12 0 263 KB
3.
PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE KEDUA
3.1.
Koefisien Konstan dan Sisi Kanan Sama Dengan Nol
Bentuk persamaan:
π2
2
π π¦ 2
ππ₯
ππ¦
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦(3.1)
+ π1 ππ₯ + π0 π¦ = 0
dengan: π2 , π1 , π0 adalah konstanta. Persamaan (3.1) disebut persamaan bersifat homogen, artinya setiap suku pada persamaan hanya bergantung pada βπ¦β 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 βπ·β dan didefenisikan:
π·π¦ =
ππ¦ ππ₯
= π¦β²
dan
π·2 π¦ =
π2π¦ ππ₯ 2
= π¦ β²β²
Contoh 1: Carilah solusi umum dari persamaan: π¦ β²β² + 5π¦ β² + 4π¦ = 0 Penyelesaian: Langkah 1: dengan bantuan operator turunan: π¦ β²β² + 5π¦ β² + 4π¦ = 0 dapat ditulis menjadi: π·2 π¦ + 5π·π¦ + 4π¦ = 0 (π·2 + 5π· + 4)π¦ = 0 dengan aljabar, dapat ditulis menjadi: (π· + 1)(π· + 4)π¦ = 0 atau (π· + 4)(π· + 1)π¦ = 0, kedua persamaan tersebut sama saja. Untuk penyelesaian selanjutnya kita pilih salah satu, misalnya (π· + 1)(π· + 4)π¦ = 0.
Langkah 2: dengan bantuan rumus solusi persamaan diferensial linier orde pertama. (π· + 1)(π· + 4)π¦ = 0
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦(3.2)
(π· + 4)π¦ = π’
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦ (3.3)
(π· + 1)π’ = 0
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦(3.5)
Misalkan:
Persamaan (3.2) menjadi:
Persamaan (3.5) diuraikan menjadi: π·π’ + π’ = 0 atau π’β² + π’ = 0 β merupakan persamaan diferensial linier orde pertama (lihat Persβ¦β¦), dengan π = 1 dan π = 0. Solusi umum Persamaan (3.5) adalah π’ = π β β« ππ₯ [β« 0. π β« ππ₯ ππ₯ + πΆ1 ] π’ = πΆ1 π βπ₯
β¦β¦β¦β¦β¦..(3.6)
Selanjutnya, untuk menentukan π¦, kita subtitusi Persamaan (3.6) ke Persamaan (3.3), Persamaan menjadi: (π· + 4)π¦ = πΆ1 π βπ₯ , kemudian diuraikan menjadi: π¦ β² + 4π¦ = πΆ1 π βπ₯ β merupakan persamaan diferensial linier orde pertama (lihat Persβ¦β¦), dengan π = 4 dan π = πΆ1 π βπ₯ . Maka, solusi umum dari Persamaan (3.2) dan (3.3) adalah π¦ = π β β« 4ππ₯ [β« πΆ1 π βπ₯ . π β« 4ππ₯ ππ₯ + πΆ2 ] π¦ = π β4x [β« πΆ1 π βπ₯ . π 4x ππ₯ + πΆ2 ] π¦ = π β4x [β« πΆ1 π 3π₯ ππ₯ + πΆ2 ] π¦=
πΆ1 βπ₯ π + πΆ2 π β4x 3
π¦ = π΄π βπ₯ + π΅π β4x
dengan:
Sehingga
πΆ1 3
= π΄ dan πΆ2 = π΅ , masing-masing adalah konstanta.
diperoleh
solusi
umum
dari
persamaan
π¦ β²β² + 5π¦ β² + 4π¦ = 0
adalah
π¦ = π΄π βπ₯ + π΅π β4x dengan π΄ dan π΅ adalah konstanta.
Kesimpulan 1: Jika bentuk persamaan diferensial orde kedua adalah: (π« + π)(π« + π)π = π, dengan π β π, maka solusi/penyelesaian umumnya adalah: π = π¨πβππ + π©πβππ± dengan π¨ dan π© adalah konstanta.
Contoh 2: Carilah solusi umum dari persamaan: π¦ β²β² β 4π¦ β² + 4π¦ = 0 Penyelesaian: (Langkah-langkah dilakukan seperti pada Contoh 1) π¦ β²β² β 4π¦ β² + 4π¦ = 0 dapat ditulis menjadi: π·2 π¦ β 4π·π¦ + 4π¦ = 0 (π·2 β 4π· + 4)π¦ = 0 β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.(3.7)
(π· β 2)(π· β 2)π¦ =0 Misalkan,
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦(3.8)
(π· β 2)π¦ = π’ Persamaan (3.7) menjadi: (π· β 2)π’ = 0 atau π’β² β 2π’ = 0 Solusi umumnya:
π’ = π β« 2ππ₯ [β« 0. π β β« 2ππ₯ ππ₯ + πΆ1 ]
π’ = π 2π₯ πΆ1
β¦β¦β¦β¦β¦β¦..(3.9)
Untuk memperoleh solusi umum dari Persamaan (3.7) maka Persamaan (3.9) kita subtitusi pada Persamaan (3.8), diperoleh: (π· β 2)π¦ = π 2π₯ πΆ1 , diuraikan menjadi: π¦ β² β 2π¦ = πΆ1 π 2π₯ Solusi umumnya: π¦ = π β« 2ππ₯ [β« πΆ1 π 2π₯ . π β β« 2ππ₯ ππ₯ + πΆ2 ] π¦ = π 2x [β« πΆ1 ππ₯ + πΆ2 ] π¦ = π 2x [πΆ1 π₯ + πΆ2 ], dengan πΆ1 dan πΆ2 adalah konstanta.
