Persamaan Diferensial Biasa Pak Darmo

Darmawijoyo

Persamaan Diferensial Biasa Suatu Pengantar

FKIP-UNSRI

Untuk istriku tercinta Nelly Efrina dan anak-anakku tersayang, Yaya, Haris, dan Oji.

Pendahuluan

Buku Persamaan Diferensial Suatu Pengantar ini ditujukan untuk mahasiswa yang baru berkenalan dengan Persamaan Diferensial. Karena sifatnya pengantar maka beberapa teorema dan pernyataan dalam buku ini tidak diberikan buktinya. Akan tetapi bagi pembaca yang ingin mendalaminya lebih jauh, dapat mempelajarinya dalam buku yang ada pada daftar pustaka. Buku ini bukanlah sebuah novel yang dapat dibaca sepintas lalu kemudian pembaca dapat mengingat mengerti cerita di dalamnya bahkan dapat menceritakan ulang kejadian-kejadian dalam buku. Pembaca buku ini harus menyiapkan suasana sehingga dapat belajar secara bermakna dengan keseriusan dan konsentrasi. Bacalah definisi, teorema, dan pernyataan secara detail dengan memperhatikan contohcontoh soal yang mengiringinya. Biasakan memunculkan pertanyaanpertanyaan seperti apa, bagaimana, dan mengapa setiap langkah penyelesaian, atau setiap pernyataan yang ada. Cobahlah untuk menjawab soal-soal yang ada diakhir setiap bab. Jika muncul rasa malas atau stagnasi dalam mengkaji buku ini, cobalah untuk belajar kelompok sebagai wahanah berdiskusi sekaligus untuk menghilangkan rasa jenuh. Prasyarat untuk mempelajari buku ini, pembaca sudah mengenal dengan baik pelajaran kalkulus, dan kalkulus lanjut khususnya untuk bab 6 dan bab 7. Buku ini sangat baik bagi mereka yang akan mendalami masalah-masalah sistem dinamik. Olehkarenanya, buku ini dapat digunakan atau dimanfaatkan bagi mahasiswa MIPA, teknik, Kompu-

vii

viii

Pendahuluan

ter, pertanian, ekonomi, atau mahasiswa yang akan menggeluti kajian laju perubahan. Struktur buku ini disusun berjenjang yang diusahkan tidak banyak menggunakan prasyarat, misalkan dalam sistem persamaan diferensial dihindarkan penggunaan matriks. Pada bab 1 diperkenalkan masalah-masalah yang dapat disusun kedalam masalah persamaan diferensial. Pada bab ini pula diperkenalkan pengertian persamaan diferensial, pengertian penyelesaian. Pada bab 2 dibahas jenis-jenis persamaan diferensial orde satu serta teknik penyelesaiannya.Pada Bab 3 dibahas aplikasi-aplikasi persamaan diferensial orde satu, khususnya aplikasi pada bidang geometri bidang. Pada Bab 3 ini pemahamanpemahaman kalkulus akan banyak membantu dalam mengkaji penyelesaian. Kajian-kajian persamaan diferensial orde dua dan sistem persamaan diferensial terdapat pada bab 4 dan 5. Bagi pembaca yang merupakan calon sarjana dalam ilmu-ilmu rekayasa, bab 6 akan sangat membantu mendalami keilmuannya dengan menggunakan alat transformasi Laplace. Bab 7 akan memberikan ruang yang lebih lebar untuk menggunakan aplikasi komputer dengan pendekatan numerik. Pada kesempatan ini, penulis ingin mengucapkan terima kasih kepada beberapa orang yang berperan besar dalam penyelesaian buku ini. Pertama-tama, ucapan terima kasih kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Unsri yang telah memberikan masukan tentang beberapa pernyataan atau soal-soal yang sukar dimengerti. Kepada kolega-kolega, Dr. Yusuf Hartono yang telah memberi masukan tentang aspek pembelajaran, Jaidan Jauhari, M.T. dan Elly Susanti, M.Pd.yang telah menguji cobahkan buku ini. Penulis ingin menyatakan ucapan khusus kepada istriku tercinta Nelly Efrina, anakku tersayang, Yaya, Haris, dan Oji yang sering kehilangan momen untuk bersedahgurau selama proses penyusunan draf. Penulis persembahkan buku ini khususnya untuk kalian semua. Terima kasih atas segala pengorbanannya. Palembang,

Darmawijoyo Januari, 2009

Daftar Isi

1

Konsep Dasar Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1 Definisi dari suatu persamaan diferensial dan order dari persamaan diferensial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial dan Penyelesaian ekplisit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.3 Penyelesaian Implisit Persamaan Diferensial. . . . . . . . . . 4 1.4 Multiplicity dari penyelesaian suatu persamaan diferensial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2

Jenis-Jenis Persamaan Diferensial Order Satu . . . . . . . . . 2.1 Persamaan Diferensial Dengan Variabel Terpisah. . . . . . 2.2 Persamaan Diferensial Dengan Koefesien Homogen . . . 2.3 Persamaan Diferensial Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier . . . . . . . 2.5 Persamaan Diferensial Eksak. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Faktor integrasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Menentukan Faktor Integrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1 h fungsi hanya dari x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.2 h fungsi hanya dari y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.3 h fungsi dari xy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.4 h fungsi dari x/y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.5 h fungsi dari y/x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.6 Bentuk Khusus dari P dan Q. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Persamaan Diferensial Linier Order R Satu. . . . . . . . . . . . . 2.8.1 Jastifikasi Faktor Integrasi e P(x)dx . . . . . . . . . . . . .

15 15 18 19 22 27 32 34 35 36 38 39 41 42 43 47 ix

x

Daftar Isi

2.8.2 Persamaan Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.8.3 Persamaan Riccati. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3

4

5

6

Masalah-masalah Yang Membentuk Persamaan Diferensial Order Satu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Masalah-masalah dari Geometri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Trayektori. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Trayektori Isogonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Trayektori Ortogonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Formula Trayektori Ortogonal dalam Koordinat Polar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57 57 62 62 65 66 68

Persamaan Diferensial Linier Order Dua. . . . . . . . . . . . . . 4.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial Linier Homogen Order 2 dengan Koefisien Konstan. . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Persamaan Diferensial Tak Homogen . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Koefisien Taktentu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Pengunaan Varibel Kompleks untuk Menyelesaikan Persamaan Diferensial Order Dua. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Variasi Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Persamaan Diferensial Linier dengan Koefisien Tak-konstan Menggunakan Reduksi Order. . . . . . . . . . . . Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

Sistem Persamaan Diferensial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Definisi Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Sistem Persamaan Diferensial Homogen dengan Koefisien Konstan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Sistem Persamaan Diferensial Order Satu Takhomogen dengan Koefisien Konstan. . . . . . . . . . . . . . Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97 97 106

Transformasi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1 Definisi Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Fungsi Periodik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Transformasi Laplace dari derivatif fungsi . . . . . . . . . . .

123 123 125 125

73 77 78 83 85 89 93

114 118

Daftar Isi

6.4 Invers Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Fungsi Tangga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Persamaan Diferensial dengan Suku Takhomogen Diskontinu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Penyelesaian Persamaan Deferinsial dengan Metode Deret. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1 Deret Pangkat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Koefisien Variabel 7.3 Singularity . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Metode Frobenius. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.1 Akar-akar berbeda dengan selisih bukan bilangan bulat. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.2 Akar-akar berbeda dengan selisih bilangan bulat. 7.4.3 Akar-akar sama. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

xi

127 131 135 138 145 146 148 156 159 161 163 166 167 171

Indeks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

Bab 1 Konsep Dasar Persamaan Diferensial

1.1 Definisi dari suatu persamaan diferensial dan order dari persamaan diferensial. Dalam pelajaran , kita telah berkenalan dan mengkaji berbagai macam metode untuk mendiferensialkan suatu fungsi (dasar). Sebagai contoh fungsi y = log(x) berturut-turut diberikan oleh 1 y0 = , x

y00 = −

1 , x2

y000 =

2 , x3

dsb,

(1.1)

2

dy 00 d y dimana y0 = dx , y = dx 2 , dan seterusnya. Juga kita telah diperkenalkan dengan aturan dan metode mendiferensialkan fungsi dari dua variabel atau lebih. Derivatifnya di sebut dan persamaan yang memuat derivatife partial disebut persamaan diferensial parsial. Misalkan u = x2 + 3xy − e2x+3y , derivatifnya terhadap x dan y berturut-turut diberikan oleh

∂u = 2x + 3y − 2e2x+3y ∂x

∂u = 3x − 3e2x+3y . ∂x

(1.2)

Definisi 1.1.1 Misalkan f(x) mendefinisikan sebuah fungsi dari x pada suatu interval I : a ≤ x ≤ b. Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang memuat derivatif dari f(x). Berikut ini adalah contoh-contoh dari persamaan diferensial: Contoh 1.1.1

1

2

1 Konsep Dasar Persamaan Diferensial

dy + y = 0, y0 − xy = 0, dx d2y + y + x2 + 5 = 0, y00 − xy0 + ex = 0, dx2 d3y x 3 + x2 + 5 = xy, y000 − x(y0 )2 + ln(x) = 0. dx

(1.3) (1.4) (1.5)

Definisi 1.1.2 dari suatu persamaan diferensial adalah order tertinggi derivatif yang termuat dalam persamaan itu. Sebagai contoh kita verifikasi order persamaan diferensial untuk persamaanpersamaan (1.3) - (1.5). Persamaan (1.3), (1.4), dan (1.5) berturutturut adalah persamaan diferensial order satu, order dua, dan order tiga.

1.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial dan Penyelesaian ekplisit. Marilah kita perhatikan persamaan aljabar berikut ini x2 − 2x − 3 = 0.

(1.6)

Kita mengatakan x = 3 adalah penyelesaian dari persamaan aljabar (1.6) karena jika kita gantikan x = 3 kepersamaan (1.6) persamaan itu menjadi benar atau dengan kata lain x = 3 memenuhi persamaan (1.6). Begitu juga dengan x = −1. Kita juga akan mengatakan fungsi y = f (x) = x2 − e2x adalah dari persamaan diferensial y0 − 2(y − x2 + x) = 0.

(1.7)

Sebab jika disubsitusikan fungsi y = f (x) ke persamaan diferensial (1.7) maka persamaan itu akan benar. Definisi 1.2.1 Misalkan y=f(x) mendefinisikan y sebagai fungsi dari x pada interval I:a
1.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial dan Penyelesaian ekplisit.

3

Dalam simbol matematika definisi di atas mengatakan bahwa f (x) merupakan penyelesaian dari persamaan diferensial

jika

F(x, y, y0 , · · · , yn ) = 0,

(1.8)

F(x, f (x), f 0 (x), · · · , f n (x)) = 0

(1.9)

untuk setiap x dalam I. Contoh 1.2.1 Ujilah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh y = f (x) = x2 ,

−∞ < x < ∞,

(1.10)

adalah penyelesaian dari persamaan diferensial (y00 )3 + y(0 )2 − y − 3x2 − 8 = 0.

(1.11)

Kita diferensialkan fungsi f untuk memperoleh f 0 (x) = 2x, f 00 (x) = 2. Dengan mensubstitusikan fungsi y = f (x), y0 = f 0 (x), dan y00 = f 00 (x) ke (1.11) akan diperoleh persamaan 8 + 4x2 − x2 − 3x2 − 8 = 0.

(1.12)

Karena sebelah kiri dari persamaan (1.12) adalah nol berarti persamaan itu merupakan persamaan identitas untuk semua x dalam (−∞, ∞). Menurut definisi fungsi f (x) adalah penyelesaian persamaan diferensial (1.11). Contoh 1.2.2 ujilah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh f (x) = ln(x) + c,

x>0

(1.13)

adalah penyelesaian dari persamaan diferensial 1 y0 = . x

(1.14)

Catatlah bahwa persamaan (1.14) terdefinisi untuk x > 0. Jelaslah dengan mendiferensialkan (1.13) dan mensubstitusikannya ke (1.14) bahwa persamaan yang diperoleh adalah persamaan identitas untuk semua x > 0.

4


Contoh 1.2.3 ujilah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh f (x) = tan(x) − x,

π x 6= (2n + 1) , 2

n = 0, ±1, ±2, · · · ,

(1.15)

adalah penyelesaian dari persamaan diferensial y0 = (x + y)2 .

(1.16)

Catatlah bahwa fungsi (1.15) terdefinisi dimana cos(x) 6= 0 atau x 6= (2n + 1) π2 , n = 0, ±1, ±2, · · ·. Derivatif dari (1.15) diberikan oleh f 0 (x) = sec2 (x) − 1 = tan2 (x). Jelaslah dengan mensubstitusikannya (1.15) dan derivatifnya ke (1.16) bahwa persamaan yang diperoleh adalah persamaan identitas untuk semua x 6= (2n + 1) π2 , n = 0, ±1, ±2, · · ·.

1.3 Penyelesaian Implisit Persamaan Diferensial. Dalam banyak hal, kita menemukan atau dihadapkan dengan g(x, y) = 0 yang biasanya tidak mudah bahkan tidak mungkin untuk menyatakannya dalam bentuk eksplisit y = f (x). Jika fungsi implisit g(x, y) = 0 memenuhi suatu persamaan diferensial pada interval I : a < x < b, maka relasi g(x, y) = 0 dinamakan dari persamaan diferensial itu. Definisi 1.3.1 Suatu relasi g(x, y) = 0 dinamakan penyelesaian implisit dari persamaan diferensial F(x, y, y0 , c . . . , yn ) = 0

(1.17)

pada interval I : a < x < b, jika • fungsi itu mendefinisikan fungsi implisit pada interval I, yaitu, jika ada fungsi f (x) yang didefinisikan pada I sedemikian hingga g(x, f (x)) = 0 untuk setiap x dalam I, dan jika • f (x) memenuhi (1.17), yaitu, jika F(x, f (x), f 0 (x), c . . . , f n (x)) = 0 untuk setiap x dalam I.

(1.18)

1.3 Penyelesaian Implisit Persamaan Diferensial.

5

Contoh 1.3.1 Ujilah bahwa g(x, y) = x2 + y2 − 25 = 0

(1.19)

adalah penyelesaian implisit dari persamaan diferensial F(x, y, y0 ) = yy0 + x = 0

(1.20)

pada interval I : −5 < x < 5. Pertama-tama kita tinjau bahwa fungsi g(x, y) mendefinisikan y = f (x) sebagai fungsi implisit dari x pada interval I. Jika dipilih fungsi eksplisitnya adalah p y = f (x) = 25 − x2 (1.21) maka akan kita peroleh persamaan µ ¶ p x 0 2 F(x, f (x), f (x)) = 25 − x − √ + x = 0. 25 − x2

(1.22)

Karena ruas sebelah kiri dari (1.22) nol berarti persamaan ini merupakan identitas dalam x. Oleh karenya, kedua persyaratan definisi 1.3.1. dipenuhi. Dengan ini dapat kita tarik kesimpulan bahwa fungsi g(x, y) dalam (1.19) adalah penyelesaian implisit dari persamaan diferensial (1.20) pada interval I. Contoh 1.3.2 Ujilah apakah g(x, y) = x3 + y3 − 3xy = 0,

−∞ < x < ∞,

(1.23)

adalah penyelesaian dari persamaan diferensial F(x, y, y0 ) = (y2 − x)y0 − y + x2 = 0,

−∞ < x < ∞.

(1.24)

Perhatikanlah bahwa contoh 1.3.2. berbeda dengan contoh sebelumnya. Kesulitan yang kita hadapi pertama-tama adalah tidak mudah untuk menyatakan fungsi implisit di atas sebagai fungsi y = f (x) dari x secara explisit. Karena kita tidak dapat menyatakan fungsi (1.23) secara eksplisit sebagai fungsi y = f (x) maka kita tidak dapat mensubstitusikannya ke persamaan diferensial (1.24). Akan tetapi, dengan menggunakan grafik kita dapat memilih fungsi y = f (x) dari grafik fungsi

6


implisit (1.23). Untuk menunjukkan bahwa (1.23) memang merupakan penyelesaian untuk persamaan diferensial (1.24) dapat kita lalukan dengan mendiferensialkan (1.23) secara implisit. Akhirnya dari derivatifnya kita peroleh persamaan diferensial (1.24). Prosedur terakhir yang kita gunakan adalah prosedur standar Kalkulus untuk mendiferensialkan fungsi implisit. Contoh 1.3.3 Ujilah apakah fungsi implisit xy2 − e−y − 1 = 0

(1.25)

adalah penyelesaian dari persamaan diferensial (xy2 + 2xy − 1)y0 + y2 = 0.

(1.26)

Jika kita diferensialkan (1.25) secara langsung menggunakan metode pendiferensialan fungsi implisit seperti yang diajar dalam kuliah Kalkulus maka akan diperoleh persamaan (2xy + e−y )y0 + y2 = 0.

(1.27)

Sepintas kita lihat bahwa (1.27) tampaknya tidak memenuhi (1.26). Akan tetapi jika substitusikan e−y dari persamaan (1.25) ke (1.27) akan kita dapatkan persamaan (1.26). Sekarang kita perhatikan daerah definisi dari fungsi implisit terhadap x dengan menyatakan (1.25) sebagai persamaan r 1 + e−y y=± . (1.28) x Jelaslah bahwa y akan terdefinisi jikalau x > 0. Olehkarena itu, agar (1.25) menjadi penyelesian kita harus membuang semua nilai x ≤ 0. Apakah interval x > 0 merupakan daerah penyelesaian ? hal ini tergantung dengan cabang mana yang kita pilih sebagai penyelesaian. Jika cabang dari grafik (1.28) yang diambil adalah cabang diatas sumbu x maka jawabannya ya. Akan tetapi jika cabang yang diambil sebagai penyelesaian adalah cabang dibawah sumbu x maka jawabannya tidak. Untuk rinciannya ditinggalkan sebagai latihan (dengan menggambarkan grafik persamaan (1.28)).

1.4 Multiplicity dari penyelesaian suatu persamaan diferensial.

7

1.4 Multiplicity dari penyelesaian suatu persamaan diferensial. Sebelumnya kita telah mempelajari apa yang dimaksud dengan penyelesaian, interval penyelesaian dari suatu persamaan diferensial. Selanjutnya dalam bagian ini kita akan mengasumsikan semua fungsi yang dibicarakan adalah terdefinisi dalam suatu interval tertentu. Dalam mempelajari Kalkulus kita telah berkenalan dengan apa yang disebut anti-derivatif yaitu kita mencari dari suatu derivatif. Dalam hal ini kita menyelesaiakn persamaan diferensial yang berbentuk y0 = f (x). Sebagai contoh jika kita ingin mencari primitif dari suatu fungsi persamaan y0 = sin(x), (1.29) berarti kita mencari penyelesaian dari persamaan diferensial (1.29). Orang dapat mengujinya bahwa penyelesaian dari persamaan diferensial itu diberikan oleh y = − cos(x) + c,

(1.30)

dimana c adalah konstanta sebarang. Penyelesaian (1.30) diperoleh dengan mengintegralkan persamaan (1.29), yakni, Z

y=

sin(x)dx = − cos(x) + c,

(1.31)

Jika kita mencari primitif dari persamaan y00 = ex ,

(1.32)

maka kita mengintegralakan persamaan tersebut, yakni, Z Z

y=

ex dxdx = ex + c1 x + c2 ,

(1.33)

dengan c1 dan c2 sebagai konstanta. Tentunya jika kita mencari primitif dari suatu persamaan diferensial yang berorder tiga maka kita akan mengintegralkan persamaan itu sebanyak tiga kali. Perlu kita ketahui bahwa primitif dari persamaan diferensial berorder n memuat n buah konstanta sebarang c1 , c2 , · · · , cn . Biasanya dalam buku-buku standar persamaan diferensial primitif yang memuat n buah konstanta disebut keluarga penyelesaian dari n parameter

8


Definisi 1.4.1 fungsi yang didefinisikan oleh y = f (x, c1 , c2 , · · · , cn )

(1.34)

dari n+1 variabel x,c1 , c2 , · · · , cn akan dinamakan dari persamaan difernsial berorder n F(x, y, y0 , · · · , yn ) = 0, (1.35) jika untuk setiap pemilihan nilai c1 , c2 , · · · , cn fungsi f (x) memenuhi (1.35). Contoh 1.4.1 Tunjukkanlah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh y = f (x, c1 , c2 ) = 2x + 3 + c1 ex + c2 e2x

(1.36)

adalah keluarga penyelesaian 2 parameter dari persamaan diferensial (1.37) F(x, y, y0 , y00 ) = y00 − 3y0 + 2y − 4x = 0. Misalkan a, b nilai kita pilih untuh c1 dan c2 berturut-turut, maka kita peroleh y = 2x + 3 + aex + be2x , y0 = 2 + aex + 2be2x , y00 = aex + 4be2x .

