Persamaan Diferensial Biasa [PDF]

Citation preview

Persamaan Diferensial Biasa 8.1 Pengertian Persamaan diferensial biasa adalah persamaan diferensial yang memiliki sebuah variabel bebas. Bentuk umum dari persamaan diferensial biasa adalah :



y ( x)  f ( x) 



dy dx



(8.1)



dy = f(x) dx Kemudian dicari penyelesaian y = y(x) yaitu y = ò f(x) dx



(8.2)



Bentuk f(x) sangat beragam, sehingga teknik untuk mencari solusi y = y(x) juga sangat bervariasi. Bentuk yang paling mudah adalah jika dapat dilakukan pemisahan variabel, 2 misalnya x y   2 y  1 , maka :



x 2 y  2 y 1 dy  2 y 1 dx dy dx  2 2y 1 x Dimana y dengan x terpisah sehingga dapat diintegralkan langsung menjadi : x2



dy



dx



ò 2 y 1  ò x



2



1 1 ln (2 y  1)    C1 2 x 2 ln(2 y  1)    C 2 x 2 / x 2y 1  e  C3 1 y  e 2 / x  C3 2



8.2 Persamaan Diferensial Linier Orde 1 Persamaan diferensial linier orde 1 memiliki bentuk : y   Py  Q



(8.3)



dimana P dan Q adalah fungsi x. Untuk memecahkan persamaan ini, maka Q diambil dulu bernilai nol, Q = 0, sehingga :



dy   Py dx dy dy   P dx   ò   ò P dx y y y   Py  0  



diperoleh : ln y   ò P dx  C



y  e  ò P dxC  A e  ò P dx C dimana A  e .



Dapat dituliskan I  ò P dx 



dI P dx



Jadi y  Ae  I  y e I  A . Dapat dituliskan bahwa : d dI ( ye I )  y e I  ye I dx dx d ( y e I )  y e I  y e I P dx d ( y e I )  e I ( y   Py) dx



(8.4)



Dari persamaan (8.3) diketahui bahwa y   Py  Q , sehingga persamaan (8.4) dapat dinyatakan dalam bentuk :



d (y eI )  eI Q dx d ( y e I )  e I Q dx y e I  ò e I Q dx  C atau y  e  I ò Q e I dx  C e  I Contoh :



(8.5)



Tentukanlah solusi dari



x 2 y   2 xy 



1 x



Dari persamaan diferensial di atas dapat dituliskan :



y 



2 1 1 2 y  3 Q  3 P x x x dan x



I  ò P dx  ò  e I  e  2 ln x 



2 dx  2 ln x x



1 I 2 x 2 dan e  x



y  e  I ò Q e I dx  C e  I



Jadi :



y  x2 ò y



1 1 dx  Cx 2 3 2 x x



1  C x2 2 4x



Selanjutnya persamaan diferensial linier orde 1 pada persamaan (8.3) dapat diperluas menjadi : y   Py  Qy n



(8.6)



Untuk memecahkan persamaan (8.6); didefinisikan suatu parameter : z = y1-n



(8.7)



Turunan z terhadap x adalah : z   (1  n) y  n y 



(8.8)



n Apabila persamaan (8.6) diperkalikan dengan (1  n) y , diperoleh :



(1  n) y  y  n  (1  n) y 1 n P  Q(1  n) z   (1  n) P y 1 n  (1  n) Q z   (1  n) Pz  (1  n) Q



(8.9)



Persamaan (8.9) identik dengan persamaan (8.3), jadi dari persamaan (8.9) dapat dituliskan:



I  ò (1  n)P dx z e I  ò e I (1  n)Q dx  C



z  e  I ò e I (1  n)Q dx  C e I



(8.10)



1 n Dari persamaan (8.7) didefinisikan bahwa z  y , sehingga :



y  1 n z



(8.11)



oleh karena itu dari persamaan (8.10) dan (8.11) diperoleh solusi : y  1 n e  I ò e I (1  n)Q dx C e I