Sehingga
diperoleh
solusi
umum
dari
persamaan
π¦ β²β² β 4π¦ β² + 4π¦ = 0
adalah
π¦ = π 2x [πΆ1 π₯ + πΆ2 ], dengan πΆ1 dan πΆ2 adalah konstanta.
Kesimpulan 2: Jika bentuk persamaan diferensial orde kedua adalah: (π« + π)(π« + π)π = π, maka solusi/penyelesaian umumnya adalah: π = πβππ [π¨π + π©], dengan π¨ dan π© adalah konstanta.
3.2.
Koefisien Konstan dan Sisi Kanan Tidak Sama Dengan Nol Bentuk Persamaan:
π2
2
π π¦ 2
ππ₯
ππ¦
+ π1 ππ₯ + π0 π¦ = π(π₯)
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦(3.10)
dengan: π2 , π1 , π0 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: π¦ β²β² + 5π¦ β² + 4π¦ = cos 2π₯ Penyelesaian: π·2 π¦ + 5π·π¦ + 4π¦ = cos 2π₯ β¦β¦β¦β¦β¦β¦...(3.11)
(π· + 1)(π· + 4)π¦ = cos 2π₯ Misalkan:
β¦.β¦β¦β¦β¦β¦.(3.12)
(π· + 4)π¦ = π’ Persamaan (3.11) menjadi: (π· + 1)π’ = cos 2π₯ π’β² + π’ = cos 2π₯ π’ = π β β« ππ₯ [β« cos 2π₯ . π β« ππ₯ ππ₯ + πΆ1 ] π’ = π βπ₯ [β« cos 2π₯ . π π₯ ππ₯ + πΆ1 ] Catatan 1: (untuk mempermudah perhitungan diberikan rumus integral) ππ΄π₯
β« ππ΄π₯ cos π΅π₯ ππ₯ = π΄2 +π΅2 (π΅ sin π΅π₯ + π΄ cos π΅π₯) + πΆ ππ΄π₯
β« ππ΄π₯ sin π΅π₯ ππ₯ = π΄2 +π΅2 (π΄ sin π΅π₯ β π΅ cos π΅π₯) + πΆ Dengan memanfaatkan rumus integral pada βCatatan 1β, diperoleh: π’ = π βπ₯ [
ππ₯ (2 sin 2π₯ + cos 2π₯) + πΆ1 ] 5
1
π’ = 5 (2 sin 2π₯ + cos 2π₯) + πΆ1 π βπ₯
β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.(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
(π· + 4)π¦ = (2 sin 2π₯ + cos 2π₯) + πΆ1 π βπ₯ 5 1
π¦ β² + 4π¦ = 5 (2 sin 2π₯ + cos 2π₯) + πΆ1 π βπ₯
Solusi umumnya: 1 π¦ = π β β« 4ππ₯ [β« ( (2 sin 2π₯ + cos 2π₯) + πΆ1 π βπ₯ ) π β« 4ππ₯ ππ₯ + πΆ2 ] 5 2 1 π¦ = π β4x [β« π 4x sin 2π₯ ππ₯ + β« π 4x cos 2π₯ ππ₯ + β« πΆ1 π 3π₯ ππ₯ + πΆ2 ] 5 5 Dengan memanfaatkan rumus integral pada βCatatan 1β, diperoleh: π¦=π
β4x
2 π 4x 1 π 4x πΆ1 [ (4 sin 2x β 2 cos 2x) + (2 sin 2x + 4 cos 2x) + π 3π₯ + πΆ2 ] 5 20 5 20 3
2 π 4x 1 π 4x πΆ1 π¦ = π β4x [ (4 sin 2x β 2 cos 2x) + (2 sin 2x + 4 cos 2x) + π 3π₯ + πΆ2 ] 5 20 5 20 3 π¦=
8 4 2 4 πΆ1 sin 2x β cos 2x + sin 2x + cos 2x + π βπ₯ + πΆ2 π β4x 100 100 100 100 3
π¦=
1 πΆ1 sin 2x + π βπ₯ + πΆ2 π β4x 10 3
dapat ditulis sebagai: 1
π¦ = 10 sin 2x + π΄π βπ₯ + π΅π β4x dengan π΄ dan π΅ adalah konstanta.
Sehingga diperoleh solusi umum dari persamaan π¦ β²β² + 5π¦ β² + 4π¦ = cos 2π₯ adalah 1
π¦ = 10 sin 2x + π΄π βπ₯ + π΅π β4x dengan π΄ dan π΅ adalah konstanta.