(1.38)

Dengan mensubstitusikan (1.39) ke dalam (1.37) maka persamaan yang diperoleh adalah F(x, y, y0 , y00 ) = aex + 4be2x − 6 − 3aex − 6be2x + 4x + 6 +2aex + 2be2x − 4x = 0. (1.39) Kita dapat memeriksa bahwa (1.39) merupakan identitas. Maka kita simpulkan bahwa fungsi (1.36) adalah keluarga penyelesaian 2 parameter. Sekarang kita dapat memunculkan sebuah pertanyaan, bagaimana menentukan persamaan difernsial dari keluarga penyelesaian nparameter? seperti kita ketahui walaupun penyelesaian persamaan diferensial beroder n memuat n buah konstanta akan tetapi persamaan


9

diferensialnya sendiri tidak memuat konstanta-konstanta ini. Karenanya untuk menentukan persamaan diferensial order n dari keluarga penyelesaian n-parameter kita harus mengeliminasi konstanta-konstanta yg termuat dalam penyelesaian dengan mendiferensialkannya. Karena tidak ada metode standar untuk menyelesaiakn masalah ini, maka memecahkan masalah ini sangat bergantung dengan kreatifitas atau skill untuk menciptakan trik-trik penyelesaian, dan biasanya makin sering kita memecahkan masalah ini makin tinggi skil kita menciptakan trik. Contoh 1.4.2 Tentukanlah persamaan diferensial yang memiliki keluarga penyelesaian 1-parameter y = c cos(x) + x.

(1.40)

Dalam hal ini telah diasumsikan bahwa order persamaan diferensial yang dicari adalah beroder satu. Derivatif dari (1.40) diberikan oleh y0 = −c sin(x) + 1.

(1.41)

Karena persamaan difernsial yang kita cari harus bebas dari konstanta sebarang maka konstanta yang terdapat pada y dan y0 harus dieliminasi. Eliminasikanlah konstanta c di (1.40) kedalam (1.41) untuk mendapatkan y0 = (x − y) tan(x) + 1. (1.42) Perlu dicatat bahwa walaupun kita telah mendapatkan persamaan diferensial yang dicari, akan tetapi kita harus menentukan di interval mana (1.42) terdefinisi. Jelasah bahwa interval yang dicari adalah I := {x ∈ R; x 6= ± π2 , ± 32π , · · ·}. Contoh 1.4.3 Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga penyelesaian 2 parameter y = c1 ex + c2 e−x .

(1.43)

Jelas disini telah diasumsikan bahwa yang dicari adalah persamaan diferensial beroder dua. Diferensialkanlah fungsi (1.43) dua kali untuk mendapatkan y0 = c1 ex − c2 e−x ,

y00 = c1 ex + c2 e−x .

(1.44)

10


Dengan mengurangkan direvatif kedua dengan fungsinya sendiri diperoleh y00 − y = 0. (1.45) Persamaan diferensial (1.45) adalah persamaan diferensial order dua dan bebas dari konstanta sebarang oleh karenanya persamaan (1.45) inilah yang kita cari. Contoh 1.4.4 Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga penyelesaian 2-parameter y = c1 sin x + c2 cos x + x2 .

(1.46)

Sekali lagi kita mengasumsikan persamaan diferensial yang dicari berorder dua. Diferensialkanla (1.46) dua kali untuk mendapatkan y0 = c1 cos x − c2 sin x + 2x,

y00 = −c1 sin x − c2 cos x + 2.

(1.47)

Disini kita dapat mengeliminasi c1 dan c2 dengan cara biasa untuk mendapatkan persamaan diferensial order dua y00 + y − x2 − 2 = 0.

(1.48)

Contoh 1.4.5 Tentukanlah persamaan diferensial yang mepunyai primitif keluarga penyelsaian 1 - parameter yang merupakan keluarga lingkaran yang berpusat di titik awal. Walaupun keluarga penyelesaian tidak diberikan dalam bentuk persamaan simbolik, akan tetapi kita mengetahui bahwa keluarga lingkaran yang berpusat di titi awal dengan koordinat (x, y) dapat dinyatakan dengan simbolik (1.49) x2 + y2 = r2 , r > 0, dengan r sebagai parameternya. Dengan mendiferensialkan (1.49) diperoleh persamaan diferensial yang diinginkan x + yy0 = 0.

(1.50)


11

Soal-soal latihan 1.1. Tentukanlah order dari persamaan diperensial berikut ini. (a) dy + (xy − sin(x))dx = 0. (b) y00 + xy00 + 2y(y0 )2 + xy = 0. µ 2 ¶ d y (c) − (y000 )4 + xy = 0. dx2 0

(d) ey + xy00 + y = 0. 1.2. Buktikanlah bahwa fungsi-fungsi yang berada disebelah kanan persamaan diferensial merupakan penyelesaian dari persamaan diferensial yang diberikan. Periksalah diinterval mana mereka terdefenisi dan interval penyelesaian. a). y0 + y = 0, y = e−x 0 x b). y = e , y = ex c). y0 = ex , y = ex . √ 2 d y √ 1 , d). dx y = x arcsin(x) + 1 − x2 . 2 = 2 1−x e). f 0 (x) = f 00 (x), f (x) = ex + 10. 0 f). xy = 2y, y = x2 . dy g). dx = y − x2 , y = ex + x2 + 2x + 2. d2y dy 2 h). dx y = 2e2x + ex + 14 (2x2 + 6x + 7). 2 − 3 dx + 2y = x , dy − 2y sin x = 0, y = a sec2 (x). i). cos(x) dx j). y00 − y = 0, y = e√x + 3e−x . k). x + yy0 = 0, y = 16 − x2 . 1.3. Tentukanlah fungsi v(x) sedemikian hingga fungsi y = v(x)emx adalah penyelesaian dari persamaan diferensial dy = my + x2 . dx

(1.51)

1.4. Tentukanlah m sedemikian hingga fungsi y = emx adalah penyelesaian dari persamaan diferensial 2

d3y d2y dy + 2 − 5 + 2y = 0. 3 dx dx dx

(1.52)

12


1.5. Tentukanlah apakah persamaan disebelah kanan mendefinisikan fungsi implisit dari x. Kemudian tentukanlah apakah fungsi implisit itu merupakan penyelesaian implisit dari persamaan diferensial di sebelah kanan. a). y2 − 1 − (2y + xy)y0 = 0, y2 − 1 = (x + 2)2 . dy b). ex−y + ey−x dx = 0, e2y + e2x = 1. dy y c). dx = − x , x2 + y2 = 1. 1.6. Ujilah bahwa masing-masing fungsi disebelah kiri merupakan keluarga penyelesaian 2 - parameter dari persamaan diferensial disebelah kanannya. a). y = c1 + c2 e−x + 13 x3 , y00 + y0 − x2 − 2x = 0. −2x −x x b). y = c1 e + c2 e + 2e , y00 + 3y0 + 2y − 12ex = 0. c). y = c1 x + c2 x−1 + 12 x ln x, x2 y00 + xy0 − y − x = 0. 1.7. Ujilah bahwa masing-masing fungsi disebelah kiri merupakan keluarga penyelesaian 3 - parameter dari persamaan diferensial disebelah kanannya. ¡ ¢ a). y = ex c1 + c2 x + c3 x2 + 16 x3 , y000 − 3y00 + 3y0 − y − ex = 0. x b). y = c1 + e−x ¢ ¡ 1c2 e 9+cosc32x−7 sin 2x 2x 000 e , y − y0 − e2x sin2 x = 0. + 12 + 520 x c). y = c1 + e−x ¡ 1c2 e 9+cosc32x−7 ¢ sin 2x 2x 000 + 12 + e , y − y0 − e2x sin2 x = 0. 520 1.8. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga penyelesaian n-parameter berikut. a). y = cx + c3 , b).x2 − cy + c2 = 0. c). y = x tan x + c, d).y = p c1 cos 3x + c2 sin 3x. 2 e). y = cx + 3c − 4c, f).y = c1 x2 + c2 . g). y = c1 ec2 x , h).y = x3 + 1x c. i). y = c1 e2x + c2 e−2x , j).(y − c)2 = cx. k). y = a(1 − cos(x)), l). ln y = c1 x2 + c2 . 1.9. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga lingkaran berjari-jari variabel, berpusat di sumbu x, dan melalui titik asal.


13

1.10. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga lingkaran berjari-jari variabel, berpusat di sumbu x, dan melalui titik asal. 1.11. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga lingkaran berpusat di titk (h, k), berjari-jari tetap. 1.12. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga lingkaran x2 + y2 − 2c1 x − 2c2 y + 2c3 = 0. 1.13. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga parabola dengan vertek pada titik awal dan fokus pada sumbu x. 1.14. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga parabola dengan fokus pada titik awal dan vertek pada sumbu x. 1.15. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif keluarga parabola dengan fokus dan vertek pada sumbu x.

Bab 2 Jenis-Jenis Persamaan Diferensial Order Satu

Persamaan diferensial yang akan kita pelajari dalam bagian ini adalah persamaan diferensial yang dapat dinyatakan dalam bentuk Q(x, y)

dy + P(x, y) = 0. dx

(2.1)

Seperti biasanya variabel y akan dinamakan variabel terikat dan variavel x dinamakan variabel bebas. Persamaan (2.1) dalam bentuk lain dengan mengalikannya dengan dx di kedua ruas persamaan, menghasilkan Q(x, y)dy + P(x, y)dx = 0. (2.2) Dalam banyak buku teks suku dy dan dx sering dinamakan diferensial. Contoh-contoh persamaan diferensial yang dapat dijadikan kebentuk (2.1) atau (2.2) dy 1. dx = 2xy + sin x, 2. y0 = ln 2xy + tan x, 3. (x − cos x + y)dx + (2xy + sin x)dy = 0, 4. ex cos ydx + 2x sin xdy = 0.

Selanjutnya dalam pembahasan selanjutnya kita akan sebut keluarga penyelesian n-parameter atau primitif dengan penyelesaian saja.

2.1 Persamaan Diferensial Dengan Variabel Terpisah. Jika persamaan (2.2) dapat direduksi ke bentuk 15

16

2 Jenis-Jenis Persamaan Diferensial Order Satu

f (x)dx + g(y)dy = 0,

(2.3)

maka variabel-variabel dari persamaan (2.2) dinamakan terpisah dan persamaan diferensialnya disebut persamaan diferensial dengan . Keluarga penyelesaian 1-parameter dari persamaan diferensialnya diberikan oleh Z Z f (x)dx + g(y)dy = C, (2.4) dimana C sebagai parameter (konstanta). Contoh 2.1.1 Tentukanlah penyelesaian dari 2xdx − 9y2 dy = 0.

(2.5)

Dengan mudah kita lihat bahwa persamaan (2.5) adalah persamaan diferensial terpisah. Oleh karenanya, mengintegralkan suku pertama dengan x dan suku kedua dengan y diperoleh penyelesaian persamaan diferensial (2.5) (2.6) x2 − 3y3 = C. Contoh 2.1.2 Tentukanlah penyelesaian dari p p 1 − x2 dx + 5 + ydy = 0,

(2.7)

dengan −1 ≤ x ≤ 1, y > −5. Tinjaulah bahwa persamaan (2.7) adalah persamaan dalam bentuk (2.3). Penyelesaian dari persamaan diferensial ini diberikan oleh 1p 1 2 1 − x2 + arcsin x + (5 + y)3/2 = C, (2.8) 2 2 3 dengan −1 ≤ x ≤ 1, y > −5. Pernyataan 2.1 Selayaknya kita catat bahwa pada penyelesaian (2.8) muncul arcsin atau invers sin. Secara implisit suku ini mendefinisikan fungsi bernilai banyak, sedangkan tinjauan kita dalam buku ini adalah fungsi bernilai tunggal, yaitu untuk masing -masing nilai x menentukan satu dan hanya satu nilai y. Untuk alasan ini, kita harus menentukan salah satu cabang dari grafik fungsi arcsin dan dalam hal ini akan kita pilih cabang utama yaitu cabang yang terletak antara −π /2 dan π /2. Dengan pemilihan ini maka fungsi arcsin akan bernilai tunggal. Dari sekarang dan seterusnya jika muncul fungsi ini akan kita artikan fungsi bernilai tunggal.

2.1 Persamaan Diferensial Dengan Variabel Terpisah.

Contoh 2.1.3 Tentukanlah penyelesaian dari p p x 1 − ydx − 1 − x2 dy = 0,

17

(2.9)

dengan −1 ≤ x ≤ 1, y ≤ 1. Sekarang kita dalam posisi untuk mendapat bentuk (2.3) dari persamaan (2.9) dengan cara membagi persamaan dengan suku p p 1 − y 1 − x2 . (2.10) Akan tetapi kita perlu√sedikit hati-hati √ dengan pembagian ini. Karena interval definisi dari 1 − y dan 1 − x2 berturut-turut adalah y ≤ 1 dan −1 ≤ x, ≤ 1 maka pembaginya akan menjadi nol saat y bernilai 1 dan x bernilai ±1, dan nilai ini harus dibuang dalam pembagian. Setelah (2.9) dibagi persamaan berikut akan diperoleh √

x 1 − x2

dx − √

1 dy = 0, 1−y

(2.11)

dengan −1 < x < 1, y < 1. Persamaan (2.11) adalah persamaan dalam bentuk (2.3) dan karenanya penyelesaianya diberikan oleh p p 1 − x2 − 2 1 − y = C, (2.12) dengan −1 < x < 1, y < 1. Pernyataan 2.2 Perhatikanlah baik-baik bahwa y = 1 dengan dy = 0 untuk −1 ≤ x ≤ 1 juga penyelesian dari persamaan (2.9) (ujilah). Akan tetapi, penyelesaian ini tidak akan diperoleh dari (2.12). Hal khusus lagi dari penyelesaian ini adalah tidak memuat parameter atau konstanta sebarang. Penyelesaian persaman diferensial yang tidak memuat parameter dinamakan . Contoh 2.1.4 Tentukanlah penyelesaian khusus dari xy2 dx + (1 − x)dy = 0, dengan y(2) = 1.

(2.13)

18


Memperhatikan (2.13) dengan seksama jika y 6= 0 dan x 6= 1 maka akan diperoleh x 1 dx + 2 dy = 0, 1−x y

x 6= 1, y 6= 0,

yang mana persamaan (2.14) dapat ditulis ¶ µ 1 1 + 1 dx + 2 dy = 0, 1−x y

(2.14)

(2.15)

dengan x 6= 1, y 6= 0. Mengintegralkan suku pertama terhadap x dan suku kedua terhadap y diperoleh penyelesaian (2.13), yaitu, ln | 1 − x | +x +

1 = C, y

x 6= 1, y 6= 0.

(2.16)

Untuk memperoleh penyelesaian khusus dengan y(2) = 1, kita substitusikan nilai ini ke persamaan (2.16) untuk mendapatkan ln | 1 − x | +x +

1 = 3, y

x 6= 1, y 6= 0.

(2.17)

2.2 Persamaan Diferensial Dengan Koefesien Homogen Definisi 2.2.1 Misalkan z = f (x, y) mendefinisikan z sebagai fungsi dari x dan y dalam daerah I ⊂ R2 . Fungsi f (x, y) dikatakan berorder n jika fungsi itu dapat ditulis dalam bentuk f (x, y) = xn g(u)

(2.18)

dimana u = y/x dan g(u) fungsi dari u. Perlu kita catat baik-baik bahwa definisi diatas tidak bersifat kaku, yakni, kita bisa menggunakan alternatif untuk mendefinisikan g(u) yaitu dengan memisalkan v = x/y dan kita cari bentuk f (x, y) = yn g(v). Jadi perlu dilahirkan fleksibelitas berpikiran dalam melihat bentuk.

2.3 Persamaan Diferensial Homogen

19

Contoh 2.2.1 Tentukan apakah fungsi y f (x, y) = (x2 + y2 ) ln , x

(2.19)

dengan I = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0, y > 0}, homogen? jika ya tentukanlah ordernya. Langkah pertama yang kita lakukan adalah mencoba mengubah ruas sebelah kanan (2.19) membentuk fungsi dengan variabel u = y/x atau v = x/y. Memperhatikan persamaan (2.19) kita dapat menfaktorkan x2 yakni, y y f (x, y) = x2 ((1 + ( )2 ) ln ), (2.20) x x dengan I = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0, y > 0}. Dengan memilih g(u) = 1 + ( xy )2 ln xy kita sampai kepada kesimpulan, yaitu, fungsi (2.19) homogen dengan order 2. Pernyataan 2.3 Kita dapat mendefinisikan fungsi homogen dengan versi lain yang tentunya akan ekivalen dengan yang pertama. Misalkan M(x, y) fungsi dari x dan y dalam daerah I ⊂ R2 , misalakn pula a > 0 sebarang konstanta, maka M dikatakan homogen berorder n jika M(ax, ay) = an M(x, y). (2.21) Kita dapat menunjukan bahwa hasil yang sama akan diperoleh untuk contoh 2.2.1. mengunakan definisi (2.21). Buktikanlah!

2.3 Persamaan Diferensial Homogen Definisi 2.3.1 Persamaan diferensial P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0,

(2.22)

disebut persamaan jika P dan Q masing-masing homogen order n. Misalkan y = ux maka dari kalkulus kita peroleh derivatif total dari y diberikan oleh (2.23) dy = udx + xdu.

20


Jika kita substitusikan y dengan ux dan menggunakan (2.23) akan diperoleh persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Kita nyatakan pernyataan ini dengan teorema berikut Teorema 2.4 jika koefisien-koefisien persamaan (2.22) homogen order n, maka dengan mensubsitusikan y=ux akan menghasilkan persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Bukti. Dengan hipotesis P dan Q merupakan fungsi homogen berorder n. Perdefinisi, dengan u = y/x, masing-masing dapat dinyatakan dalam bentuk P(x, y) = xn g(u),

Q(x, y) = xn h(u).

(2.24)

Dengan substitusi (2.22) menjadi xn g(u)dx + xn h(u)(xdu + udx) = 0,

(2.25)

atau secara ekivalen (g(u) + uh(u))dx + xh(u)du = 0.

(2.26)

Untuk x 6= 0 dan g(u) + uh(u) 6= 0 persamaan terakhir menjadi 1 h(u) dx + du = 0, x g(u) + uh(u)

(2.27)

dengan x 6= 0, g(u) + uh(u) 6= 0. Persamaan (2.27) melengkapi bukti teorema di atas. u t Contoh 2.3.1 Tentukanlah apakah persamaan diferensial (x2 − 3y2 )dx + 2xydy = 0,

(2.28)

homogen dan tentukanlah penyelesaiannya. Dalam hal ini P(x, y) = x2 − 3y2 dan Q(x, y) = 2xy. Bagilah fungsi P dengan x2 dan fungsi Q dengan x untuk mendapatkan bentuk P(x, y) = x2 (1 −

y 3y2 ) = x2 g(u) Q(x, y) = 2x2 = x2 h(u). (2.29) 2 x x

2.3 Persamaan Diferensial Homogen

21

Perdefinisi kita peroleh bahwa persamaan diferensial (2.28) adalah persamaan diferensial homogen. Substitusikanlah y = ux dan (2.23) ke (2.28) untuk mendapatkan persamaan diferensial dengan variabel terpisah x2 (1 − u2 )dx + 2ux3 du = 0. (2.30) Dengan memisahkan variabel dari (2.30) dan mengintegralkannya di peroleh penyelesaian

atau ekivalen dengan

ln x − ln 1 − u2 = c,

(2.31)

x3 = c(x ˜ 2 − y2 ).

