Persamaan Diferensial Linier Orde Kedua (Rancangan Modul) [PDF]

Citation preview

3.



PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE KEDUA



3.1.



Koefisien Konstan dan Sisi Kanan Sama Dengan Nol



Bentuk persamaan:



𝑎2



2



𝑑 𝑦 2



𝑑𝑥



𝑑𝑦



…………………(3.1)



+ 𝑎1 𝑑𝑥 + 𝑎0 𝑦 = 0



dengan: 𝑎2 , 𝑎1 , 𝑎0 adalah konstanta. Persamaan (3.1) disebut persamaan bersifat homogen, artinya setiap suku pada persamaan hanya bergantung pada “𝑦” dan derivatifnya. Solusi untuk persamaan diferensial linier orde kedua dapat dicari dengan memanfaatkan bantuan operator turunan serta rumus solusi pada persamaan diferensial linier orde pertama. Operator Turunan dinotasikan dengan “𝐷” dan didefenisikan:



𝐷𝑦 =



𝑑𝑦 𝑑𝑥



= 𝑦′



dan



𝐷2 𝑦 =



𝑑2𝑦 𝑑𝑥 2



= 𝑦 ′′



Contoh 1: Carilah solusi umum dari persamaan: 𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 Penyelesaian: Langkah 1: dengan bantuan operator turunan: 𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 dapat ditulis menjadi: 𝐷2 𝑦 + 5𝐷𝑦 + 4𝑦 = 0 (𝐷2 + 5𝐷 + 4)𝑦 = 0 dengan aljabar, dapat ditulis menjadi: (𝐷 + 1)(𝐷 + 4)𝑦 = 0 atau (𝐷 + 4)(𝐷 + 1)𝑦 = 0, kedua persamaan tersebut sama saja. Untuk penyelesaian selanjutnya kita pilih salah satu, misalnya (𝐷 + 1)(𝐷 + 4)𝑦 = 0.



Langkah 2: dengan bantuan rumus solusi persamaan diferensial linier orde pertama. (𝐷 + 1)(𝐷 + 4)𝑦 = 0



…………………(3.2)



(𝐷 + 4)𝑦 = 𝑢



………………… (3.3)



(𝐷 + 1)𝑢 = 0



…………………(3.5)



Misalkan:



Persamaan (3.2) menjadi:



Persamaan (3.5) diuraikan menjadi: 𝐷𝑢 + 𝑢 = 0 atau 𝑢′ + 𝑢 = 0 → merupakan persamaan diferensial linier orde pertama (lihat Pers……), dengan 𝑃 = 1 dan 𝑄 = 0. Solusi umum Persamaan (3.5) adalah 𝑢 = 𝑒 − ∫ 𝑑𝑥 [∫ 0. 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ] 𝑢 = 𝐶1 𝑒 −𝑥



……………..(3.6)



Selanjutnya, untuk menentukan 𝑦, kita subtitusi Persamaan (3.6) ke Persamaan (3.3), Persamaan menjadi: (𝐷 + 4)𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 , kemudian diuraikan menjadi: 𝑦 ′ + 4𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 → merupakan persamaan diferensial linier orde pertama (lihat Pers……), dengan 𝑃 = 4 dan 𝑄 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 . Maka, solusi umum dari Persamaan (3.2) dan (3.3) adalah 𝑦 = 𝑒 − ∫ 4𝑑𝑥 [∫ 𝐶1 𝑒 −𝑥 . 𝑒 ∫ 4𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶2 ] 𝑦 = 𝑒 −4x [∫ 𝐶1 𝑒 −𝑥 . 𝑒 4x 𝑑𝑥 + 𝐶2 ] 𝑦 = 𝑒 −4x [∫ 𝐶1 𝑒 3𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶2 ] 𝑦=



𝐶1 −𝑥 𝑒 + 𝐶2 𝑒 −4x 3



𝑦 = 𝐴𝑒 −𝑥 + 𝐵𝑒 −4x



dengan:



Sehingga



𝐶1 3



= 𝐴 dan 𝐶2 = 𝐵 , masing-masing adalah konstanta.



diperoleh



solusi



umum



dari



persamaan



𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 4𝑦 = 0



adalah



𝑦 = 𝐴𝑒 −𝑥 + 𝐵𝑒 −4x dengan 𝐴 dan 𝐵 adalah konstanta.