(8.12)



8.3 Persamaan Diferensial Eksak Persamaan diferensial eksak memiliki bentuk : P ( x, y )dx  Q( x, y )dy  d F ( x, y )  0



(8.13)



F ( x, y )  C



(8.14)



dengan



dimana : P Q  y x



P



F x



(8.15) Q



dan



F y



(8.16)



Misalkan x dy  y dx  0 , apakah persamaan ini merupakan persamaan diferensial eksak ? Dalam persamaan ini :



P   1 y  P Q   y x Q  Qx 1  x P  y 



Jadi x dy  y dx  0 bukanlah persamaan diferensial eksak. Apabila x dy  y dx dibagi x dy  y dx 1 y  dy  2 dx  0 2 x x x dengan x2, maka diperoleh . Dalam hal ini : y P 1     y x2 x 2  P Q   y x Q 1 1  Q   2  x x x P



x dy  y dx 0 2 x Jadi adalah persamaan diferensial eksak, sehingga solusinya dapat dicari dari : P



F  F  ò P dx x y y  ò  2 dx   C x x



atau Q



F  F  ò Q dy y y 1  ò dy   C. x x



8.4 Persamaan Diferensial Linier Homogen Persamaan diferensial linier homogen memiliki bentuk : a2



d2y dy  a  a0 y  0 1 dx dx 2



(8.17)



Dapat didefinisikan simbol D : dy  Dy   y  d dx  D  dx  2 d2y D y  2  y   dx Sehingga persamaan (8.17) dapat dituliskan dalam bentuk : a 2 D 2 y  a1 Dy  a 0 y  0



(8.18)



Dari persamaan (8.18) akan diperoleh akar-akar persamaan. Akar-akar persamaan tersebut dapat berupa akar-akar yang tidak sama nilainya, dan akar yang berbentuk kompleks. Untuk akar yang bernilai tidak sama, perhatikanlah contoh berikut ini; tentukanlah solusi dari persamaan diferensial : y   5 y   4 y  0



Jawab :



D 2 y  5 Dy  4 y  0 ( D 2  5 D  4) y  0 ( D  4)( D  1) y  0 Dapat dituliskan bahwa ( D  4) y  0 Dy  4 y  0 dy dy  4 y   4dx dx y



ò



dy   4 dx y ò



ln y  4 x  C  y  C1 e  4 x Dengan cara yang sama : ( D  1) y  0 Dy  y  0 dy dy  y   dx dx y dy ò y  ò  dx ln y   x  C  y  C1 e  x Jadi persamaan diferensial y   5 y   4 y  0 akan memiliki solusi umum : y  C1 e 4 x  C 2 e  x . Apabila akar-akarnya kembar yang berbentuk : (D – a) (D – a) y = 0



(8.19)



Maka salah satu solusinya langsung diperoleh dari (D – a) y = 0, yakni: y = c1 eax



(8.20)



Sehingga untuk mencari solusi ke-2, dari persamaan diferensial di atas dapat dituliskan : u = (D – a) y



(8.21)



(D – a) u = 0  u = A eax Persamaan diferensial (8.21) menjadi : (D – a) y = A eax y’ – ay = A eax



(8.22)



Persamaan (8.22) memiliki bentuk seperti persamaan (8.3) : y’ + Py = Q dimana P = –a dan Q = A eax. Dalam hal ini akan diperoleh : I  ò P ax  ò  a dx  ax



Solusinya : y e I  ò e I Q dx  C ye  ax  ò e  ax A e ax dx  B



 ò A dx  B



y e  ax  Ax  B Jadi untuk akar-akar kembar akan diperoleh solusi umum berbentuk : y  A x e ax  B e ax



(8.23)



Jika akar-akarnya adalah dalam bentuk kompleks a ± ib, maka solusinya adalah : y  Ae ( a  ib ) x  Be ( a ib ) x  e ax ( Ae ibx  Be  ibx )  e ax ( A cos bx  iA sin bx  B cos bx  iB sin bx)  e ax  ( A  B) cos bx  i ( A  B) sin bx y  e ax (C1 sin bx  C2 cos bx)



dimana : C1  i ( A  B ) C 2  A  B.