(2.32)

Contoh 2.3.2 Tentukanlah apakah persamaan p ( x2 − y2 + y)dx − xdy = 0,

(2.33)

homogen dan tentukanlah penyelesaiannya. p Untuk kasus ini P(x, y) = x2 − y2 + y dan Q(x, y) = x sama-sama homogen berorder satu. Perdefinisi kita katakan bahwa persamaan diferensial (2.33) adalah homogen. Sebelum menentukan penyelesaian persamaan diferensial kita perlu memeriksa daerah definisi dari persamaan itu sendiri. Jelas dari persamaan diferensialnya bahwa itu terdefinisi untuk | y |≤| x | atau dengan kata lain | xy |≤ 1 untuk x 6= 0. Lagi dengan mensubstitusikan y = ux dan (2.24) kedalam (2.33) dimana | u |=| xy |≤ 1 dengan x 6= 0 diperoleh q ( x2 − (ux)2 + ux)dx − x(xdu + udx) = 0. (2.34) Dalam kalkulus kita telah √ diperkenalkan dengan nilai bilangan riil kuadrat dalam akar yaitu, x2 bernilai x jika x ≥ 0 dan bernilai −x jika x < 0. Menggunakan aturan ini persamaan (2.34) dapat disederhanakan menjadi p ± 1 − u2 dx − xdu = 0, (2.35) √ dimana tanda ± diperoleh berhubungan dengan tanda ±x dari x2 . Jika u 6= ±1 dan√menggunakan kenyataan x 6= 0 maka dapat membagi (2.35) dengan x 1 − u2 untuk memperoleh

22


dx 1 = ±√ du, x 1 − u2

(2.36)

yang merupakan persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Penyelesaian persamaan terakhir ini diberikan oleh y ln x = arcsin + c, x y − ln (−x) = arcsin + c, x

y |< 1, x > 0, x y | |< 1, x < 0. x |

(2.37)

Pembaca hendaklah meninjau dengan seksama proses yang telah dilakukan untuk mendapatkan penyelesaian. Untuk melengkapi penyelesaian yang telah diperoleh marilah sedikit kita menganalisis apa yang belum kita dapatkan. Pertama kita membuang nilai | u |=| xy |= 1. Hal ini berarti fungsi y = ±x telah dikeluarkan dalam proses untuk menghindari pembagian dengan nol, dimana fungsi ini tidak mungkin didapat dari penyelesaian (2.37). Pembaca dapat mengujinya bahwa fungsi yang kita keluarkan ini juga memenuhi persamaan diferensial (2.33). Fungsi-fungsi y = ±x ini adalah penyelesaian khusus (2.33) yang tidak dapat diperoleh dari penyelesaian (2.37).

2.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier Tinjaulah persamaan diferensial yang berbentuk (a1 x + b1 y + c1 )dx + (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0.

(2.38)

Dalam bagian ini kita akan mengsumsikan bahwa koefisien dari dx dan dy tidak paralel dan c1 , c2 tidak keduanya nol. Dengan asumsi ini maka kita akan memperoleh titik tunggal perpotong dari pasangan garis lurus a1 x + b1 y + c1 = 0,

a2 x + b2 y + c2 = 0.

(2.39)

Katakanlah titik potong dari pasangan garis (2.39) adalah (h, k). Sasaran kita dalam hal ini adalah memindahkan titik potong ini ke titik asal yakni titik (0, 0). Untuk keperluan ini marilah kita transformasi variabel (x, y) ke variabel (X,Y ) dengan relasi

2.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier

x = h + X,

y = k +Y.

23

(2.40)

Dengan variabel (X,Y ) titik potong akan menjadi (0, 0) yang mana dengan mensubstitusikan (2.40) ke (2.38) akan diperoleh (a1 X + b1Y + [a1 h + b1 k + c1 ])dX = 0, (a2 X + b2Y + [a2 h + b2 k + c2 ])dY = 0.

(2.41) (2.42)

Perlu kita catat bahwa suku dalam [] harus sama dengan nol karena titik (h, k) merupakan titik potong kedua garis (2.39) yang mana titik ini memenuhi persamaan kedua garis. Memperhitung nilai didalam [] sama dengan nol maka persmaan (2.41) menjadi sederhana yaitu menjadi persamaan diferensial homogen (a1 X + b1Y )dX = 0,

(a2 X + b2Y )dY = 0.

(2.43)

Jadi dengan metode yang telah kita pelajari pada bagian 2.3 persamaan (2.43) dapat kita selesaian. Contoh 2.4.1 Tentukanlah penyelesaian dari persamaan diferensial y0 =

4x − y + 7 . 2x + y − 1

(2.44)

Garis 4x − y + 7 = 0 dan 2x + y − 1 = 0 berpotongan dititik (−1, 3), yang dengan menggunakan persamaan (2.43) kita peroleh 4X −Y . (2.45) 2X +Y Seperti yang kita lakukan pada bagian sebelumnya persamaan (2.45) diselesaikan dengan memisalkan Y = uX dengan dY = udX + Xdu untuk mendapatkan µ ¶ 3 2 5 + du + dX = 0. (2.46) u−1 u+4 X y0 =

Mengintegralkan suku pertama terhadap u dan suku kedua terhadap X dan menggantikan kembali u = Y /X diperoleh (Y − X)3 (Y + 4X)2 = c.

(2.47)

Menggantikan kembali (X,Y ) ke (x, y) dari relasi x = X − 1 dan y = Y + 3 kita dapatkan penyelesaian persamaan diferensial (2.44), yaitu, (y − x − 4)3 (y + 4x + 1)2 = c.

(2.48)

24


Contoh 2.4.2 Carilah penyelesaian persamaan diferensial (2x − y + 5)dx + (x + y + 3)dy = 0.

(2.49)

Perpotongan kedua garis 2x − y + 5 = 0 dan x + y + 3 = 0 adalah (−8/3, −1/3). Dengan memisalkan x = −8/3 + X dan y = −1/3 +Y diperoleh persmaan diferensial homogen (2X −Y )dx + (X +Y )dy = 0,

(2.50)

yang tidak terlalu sulit dengan memisalkan Y = uX dengan dY = udX + Xdu untuk memperoleh persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Pembaca dengan sedikit membolak-balik pelajaran kalkulus akan menemukan penyelesian persamaan diferensial dengan variabel terpisah yang kita peroleh tadi. Penyelesaiannya diberikan oleh 1 u 1 ln | X |= c − √ arctan √ − ln | 2 + u2 |, X 6= 0. 2 2 2

(2.51)

Menggantikan lagi (X,Y ) dengan (x, y) kita peroleh penyelesaian (2.49) untuk x 6= − 13 , yaitu, µ

3x + 1 ln |2 3

¶2

µ

3y − 1 + 3

¶2

√ 3y − 1 | = c − 2 arctan √ . (2.52) 2(3x + 1)

Cara lain yang dapat kita lakukan untuk mencari penyelesaian persamaan diferensial dengan yang tidak paralel adalah dengan memislakan langsung masing - masing koefisien dengan variabel baru kemudian kita diferensial untuk mendapatkan relasi diferensial masingmasing. Misalkanlah u = a1 x + b1 y + c1 ,

v = a2 x + b2 y + c2 .

(2.53)

Dengan mendiferensialkan masing-masing pemisalan ini akan kita peroleh relasi du dengan dx, dy, dv dengan dx, dy, yaitu, du = a1 dx + b1 dy,

dv = a2 dx + b2 dy.

(2.54)

a2 du − a1 dv . a2 b1 − a1 b2

(2.55)

Dari (2.54) itu mengikuti bahwa dx =

b2 du − b1 dv , a1 b2 − a2 b1

dy =

2.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier

25

Kita seharusnya mencatat bahwa pembagian pada persamaan (2.55) mempunyai arti karena kedua garis tidak paralel yang berarti pula pembagi dalam persamaan (2.55) tidak sama dengan nol. Subsitusikanlah persamaan (2.53) dan (2.55) ke dalam (2.38) untuk mendapatkan (b2 u − a2 v)du − (b1 u − a1 v)dv = 0.

(2.56)

Untuk memperoleh persamaan dengan variabel terpisah kita misalkan lagi u = wv dengan du = vdw + wdv yang dengan cara ini akan diperoleh dv −a2 + b2 w (2.57) + dw = 0, v a1 − (a2 + b1 )w + b2 w2 yang mana penyelesaian persamaan diferensial terakhir ini diberikan oleh Z −a2 + b2 w ln |v| + dw = c. (2.58) a1 − (a2 + b1 )w + b2 w2 Contoh 2.4.3 Tentukanlah penyelsaian dari persamaan diferensial (2x − y + 1)dx + (x + y)dy = 0.

(2.59)

Mengunakan (2.58) diperoleh Z

ln |v| +

w−1 dw = c. 2 + w2

(2.60)

Sekali lagi dengan kemahiran pembaca menggunakan kalkulus akan diperoleh √ w ln[v2 (w2 + 2)] = c˜ + 2 arctan √ , v 6= 0. 2

(2.61)

Mensubstitusikan balik dari w=

u 2x − y + 1 = , x + y 6= 0, v x+y

(2.62)

didapatkan penyelesaian (2.59) untuk x + y 6= 0, yaitu √ 2x − y + 1 . ln[(2x − y + 1)2 + 2(x + y)2 ] = c˜ + 2 arctan √ 2(x + y)

(2.63)

26


Sekarang muncul pertanyaan bagaimana menangani persamaan diferensial dengan koefisien linier yang paralel? Tentunya kita tidak bisa lagi menggunakan metode pertama yang telah dijelaskan sebelumnya. Akan tetapi, dengan mengamati metode kedua yang kita gunakan untuk menangani persamaan dengan koefisien linier yang tidak paralel dapat juga dikembangkan untuk menangani persamaan dengan koefisien yang paralel. Pandanglah lagi persamaan (2.38) dengan mengsumsikan kedua koefisien dari dx dan dy adalah dua buah garis yang paralel. Dalam hal ini a1 b1 = = r, r 6= 0, a2 b2

(2.64)

dengan r sebagai perbandingan. Mensubstitusikan (2.64) kedalam (2.38) dengan menggunakan r didapatkan (r(a2 x + b2 y + c2 ) + c1 − rc2 )dx + (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0, r 6= 0. (2.65) Mengamati persamaan (2.65) pembaca diharapkan dengan mudah untuk menyederhanakan persamaan ini. Tentunya kita akan memisalkan 2 dx u = a2 x + b2 y + c2 dengan menggunakan relasi dy = du−a untuk b2 mendapatkan persamaan yang sederhana dx +

b2 (c1 − rc2 ) u du = 0, u 6= − , (2.66) (b2 r − a2 )u + b2 (c1 − rc2 ) b2 r − a2

yang mempunyai penyelesaian Z

x+

u b2 (c1 − rc2 ) du = c, u 6= − . (2.67) (b2 r − a2 )u + b2 (c1 − rc2 ) b2 r − a2

Contoh 2.4.4 Tentukanlah penyelesaian dari (2x + 3y + 2)dx + (4x + 6y + 4)dy = 0,

(2.68)

dan tentukan pula penyelesaian khsusus yang tidak diperoleh dari penyelesaian 1-parameternya. Dengan memasukan nilai r, a1 , b1 , a2 , b2 , c1 dan c2 kedalam persamaan (2.67) dengan u = 4x + 6y + 4 akan kita peroleh

2.5 Persamaan Diferensial Eksak.

27

x − u = c, u 6= 0,

(2.69)

x + 2y = c, ˜ 4x + 6y + 4 6= 0.

(2.70)

atau ekivalen dengan

Pembaca dapat mengujinya bahwa garis lurus 4x + 6y + 4 = 0 juga memenuhi persamaan diferensial (2.68) yang mana garis ini tidak dapat diperoleh dari (2.69). Contoh 2.4.5 Tentukanlah penyelesaian dari (2x + 3y − 1)dx + (4x + 6y + 2)dy = 0,

(2.71)

dan tentukan pula penyelesaian khsusus yang tidak diperoleh dari penyelesaian 1-parameternya. Disini kita ketahui bahwa r = 1/2. Mensubsitusikan nilai-nilai a1 , b1 , a2 , b2 , c1 dan c2 ke persamaan (2.67) kita peroleh x − u + 12 ln |u + 12| = c, u 6= −12,

(2.72)

dimana u = 4x + 6y + 2. Persamaan (2.72) ekivalen dengan persamaan −x − 2y − 4 + 4 ln |2x + 3y + 7| = c, ˜ 2x + 3y 6= −7.

(2.73)

Amatilah dengan baik bahwa garis 2x + 3y + 7 = 0 yang mungkin diperoleh dari penyelesaian (2.73) juga memenuhi persamaan diferensial (2.71). Oleh karenanya garis ini juga penyelesaian dari persamaan diferensial yang tidak diperoleh dari penyelesaian -parameternya.

2.5 Persamaan Diferensial Eksak. Kembali kepelajaran kalkulus, misalkan kita mempunyai fungsi dua variabel z = f (x, y) = x2 + y2 − 3x3 y2 − 3x2 y3 + 6xy + 15. Diferensial total dari fungsi (2.74) diberikan oleh

(2.74)

28


∂ f (x, y) ∂ f (x, y) dx + dy ∂x ∂y = (2x − 9x2 y2 − 6xy3 + 6y)dx +(2y − 6x3 y − 9x2 y2 + 6x)dy.

dz =

(2.75)

Sebaliknya jika kita mulai dari ekspresi (2x − 9x2 y2 − 6xy3 + 6y)dx + (2y − 6x3 y − 9x2 y2 + 6x)dy

(2.76)

maka kita mengharapkan sebuah fungsi f (x, y) yang diferensial totalnya diberikan oleh (2.76). Ekspresi yang diberikan oleh (2.76) akan dinamakan . Definisi 2.5.1 Ekspresi diferensial P(x, y)dx + Q(x, y)dy

(2.77)

dinamakan diferensial eksak jika (2.77) menyatakan diferensial total dari fungsi dua variabel f (x, y), yaitu; P(x, y) =

∂ ∂ f (x, y) dan Q(x, y) = f (x, y). ∂x ∂y

(2.78)

Sekarang anggaplah kita tidak mengetahui fungsi (2.74) dan kita ingin menguji apakah diferensial (2.76) eksak atau tidak, menggunakan definisi (2.78) kita coba untuk mendapatkan fungsi f (x, y), yakni dengan melakukan langkah-langkah berikut; pertama kita integralkan koefisien dary dx terhadap x dengan y dianggap konstan pada langkah ini. Berarti hasil integral pada langkah pertama harus memunculkan fungsi sebarang dari y katakanlah g(y) sebagai konstanta integral. Langkah kedua hasil integral dari langkah pertama didiferensialkan terhadap y, yang mana menurut definini hasil diferensial ini harus sama dengan koefisien dari dy. Dengan bahasa matematika proses ini dilakaukan sebagai berikut; Z

f (x, y) =

(2x − 9x2 y2 − 6xy3 + 6y)dx + g(y)

= x2 − 3x3 y2 − 3x2 y3 + 6xy + g(y).

(2.79)

Fungsi f (x, y) memuat fungsi sebarang g(y) yang harus kita tentukan untuk mendapatkan informasi lengkap mengenai fungsi f (x, y).


29

Fungsig(y) ini dapat kita tentukan dengan mendiferensialkan (2.79) terhadap y

∂ dg(y) f (x, y) = −6x3 y − 9x2 y2 + 6x + = 2y − 6x3 y − 9x2 y2 + 6x. ∂y dy (2.80) Langkah terakhir mengintegralkan (2.79) terhadap y untuk memperoleh g(y) Z g(y) =

2ydy = y2 + c.

(2.81)

Persamaan (2.81) melengkapi informasi mengenai fungsi f (x, y), yakni, f (x, y) = x2 + y2 − 3x3 y2 − 3x2 y3 + 6xy = c, (2.82) sebagai keluarga fungsi 1-parameter. Definisi 2.5.2 Persamaan diferensial P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

(2.83)

dinamakan eksak jika ada fungsi f (x, y) sedemikian hingga derivatif parsialnya terhadap x adalah P(x, y) dan derivatif parsialnya terhadap y adalah Q(x, y). Secara simbolik definisi diatas mengatakan bahwa persamaan (2.83) dinamakan eksak jika ada fungsi f (x, y) sedimikian hingga

∂ f (x, y) = P(x, y), ∂x

∂ f (x, y) = Q(x, y). ∂x

(2.84)

Menggunakan persamaan (2.84) maka penyelesaian keluarga 1 - parameter persamaan diferensial (2.83) diberikan oleh f (x, y) = c,

(2.85)

dengan c konstanta sebarang. Setelah kita mengetahui definisi persamaan diferensial dan penyelesian 1-parameternya, selanjutnya muncul pertanyaan, yaitu, bagaimana kita dapat menentukan apakah sebuah persamaan diferensial itu eksak atau tidak? jawaban dapat kita formulasikan kedalam teorema berikut ini.

30


Teorema 2.5 Persamaan diferensial P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

(2.86)

eksak jika dan hanya jika

∂ P(x, y) ∂ Q(x, y) = ∂y ∂x

(2.87)

∂ Q(x,y) dimana fungsi P(x,y), Q(x,y), ∂ P(x,y) ∂ x , ∂ y , dan persamaan (2.87) terdefinisi dan kontinu dalam daerah terhubung sederhana D.

Persamaan (2.87) menjamin bahwa persmaan diferensial (2.86) mempunyai penyelesaian berbentuk f (x, y) = c. Selanjutnya, jika (xo , yo ) sebuah titik terletak dalam domain D dan persegi panjang yang dibentuk oleh segmen garis yang menghubungkan titik-titik (xo , yo ), (x, yo ) dan (xo , yo ), (xo , y) terletak seluruhnya dalam D maka penyelesaian persamaan diferensial eksak itu diberikan oleh f (x, y) = atau f (x, y) =

Z x xo

Z y yo

P(x, y)dx +

Q(x, y)dy +

Z y yo

Z x xo

Q(xo , y)dy = c,

(2.88)

P(x, yo )dx = c,

(2.89)

dimana kedua fungsi (2.88) dan (2.89) akan menghasilkan keluarga penyelesian 1-parameter dari persamaan diferensial eksak (2.86). Contoh 2.5.1 Tunjukkanlah bahwa persamaan cos(y)dx − (x sin(y) − y2 )dy = 0

(2.90)

adalah eksak dan tentukan keluarga 1-parameter penyelesainnya. Menggunakan teorema 2.5.3 dengan P(x, y) = cos(y) dan Q(x, y) = −x sin(y) + y2 dimana ∂ P(x,y) = − sin(y) dan ∂ Q(x,y) = − sin(y) ki∂y ∂x ta peroleh bahwa persamaan (2.90) adalah eksak. Karena P(x, y) dan Q(x, y) terdefinisi untuk semua x, y maka kita dapat memilih xo = 0 dan yo = 0. Menggunakan pemilihan xo dan yo ini diperoleh Q(xo , y) = Q(0, y) = y2 . Akibatnya persamaan (2.88) menjadi


Z x 0

cos(y)dx +

31

Z y 0

y2 dy = c.

(2.91)

Mengintegralkan suku pertama (2.91) terhadap x dan suku kedua (2.91) terhadap y kita peroleh keluarga penyelesaian 1-parameter, yaitu y3 x cos(y) + = c. (2.92) 3 Contoh 2.5.2 Tunjukkanlah bahwa persamaan differensial berikut (x − 2xy + ey )dx + (y − x2 + xey )dy = 0.

(2.93)

eksak dan tentukan penyelesaian khususnya dimana penyelesaian itu memenuhi syarat y(1) = 0. Dalam hal ini P(x, y) = x − 2xy + ey dan Q(x, y) = y − x2 + xey . Berarti ∂ P(x,y) = −2x + ey dan ∂ Q(x,y) = −2x + ey . Karena ∂ P(x,y) = ∂ Q(x,y) ∂y ∂x ∂y ∂x maka menurut teorema 2.5.3 persamaan (2.93) eksak. Juga dalam hal ini P dan Q terdefinisi untuk semua nilai x dan y dan olehkarenanya kita dapat memilih xo = 0 dan yo = 0. Dengan pemilihan ini mengakibatkan Q(xo , y) = y. Karenanya persamaan integral berikut akan diperoleh Z Z x

0

(x − 2xy + ey )dx +

y

0

ydy = c.