Kesimpulan 1: Jika bentuk persamaan diferensial orde kedua adalah: (𝑫 + 𝒂)(𝑫 + 𝒃)𝒚 = 𝟎, dengan 𝒂 ≠ 𝒃, maka solusi/penyelesaian umumnya adalah: 𝒚 = 𝑨𝒆−𝒂𝒙 + 𝑩𝒆−𝒃𝐱 dengan 𝑨 dan 𝑩 adalah konstanta.



Contoh 2: Carilah solusi umum dari persamaan: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 Penyelesaian: (Langkah-langkah dilakukan seperti pada Contoh 1) 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 dapat ditulis menjadi: 𝐷2 𝑦 − 4𝐷𝑦 + 4𝑦 = 0 (𝐷2 − 4𝐷 + 4)𝑦 = 0 …………………….(3.7)



(𝐷 − 2)(𝐷 − 2)𝑦 =0 Misalkan,



…………………(3.8)



(𝐷 − 2)𝑦 = 𝑢 Persamaan (3.7) menjadi: (𝐷 − 2)𝑢 = 0 atau 𝑢′ − 2𝑢 = 0 Solusi umumnya:



𝑢 = 𝑒 ∫ 2𝑑𝑥 [∫ 0. 𝑒 − ∫ 2𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ]



𝑢 = 𝑒 2𝑥 𝐶1



………………..(3.9)



Untuk memperoleh solusi umum dari Persamaan (3.7) maka Persamaan (3.9) kita subtitusi pada Persamaan (3.8), diperoleh: (𝐷 − 2)𝑦 = 𝑒 2𝑥 𝐶1 , diuraikan menjadi: 𝑦 ′ − 2𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 Solusi umumnya: 𝑦 = 𝑒 ∫ 2𝑑𝑥 [∫ 𝐶1 𝑒 2𝑥 . 𝑒 − ∫ 2𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶2 ] 𝑦 = 𝑒 2x [∫ 𝐶1 𝑑𝑥 + 𝐶2 ] 𝑦 = 𝑒 2x [𝐶1 𝑥 + 𝐶2 ], dengan 𝐶1 dan 𝐶2 adalah konstanta.



Sehingga



diperoleh



solusi



umum



dari



persamaan



𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 0



adalah



𝑦 = 𝑒 2x [𝐶1 𝑥 + 𝐶2 ], dengan 𝐶1 dan 𝐶2 adalah konstanta.



Kesimpulan 2: Jika bentuk persamaan diferensial orde kedua adalah: (𝑫 + 𝒂)(𝑫 + 𝒂)𝒚 = 𝟎, maka solusi/penyelesaian umumnya adalah: 𝒚 = 𝒆−𝒂𝒙 [𝑨𝒙 + 𝑩], dengan 𝑨 dan 𝑩 adalah konstanta.



3.2.



Koefisien Konstan dan Sisi Kanan Tidak Sama Dengan Nol Bentuk Persamaan:



𝑎2



2



𝑑 𝑦 2



𝑑𝑥



𝑑𝑦



+ 𝑎1 𝑑𝑥 + 𝑎0 𝑦 = 𝑓(𝑥)



…………………(3.10)



dengan: 𝑎2 , 𝑎1 , 𝑎0 adalah konstanta. Ada beberapa metode yang dapat dilakukan untuk menemukan solusi umum dari persamaan yang memiliki bentuk seperti Persamaan (3.10).



