
)
Untuk y’(0) = -1, berarti bahwa x = 0 maka y’ = -1 Oleh karena itu solusi umum diatas didiferensialkan dahulu : [
] [
( )
[ ]
] [
] )
Dengan demikian diperoleh : 1) 2) Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal diatas adalah :
6. (
)
(
)
(
)
Carany;a sama dengan menyelesaikan soal-soal diatas, yaitu menentukan solusi umum dahulu kemudian baru kondisi awal disubstitusikan. P.D linier homogen dari P.D ini adalah: (
)
Persamaan karakteristik:
Akar-akar persamaan karakteristik: dan Fungsi komplementernya adalah:
Sekarang menghitung
:
(rumus 5.3.1.c.b.3)
Didalam masalah nilai awal. Untuk (
)
, berarti bahwa untuk
maka
(
) ) (
Untuk
)
, berarti bahwa untuk
maka
Oleh karena itu solusi umum diatas didiferensialkan dahulu.
(
)
) Dengan demikian diperoleh bahwa
dan
Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal diatas adalah:
7. (
)
( )
( )
P.D linier homogen dari P.D ini adalah: (
)
Persamaan karakteristik:
Akar-akar persamaan karakteristik: √
dan Fungsi komplementernya adalah: [
]
Sekarang menghitung
:
( (
) )(
) [rumus 5.3.1.c.c]
Solusi umum P.D linier tak homogen ini adalah: [
]
Didalam masalah nilai awal: Untuk ( )
, berarti bahwa untuk
[ ( )
maka
] [
] )
Untuk
( )
, berarti bahwa untuk
maka
.
Oleh karena itu solusi umum diatas didiferensialkan dahulu. [ [
( )
]
[
]
[
] ] )
Dengan demikian diperoleh: 1) 2) Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi diatas adalah:
( )
8. (
)
P.D linier homogen dari P.D ini adalah: (
)
Persamaan karakteristik: (
)(
)
Akar-akar persamaan karakteristik: dan
Fungsi komplementernya adalah:
Sekarang menghitung
:
( )
(
) [rumus 5.3.1.c.b.1]
( )
*
+
∫
Solusi umum P.D linier tak homogen ini adalah:
Didalam masalah nilai awal Untuk ( )
, berarti bahwa untuk
maka
( )
) Untuk
( )
, berarti bahwa untuk
maka
Oleh karena itu solusi umum didiferensialkan dahulu.
( ) ................................................................2) Dengan demikian diperoleh: 1) 2) Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal diatas adalah:
9. y’’- 2y’ = y = 2x2 - 8x = 4,y (0)= 0,3 ; y’(0) = 0,3 (D2 - 2D + 1)y = 2x2 -8x + 4 Persamaan diperensial linier homogeny dari P.D adalah (D2 – 2D + 1)y = 0 Persamaan karakteristik: 22+1 = 0
(1)(1) = 0 Akar-akar persamaan karakteristik: 1 = 0 1 = 1 1 = 0 2 = 1 Fungsi komplementernya adalah: Yc = c1ex + c2 x ex sekarang menghitung Yp: Yp
( 2x2 – 8x + 4)
= =
(1 + 2D + 3D2) (2x2 – 8x + 4)
=
2x2 – 8x + 4 + 8x – 16 + 12
=
2x2