(2.94)

Mengintegralkan suku pertama persamaan (2.94) terhadap x dan suku kedua terhadap y penyelesaian keluarga 1-parameter diperoleh x2 y2 − x2 y + xey + = c. 2 2

(2.95)

Mensubstitusikan y(1) = 0, yaitu y = 0 untuk x = 1, penyelesaian khusus yang diperoleh adalah x2 − 2x2 y + 2xey + y2 = 3,

(2.96)

yaitu c = 32 . Contoh 2.5.3 Tunjuakkanlah bahwa persamaan diferensial (x3 + xy2 sin(2x) + y2 sin2 (x))dx + (2xy sin2 (x))dy = 0, eksak dan tentukanlah keluarga penyelesaian 1-parameternya.

(2.97)

32


Dalam hal ini

∂ P(x, y) = 2xy sin(2x) + 2y sin2 (x) ∂y

(2.98)

dan

∂ Q(x, y) = 2xy sin(2x) + 2y sin2 (x). (2.99) ∂x Berdasarkan informasi ini kita simpulkan persamaan diferensial (2.97) eksak. Sekali lagi kita amati bahwa fungsi P dan Q terdefinisi untuk semua nilai x dan y. Untuk itu kita boleh mengambil xo = 0 dan yo = 0. Akibatnya P(x, yo ) = P(x, 0) = x3 dan menggunakan persamaan (2.89) persamaan integral berikut diperoleh Z y 0

2

2xy sin (x)dy +

Z x 0

x3 dx = c.

(2.100)

Mengintegralkan suku pertama persamaan (2.100) terhadap y dan suku kedua terhadap x kita peroleh keluarga penyelesaian 1-parameter berikut ini x4 2 2 xy sin (x)dy + = c. (2.101) 4

2.6 Faktor integrasi. Definisi 2.6.1 Sebuah faktor pengali yang menjadikan suatu persamaan diferential yang tidak eksak menjadi persamaan diferensial eksak dinamakan . Sebagai contoh, persamaan diferensial (y2 + y)dx − xdy = 0 tidak eksak. Apabila persamaan itu dikalikan dengan y−2 persamaan yang diperoleh adalah (1+ 1y )dx− yx2 dy = 0 dengan y 6= 0. Persamaan terakhir ini adalah persamaan diferensial eksak (ujilah). Perdefinisi faktor pengali y−2 ini dinamakan faktor integrasi. Contoh 2.6.1 Selesaikanlah persamaan diferensial (y2 + y)dx − xdy = 0.

(2.102)

2.6 Faktor integrasi.

33

Seperti kita katakan di atas bahwa persamaan diferensial ini mempunyai faktor integrasi y−2 .(pembaca diminta untuk membuktikannya). Persamaan diferensial yang diperoleh dari mengalikan persamaan (2.102) dengan faktor integrasinya adalah 1 x (1 + )dx − 2 dy = 0, y y

y 6= 0.

(2.103)

Sekarang kita dapat menyelesaiankan persamaan diferensial (2.103) dengan metode standar. Jika kita susun lagi persamaan diferensial (2.103) dengan cara berikut ini dx +

ydx − xdy = 0, y2

y 6= 0,

(2.104)

maka suku kedua dari persamaan terakhir merupakan bentuk diferensial d(x/y). Karenanya dengan mengintegrasikan kedua ruas diperoleh penyelesaian keluarga 1-parameter x+

x = c, y

atau

y=

x , c−x

y 6= 0.

(2.105)

Perlu kita perhatikan dengan teliti bahwa garis y = 0 juga penyelesaian persamaan diferensial (2.102) yang tidak dapat diperoleh dari persamaan (2.105). Olehkarenanya, penyelesaian ini dinamakan penyelesaian khusus untuk (2.102). Contoh 2.6.2 Selesaikanlah persamaan diferensial y sec xdx + sin xdy = 0,

x 6=

π 3π , ,···. 2 2

(2.106)

Marilah kita perhatikan bahwa persamaan diferensial diatas bukan persamaan diferensial eksak. Akan tetapi sec x adalah sebuah faktor integrasi dari persamaan diferensial diatas. Oleh karenanya apabila persamaan diferensial (2.106) dikalikan dengan sec x akan menjadi persamaan dieferensial eksak (ujilah!). Kalikanlah persamaan (2.106) dengan sec x untuk mendapatkan persamaan deferensial eksak y sec2 xdx + tan xdy = 0,

x 6=

π 3π , ,···. 2 2

(2.107)

34


Untuk menyelesaiakan persamaan diferensial terakhir ini dengan menggunakan metode penyelesaian persamaan diferensial eksak yang telah kita bahas sebelumnya. Akan tetapi dalam hal ini kita akan selesaikan persamaan ini dengan cara mengenali diferensial ruas sebelah kiri (2.107). Diferensial ruas sebelah kiri (2.107) tidak lain adalah derivatif dari fungsi y tan x. Olehkarenanya penyelesaian yang persmaan diferensial (2.106) y tan x = c,

atau

y = c cot x.

(2.108)

2.7 Menentukan Faktor Integrasi Kita dapat memberikan catatan terhadap definisi faktor integrasi. Metode standar untuk mencari faktor integrasi yang kita bahas sebelumnya adalah untuk persamaan diferensial tipe-tipe khusus saja. Berikut ini kita akan membahas faktor integrasi untuk berbagaimanacam tipe persamaan diferensial yang lebih umum. Kita mulai pembahasan kita dengan meninjau persmaan diferensial berbentuk P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (2.109) yang mana persamaan ini secara umum tidak eksak. Kita asumsikan bahwa faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.109) adalah fungsi dari h(x, y). Tujuan dari pembahasan kita kali ini adalah untuk menentukan fungsi dari h sedemikian hingga persamaan (2.109) menjadi eksak. Perdefinisi persamaan diferensial h(x, y)P(x, y)dx + h(x, y)Q(x, y)dy = 0

(2.110)

adalah persamaan diferensial eksak. Olehkarenanya dengan teoremaa kita dapatkan

∂ ∂ h(x, y)P(x, y) = h(x, y)Q(x, y). ∂y ∂x Selanjutnya kita akan meninjau tipe-tipe dari fungsi h sendiri.

(2.111)

2.7 Menentukan Faktor Integrasi

35

2.7.1 h fungsi hanya dari x Untuk kasus ini h(x, y) = h(x). Dengan menyelesaiankan diferensial (2.111) kita dapatkan h(x)

∂ ∂ dh P(x, y) = h(x) Q(x, y) + Q(x, y) (x). ∂y ∂x dx

(2.112)

persamaan terakhir ini dapat kita tulis dalam bentuk ∂ ∂ ∂ y P(x, y) − ∂ x Q(x, y)

dh(x) = d(x)

Q(x, y)

dx.

(2.113)

Sekarang kita perhatikan dengan seksama arti persamaan (2.113) ini. Karena ruas sebelah kiri adalah fungsi dari x saja maka ruas kanannya harus pula fungsi dari x saja. Sekarang misalkan koefisien dari dx adalah F(x), yaitu F(x) =

∂ ∂ ∂ y P(x, y) − ∂ x Q(x, y)

Q(x, y)

.

(2.114)

Dengan meninjau persamaan (2.113) kita ketahui dh(x) d(x) = F(x) yang dapat diintegralkan dengan hasil integrasinya adalah fungsi dari h(x) = e

R

F(x)dx

.

(2.115)

Faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.110) adalah hasil dari integrasi ruas kanan (2.115). Contoh 2.7.1 Tunjukkanlah bahwa persamaan diferensial (ex − sin y)dx + cos ydy = 0

(2.116)

bukan persamaan diferensial eksak dan kemudian tentukankanlah faktor integrasinya. Pertama-tama kita nyatakan koefisien dari dx dan dy dengan fungsi P(x, y) dan Q(x, y). Dari (2.116) diperoleh bahwa P(x, y) = ex − sin y dan Q(x, y) = cos y. Olehkarenanya

∂ P(x, y) = − cos y dan ∂y

∂ Q(x, y) = 0. ∂x

(2.117)

36


Dalam hal ini persamaan diferensial (2.116) tidak eksak dan F(x) =

− cos y = −1. cos y

(2.118)

Menggunakan (2.115) kita peroleh faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.116) yaitu h(x) = e

R

−dx

= e−x .

(2.119)

Contoh 2.7.2 Tunjukkanlah bahwa persamaan diferensial (1 − xy)dx + (xy − x2 )dy = 0

(2.120)

bukan persamaan diferensial eksak dan kemudian tentukankanlah faktor integrasinya. Langkah pertamana kita nyatakan koefisien dari dx dan dy dengan fungsi P(x, y) dan Q(x, y). Dari (2.120) diperoleh bahwa P(x, y) = 1 − xy dan Q(x, y) = xy − x2 . Olehkarenanya

∂ P(x, y) = −x dan ∂y

∂ Q(x, y) = y − 2x. ∂x

(2.121)

Dalam hal ini persamaan diferensial (2.120) tidak eksak dan −x − y + 2x 1 = − . xy − x2 x

F(x) =

(2.122)

Menggunakan (2.115) kita peroleh faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.120) yaitu R

h(x) = e

− 1x dx

1 = e− ln x = . x

(2.123)

2.7.2 h fungsi hanya dari y Dalam kasus ini, dengan mengalikan persamaan diferensial (2.109) dengan faktor integrasinya h (fungsi hanya dari y) kemudian dengan menggunakan kondisi keeksakan persamaan diferensial yang diperoleh


37

∂ dh(y) ∂ P(x, y) + P(x, y) = h(y) Q(x, y). ∂y dy ∂x Persamaan (2.124) dinyatakan dalam bentuk h(y)

∂ ∂ ∂ x Q(x, y) − ∂ y P(x, y)

dh(y) = d(y)

P(x, y)

dy.

(2.124)

(2.125)

Sekarang kita perhatikan dengan seksama arti persamaan (2.125) ini. Karena ruas sebelah kiri adalah fungsi dari y saja maka ruas kanannya harus pula fungsi dari y saja. Sekarang misalkan koefisien dari dy adalah G(y), yaitu G(y) =

∂ ∂ ∂ x Q(x, y) − ∂ y P(x, y)

P(x, y)

.

(2.126)

Dengan meninjau persamaan (2.125) kita ketahui dh(y) d(y) = G(y) yang dapat diintegralkan dengan hasil integrasinya adalah fungsi dari h(y) = e

R

F(y)dy

.

(2.127)

Faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.110) adalah hasil dari integrasi ruas kanan (2.127). Contoh 2.7.3 Tunjukkanlah bahwa persamaan diferensial xydx + (1 + x2 )dy = 0

(2.128)

bukan persamaan diferensial eksak kemudian tentukanlah faktor integrasinya. Dengan memperhatikan koefisien dx dan dy persmaan (2.128) kita peroleh ∂ Q(x, y) ∂ P(x, y) = x, dan = 2x. (2.129) ∂y ∂x Dari persamaan (2.129) itu juga mengikuti bahwa G(y) =

2x − x 1 = . xy y

(2.130)

Persamaan (2.130) membuktikan bahwa persmaan diferensial (2.128) tidak eksak. Selanjutnya mengunakan (2.127) kita peroleh faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.128) diberikan oleh h(y) = e

R

G(y)dy

= eln y = y.

(2.131)

38


2.7.3 h fungsi dari xy Anggaplah faktor integrasi persamaan diferensial (2.109) adalah h(xy). Misalkan u(x, y) = xy. Dengan menggunakan aturan rantai persmaan (2.111) h(u) dimana dan

∂ ∂ h(u) ∂ ∂ h(u) P(x, y) + P(x, y = h(u) Q(x, y) + Q(x, y) , ∂y ∂y ∂y ∂x (2.132) ∂ u dh(u) ∂ u ∂ h(u) = h0 (u) = ∂x ∂x du ∂ x

(2.133)

∂ u dh(u) ∂ u ∂ h(u) = h0 (u) = . ∂y ∂y du ∂ y

(2.134)

Mengingat u = xy akibatnya ∂∂ ux = y dan ∂∂ uy = x dan persamaan (2.134) menjadi dh(u) ∂ h(u) = yh0 (u) = y , (2.135) ∂x du dan dh(u) ∂ h(u) = xh0 (u) = x . (2.136) ∂y du Mensubstitusikan persamaan (2.134), (2.135) dan (2.136) ke dalam (2.132) kita peroleh ∂ ∂ dh(u) ∂ y P(x, y) − ∂ x Q(x, y) = du. h(u) yQ(x, y) − xP(x, y)

(2.137)

Lagi mengingat ruas kiri persamaan (2.137) adalah fungsi dari u maka koefisien dari du juga fungsi dari u juga. Sekarang misalkan F(u) =

∂ ∂ ∂ y P(x, y) − ∂ x Q(x, y)

yQ(x, y) − xP(x, y)

,

(2.138)

maka

dh(u) = F(u)du. (2.139) h(u) Penyelesaian dari persamaan diferensial (2.139) diberikan oleh R

h(u) = e

F(u)du

.

(2.140)


39

Contoh 2.7.4 Tunjukkanlah bahwa persamaan diferensial (y3 + xy2 + y)dx + (x3 + x2 y + x)dy = 0

(2.141)

bukan persamaan diferensial eksak dan carilah faktor integrasinya. Pada contoh ini kita ketahui bahwa P(x, y) = y3 +xy2 +y dan Q(x, y) = x3 + x2 y + x. Dengan mendiferensialkan P terhadap y dan Q terhadap x diperoleh

∂ P(x, y) = 3y2 + 2xy + 1) dan ∂y

∂ P(x, y) = 3x2 + 2xy + 1. (2.142) ∂x

Dari persamaan (2.142) kita peroleh

∂ P(x, y) ∂ P(x, y) − = 3(y2 − x2 ). ∂y ∂x

(2.143)

Hal ini menunjukkan bahwa persamaan diferensial (2.141) tidak eksak. Selanjutnya akan kita tentukan faktor integrasinya. Menggunakan (2.138) itu mengikuti bahwa F(u) =

∂ ∂ ∂ y P(x, y) − ∂ x Q(x, y)

yQ(x, y) − xP(x, y)

=

−3(x2 − y2 ) 3 =− . 2 2 xy(x − y ) u

(2.144)

Kemudian menggunakan (2.139) kita peroleh faktor integrasinya, yaitu R 3 h(u) = e− u du = e−3 ln u = (xy)−3 . (2.145) Ujilah bahwa persamaan differensial (2.141) akan menjadi eksak jika persamaan itu dikalikan dengan (xy)−3 .

2.7.4 h fungsi dari x/y Misalkan u = x/y dan h = h(u) maka, dengan menggunakan aturan rantai, akan diperoleh

∂ ∂u x d h(u) = h0 (u) = − 2 h(u) ∂y ∂y y du

(2.146)

40


dan

∂ ∂u 1 d h(u) = h0 (u) = h(u). (2.147) ∂x ∂ x y du menggunakan (2.146) dan (2.147) kedalam (2.132), setelah penyederhanaan, akan diperoleh persamaan berikut ∂Q 2 ∂P dh(u) y ( ∂ y (x, y) − ∂ x (x, y)) = du. h(u) xP(x, y) + yQ(x, y)

(2.148)

Dengan memperhatikan ruas kiri dari (2.148) yaitu fungsi hanya dari u maka ruas kanan haruslah fungsi hanya dari u juga. Sekarang misalkan G(u) =

y2 ( ∂∂ Py (x, y) − ∂∂Qx (x, y)) xP + yQ

(2.149)

maka memperhatikan (2.148) dan (2.149) diperoleh dh(u) = G(u). h(u)

(2.150)

Mengintegralkan (2.150) terhadap u diperoleh h(u) = eG(u)du .

(2.151)

Persamaan (2.151) ini adalah faktor integrasi. Contoh 2.7.5 Tunjukkanlah bahwa persamaan diferensial 3ydx − xdy = 0

(2.152)

bukan persamaan diferensial eksak. Kemudian tentukanlah faktor integrasinya. Memperhatikan persamaan (2.109) dan (2.152) kita da[atkan bahwa P = 3y, Q = −x. Olehkarenanya itu mengikuti bahwa ∂∂ Py = 3y, f rac∂ Q∂ x = −1. Menggunakan (2.149) diperoleh G(u) =

y2 (3 + 1) y 2 =2 = . 3xy − xy x u

(2.153)

Karena G(u) 6= 0 maka persamaan diferensial (2.152) bukan persamaan diferensial eksak. Menggunakan persamaan (2.151) kedalam (2.153) itu mengikuti bahwa


41

h(u) = e

R 2 u du

2

= eln u = u2 =

x2 . y2

(2.154)

Jadi factor integrasi dari persamaan diferensial (2.152) diberikan oleh x2 /y2 .

2.7.5 h fungsi dari y/x Dengan mengikuti langkah-langkah yang diberikan dalam bagian 2.7.4 akan kita dapatkan faktor integrasi yang dberikan oleh h(u) = eK(u)du

(2.155)

dimana u = y/x dan K(u) =

x2

³

´

∂Q ∂P ∂ x (x, y) − ∂ y (x, y)

xP(x, y) + yQ(x, y)

.

(2.156)

Proses (2.155) dan (2.49) sangat bagus untuk latihan. Contoh 2.7.6 Tunjukkanlah bahwa persamaan diferensial ydx − 3xdy = 0

(2.157)

bukan persamaan diferensial eksak. Tentukanlah faktor integrasinya. memperhatikan (2.109) dan (2.157) kita peroleh P = y dan Q = −3x, karenanya ∂∂ Py = 1 dan ∂∂Qx = −3. Menggunakan (2.156) diperoleh K(u) =

x2 (−3 − 1) x 2 =2 = . xy − 3xy y u

(2.158)

Karena K(u) 6= 0 maka dapat disimpulkan bahwa persamaan diferensial (2.157) tidak eksak. Menggunakan (2.158) kedalam (2.155) diperoleh R 2 2 y2 h(u) = e u du = eln u = u2 = 2 . (2.159) x Dari persamaan (2.159) didapatkan bahwa faktor integrasi dari persa2 maan diferensial (2.157) adalah xy2 .

42


2.7.6 Bentuk Khusus dari P dan Q. Jika persamaan diferensial dapat dijadikan ke dalam bentuk persamaan diferensial berikut y(Ax p yq + Bxr ys )dx + x(Cx p yq + Dxr ys )dy = 0

(2.160)

dimana A, B,C, dan D semuanya konstanta, maka persamaan diferensial (2.160) mempunyai faktor integrasi fungsi dari xa yb dimana a dan b dua konstanta yang dipilih sedemikian hingga persamaan diferensial xa yb (y(Ax p yq + Bxr ys )dx + x(Cx p yq + Dxr ys )dy) = 0

(2.161)

eksak. Bukti dari pernyataan di atas diluar dari tujuan buku ini dan dapat dengan mudah untuk mendapatkannya dalam buku-buku persamaan diferensial elementer. Untuk mendapatkan pemahaman bagaimana mendapatkan faktor integrasi dari persamaan diferensial berbentuk (2.160) kita sajikan contoh dibawah ini. Contoh 2.7.7 Tunjukkan bahwa persamaan diferensial y(2x2 y3 + 3)dx + x(x2 y3 − 1)dy = 0

(2.162)

bukan eksak. Tentukanlagh faktor integrasinya. memperhatikan persamaan (2.109) dan (2.162) diperoleh P = y(2x2 y3 + 3)danQ = x(x2 y3 − 1).

(2.163)

Berarti ∂∂ Py = 8x2 y3 + 3 dan ∂∂Qx = 3x2 y3 − 1. Mengikuti Teorema 2.5.3 dengan ∂P ∂Q − = 5x2 y3 + 4 (2.164) ∂y ∂x dapat disimpulkan bahwa persamaan diferensial (2.162) tidak eksak. Dengan mengalikan persamaan diferensial (2.162) dengan faktor integrasinya xa yb diperoleh (2xa+2 yb+4 + 3xa yb+1 )dx + (xa+3 yb+3 − xa+1 yb )dy = 0.