(8.24)



8.5 Persamaan Diferensial Tak Homogen Orde Dua Persamaan diferensial tak homogen orde dua memiliki bentuk : d2y dy a2  a1  a 0 y  f ( x) 2 dx dx



(8.25)



Solusi umum dari persamaan (8.34) terdiri dari solusi homogen dan solusi khusus, yang dapat dituliskan dalam bentuk : y = y h + yp



(8.26)



dimana : yh = solusi homogen yp = solusi khusus Solusi homogen diperoleh dengan menolkan f(x) dan selanjutnya diperoleh solusi tersebut dengan memakai apa yang telah dibahas di dalam sub bab 8.4. Kemudian solusi khusus diperoleh dengan melihat bentuk f(x). Ada beberapa bentuk f(x). 1. Bentuk eksponensial; f(x) = k ecx, dimana bentuk persamaan diferensialnya (D – a) (D – b) y = f(x). Maka bentuk solusi khususnya adalah : 







yp = C ecx jika



c  a dan c  b











yp = C x ecx



jika



c = a atau c = b sedangkan a  b











yp = C x2 ecx



jika



c = a = b (akan kembar)



2. Bentuk trigoniometri atau eksponensial kompleks; k sin ax f ( x)  k cos ax dari diferensial (D – a) (D – b) y = f(x). Maka bentuk solusi khususnya adalah : yp = C eiax Dalam hal ini tentukan nilai C dan ambil bagian imajiner atau bagial riel. 3. Bentuk polinomial, f(x) = Pn(x) dari persamaan diferensial berbentuk (D – a) (D – b) y = f(x). Maka bentuk solusi khususnya adalah : yp = Qn(x) dimana Qn(x) adalah suatu polinomial yang berderajat sama dengan Pn(x). 4.



cx Bentuk gabungan; ada beberapa bentuk gabungan, misalnya f ( x)  e Pn ( x) dari



persamaan diferensial (D – a) (D – b) y = ecx Pn (x), maka solusi khususnya adalah : 







yp = ecx Qn(x)



jika



c  a dan c  b











yp = x ecx Qn(x)



jika



c = a atau c = b, a  b











yp = x2 ecx Qn(x)



jika



c = a = b.



Bentuk gabungan yang lain misalnya adalah



k sin axPn ( x) ( D  a )( D  b) y   k cos axPn ( x) Maka solusi khususnya adalah :



y p  e iax Q n (x) Jika ada beberapa solusi khusus, misalnya



y p1 , y p 2 , y p 3 , ,



maka:



y p  y p1  y p 2  y p 3  



Solusi umum menjadi : y  yh  y p



.



Contoh-contoh soal dan penyelesaian 1. Tentukanlah solusi dari persamaan diferensial y   6 y   9 y  0 Jawab : D 2 y  6 Dy  9 y  0 ( D  3)( D  3) y  0  akar kembar 3 x Maka : y  ( Ax  B)e



2. Tentukanlah solusi dari persamaan diferensial d2y dy  5  4 y  cos 2 x 2 dx dx



Solusi homogennya diperoleh dari d2y dy  5  4y  0 2 dx dx 4 x y h  c1 e  c 2 e  x Solusi khususnya : (D2 + 5D + 4) yp = cos 2x bentuk yp adalah yp = C1 cos 2x + C2 sin 2x



Dyp = –2 C1 sin 2x + 2 C2 cos 2x --------------------------D2yp = –4C1 cos 2x – 4C2 sin 2x 5 Dyp = 10C2 cos 2x – 10C1 sin 2x 4 yp = 4C1 cos 2x + 4C2 sin 2x + D2yp + 5dyp + 4yp = 10C2 cos 2x – 10C1 sin 2x = cos 2x. Jadi



:



10C 2  1  C 2 



1 10



10C1  0  C1  0 Maka :



yp 



Sehingga



1 sin 2 x 10



y  yh  y p



y  C1 e  4 x  C 2 e  x 



3.