Solusi umum P.D linier tak homogeny ini adalah : y = c1ex + c2 x ex + 2x2 didalam masalah nilai awal untuk y (0) = 0,3 berarti bahwa untuk x = 0 maka y = 0,3 y = c1ex + c2 x ex + 2x2 y(0) = c1e0 + c2 0 e0 + 2 . 02 0,3 = c1……………………………………………………………………….1) Untuk y’(0) = 0,3 berarti bahwa untuk x = 0 maka y’ = 0,3. Oleh karna itu solusi umum diatas dideferensialkan dahulu : y’ = c1ex + c2 ex + c2xex + 4x y’(0) = c1e0 + c2 e0 + c2.0.e0 + 4.0 0,3 = c1 + c2……………………………………………………………………2) Dengan demikin diperoleh: 1) c1 = 0,3 2) c1 + c2 = 0,3 c2 = 0 solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal diatas adalah y = 0,3 ex + 2x2 10. y’’ – y = 2ex, y (0) = -1, y’ (0) = 0 (D2 – 1) y = 2e x
P.D linier homogeny dari P.D ini adalah : (D2 – 1 )y = 0 Persamaan karakteristik: 2 – 1 = 0 ( + 1) ( - 1) = 0 Akar-akar persamaan karakteristik: + 1 = 0 1 = - 1 1 = 0 2 = 1 Fungsi komplementernya adalah: Yc = c1ex + c2 ex Sekarang menghitung Yp :
=(
)(
)
=(
)(
)
=
(
)
2 ex [rumus 5.3.1.ca] ex
ex
∫
[ rumus5.3.1.A]
= Solusi umum P.D linier tak homogeny diatas adalah : y = c1ex + c2 x ex + xex Didalam masalah nilai awal Untuk y (0) = -1 berarti bahwa untuk x = 0 maka y = -1 y = c1e-x + c2 ex + xex y(0) = c1e0 + c2 0 e0 + 0.e0 - 1 = c1 + c2 ……………………..………………………….……..1) Untuk y’(0) = 0 , berarti bahwa untuk x = 0 maka y’ = 0 Oleh karna itu solusi umum didiferensialkan dahulu : y = - c1e-x + c2 ex + ex+ xex y = - c1e0 + c2 e0 + e0+ 0.e0 0 = - c1 + c2 + 1 c1 – c2 = 1…………………………………..……………………..2)
Dengan demikian diperoleh : 1) c1 + c2 = -1 2) c1 – c2 = 1 c1 = 0
2c1 = 0
c2 = -1 Solusi khusus yang memenuhi kedua kondisi awal diatas adalah y = -e x + xe x
5.5 LATIHAN SOAL I. selesaikan setiap P.D dibawah ini : 1. (D2 – 4D + 13)y = 0 2. (D4 – 6D3 + 13D2 – 12D + 4)y = 0 3. (6D2 – D – 1)y = 0 4. (D2 – 6D + 9) = 2e3x 5. (D2 + D – 2)y = 2(1 + x – x2) 6. (D2 + 1)y = csc x 7. (D2 – 4D + 3)y = (1 + e-x)-1 8. (D2 – 4)y = x2e3x 9. (D2 + 2D +4)y = ex sin 2x 10. (D2 – 4D + 3)y = 2xe3x + 3ex cos 2x 11. (D2 + D + 1)y = ex + e-x + sin x 12. (
)
13. (
)
JAWABAN : 1. y = e2x (c1 cos 3x + c2 sin 3x ) 2. y = (c1 +c2x)ex + (c3 +c4x) e2x 3. 4. 5.
⁄
⁄
= (c1 + c2x)e3x + x2e3x c1ex + c2e-2x + x2
6.
= c1 cos x + c2 sin x + sin x ln sin x – x cos x
7.
= c1ex + c2e3x +
(
) (
)
(
8. (
9.
√
√ (
10. 11.
(
)
) )
(
)
(
(
12. (
) )
) (
)
13.
(
(
II. Selesaikan maslaah nilai awal dibawah ini : 1. ( D2 + 4) y= 8e-2x + 4x2 + 2, y(0) = 2, y’(0) = 2 2. y’’- 3y’ +2y = 2x2 – 6x + 2, y(0) = 4, y’(0) = 3 3. y”’ + 9y’ = 0, y(0)= 4, y’(0) = 0, y”(0) = 9 4. (8 D2 + 2D – 1)y = 0, y(0) =5/2, y’(0) = -13/8 5. y” + 25y = 5x , y(0) = 5, y’(0) =-4,8
JAWABAN : 1. y = cos2x + 2 sin 2x + e-2x + x 2. y = 5 ex- e 2x + x2 3. y = 5 – cos 3x 4. y = 3 e-x/2 – ½ ex/4 5. y = 5cos 2x – sin 5x + 0,2x
) )
)