(2.165)

Karena (2.165) adalah persamaan diferensial eksak maka menurut teorema 2.5.3 haruslah ∂∂ Py − ∂∂Qx = 0 untuk semua nilai x dan y dalam domain, yaitu (setelah penyederhanaan)

2.8 Persamaan Diferensial Linier Order Satu.

43

(2b + 8)x2 y3 + 3b + 3 = (a + 3)x2 y3 − (a + 1).

(2.166)

karena (2.166) berlaku untuk semua x dan y dalam domain, maka haruslah 2b + 8 = a + 3 dan

3b + 3 = −a − 1.

(2.167)

Dengan menyelesaikan system (2.167) diperoleh a=

7 5

dan

9 b=− . 5

(2.168) 7

9

Jadi faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.162) adalah x 5 y− 5 .

2.8 Persamaan Diferensial Linier Order Satu. Definisi 2.8.1 Persamaan diferensial linier order satu adalah persamaan diferensialyang dapat ditulis dalam bentuk dy + P(x)y = Q(x), dx

(2.169)

dimana P(x) dan Q(x) adalah fungsi kontinu dari x pada interval (daerah) dimana P dan Q terdefinisi. Pada bagian yang lalu kita telah membahas faktor integrasi dari suatu persamaan diferensial. Selanjutnya kita akan perlihatkan bahwa faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.169) adalah fungsi dari x berbentuk R e P(x)dx , (2.170) dengan konstanta integrasi dipilih R nol. Dengan mengalikan kedua ruas dengan (2.169) dengan faktor e P(x)dx dx akan diperoleh e

R

P(x)dx

dy + (P(x)y − Q(x))e

R

P(x)dx

dx = 0.

(2.171)

Koefisien dari dx (2.171) beturut-turut diberikan oleh R dan dy dalam R P(x)dx P(x)dx (P(x)y − Q(x))e dan e . Sekarang kita diferensialkan koefisien dx terhadap y untuk mendapatkan

44


P(x)e

R

P(x)dx

,

(2.172)

dan koefisien dy terhadap x untuk mendapatkan P(x)e

R

P(x)dx

.

(2.173)

Memperhatikan (2.172) dan (2.173) dan menggunakan teoreme 2.5.3 dapat kita simpulkan bahwa persamaan diferensial (2.171) adalah persamaan diferensial eksak. Jadi itu mengikuti dari definisi faktor inteR grasi bahwa e P(x)dx adalah faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.169). Sekarang kita tuliskan persamaan (2.169) dalam bentuk e

R

P(x)dx

R

dy + P(x)ye

P(x)dx

dx = Q(x)e

R

P(x)dx

dx.

(2.174)

Karena (2.171) eksak maka (2.174) juga eksak. Jadi persamaan diferensial (2.174) dapat kita selesaikan dengan menggunakan metode penyelesaian yang telah dibahas pada bagian persamaan diferensial eksak. Akan tetapi kali ini kita akan mencoba untuk menyelesaikan persamaan (2.174) dengan metode lain. Perhatikan bahwa ruas kiri R P(x)dx dari (2.174) adalah derivatif total dari fungsi e y (ingat lagi pelajaran kalkulus), yaitu d(e

R

P(x)dx

y) = e

R

P(x)dx

dy + P(x)ye

R

P(x)dx

dx.

(2.175)

Dengan memperhatikan (2.174) dan (2.174) diperoleh d(e

R

P(x)dx

y) = Q(x)e

R

P(x)dx

(2.176)

dx.

Dengan mengintegralkan kedua ruas (2.177) didapatkan R

e

Z P(x)dx

y=

Q(x)e

R

P(x)dx

dx + c.

(2.177)

Kemudian dengan mengalikan kedua ruas (2.177) dengan e− diperoleh y=e

R

− P(x)dx

Z

Q(x)e

dimana c konstanta integrasi.

R

P(x)dx

dx + ce−

R

P(x)dx

,

R

P(x)dx

(2.178)


45

Contoh 2.8.1 Tentukanlah penyelesaian dari dy + 3y = e5x , dx

y(0) = 5.

(2.179)

Membandingkan (2.179) dengan (2.169) diperoleh P(x) = 3 dan Q(x) = e5x . Olehkarenanya Z

Z

P(x)dx =

3dx = 3x

(2.180)

dan Z

e

R

Z P(x)dx

Q(x)dx =

Z 3x 5x

e e dx =

1 e8x dx = e8x . 8

(2.181)

Menggunakan hasil dari (2.180) dan (2.181) kedalam (2.178) diperoleh 1 y = e−3x e8x + ce−3x 8 1 5x = e + ce−3x . 8

(2.182)

Dari soal kita ketahui bahwa pada saat x = 0 nilai y = 5 atau y(0) = 5. Olehkarenanya dengan memasukkan nilai x = 0 dan y = 5 kedalam (2.182) akan didapatkan nilai c, yaitu 1 5 = e0 e0 + ce0 8 1 = + c. 8

(2.183)

Dari (2.183) kita dapatkan penyelesaian khusus (2.179), yakni 1 39 y = e5x + e−3x 8 8

(2.184)

Contoh 2.8.2 Carilah penyelesaian persamaan diferensial 2 dx − 2xy = ex . dy

(2.185)

46

2 Jenis-Jenis Persamaan Diferensial Order Satu 2

Dalam soal ini kita ketahui bahwa P(x) = −2x, Q(x) = ex . Olehkarenanya kita dapatkan Z

Z

P(x)dx = dan

Z

R

e

−2xdx = −x2

(2.186)

Z P(x)dx

Q(x)dx =

e−2x e2x dx = x.

(2.187)

Menggunakan (2.186) dan (2.187) kedalam (2.178) diperoleh y = e2x (x + c).

(2.188)

Contoh 2.8.3 Carilah penyelesaian persamaan diferensial x

dx sin x + 3y = 2 , dy x

π y( ) = 1. 2

x 6= 0;

(2.189)

Karena x 6= 0 maka (2.189) dapat dibagi dengan x untuk mendapatkan dx y sin x +3 = 3 , dy x x

x 6= 0;

π y( ) = 1. 2

Dari persamaan (2.190) kita ketahui bahwa P(x) = Olehkarenanya kita peroleh lagi Z

Z

P(x)dx = dan

Z

e

R

3 dx = 3 ln x = ln x3 x Z

P(x)dx

3 x

(2.190)

dan Q(x) =

sin x . x3

(2.191)

sin x dx x3 Z sin x = x3 3 dx x Z

Q(x)dx =

=

eln x

3

sin xdx

= − cos x.

(2.192)

Menggunnakan (2.191) dan (2.192) ke dalam (2.178) diperoleh 3

y = e− ln x (− cos x) + ce− ln x = x−3 cos x + cx−3 = x−3 (cos x + c).

3

(2.193)


47

Penyelesaian umum (2.189) diberikan oleh (2.193). Penyelesaian khusus (2.189) yang memenuhi y(π /2) = 1, yaitu y = 1 untuk x = π /2, diperoleh dengan memasukkan nilai y dan x ini kedalam (2.193) yaitu

π −3 π (cos + c) 2 2 π −3 =c . 2

1=

(2.194)

Menggunakan nilai c dalam (2.194) kedalam (2.193) diperoleh penyelesaian khusus (2.189), yaitu y = x−3 (cos x +

π3 ). 2

2.8.1 Jastifikasi Faktor Integrasi e

R

(2.195)

P(x)dx .

Kita perhatikan persamaan diferensial (2.169) dalam bentuk persamaan (2.109) yaitu (P(x)y − Q(x))dx + dy = 0.

(2.196)

Misalkan u(x) faktor integrasi persamaan diferensial (2.196). Selanjutnya kalikan (2.196) dengan u(x) untuk memperoleh u(x)(P(x)y − Q(x))dx + u(x)dy = 0.

(2.197)

Perdefinisi persamaan diferensial (2.197) adalah eksak. Menggunakan teorema 2.5.3 itu berlaku

∂ ∂ u(x)(P(x)y − Q(x)) = u(x). ∂y ∂x

(2.198)

Memperhitungkan P(x), Q(x), dan u(x) adalah fungsi hanya dari x maka diperoleh dari (2.198) bahwa u(x)P(x) = Mengalikan (2.199) dengan

dx u(x)

∂ du(x) u(x) = . ∂x dx diperoleh

(2.199)

48


P(x)dx =

du(x) . u(x)

(2.200)

Dengan mengintegralkan (2.200) terhadap x dan dengan memilih konstanta integrasi sama dengan n0l diperoleh Z

ln u(x) = atau u(x) = e

R

P(x)dx,

(2.201)

P(x)dx

(2.202)

.

Persamaan terakhir (2.202) membuktikan bahwa faktor integrasi persamaan diferensial (2.196) diberikan oleh R

e

P(x)dx

.

(2.203)

2.8.2 Persamaan Bernoulli. Salah satu tipe khusus dari persamaan diferensial order satu adalah persamaan , matematikiawan Swiss yang bernama lengkap James Bernoulli (1654-1705). Bentuk umum persamaan Bernoulli adalah dy + P(x)y = Q(x)yn , dx

(2.204)

dengan n bilangan bulat.Jika n = 1 maka persamaan (2.204) direduksi ke persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Kita perhatikan bahwa untuk n 6= 0 atau 1 maka persamaan diferensial (2.204) merupakan persamaan diferensial tidak linier. Jika kita kalikan (2.204) dengan (1 − n)y−n didapatkan (1 − n)y−n

dy + (1 − n)y1−n P(x)y = (1 − n)Q(x). dx

(2.205)

Kita perhatikan bahwa suku pertama ruas kiri berasal dari derivatif fungsi y1−n yaitu d 1−n dy y = (1 − n)y−n . (2.206) dx dx Karenanya persamaan (2.205) dapat ditulis dalam bentuk


49

d 1−n y + (1 − n)y1−n P(x)y = (1 − n)Q(x). dx

(2.207)

Dengan memisalkan y1−n = Y diperoleh (2.207) direduksi ke bentuk standar persamaan diferensial linier (2.169) yaitu d Y + (1 − n)Y P(x)y = (1 − n)Q(x), dx

(2.208)

dengan P(x) diganti dengan (1 − n)P(x) dan Q(x) diganti dengan (1 − n)Q(x). Dengan membandingkan (2.208) dengan (2.169) dan dengan memperhitungkan bahwa n sebagai konstanta maka dapat kita simpulkan bahwa penyelesaian (2.208) diberikan oleh Y =e

Z

R

−(1−n) P(x)dx

(1 − n)Q(x)e

R

P(x)dx

dx + ce−(1−n)

R

P(x)dx

(2.209) atau y

1−n

=e

Z

R

−(1−n) P(x)dx

(1 − n)Q(x)e

R

P(x)dx

dx + ce−(1−n)

R

P(x)dx

.

(2.210) Contoh 2.8.4 Tentukanlah penyelesaian dy x + xy = , dx y

(2.211)

y 6= 0.

Dengan mengobservasi persamaan (2.211) dan persamaan (2.204) kita peroleh bahwa P(x) = x, Q(x) = x, dan n = −3. Olehkarenanya menggunakan (2.210) diperoleh 4

Z

R

−4 xdx

y =e

−2x2

=e

4xe

Z

R

xdx

dx + ce−4

2

2

4xe2x dx + ce−2x .

R

xdx

(2.212)

Kita ketahui bahwa integral persamaan terakhir adalah derivatif dari 2 e2x . Berarti penyelesaian dari persmaan (2.211) diberikan oleh 2

2

y4 = e−2x e2x + ce−2x 2

= 1 + ce−2x .

2

(2.213)

50


2.8.3 Persamaan Riccati. Tipe khusus lain dari persamaan diferensial order satu adalah , matematikiawan Itali yang bernama lengkap Vicenzo Riccati (1707-1775). Bentuk standar dari persamaan Riccati adalah dy = P(x)y2 + Q(x)y + R(x), dx

P(x) 6= 0.

(2.214)

Persamaan (2.214) dapat diintegralkan jika penyelesaian khusus diketahui. Misalkan y1 adalah penyelesaian khususnya. Dengan mensubsitusikan 1 y = y1 + (2.215) v kedalam (2.214) kita perolehpersamaan dalam v, yaitu y0 −

v0 1 2 1 = P(x)(y + ) + Q(x)(y + ) + R(x), P(x) 6= 0 1 1 v2 v v 1 1 1 = P(x)(y21 + 2y1 + 2 + Q(x)y1 + Q(x) + R(x).(2.216) v v v

Dengan memperhitungkan y1 adalah penyelesaian (2.214) maka persamaan (2.216) menjadi v0 + (2P(x) + Q(x))v = −P(x).

(2.217)

Persamaan (2.217) adalah tipe persmaan (2.169) yang dapat diselesaikan dengan metode standar persamaan diferensial linier. Contoh 2.8.5 Selesaikanlah persamaan diferensial 2x2 y0 = (x − 1)(y2 − x2 ) + 2xy.

(2.218)

Dari observasi kita dapatkan bahwa y = x adalah penyelesaian khusus persamaan diferensial (2.218). Olehkarenanya untuk menyelesaikan (2.218) dapat kita substitusikan y = x+

1 v

kedalam (2.218) untuk mendapatkan persamaan

(2.219)


v0 2x (1 − 2 ) = (x − 1) v

Ãµ

2

1 x+ v

51

!

¶2 −x

2

µ ¶ 1 + 2x x + . v

(2.220)

Menyelesaikan (2.220) diperoleh bentuk sederhananya 2x2 (v0 + v) = x − 1.

(2.221)

Dengan mengintegralkan (2.221) (menggunakan metode penyelesaikan persamaan linier, lihat persmaan (2.178)) diperoleh v=

cxe−x − 1 , 2x

(2.222)

dengan c sebagai konstanta integrasi. Menggunakan (2.219) kedalam (2.222) kita dapatkan penyelesaian (2.218), yaitu y = x+

2x cxe−x − 1

=x

cxe−x + 1 . cxe−x − 1

(2.223)

52


Soal-soal latihan 2.1. Selesaikanlah persamaan diferensial berikut a). 4xydx + (x2 + 1)dy = 0. b). (x3 y + yx2 )dx + (y3 x2 + 2x2 y)dy = 0. dy c). (y ln x = x dx . d). 4 cos2 ydx + cosec2 xdy = 0. √ dy e). 2xy dx = 1. dy x−y f). dx = e . g). (y2 + 1)dx − (x2 + 1)dy = 0. dy h). dx cos(x) − y = 1. 2 i). yx dy − y3 dx = 2x2 dy. j). (y2 − 1)dxp − (2y + xy)dy = 0. k). x ln xdy + 1 + y2 dx = 0. l). ex+1 tan ydx + cos ydy = 0. m). x cos ydx + x2 sin ydy = a2 sin ydy, dimanaasebuah konstanta. n). (x − 1) cos ydy = sx sin ydx. o). y0 = y ln y cot x. p). xdy + (1 + y2 ) arctan ydx = 0. q). dy + x(y + 1)dx = 0. 2 r). ey (x2 + 2x + 1)dx + (xy + y)dy = 0. s). (x + y) + y0 = 0.Bantuan misalkanlahx+y=v. 2.2. Tentukanlah penyelesaian khusus yang memenuhi nilai yang diberikan pada masing-masing soal berikut dibawah ini. dy a). dx + y = 0, y(1) = 1. b). sin x cos 2ydx + cos x sin 2ydy = 0, y(0) = π /2. c). (1 − x)dy = x(y + 1)dx, y(0) = 0. d). ydy + xdx = 3xy2 dx, y(2) = 1. e). dy = ex+y dx,y(0)=0.

2.3. Tentukanlah penyelesaian dari persamaan diferensial berikut ini. 2 )dx − (2xy + x2 )dy = 0. a). (2xy + 3yp p b). (x3 = y2 x2 + y2 )dx − (xy x2 + y2 )dy = 0. c). (3x2 + 9xy + 5y2 )dx − (6x2 + 4xy)dy = 0.


53

2.4. Tentukanlah penyelesaian persaman diferensial dibawah ini dengan mengasumsikan dalam masing - masing kasus koefisien dy 6= 0. a). 2xydxp+ (x2 + y2 )dy = 0. b). (x + y2 − xy)dy − ydx = 0. c). (x + y)dx − (x − y)dy = 0. d). xy0 − y − x sin xy = 0. e). (2x2 y + y3p )dx + (xy2 − 2x3 )dy = 0. f). y2 dx + (x ³ y2 − x2 − xy)dy´= 0.

g). xy cos xy dx − xy sin xy + cos xy dy = 0. h). ydx + x ln xy dy − 2xdy = 0. x/y dx + (y − 2xex/y )dy = 0. i). 2ye ³ ´ j).

xey/x − y sin xy dx + x sin xy dy = 0.

2.5. Tentukanlah penyelesaian masing-masing persamaan diferensial berikut ini. a). (x + y + 1)dx + (2x + 3y + 2)dy = 0. b). (y + 1)dx + (2x − 3)dy = 0. c). (3x + 4y + 1)dx + (2x + 2y + 1)dy = 0. d). (7y + 1)dx + (2x − 3)dy = 0. e). (x + 2y − 4)dx − (2x − 4y)dy = 0. f). (3x + 2y + 1)dx − (3x + 2y − 1)dy = 0. g). (x + y + 1)dx + (2x + 2y + 2)dy = 0. h). (2x − y + 1)dx + (4x − 2y + 3)dy = 0. i). (x + 3y + 1)dx + (2x + 6y − 1)dy = 0. j). (2x + 3y + 1)dx + (2x + 3y + 2)dy = 0. k). (x + y + 1)dx + (3x + 2y + 2)dy = 0. l). (x + y)dx + (3x + 3y − 4)dy = 0, y(1) = 0. m). (3x + 2y + 3)dx − (x + 2y − 1)dy = 0, y(−2) = 1. n). (x + 7)dx + (2x + y + 3)dy = 0, y(0) = 1. o). (x + y + 2)dx − (x − y − 4)dy = 0, y(1) = 0.

54


2.6. Tunjukkanlah bahwa masing-masing persamaan diferensial berikut ini eksak dan tentukanlah keluarga penyelesaian 1-parameternya. a). (3x2 y + 8xy2 )dx + (x3 + 8x2 y + 12y2 )dy = 0. dy b). (2x2 + 3y2 ) dx + (3x2 + 4xy) = 0. dy + (ax + hy) = 0. c). (hx + by) dx ¡ ¢ dy 2 (a + 2h)x + 2(b + 2h)xy + 3by2 dx + 3ax2 + 2(a + 2h)xy d). . +(b + 2h)y2 = 0. dy e). (4x3 y + 12x2 y2 + 5x2 + 3x) dx + 6x2 y2 − 8xy3 + 10xy + 3y = 0. dy f). (cos(x) − x cos(y)) dx − sin(y) − y sin(x) = 0. y−x g). 2xy+1 y dx + y2 dy = 0. h). 2xydx + (x2 + y2 )dy = 0. i). (ex sin(y) + e−y )dx − (xe−y − ex cos(y))dy = 0. j). cos(y)dx − (x sin(y) − y2 )dy = 0. k). (x − 2xy + ey )dx + (y − x2 + xey )dy = 0. l). (x2 − x + y2 )dx − (ey − 2xy)dy = 0. m). (2x + y cos(x))dx + (2y + sin(x) − sin(y))dy = 0. p 2 n). (x x2 + y2 )dx − √x y2 2 dy = 0. y−

x +y

o). (4x3 − sin(x) + y3 )dx − (y2 + 1 − 3xy2 )dy = 0. 2 dy + 2x ln |y| = 0. p). xydx ³ ´2 dy x+a q). x+a y+b dx = 2 y+b . r).

(1−x2 )y0 +(1−y2 ) (1+xy)2

= 0.