Namun, untuk mempermudah perhitungan, kita akan tetap menerapkan metode seperti pada Sub Bab 3.1. Contoh 3: Carilah solusi umum dari persamaan: 𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 4𝑦 = cos 2𝑥 Penyelesaian: 𝐷2 𝑦 + 5𝐷𝑦 + 4𝑦 = cos 2𝑥 ………………...(3.11)



(𝐷 + 1)(𝐷 + 4)𝑦 = cos 2𝑥 Misalkan:



….…………….(3.12)



(𝐷 + 4)𝑦 = 𝑢 Persamaan (3.11) menjadi: (𝐷 + 1)𝑢 = cos 2𝑥 𝑢′ + 𝑢 = cos 2𝑥 𝑢 = 𝑒 − ∫ 𝑑𝑥 [∫ cos 2𝑥 . 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ] 𝑢 = 𝑒 −𝑥 [∫ cos 2𝑥 . 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ] Catatan 1: (untuk mempermudah perhitungan diberikan rumus integral) 𝑒𝐴𝑥



∫ 𝑒𝐴𝑥 cos 𝐵𝑥 𝑑𝑥 = 𝐴2 +𝐵2 (𝐵 sin 𝐵𝑥 + 𝐴 cos 𝐵𝑥) + 𝐶 𝑒𝐴𝑥



∫ 𝑒𝐴𝑥 sin 𝐵𝑥 𝑑𝑥 = 𝐴2 +𝐵2 (𝐴 sin 𝐵𝑥 − 𝐵 cos 𝐵𝑥) + 𝐶 Dengan memanfaatkan rumus integral pada “Catatan 1”, diperoleh: 𝑢 = 𝑒 −𝑥 [



𝑒𝑥 (2 sin 2𝑥 + cos 2𝑥) + 𝐶1 ] 5



1



𝑢 = 5 (2 sin 2𝑥 + cos 2𝑥) + 𝐶1 𝑒 −𝑥



……………………….(3.13)



Selanjutnya dicari solusi umum dari Persamaan (3.11) dengan cara subtitusi Persamaan (3.13) ke Persamaan (3.12). Persamaan (3.12) menjadi: 1



(𝐷 + 4)𝑦 = (2 sin 2𝑥 + cos 2𝑥) + 𝐶1 𝑒 −𝑥 5 1



𝑦 ′ + 4𝑦 = 5 (2 sin 2𝑥 + cos 2𝑥) + 𝐶1 𝑒 −𝑥



Solusi umumnya: 1 𝑦 = 𝑒 − ∫ 4𝑑𝑥 [∫ ( (2 sin 2𝑥 + cos 2𝑥) + 𝐶1 𝑒 −𝑥 ) 𝑒 ∫ 4𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶2 ] 5 2 1 𝑦 = 𝑒 −4x [∫ 𝑒 4x sin 2𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑒 4x cos 2𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝐶1 𝑒 3𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶2 ] 5 5 Dengan memanfaatkan rumus integral pada “Catatan 1”, diperoleh: 𝑦=𝑒



−4x



2 𝑒 4x 1 𝑒 4x 𝐶1 [ (4 sin 2x − 2 cos 2x) + (2 sin 2x + 4 cos 2x) + 𝑒 3𝑥 + 𝐶2 ] 5 20 5 20 3



2 𝑒 4x 1 𝑒 4x 𝐶1 𝑦 = 𝑒 −4x [ (4 sin 2x − 2 cos 2x) + (2 sin 2x + 4 cos 2x) + 𝑒 3𝑥 + 𝐶2 ] 5 20 5 20 3 𝑦=



8 4 2 4 𝐶1 sin 2x − cos 2x + sin 2x + cos 2x + 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 −4x 100 100 100 100 3



𝑦=



1 𝐶1 sin 2x + 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 −4x 10 3



dapat ditulis sebagai: 1



𝑦 = 10 sin 2x + 𝐴𝑒 −𝑥 + 𝐵𝑒 −4x dengan 𝐴 dan 𝐵 adalah konstanta.



Sehingga diperoleh solusi umum dari persamaan 𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 4𝑦 = cos 2𝑥 adalah 1



𝑦 = 10 sin 2x + 𝐴𝑒 −𝑥 + 𝐵𝑒 −4x dengan 𝐴 dan 𝐵 adalah konstanta.