1 sin 2 x 10



Tinjaulah sebuah pegas yang memiliki konstanta k dan pada pegas tersebut



digantungkan sebuah benda bermassa m (lihat gambar). Pegas ditarik sejauh y kemudian dilepaskan. Tentukanlah persamaan gerak osilasi benda tersebut untuk beberapa keadaan.



k m y



F



Gambar 5.1. Jawab : a. Jika faktor gesekan diabaikan dan tidak ada gaya luar. Dari persamaan Hooke, persamaan diferensialnya berbentuk : d2y m 2  ky dt d2y m 2  ky  0 dt d2y k  y0 dt 2 m d2y k  2 y  0  2  2 m dt



( D 2   2 ) y  0 , akar-akarnya i it  it diperoleh : y  Ae  Be



C1 sin t  C 2 cos t Misalkan pada saat awal benda m ditarik sejauh 50 cm (0,5 m), maka itu berarti dy 0 pada saat t = 0  y = -0,5 dan dx , maka –0,5 = C1 sin 0 + C2 cos 0  C2 =



-0,5.



dy  0  C1  cos t  C 2  sin t dt 0  C1  cos 0  C 2  sin 0 C 1  0.



Maka persamaan geraknya adalah : y = –0,5 cos t. b. Jika ada gaya gesek, maka dari hukum Hooke persamaan diferensial menjadi : m



d2y dy   ky   2 dt ,  adalah faktor gesekan dt



m



d2y dy    ky  0 2 dt dt



d 2 y  dy k   y dt 2 m dt m  k  2b  2 untuk penyederhanaan solusi dibuat m dan m . Maka : d2y dy  2b   2 y  0 2 dt dt 2 ( D  2bD   2 ) y  0



akar-akarnya adalah :



D 



 2b ± 4b 2  4 2



2 2 2 2 2 2 Jika b    b    0  b   (real), maka :



y  Ae  k1t  B e  k 2t dimana :



k1  b  b 2   2 k 2  b  b 2   2 Gerak benda teredam. 



2 2 2 2 Jika b    b    0



Solusinya adalah : y  ( A  Bt )e  bt Benda hampir bergerak berosilasi, dalam hal ini disebut teredam kritis.







2 2 2 2 2 2 Jika b    b    0  b  



berbentuk imajiner, solusinya



adalah: y  e  bt ( A cos t  B sin t ) atau y  Ce  bt sin(t   ) Dalam hal ini akan terjadi gerak osilasi yang teredam dengan bentuk kurvanya terlihat pada gambar 5.2. y



e bt sin(t   ) t



Gambar 5.2. c. Jika ada gaya luar, misalkan F = F0 sin ’t, maka persamaan diferensialnya menjadi d2y dy  2b   2 y  F sin t 2 dx dt



Solusi khususnya adalah :



y p  C e it Jika yp dimasukkan ke persamaan diferensial, maka ( 2  2bi   2 )C e it  F0 e it



F0     2bi ( 2   2 )  2 b i F0  ( 2   2 )  4b 2  2



C



2











| C |



F0 ( 2   2 ) 2  4b 2  2



Dapat digunakan ilustrasi di bawah ini :



2b  2  2



Gambar 5.3. Maka : C



F0 (   )  4b  2



2



2



2



e  i



2



Sehingga :



yp 



F0 (   )  4b  2



2 2



2



2



e  i



Jika diambil bagian imaginernya : yp 



F0 (   2 ) 2  4b 2  2 2



sin(t  )



Solusi umum gerak benda menjadi : y = yh + y p Bentuk yh dapat diambil dari jawaban b diatas.