2.7. Tentukanlah penyelesaian khusus yang memenuhi syarat awal untuk masing-masing persamaan diferensial berikut ini. a). ex (y3 + xy3 + 1)dx + 3y2 (xex − 6)dy = 0, y(0) = 1. b). sin(x) cos(y)dx + cos(x) sin(y)dy = 0, y( π4 ) = π4 . 2 2 c). (y2 exy + 4x3 )dx + (2xyexy − 3y2 )dy = 0, y(1) = 0.


55

2.8. Tentukanlah apakah persamaan diferensial yang diberikan eksak atau tidak. Jika jawabannya tidak, tentukanlah faktor integrasinya. Kemudian carilah penyelesaian keluarga 1-parameter untuk semua saol. a). b). c). d). e). f). g). h).

(2xy + x2 )dx + (x2 + y2 )dy = 0. (x2 + y cos x)dx + (y3 + sin x)dy = 0. (x2 + y2 + x)dx + (xydy = 0. (x − 2xy + ey )dx + (y − x2 + xy )dy = 0. (ex sin y + e−y )dx − (xe−y − ex cos y)dy = 0. (x2 − y2 − y)dx − (x2 − y2 − x)dy = 0. (x4 y2 − y)dx + (x2 y4 − x)dy = 0. (y(2x + y3 )dx − x(2x´− y3 )dy = 0. ³ 2

i). arctan xy + xy−2xy dx + f racx2 − 2x2 y1 + x2 y2 dy = 0. 1+x2 y2 j). ex (x + 1)dx + (yey − xex )dy = 0. 2y−x k). xy+1 y dx + y2 dy = 0. l). (y2 − 3xy − 2x2 )dx + (xy − x2 )dy = 0. m). y(y + 2x + 1)dx − x(2y + x − 1)dy = 0. n). y(2x − y − 1)dx + x(2y − x − 1)dy = 0. o). (y2 + 12x2 y)dx + (2xy + 4x3 )dy = 0. p). 3(y + x)2 dx + x(3y + 2x)dy = 0. q). 2xydx + (x2 + y2 + a)dy = 0. r). (2xy + x2 + b)dx + (y2 + x2 + a)dy = 0.

56


2.9. Carilah penyelesaian umum dari persamaan diferensial berikut a). xy0 + y = x3 . b). y0 + ay = b. c). xy0 + y = y2 ln x. −y2 . d). dx dy + 2yx = e e). ddrθ = (r + e−θ ) tan θ . dy f). dx − x2xy 2 +1 = 1. 0 g). y + y = xy3 . dy − 2(1 + x)y = y5/2 . h). (1 − x3 ) dx i). tan θ ddrθ − r = tan2 theta. di j). L dt + Ri = E sin kt. k). y0 + 2y = 3e−2x . l). y0 + 2y = 34 e−2x . m). y0 + 2y = sin x. n). y0 + y cos x = e2x . o). xy0 − y(2y ln x − 1) = 0. p). x2 (x − 1)y0 − y2 − x(x − 2)y = 0. q). y0 + y cos x = 12 sin x. r). xy0 + y = x sin x. s). xy0 − y = x2 sin x. t). xy0 + xy2 − y = 0. 2.10. Tentukanlah penyelesaian khusus untuk masing-masing persamaan diferensial berikut. a). y0 − y = ex , y(0) = 1. 2 b). y0 + 1x y = yx , y(−1) = 1. c). 2 cos xdy = (y sin x − y3 )dx, y(0) = 1. d). (x − sin y)dy + tan ydx = 0, y(1) = π6 . 2.11. Tentukanlah penyelesian umum dari persamaan diferensial yang diberikan penyelesaian khususnya berikut ini. a). y0 = x3 + 2x y − 1x y2 , y1 (x) = −x2 . b). y0 = 2 tan x sec x − y2 sin x, y1 (x) = sec x. c). y0 = x12 − xy − y2 , y1 (x) = 1x . 2

d). y0 = 1 + xy − xy2 ,

y1 (x) = x.

Bab 3 Masalah-masalah Yang Membentuk Persamaan Diferensial Order Satu.

3.1 Masalah-masalah dari Geometri. Contoh 3.1.1 Tentukanlah yang mempunyai sifat sebagai berikut; segmen garis tangen yang menghubungkan titik tangen kurva dengan sumbu Y dibagi dua oleh sumbu X. Misalkan titik adalah P(x, y) dan titik potong segmen garis tangen melalui P(x, y) dengan sumbu Y adalah titik Q(0, y) ¯ (lihat gambar) Y

P(x,y) y’

(0,0) (

x , 0 2

)

X

Q (0,−y) Figure 1.

Karena jarak dari titik P ke sumbu X sama dengan jarak titik Q ke sumbu X, dimana jarak dari titik P ke sumbu X adalah y, maka jarak 57

58

3 Masalah-masalah Yang Membentuk Persamaan Diferensial Order Satu.

dari titik Q ke sumbu X haruslah y. Disebabkan titik Q dibawah sumbu X maka koordinat titik Q adalah (0, −y). Segmen garis PQ dibagi dua oleh sumbu X berarti jarak dari titik dimana segmen garis PQ memotong sumbu X dengan sumbu Y adalah setengah dari jarak titik P dengan sumbu Y . Olehkarenanya koordinat titik dimana segmen garis PQ memotong sumbu X diberikan oleh ( 2x , 0). Tangen dari kurva dititik P diberikan oleh dy y 2y = y0 = x = . dx x 2

(3.1)

Persamaan (3.1) adalah persamaan diferensial variabel terpisah dan penyelesaiannya diberikan oleh y = cx2 ,

(3.2)

dengan c konstanta integrasi. Jadi kita telah menunjukkan bahwa semua kurva yang memiliki sifat seperti dalam contoh 3.1.1 haruslah berbentuk kurva yang persamaannya diberikan oleh (3.2). Sebaliknya setiap kurva yang mempunyai persamaan (3.2) akan memiliki sifat dalam contoh 3.1.1 (Tunjukkanlah!). Contoh 3.1.2 Tentukanlah keluarga kurva dengan sifat luas daerah yang dibatasi oleh sumbu X, garis tangen melalui titik P(x, y) pada kurva, dan proyeksi garis tangen searah sumbu X adalah A dengan A konstan.(lihat gambar)

3.1 Masalah-masalah dari Geometri.

59

Y

P(x,y)

y’

(0,0)

y

Q(a,0)

R(x,0)

X

Figure 2.

Misalkan titik potong garis tangen dengan sumbu X adalah Q(a, 0) dan proyeksi titip P pada sumbu X adalah R(x, 0). Perdefinisi kita peroleh y y0 = , x 6= a. (3.3) x−a Nilai a dalam (3.3)( dapat ditentukan yaitu a = x−

y , y0

x 6= a.

(3.4)

Jadi jarak OQ (titik asal ke titik Q) adalah x − yy0 . Akibatnya jarak QR diberikan oleh y y x − a = x − (x − 0 ) = 0 . (3.5) y y Luas 4QPR adalah 1 1y y2 A = QR.RP = 0 y = 0 . 2 2y 2y

(3.6)

Karenanya dari 3.6) diperoleh dy y2 0 =y = . dx 2A

(3.7)

60


Persamaan (3.7) adalah persaman diferensial variabel terpisah yang mempunyai penyelesaian y=

2A , 2Ac − x

x 6= 2Ac,

(3.8)

dimana c adalah konstanta integrasi. Contoh 3.1.3 Tentukan keluarga kurva sedemikian hingga sudut antara garis tangen dan garis normalnya untuk sebarang titik pada kurva dibagi dua oleh vektor jari-jari pada titik itu. (lihat gambar) Y y’

P(r, θ) Garis Tangen −β

r

θ

Garis Normal

(0,0)

X Figure 3.

Penyelesaian soal ini akan lebih mudah dan lebih menguntungkan jika bekerja dalam koordinat polar. Misalkan titik P(r, θ adalah koordinat polar pada kurva dan misalkan pula β sudut antara vektor jari-jari (berlawanan arah jarum jam) dengan garis tangen dititik P. Menggunakan teorema dalam kalkulus diperoleh bahwa tan β = r

dθ . dr

(3.9)

Dari hypotesis dikethaui bahwa r membagi dua sudut anatara garis tangen dan . Berdasarkan hypotesis ini maka haruslah β = 45o atau β = −45o (dalam gambar kita β = −45o ). Dengan mengambil β =

3.1 Masalah-masalah dari Geometri.

61

45o (untuk β = −45o ditinggalkan untuk pembaca sebagai latihan) maka (3.8) menjadi dθ 1=r . (3.10) dr Persamaan (3.10) adalah persamaan diferensial variabel terpisah yang mempunyai penyelesaian r = ceθ (3.11) Contoh 3.1.4 Tentukanlah kurva dengan sifat luas daerah yang dibatasi oleh kurva, sumbu X, garis x = a dan x = x sebanding dengan panjang arc kurva yang dibatasi oleh x = a dan x = x.(lihat gambar) Y B y=f(x) A

y

(0,0)

dx

x=a

x=x

X

Figure 4.

Dari kalkulus kita ketahui bahwa panjang arc kurva dari titik A ke titik B diberikan oleh s Z x dy 2 s= 1+ dx, (3.12) dx a dan luar daerah dibawah kurva (y = f (x)) dari x = a ke x = x diberikan oleh Z x (3.13) L= f (x)dx. a

Karena L sebanding dengan s, dengan konstanta pembandingnya katakanlah k, maka

62


Z x a

f (x)dx =

Z x

s

a

1+

dy 2 dx. dx

dengan mendiferensialkan kedua ruas (3.14) diperoleh s dy 2 y = f (x) = k 1 + dx

(3.14)

(3.15)

atau

dy 2 ). (3.16) dx Menguraikan (3.16) didapatkan persamaan diferensial variabel terpisah dx dy , y2 > k 2 . = ±p (3.17) k y2 − k 2 y2 = k2 (1 +

Mengintegralkan (3.17) diperoleh p x = ln(y ± y2 − k2 ) − ln c k

(3.18)

atau bentuk sederhananya x

ce k = y ±

p y2 − k 2 ,

y2 > k 2 .

(3.19)

3.2 Trayektori. 3.2.1 Trayektori Isogonal. Kita dapat mendefinisikan sudut antara dua kurva pada suatu bidang dengan menggunakan garis tangen. Misalkan dua buah kurva berpotongan dalam sebuah bidang maka sudut antara dua kurva itu dapat didefinisikan dengan mengukur besar sudut yang dibuat oleh garis tangen masing-masing yang melalui titik potong. Akan tetapi sudut yang dibentuk oleh kedua garis tangen ini tidak tunggal. Maka untuk itu perlu di spisikasi sudut yang mana yang dimaksudkan.

3.2 Trayektori.

63

l2

Y c2

m2

c 1

α l β

(0,0)

m1

1

X Figure 6.

Dari gambar 6., α adalah sudut positif dari kurva c1 dengan garis tangen l1 terhadap kurva c2 dengan garis tangen l2 ; β adalah sudut positif dari kurva c2 tehadap kurva c1 . Jika kita namakan m1 kemiringan garis l1 dan m2 kemiringan garis l2 maka dengan menggunakan fomula dalam geometri analitik diperoleh m2 − m1 m1 − m2 tan α = dan tan β = . (3.20) 1 + m1 m2 1 + m1 m2 Definisi 3.2.1 Sebuah kurva yang memotong setiap anggota keluarga kurva 1-parameter yang diberikan dengan sudut yang sama dinamakan . Misalkan keluarga kurva 1-parameter f (x, a) dengan a parameter dan g(x) adalah trayektori isogonalnya. Kemiringan keluarga kurva 1(x,a) parameter diberikan oleh d f dx dan kemiringan dari trayektori isodg(x) gonal diberikan oleh dx . Selanjutnya misalkan α sudut perpotongan keluarga kurva f (x, a) dengan trayektori isogonal g(x) yang diukur dari garis tangen trayektori yang mempunyai kemiringan dg(x) dx terha(x,a) dap garis tangen kelurga kurva yang mempunyai kemiringan d f dx , maka menggunakan persamaan (3.20) diperoleh tan α =

dg(x) d f (x,a) dx − dx d f (x,a) 1 + dg(x) dx dx

(3.21)

64


Contoh 3.2.1 Diberikan keluarga kurva 1-parameter y = ax2 .

(3.22)

Tentukanlah trayektori isogonalnya jika sudut perpotongannya adalah π4 Kemiringan trayektori isogonal yang dicari kita namakan ringan keluarga kurva 1-parameter diberikan oleh d f (x, a) = y0 = 2ax. dx

dg(x) dx . Kemi-

(3.23)

Sekarang kita eliminasi a dari (3.23) dengan memasukkan nilai a, yang diperoleh dari (3.22), kedalam (3.23), diperoleh d f (x, a) 2y = . dx x Menggunakan hypotesis bahwa α = Menggunakan (3.21) didapatkan 1=

π 4

(3.24)

diperoleh tan α = tan π4 = 1.

dg(x) 2g(x) x − dx , 2g(x) 1 + dg(x) dx x

(3.25)

atau (x − 2g(x))dx + (x + 2g(x))dg(x) = 0.

(3.26)

Harus kita perhatikan baik-baik dalam proses perhitungan yang dilakukan dipersamaan (3.26). Dalam persamaan ini kita telah mengganti y dengan g(x). Hal ini dapat dilakukan karena kemiringan yang dihitung adalah kemiringan pada titik potong. Menyelesaiakan (3.26) diperoleh q 3 4g(x) − x ln 2g(x)2 − xg(x) + x2 + √ arctan √ = c, x 6= 0. (3.27) 7 7x Sekali lagi kita tegaskan bahwa (3.27) memuat arctan. Fungsi ini mendefinisikan fungsi bernilai banyak. Olehkarena kurva yang dicari adalah fungsi bernilai tunggal maka fungsi arctan dalam (3.27) diambil cabang utamanya.

3.2 Trayektori.

65

3.2.2 Trayektori Ortogonal. Definisi 3.2.2 Trayektori ortogonal adalah kurva yang memotong setiap anggota keluarga kurva 1-parameter dengan sudut 90o . Misalkan f (x, a) adalah keluarga kurva 1-parameter dengan kemiring(x,a) an dititik x diberikan oleh d f dx dan misalkan g(x) adalah dengan kedg(x) miringan dititk x diberikan oleh dx maka menurut definisi diperoleh d f (x, a) dg(x) = −1, dx dx

dg(x) 1 = − d f (x,a) dx

(3.28)

dx

Contoh 3.2.2 Tentukanlah trayektori ortogonal dari keluarga kurva 1-parameter y = ax5 . (3.29) Dalam contoh ini f (x, a) = y = ax5 . Dengan mendiferensialkan (3.29) kita peroleh y0 = 5ax4 . (3.30) Dari persamaan (3.29) dan (3.30) parameter a dapat direduksi untuk mendapatkan relasi berikut y y0 = 5 , x

(3.31)

x 6= 0.

Persamaan (3.31) adalah kemiringan keluarga kurva 1-parameter (3.29) dititk (x, y), dengan x 6= 0. Karena kemiringan trayektori ortogonal yang dihitung juga dititik (x, y) menggunakan (3.28) diperoleh dg(x) x =− , dx 5g(x)

x 6= 0,

g(x) 6= 0.

(3.32)

Persamaan diferensial (3.32) adalah persamaan diferensial variabel terpisah yang mempunyai penyelesaian x2 + 5y2 = k,

x 6= 0,

g(x) 6= 0,

yang merupakan berpusat dititik asal . (lihat gamabr 7)

(3.33)

66

3 Masalah-masalah Yang Membentuk Persamaan Diferensial Order Satu. Y c=−1

c=2

c=−2

c=1

x=0

X

c=1

c=2

c=−2

c=−1

Figure 7.

3.2.3 Formula Trayektori Ortogonal dalam Koordinat Polar. Misalakan kita namakan titik perpotongan dalam dari dua kurva c1 dan c2 dengan P(r, θ ), dimana r jari-jari yang diukur dari titik asal ke titik P dan θ sudut antara jari-jari dengan sumbu X. Misalkan pula φ1 , φ2 berturut-turut menyatakan sudut antara jari-jari dengan garis tangen kurva c1 dan garis tangen kurva c2 . (lihat gambar 8)

3.2 Trayektori.

67 φ φ1 c1

2

P(r, θ )

c2 r

θ O(0,0)

Figure 8.

Karena kedua garis tangen ortogonal maka jelaslah bahwa

π φ 1 = φ2 + . 2

(3.34)

Akibatnya diperoleh tan φ1 = tan φ2 +

π 1 =− . 2 tan φ2

(3.35)

Dari relasi trigonometri diketahui tan φ2 = r

dθ . dr

(3.36)

Dari (3.36) maka (3.35) menjadi tan φ1 = −

1 r ddrθ

.

(3.37)

Contoh 3.2.3 Tentukanlah trayektori ortogonal dari keluarga kurva 1-parameter (3.38) r = k sec θ dalam koordinat polar.

68


Diferensialkanlah (3.38) untuk mendapatkan dr = k sec θ tan θ . dθ

(3.39)

Dari (3.38) dan (3.39) kita dapat mereduksi parameter k untuk memperoleh dr dθ 1 = r tan θ , r = . (3.40) dθ dr tan θ Menggunakan (3.37) kita peroleh lagi −

dr 1 = rd θ tan θ

atau

−

dr = cot θ d θ . r

(3.41)

Persamaan (3.41) adalah persamaan diferensaial variabel terpisah yang mempunayi penyelesaian r sin θ = c.

(3.42)

Soal-soal latihan 3.1. Misalkan P(x, y) adalah titik pada kurva y = f (x). Pada titik P ditarik garis tangen dan garis normal pada kurva. Kemiringan garis tangen diberikan oleh y0 dan kemiringan garis normal diberikan oleh − y10 . Buktikan masing-masing soal berikut.(lihat gambar 5) a). b). c). d). e). f). g). h). i).

x − yy0 adalah tempat perpotongan garis tangen pada sumbu X. y − xy0 adalah tempat perpotongan garis tangen pada sumbu Y . x + yy0 adalah tempat perpotongan garis normal pada sumbu X. y + yx0 adalah tempat perpotongan garis normal pada sumbu Y | yy0 | adalah panjang proyeksi segmen garis AP pada sumbu X. Panjang AC dinamakan subtangen. |yy0 | adalah panjang proyeksi segmen gari BP pada sumbu X. Garis CB dinamakan subnormal.¯ q ¯ ¯ ¯ Panjang segmen tangen AP = ¯y (y10 )2 + 1¯. ¯ p ¯ ¯ ¯ 0 2 Panjang segmen tangen DP = ¯x 1 + (y ) ¯. ¯ p ¯ ¯ ¯ Panjang segmen normal PB = ¯y 1 + (y0 )2 ¯.

3.2 Trayektori.

69

¯ q ¯ ¯ ¯ j). Panjang segemen normal PE = ¯x (y10 )2 + 1¯. Y

E(0,y+x/y’) (y−Y)/(x−X)=y’

P(x,y) (X,Y)

B(x+yy’,0)

(0,0)

A(x−y/y’,0)

C

X

D(0,y−xy’)

Figure 5.

3.2. Gunakanlah koordinat polar untuk menentukan persamaan keluarga kurva yang memenuhi sifat-sifat yang ditentukan. a). Kemiringan garis tangen pada masing-masing titik pada kurva sama dengan jumlah koordinat titik tersebut. Tentukan kurva khusus melalui titik asal. b). Subtangen adalah konstan posistif k untuk masing titik pada kurva. (Bantuan lihat 1.e) c). Subnormal adalah konstan positif k untuk masing -masing titik pada kurva. (Bantuan lihat 1.f) d). Subnormal sebanding dengan kuadrat absis. e). Segmen garis normal antara kurva dengan sumbu Y dibagi dua oleh sumbu X. Tentukan kurva khusus melalui titik (4, 2). f). Tempat perpotongan garis tangen pada sumbu X sama dengan ordinatnya. (Bantuan lihat 1.a) g). Panjang segmen garis tangen dari titik kontak tempat perpotongannya dengan sumbu X adalah konstan. (Bantuan lihat 1.g) h). Panjang segmen garis normal dari titik kontak tempat perpotongannya dengan sumbu X adalah konstan. (Bantuan lihat 1.i)

70


i). Luas daerah segitiga yang dibentuk oleh oleh garis tangen, sumbu X dan ordinat titik kontak dari tangen dan kurva mempunyai luar konstan 8. (Bantuan lihat 1.e) j). Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = f (x), sumbu X, dan garis x = 2, x = x adalah setengan dari panjang arc kurva antara x = 2, x = x. k). kemiringan kurva sama dengan kuadrat absis titik kontak garis tangen degan kurva. Tentukan kurva khusus melalui titik (−1, 1). l). Subtangen sama dengan jumlah coordinat titik kontak garis tangen dengan kurva. (Bantuan lihat 1.e) m). Panjang segmen tangen dari titik kontak ke perpotongannya degan sumbu X sama dengan panjang segmen garis dari titik asal ke titk perpotongan garis tangen dengan sumbu X. (Bantuan lihat 1.g dan 1.a) 3.3. Tentukanlah trayektori isogonal dari keluarga kurva 1-parameter. a). b). c). d).

y2 = 4ax, α = 45o . x2 + y2 = k2 , α = 45o . y = cx, tan α = 12 . y2 + 2xy − x2 = c, α = 45o .

3.4. Misalkan persamaan diferensial dari keluarga kurva 1 - parameter adalah M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. Tentukanlah persamaan diferensial trayektori isogonal yang membuat sudut α 6= π2 . 3.5. Buktikanlah bahwa persamaan diferensial trayektori isogonal terhadap persamaan diferensial keluarga kurva 1-parameter yang bertipe homogen juga homogen. 3.6. Tentukanlah trayektori ortogonal dari masing-masing keluarga kurva dibawah ini a). b). c). d). e). f).

x2 + 2xy − y2 = k. x2 + (y − k)2 = k2 . (x − k)2 + y2 = k2 . x − y = kex . y2 = 4px. xy = kx − 1.

3.2 Trayektori.

g). h). i). j). k).

71

x2 y = k. x 2 − y2 = k 2 . y2 = kx3 . ex cos y = k. 2 sin y = kex .

3.7. Tentukanlah trayektori ortogonal dari masing-masing keluarga kurva berikut ini a). Keluarga garis luru melalui titik asal. b). Keluarga lingkaran dengan radius variabel, pusat pada sumbu X, dan melalui titik asal. c). Keluarga ellip dengan pusat titik asal dan vertek di titik (±1, 0). d). Keluarga hyperbola yang memiliki asymtot koordinat sumbu. e). Keluarga parabola yang berpusat pada titik asal dan focus pada sumbu X. 3.8. tentukanlah trayektori ortogonal untuk masing-masing keluarga kurva dibawah ini dalam koordinat polar a). b). c). d). e). f). g). h). i). j).

r = k cos θ . rθ = k. r = k(1 + sin θ ). r = sin θ + k. r = k sin 2θ . r2 = k(r sin θ − 1). r2 = k cos 2θ . r−1 = sin2 θ + k. rn sin nθ = k. r = ek θ .

Bab 4 Persamaan Diferensial Linier Order Dua.

Definisi 4.0.3 Persamaan diferensial adalah persamaan yang dapat dituliskan dalam bentuk f2 (x)y(2) + f1 (x)y0 + f0 (x)y = Q(x),

(4.1)

dimana f0 , f1 , f2 , dan Q adalah fungsi-fungsi kontinu dalam x yang didefinisikan pada domain I dan f2 (x) 6≡ 0 dalam I. Definisi 4.0.4 Jika Q(x) 6≡ 0 pada definisi 4.0.3 maka persamaan diferensial (4.1) dinamakan persamaan diferensial . Jika Q(x) ≡ 0 pada I maka persamaan diferensial (4.1) dinamakan persamaan diferensial homogen order 2.

4.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial Linier Homogen Order 2 dengan Koefisien Konstan. Dari asumsi bahwa f2 (x) 6≡ 0 untuk semua x dalam domain, maka persamaan umum (4.1) dapat diubah kebentuk persamaan diferensial berikut y00 + a1 y0 + a0 y = 0 (4.2) dengan a1 , a0 konstanta-konstanta riil. Seperti halnya dalam penyelesaian persamaan diferensial order satu, penyelesaian persamaan diferensial order dua gagasannya adalah dengan mengintegralkan persamaan diferensial (4.2) dua kali. Dengan

73

74

4 Persamaan Diferensial Linier Order Dua.

gagasan ini kita mengharapkan bahwa solusi umum persamaan diferensial order dua mempunyai dua konstanta bebas. Ekspektasi ini memang benar, bahkan secara umum jika kita menyelesaiakan persamaan diferensial order n maka akan muncul tepat n buah konstanta bebas. Dengan menggunakan operator linier diferensial D, maka persamaan (4.2) menjadi (D2 + a1 (x)D + a0 (x))y = 0.

(4.3)

Misalkan solusi (4.3) mempunyai bentuk y = erx .

(4.4)

Dengan definisi seperti yang diberikan pada bab.1 fungsi (4.4) harus memenuhi persamaan diferensial (4.2) dalam hal ini persamaan (4.3). Mensubstitusikan (4.4) kedalam persamaan (4.3) menghasilkan (D2 + a1 D + a0 )erx = D2 (erx ) + a1 D(erx ) + a0 erx = r2 erx + a1 rerx + a0 erx = erx (r2 + a1 r + a0 ). Persamaan terakhir ini harus sama dengan nol. Hal ini akan terjadi jika dan hanya jika (4.5) r2 + a1 r + a0 = 0. Persamaan (4.5) dinamakan dari persamaan (4.2). Berkenaan dengan (4.5) ada tiga kasus yang harus ditinjau, yaitu; persamaan (4.5) mempunyai dua akar riil berbeda, akar berulang, atau akar kompleks konjugat. Teorema 4.1 (Akar riil berbeda). Jika r1 dan r2 dua akar riil berbeda dari persamaan (4.5), maka solusi umum persamaan diferensial (4.2) diberikan oleh y = C1 er1 x +C2 er2 x ,

(4.6)

dimana C1 dan C2 konstanta-konstanta sebarang. Contoh 4.1.1 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial y00 + 9y0 + 20y = 0.

4.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial Linier Homogen Order 2 dengan Koefisien Konstan. 75

Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial di atas diberikan oleh r2 + 9r + 20 = 0. (4.7) Akar-akar persamaan karakteristik adalah -4 dan -5. Karena e−4x dan e−5x bebas linier maka solusi umum persamaan diferensial menurut teorema diberikan oleh y = C1 e−4x +C2 e−5x .

(4.8)

Contoh 4.1.2 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial y00 − √ 2y0 − y = 0 yang memenuhi y(0) = 0 dan y0 (0) = 2. Akar-akar karakteristik persaman diferensial di atas diberikan oleh r2 − 2r − 1 = 0. Dengan menggunakan kuadrat sempurna √ diperoleh akar-akar persmaan karakteristik ini, yakni r = 1 + 2 dan r2 = 1 √ 1 − 2. Dengan menggunakan teorema 4.1.1 kita dapatkan solusi umum persamaan diferensial di atas yaitu; √

y = C1 e(1+

2)x

+C2 e(1−

√ 2)x

.

(4.9)

Menggunakan kondisi awal yang diberikan kita peroleh nilai C1 dan C2 , yaitu C1 = 21 dan C2 = − 12 . Teorema 4.2 (Akar berulang). Jika persamaan karakteristik (4.5) mempunyai akar berulang, maka solusi umum persamaan diferensial (4.2) diberikan oleh y = C1 er1 x +C2 xer1 x

(4.10)

Contoh 4.1.3 Selesaikanlah persamaan diferensial y00 + 8y0 + 16 = 0 yang memenuhi syarat y(0) = 2 dan y0 (0) = −7. Persamaan karakteristik dari persamaan diperensial ini adalah r2 + 8r + 16 = 0. Persamaan terakhir ini mempunyai akar berulang yaitu r1 = r2 = −4. Mengikuti teorema 4.1.2 solusi umum persamaan diferensial ini diberikan oleh y = C1 e−4x +C2 xe−4x .

(4.11)

Menggunakan syarat awal di atas kita peroleh C1 = 2 dan C2 = 1.

76


Teknik lain yang dapat kita gunakan untuk mencari solusi umum jika persamaan karakteristiknya memuat akar berulang adalah reduksi order. Anggaplah y1 (x), tidak eqivalen dengan nol, solusi persamaan diferensial (4.2). Untuk menentukan solusi yang lain dapat kita lakkan dengan menggunakan fungsi y = v(x)y1 (x).

(4.12)

Dengan mensubstitusikan fungsi ini ke persamaan (4.2) kita dapatkan y1 v00 + (2y01 + a1 y1 )v0 + (y001 + a1 y01 + a0 y1 )v = 0.

(4.13)

Karena y1 merupakan solusi (4.2) berarti y1 v00 + (2y01 + a1 y1 )v0 = 0.

(4.14)

Kalau kita cermati persamaan terakhir ini dapat disimpulkan bahwa ordernya adalah satu untuk v, yakni; y1 v0 + (2y01 + a1 y1 )v = C.

(4.15)

Dengan mengintegralkan sekali persamaan terakhir ini diperoleh solusi untuk fungsi (4.12). Kita tinjau lagi contoh 4.1.3. Salah satu solusi yang langsung kita dapatkan adalah y = Ce−4x . Satu gagasan untuk menentukan solusi lain adalah menggantikan konstanta C dengan fungsi V (x) kemudian kita tentukan fungsi ini. Jadi fungsi yang dicari adalah y = v(x)e−x . Dengan mensubstitusikan fungsi terakhir ini ke persamaan diferensial awal diperoleh pernyataan berikut ini; (32v(x) − 8v0 (x) + v00 (x) − 32v(x) + 8v0 (x))e−4x = 0.

(4.16)

Hal ini mengatakan bahwa v00 (x) = 0. Solusi untuk v diberikan oleh v = C0 +C1 x. Teorema 4.3 (Akar Kompleks konjugat). Jika persamaan karakteristik (4.5) mempunyai α ± β i, maka solusi umum persamaan diferensial (4.2) diberikan oleh y = C1 eα x cos β x +C2 eα x sin β x.

(4.17)

4.2 Persamaan Diferensial Tak Homogen

77

Contoh 4.1.4 Selesaikanlah persamaan diferensial y00 − 4y0 + 16 = 0. Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial di atas diberikan oleh r2 − 4r + 16 = 0 (4.18) √ Akar-akar karakteristik persamaan (4.18) adalah 2 ± 2i 3. Mengikuti teorema 4.1.3 solusi umum persamaan diferensial diberikan oleh √

√

y = c1 e(2+2 3i)x + c2 e(2−2 3i)x ³ √ √ ´ 2x = e (c1 + c2 ) cos 2 3x + i(c1 − c2 ) sin 2 3x .

(4.19) (4.20)

Dengan memisalkan C1 = c1 + c2 dan C2 = i(c1 − c2 ) maka solusi persamaan diferensial diberikan oleh ³ √ √ ´ y = e2x C1 cos 2 3x +C2 sin 2 3x (4.21)

4.2 Persamaan Diferensial Tak Homogen Kita formulasikan lagi persamaan diferensial takhomogen dalam bentuk y00 + a1 y0 + a0 y = q(x), (4.22) dimana a0 dan a1 merupakan fungsi-fungsi kontinu pada interval buka I. Misalkan Y1 dan Y2 dua solusi bebas linier dari persamaan diferensial (4.22) maka Y1 − Y2 merupakan solusi persamaan diferensial homogen yang berpadanan dengan persamaan diferensial (4.22). Sekarang kita dapat menentukan struktur solusi persamaan diferensial takhomogen (4.22) dari teorema berikut ini. Teorema 4.4 Solusi umum persamaan diferensial takhomogen (4.22) dapat ditulis dalam bentuk y = C1 y1 +C2 y2 +Y,

(4.23)

dimana y1 dan y2 solusi persamaan diferensial homogen yang berpadanan dengan persamaan diferensial takhomogen (4.22), c1 dan c2 konstanta sebarang, dan Y solusi khusus berpadanan dengan persamaan diferensial (4.22).

78


Teorema 4.2.1 mengatakan kepada kita bahwa untuk menyelesaikan persamaan diferensial takhomogen (4.22) kita harus melakukan tiga hal, yakni: 1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial homogen yang berpadanan dengan persamaan (4.22). Solusi ini biasanya ditulis dalam bentuk yc = C1 y1 +C2 y2 . (4.24) 2. Tentukan solusi tunggal Y dari persamaan (4.22). Solusi ini sering disebut solusi khusus dari persamaan (4.22). 3. Jumlahkah dua solusi ini untuk membentuk solusi umum persmaan diferensial takhomogen (4.22). Untuk menentukan solusi umum persamaan diferensial takhomogen kita harus menentukan solusi khusus terlebih dahulu. Untuk mencari solusi khusus dari suatu persamaan diferensial takhomogen kita dapat menggunakan teknik-teknik berikut;

4.2.1 Koefisien Taktentu Teknik mengisyaratkan bahwa asumsi-asumsi tertentu yang berpadanan dengan suku takhomogen harus dibuat. Hal ini digagaskan bahwa kadang kala bentuk suku takhomogen dapat dibuat asumsi untuk menentukan bentuk solusi khusus. Misalnya jika suku takhomogen memuat cos x atau sin x maka solusi khususnya harus memuat kombinasi dari cos x dan sin x, atau jika suku takhomogen memuat eax maka solusi khusus juga harus memuat eax . Teknik Koefisien taktentu dapat kita gunakan jika suku-suku dalam q(x) terdiri dari sejumlah hingga turunan yang bebas linier. Hal ini berarti bahwa teknik koefisien taktentu dapat diterapkan jika q(x) memuat suku-suku seperti C, xn , eCx , sinCx, cosCx, dan kombinasi dari suku-suku ini, dimana C konstanta dan n bilangan bulat positif. Pengertian bebas linear adalah yang kita maksud disini diberikan oleh contoh berikut; Pandanglah turunan berturut-turut dari fungsi sin 3x, yakni 3 cos 3x, −9 sin 3x, 27 cos 3x, dan seterusnya.


79

Suku-suku yang bebas linier hanya suku sin 3x dan cos 3x. Sedangkan turunan berturut-turut dari fungsi xn sampai turunan ke-n akan membentuk himpunan yang bebas linier. Dalam menentukan solusi khusus persamaan linier takhomogen menggunakan teknik koefisien taktentu perlu membandingkan solusi yang berpadanan dengan persamaan homogen dengan suku tak homogen. Kemudahan yang dimiliki oleh teknik ini adalah kita dapat langsung menentukan bentuk solusi khusus dari persamaan diferensial takhomogen (4.22). 4.2.1.1 Tidak ada suku q(x) yang sama dengan suku dalam yh . Pada kasus ini solusi khusus Y merupakan kombinasi linier suku-suku dalam q(x) dan semua turunan-turunannya yang bebar linier. Contoh 4.2.1 Tentukan solusi dari persamaan diferensial y00 − 3y0 − 4y = 3e2x + 2 sin x − 8ex cos 2x.

(4.25)

Solusi persamaan diferensial homogen yang berpadanan dengan soal di atas diberikan oleh yh = C1 e−x +C2 e4x .

(4.26)

Tidak sulit membandingkan antara himpunan bebas linier solusi homogen {ex , e4x } dengan {e2x , sin x, ex cos 2x} himpunan bebas linier dalam q(x) atau dengan kata lain bahwa suku-suku dalam solusi homogen tidak ada yang sama dengan suku-suku pada ruas sebelah kanan persamaan diferensial. Jadi himpunan bebas linier koefisien taktentu diberikan oleh {e2x , sin x, cos x, ex sin 2x, ex cos 2x}.

(4.27)

Untuk mencari solusi khusus persamaan diferensial (4.25) di atas kita gunakan teknik koefisien taktentu yang merupakan fungsi dari kombinasi linier himpunan bebas linier koefisien taktentu, yaitu Y = Ae2x + B cos x +C sin x + ex (D cos 2x + E sin 2x).

(4.28)

Mendiferensialkan fungsi (4.28) sebanyak dua kali, kemudian kita substitusikan Y,Y 0 dan Y 00 kepersamaan (4.25) kita peroleh hubungan berikut

80

4 Persamaan Diferensial Linier Order Dua. − 6Ae2x − (5B + 3C) cos x + (3B − 5C) sin x + ex ((−2E − 10D) cos 2x + (2D + 10E) sin 2x) = 3e2x + 2 sin x − 8ex cos 2x.

(4.29)

Dengan membandingkan ruas kiri dan ruas kanan persamaan (4.29) kita peroleh A = −1/2, B = 3/8,C = −5/8, D = 5/6, dan E = −1/6. Jadi solusi lengkap dari persamaan diferensial (4.25) adalah 1 3 5 y = C1 e−x +C2 e4x + − e2x + cos x − sin x + ex 2 8 8

µ

¶ 5 1 cos 2x − sin 2x . 6 6

(4.30)

Contoh 4.2.2 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial takhomogen y00 + 4y0 + 4y = 4x2 + 6ex . (4.31) Solusi homogen persamaan diferensial (4.31) ini diberikan oleh yh = (c1 + c2 x)e−2x .

(4.32)

Membandingkan suku-suku pada fungsi (4.32) dengan suku-suku diruas sebelah kanan persamaan (4.31) dapat kita lihat dengan jelas bahwa tidak ada suku yang sama diantara mereka. Olehkarenanya himpunan bebas linier koefisien taktentu diberikan oleh {1, x, x2 , ex }. Sehubungan dengan itu, maka solusi khusus persamaan diferensial di atas mempunyai bentuk kombinasi linier dari suku-suku yang ada pada ruas sebelah kanan persamaan diferensial (4.31) yaitu Y = Ax2 + Bx +C + Dex .

(4.33)

Mensubstitusikan fungsi (4.33) kedalam persamaan diferensial (4.31) kita dapatkan hubungan berikut 4Ax2 + (8A + 4B)x + (2A + 4B + 4C) + 9Dex ≡ 4x2 + 6ex .

(4.34)

Dari persamaan (4.34) ini kita dapatkan sistem persamaan linier berikut 4A = 4 8A + 4B = 0 2A + 4B + 4C = 0 9D = 6.


81

Dengan menyelesaikan sistem persamaan linier ini diperoleh A = 1, B = −2,C = 3/2, dan D = 2/3. Jadi solusi umum persamaan diferensial (4.31) adalah 3 2 y = (C1 +C2 x)e−2x + x2 − 2x + + ex . 2 3

(4.35)

4.2.1.2 Kasus q(x) memuat suku-suku xk kali suku-suku dalam yh , dengan mengabaikan koefisien konstan, dimana k nol atau positif. Jika suku-suku dalam q(x), faktor takhomogen, memuat xk kali sukusuku dalam penyelesaian homogen maka solusi khusus persamaan diferensial takhomogen ditentukan dengan cara sebagai berikut. Misalkan u(x) suku dalam yh , jika ada suku dalam q(x) yang sama dengan u(x) dengan faktor pengalinya xk maka solusi khusus yang berpadanan dengan suku ini diberikan oleh xk+1 u(x). Contoh 4.2.3 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial y00 − 3y0 + 2y = 2x2 + 3e2x .

(4.36)

Solusi homogen yang berpadanan dengan persamaan (4.36) diberikan oleh yh = C1 ex +C2 e2x . (4.37) Membandingkan ruas kanan persaman (4.36) dengan (4.37), dengan mengabaikan koefisien konstan, kita lihat bahwa suku e2x pada ruas kanan (4.36) sama dengan x0 e2x = x0 u(x) dalam solusi homogen. Jadi himpunan bebas linier dari koefisien taktentu adalah {x2 , x, 1, xe2x }. Olehkarenanya bentuk umum solusi khusus persamaan diferensial (4.36) diberikan oleh Y = Ax2 + Bx +C + Dxe2x .

(4.38)

Mensubstituskan fungsi (4.38) kedalam (4.36) kita peroleh hubungan berikut 2Ax2 + (2B − 6A)x + (2A − 3B + 2C) + De2x ≡ 2x2 + 3e2x . (4.39)

82


Dengan membandingkan ruas kanan dan ruas kiri (4.39) kita dapatkan A = 1, B = 3,C = 7/2, dan D = 3. Setelah diketahui koefisien taktentu maka solusi umum persamaan diferensial (4.36) dapat kita tentukan, yaitu 7 y = x2 + 3x + + 3xe2x +C1 ex +C2 e2x . (4.40) 2 Contoh 4.2.4 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial y00 − 3y0 + 2y = xe2x + sin x.

(4.41)

Solusi homogen yang berpadanan dengan persamaan diferensial (4.41) diberikan oleh yh = C1 ex +C2 e2x . (4.42) Membandingkan ruas sebelah kanan (4.41) dengan ruas kanan (4.42) kita lihat bahwa xe2x = xu(x), dimana u(x) = e2x salah satu suku pada yh . Sehubungan dengan ini, himpunan bebas linier koefisien taktentu diberikan oleh {x2 e2x , xe2x , sin x, cos x}. Olehkarenanya, bentuk umum solusi khusus persamaan diferensial (4.41) diberikan oleh Y = Ax2 e2x + Bxe2x +C sin x + D cos x.

(4.43)

Mensubstituskan fungsi (4.43) kedalam (4.42) kita peroleh hubungan berikut 2Axe2x + (2A + B)e2x + (C + 3D) sin x + (D − 3C) cos x ≡ xe 2x + sin x

(4.44)

Dengan membandingkan ruas kanan dan ruas kiri (4.44) kita dapatkan A = 1/2, B = −1,C = 1/10, dan D = 3/10. Setelah ketahui koefisien taktentu maka solusi umum persamaan diferensial (4.41) dapat kita tentukan, yaitu 1 1 3 y = x2 e2x − xe2x + sin x + cos x +C1 ex +C2 e2x . 2 10 10

(4.45)

Sebagai panduan untuk menentukan himpunan bebas linier dari koefisien taktentu dari suku takhomogen dapat dilihat dari tabel berikut; Dari tabel 4.1 kita dapatkan bahwa jika suku takhomogen q(x) = 5 x + sin x + x2 e3x maka himpunan bebas linier koefisien taktentu diberikan oleh {x5 , x4 , x3 , x2 , x, 1, sin x, cos x, x2 e3x , xe3x , e3x }.

4.3 Pengunaan Varibel Kompleks untuk Menyelesaikan Persamaan Diferensial Order Dua. No. 1 2 3

Suku takhomogen xn eax sin(bx + c), cos(bx + c) 4 eax sin(bx + c), eax cos(bx + c) 5 xn eax 6 xn sin (bx + c), xn cos (bx + c) 7 xn eax sin(bx + c), xn eax cos(bx + c) 8 xn eax sin(bx + c), xn eax cos(bx + c)

83

Himpunan koefisien taktentu {xn , xn−1 , · · · , x, 1} {eax } {sin(bx + c), } cos(bx + c) {eax sin(bx + c), eax cos(bx + c)} {xn eax , xn−1 eax , · · · , xeax , eax } {xn sin (bx + c), xn cos (bx + c), xn−1 sin(bx + c), xn−1 cos(bx + c) · · · , x sin(bx + c), x cos(bx + c), sin(bx + c), cos(bx + c)} {xn eax sin(bx + c), xn eax cos(bx + c), xn−1 eax sin(bx + c), xn−1 eax cos(bx + c), · · · , xeax sin(bx + c), xeax cos(bx + c), eax sin(bx + c), eax cos(bx + c)} {xn eax sin(bx + c), xn eax cos(bx + c), xn−1 eax sin(bx + c), xn−1 eax cos(bx + c), · · ·, xeax sin(bx + c), xeax cos(bx + c), eax sin(bx + c), eax cos(bx + c)}

Tabel 4.1 Himpunan bebas linier koefisien taktentu dari suku takhomogen.

Sehingga solusi khususnya akan mempunyai bentuk Y = C1 x5 +C2 x4 +C3 x3 +C4 x2 +C5 Ex +C6 F +C7 sin x +C8 cos x +C9 x2 e3x +C10 xe3x +C11 e3x , dimana C1 , · · · ,C11 adalah konstanta riil.

4.3 Pengunaan Varibel Kompleks untuk Menyelesaikan Persamaan Diferensial Order Dua. Selain dari metode koefisien taktentu, persamaan diferensial order dua tertentu dapat juga diselesiakan dengan menggunakan variabel kompleks. Pandanglah lagi persamaan (4.1), dengan mengubah Q(x) sebagai fungsi variabel kompleks, solusi khusus Y memenuhi hal-hal sebagai berikut; • Bagian riil Y adalah solusi persamaan (4.1) dengan Q(x) digantikan oleh bagian riilnya.

84


• Bagian imajenir Y adalah solusi persamaan (4.1) dengan Q(x) digantikan oleh bagian imajenirnya. Contoh 4.3.1 Tentukanlah solusi khusus persamaan diferensial y00 − 3y0 + 2y = sin x

(4.46)

Untuk menyelesiakan persamaan ini, pandanglah persamaan diferensial y00 − 3y0 + 2y = eix , (4.47) dimana

eix = cos x + i sin x.

(4.48)

Dengan menggunakan prosedure 2 di atas, dapat kita simpulkan bahwa bagian imagenir solusi khusus persamaan (4.47) merupakan solusi khusus persamaan (4.46). Sekarang kita mencari solusi khusus persamaan diferensial (4.47) menggunakan metode koefisien taktentu. Dengan melihat bentuk suku tak homogen persamaan (4.47), solusi khusus yang berpadanan dengan bentuk takhomogen ini adalah Y = (A + Bi)eix .

(4.49)

Mensubstitusikan fungsi ini ke persamaan diferensial (4.47) diperoleh A = 1/10 dan B = 3/10. Dengan nilai A dan B ini diperoleh 1 ix 3 ix e + ie 10 10 1 3 = (cos x + i sin x) + i (cos x + i sin x) 10 10 µ ¶ 1 3 1 3 = cos x − sin x + i sin x + cos x . 10 10 10 10

Y=

Bagian imajenir dari Y adalah khusus (4.47) diberikan oleh Y=

1 3 10 sin x + 10 cos x.

3 1 sin x + cos x 10 10

(4.50)

Karenanya solusi

(4.51)

4.4 Variasi Parameter

85

4.4 Variasi Parameter Pandanglah persamaan diferensial order dua berikut, a2 y00 + a1 y0 + a0 y = Q(x),

a2 6= 0.

(4.52)

Sekarang kita tinjau untuk kasus Q(x) = tan x. Fungsi ini mempunyai turunan bebas linier sejumlah takhingga banyaknya, sehingga metode koefisien taktentu tidak dapatlagi kita terapkan untuk fungsi ini. Pada bagian ini, kita akan menkaji metode yang lebih umum lagi penggunaannya dan dapat diterapkan untuk kasus ini. Kita asumsikan fungsi Q(x) kontinu pada interval I dan tidak ekuivalen dengan nol pada interval ini. Anggaplah y1 dan y2 dua solusi bebas linier dari persamaan homogen yang berpadanan dengan persamaan (4.52) yaitu a2 y00 + a1 y0 + a0 y = 0. (4.53) Misalkan fungsi Y = u2 y2 + u1 y1

(4.54)

solusi khusus persamaan (4.52) dengan u1 dan u2 fungsi-fungsi tak diketahui. Mensubstitusikan fungsi Y ini kedalam persamaan (4.52) diperoleh ¡ ¢ ¡ ¢ a2 u1 y001 + u2 y002 + a2 u01 y01 + u02 y02 ¡ ¢0 ¡ ¢ +a2 u01 y1 + u02 y2 + a1 u1 y01 + u2 y02 ¡ ¢ +a1 u01 y1 + u02 y2 + a0 (u1 y1 + u2 y2 ) = Q(x). (4.55) Menyusun ulang persamaan (4.55) didapatkan ¢ ¢ ¡ ¡ u1 a2 y001 + a1 y01 + a0 y1 + u2 a2 y002 + a1 y02 + a0 y2 ¡ ¢ ¡ ¢0 +a2 u01 y01 + u02 y02 + a2 u01 y1 + u02 y2 ¡ ¢ +a1 u01 y1 + u02 y2 = Q(x).

(4.56)

Perlu dicermati bahwa y1 dan y2 merupakan solusi persamaan homogen (4.53). Oleh karenanya suku pertama dan kedua persamaan (4.56) ekuivalen dengan nol. Sekarang kita tentukan syarat untuk menentukan u1 dan u2 . Tiga suku yang tersisa dari persamaan (4.56) harus sama

86


dengan Q(x) dan kita dapat mencari u1 dan u2 sedemikian hingga memenuhi syarat berikut u01 y1 + u02 y2 = 0, Q(x) u01 y01 + u02 y02 = . a2

(4.57)

Sistem persamaan (4.57) dapat diselesaikan untuk menentukan u1 dan u2 . Jika persamaan (4.57) diselesaikan menggunakan matriks akan diperoleh 0 y2 Q(x)/a2 y02 u01 = , y1 y2 y01 y02

y1 0 y0 Q(x)/a2 u02 = 1 y1 y2 y01 y02

(4.58)

atau jika diselesaikan secara aljabar maka diperoleh solusi u01 dan u2 dalam bentuk u01

Q(x) a y2 =− 0 2 0 y1 y2 − y1 y2

u02

=

Q(x) a 2 y1 0 y1 y2 − y01 y2

(4.59)

Contoh 4.4.1 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial y00 − 3y0 + 2y = sin e−x .

(4.60)

Persamaan karakteristik yang berpadanan dengan persamaan diferensial (4.60) homogen diberikan oleh r2 − 3r + 2 = 0.

(4.61)

Solusi persamaan karakteristik ini adalah r = 1 dan r = 2. Olehkarenanya solusi homogen dari (4.60) diberikan oleh yh = C1 ex +C2 e2x .

(4.62)

Untuk menentukan solusi khusus kita akan gunakan formula (4.59) dengan Q(x) = sin e−x , a2 = 1, y1 = ex dan y2 = e2x . Menggunakan data-data ini diperoleh

4.4 Variasi Parameter

87

e2x sin e−x 2e3x − e3x e2x sin e−x =− e3x x = −e sin e−x .

u01 = −

(4.63)

Mengintegralkan (4.63) dengan metode substitusi sekali (memisalkan v = e−x dengan dv = −e−x dx) diperoleh solusi khusus untuk u1 , yaitu Z

u1 =

sin vdv

= − cos v. Mensubstitusikan lagi v ke x diperoleh u1 = − cos e−x .

(4.64)

Untuk memperoleh solusi khusus u2 kita lakukan dengan cara yang sama seperti u1 , yaitu Z

u2 =

e2x sin e−x dx.

(4.65)

Menggunakan integral parsial (misalkan v = e−x dengan dv = −e−x dx) untuk memperoleh u2 = − sin e−x + e−x cos e−x .

(4.66)

Mengkombinasikan (4.62), (4.64) dan (4.66) diperoleh solusi umum (4.60), yaitu y = C1 ex +C2 e2x − e2x sin e−x . (4.67) Contoh 4.4.2 Carilah solusi umum persamaan diferensial y00 + y = sec x

(4.68)

Persamaan karakteristik dari persamaan (4.68) diberikan olehr2 + 1 = 0. Akar-akar dari persamaan karakteristik ini adalah ±i. Menggunakan formula e±ix = cos x ± i sin x diperoleh solusi homogen dari persamaan (4.68), yaitu yh = C1 sin x +C2 cos x.

(4.69)

88


Dalam soal ini kita ketahui bahwa y1 = sin x, y2 = cos x dan a1 = 1. Olehkarenanya sec x sin x −sin2 x − cos2 x = − tan x.

u02 =

(4.70)

Memisalkan v = cos x (dv = − sin xdx) diperoleh Z

u2 =

1 dv = ln |v| = ln | cos x|. v

(4.71)

Dengan cara yang sama diperoleh Z

u1 =

− Z

=

sec x cos x dx −1

dx

= x.

(4.72)

Solusi umum persamaan (4.68) diberikan dengan mengkombinasikan persamaan (4.69), (4.71) dan (4.72), yaitu y = C1 sin x +C2 cos x + x sin x + cos x × ln | cos x|.

(4.73)

Contoh 4.4.3 Carilah solusi umum persamaan diferensial y00 + 4y0 + 4y = 3xe−2x

(4.74)

Persamaan karakteristik persamaan (4.74) diberikan oleh r2 +4r +4 = 0. Akar-akar persamaan karakteristik ini adalah akar ganda yaitu −2. Olehkarenanya solusi homogen persamaan (4.74) diberikan oleh yh = C1 e−2x +C2 xe−2x .

(4.75)

Dalam soal ini kita ketahui bahwa y1 = e−2x , y2 = xe−2x dan a2 = 1. Dengan data-data ini diperoleh u01 = −3x2 ,

u02 = 3x.

Mengintegralkan u1 dan u2 sekali diperoleh

(4.76)

4.5 Persamaan Diferensial Linier dengan Koefisien Tak-konstan Menggunakan Reduksi Order.89

u1 = −x3 ,

3 u2 = x2 . 2

(4.77)

Mengkombinasikan persamaan (4.75), (4.77) diperoleh solusi umum (4.74), yaitu 1 y = C1 e−2x +C2 xe−2x + x3 e−2x . (4.78) 2 Contoh 4.4.4 Jika y1 = x dan y2 = x−1 merupakan dua solusi bebas linier dari persamaan diferensial x2 y00 + xy0 − y = 0,

(4.79)

tentukanlah solusi umum dari persamaan diferensial x2 y00 + xy0 − y = 0.

(4.80)

Dengan data-data di atas kita dapatkan u01 =

1 , 2x

x u02 = − . 2

(4.81)

Mengintegralkan persamaan di atas diperoleh 1 u1 = lnx, 2

u2 = −

x2 . 4

(4.82)

Mengkombinasikan persamaan (4.82) dan data awal diperoleh solusi umum persamaan diferensial (4.80) yang diberikan oleh x x y = C1 x +C2 x−1 − + ln x 4 2

(4.83)

4.5 Persamaan Diferensial Linier dengan Koefisien Tak-konstan Menggunakan Reduksi Order. Pada bagian sebelumnya kita telah membahas bagaimana mentukan solusi takhomogen berbentuk a2 y00 + a1 y0 + a0 y = Q(x)

(4.84)

90


dengan a0 , a1 dan a2 konstan menggunakan metode koefisien taktentu atau metode . Pada bagian ini kita akan membahas persamaan diferensial berbentuk a2 (x)y00 + a1 (x)y0 + a0 (x)y = Q(x),

a2 (x) 6= 0.

(4.85)

Misalkan y1 merupakan solusi persamaan diferensial bagian homogen persamaan (4.85) yaitu solusi persamaan diferensial homogen a2 (x)y00 + a1 (x)y0 + a0 (x)y = 0.

(4.86)

Kita asumsikan bahwa solusi y2 berbentuk fungsi berikut ini Z

y2 = y1

udx,

(4.87)

dimana u fungsi dari x yang akan ditentukan kemudian. Jika fungsi u dapat kita ketahui maka solusi y2 dari persamaan (4.86) dapat juga kita tentukan dari persamaan (4.87) dan akhirnya dengan metode koefisien taktentu atau variasi parameter solusi umum (4.85) dapat juga kita dapatkan. Untuk langkah selanjutnya kita derivatifkan persamaan (4.87) dua kali untuk mendapatkan Z

y02 y002

=

y1 u + y01 0

= y1 u

udx, Z

+ y01 u + y01 u + y001

udx

(4.88)

Mensubstitusikan y2 , y0 dan y2 pada persamaan (4.87) dan (4.88) ke dalam persamaan diferensial (4.86) kita dapatkan persamaan berikut ini ¸ · ¸ · Z Z Z a2 y1 u0 + 2y01 u + y001

udx + a1 y1 u + y01

udx + a0 y1

udx = 0.

(4.89)

Menyusun lagi persamaan di atas agar kita dapat menggunakan informasi bahwa y1 solusi persamaan diferensial (4.86) yaitu dengan susunan berikut £ ¤Z £ ¤ a2 (x)y001 + a1 (x)y01 + a0 (x)y1 udx + a2 y1 u0 + 2a2 y01 + a1 y1 u = 0.

(4.90)

Cermatilah bahwa suku pertama persamaan (4.90) sama dengan nol. Olehkarenanya persamaan (4.90) dapat direkduksi menjadi ¤ £ a2 y1 u0 + 2a2 y01 + a1 y1 u = 0 = 0. (4.91)


Membagi persamaan (4.91) dengan a2 y1 u diperoleh persamaan diferensial terpisah order satu berikut u0 2y01 a1 + =− . u y1 a2

(4.92)

Kita integralkan sekali persamaan (4.92) untuk mendapatkan fungsi u, yaitu Z

a1 dx a2 Z ¡ ¢ a1 ln uy21 = − dx a2

ln u + 2 ln y1 = −

uy21 = e

−

R a1 a dx

−

e

u=

2

R a1

a2 dx

y1

.

(4.93)

Mensubstitusikan fungsi u yang baru diperoleh (dari persamaan (4.93)) kita peroleh solusi kedua dari persamaan diferensial (4.86) yaitu Z

y2 = y1

e

−

R a1 a dx 2

y1

dx.

(4.94)

Contoh 4.5.1 Tentukan solusi umum persamaan diferensial x2 y00 + xy0 − y = 0,

x 6= 0,

(4.95)

jika diketahui bahwa y = x merupakan salah satu solusinya. Dari soal ini kita ketahui bahwa a2 = x2 , a1 = x dan y1 = x. Oleh karenanya solusi kedua dari persamaan diferensial (4.95) diberikan oleh (lihat formula (4.94)) Z

y2 = x =−

−

e

R x

x2 1 . 2x

x2

Z

dx = x

Z

e

− ln x 2

x dx = x

x−3 dx (4.96)

Kita catat bahwa solusi y1 dan y2 dalam contoh ini saling bebas linier. Memang secara umum dapat kita buktikan bahwa jika diketahui salah

92


satu solusi persamaan diferensial homogen (4.86) dan solusi kedua yang diperoleh dari persamaan (4.87) akan saling bebas linier. Dengan diperolehnya solusi kedua yang bebas linier dengan solusi pertama maka didapatkan solusi umum persamaan diferensial (4.95), yaitu 1 y = C1 x +C2 . x

(4.97)

Contoh 4.5.2 Diketahui bahwa y = x merupakan salah satu solusi persamaan diferensial x2 y00 + xy0 − y = 0,

x 6= 0,

(4.98)

tentukanlah solusi umum persamaan diferensial x2 y00 + xy0 − y = x,

x 6= 0.

(4.99)

Dengan mensubstitusikan y1 (x) = x dan menggunakan formula yang diberikan oleh persamaan (4.94), diperoleh hubungan berikut Z

y(x) = x

u(x)dx.

(4.100)

Derivatif pertama dan kedua dari persamaan terakhir ini diberikan oleh Z 0

y (x) = xu +

udx

y00 (x) = xu0 + 2u

(4.101)

Mensubstitusikan persamaan (4.100)-(4.101) ke persamaan (4.99) diperoleh relasi Z 2

0

x (xu + 2u) + x(xu +

Z

udx) − x

udx = x.

(4.102)

Persamaan (4.102) menyatakan bahwa x3 u0 + 3x2 u = x.

(4.103)

Ruas sebelah kiri persamaan (4.103) merupakan derivatif dari fungsi x3 u. Olehkarenanya, persamaan (4.103) dapat ditulis dalam bentuk sederhana


(x3 u)0 = x.

(4.104)

Solusi persamaan (4.104)diperoleh dengan mengintegralkannya sekali, yaitu 1 u(x) = x−1 +Cx−3 . (4.105) 2 Solusi untuk fungsi y diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (4.105) ke persamaan (4.100). Solusi untuk y diberikan oleh y(x) =

x x−1 log x −C1 +C2 x. 2 2

(4.106)

Soal-soal latihan 4.1. Tentukanlah solusi persamaan diferensial dibawah ini. a). b). c). d). e). f). g).

y00 + 2y0 = 0 y00 − 3y0 + 2y = 0 y00 + 6y0 − 7y = 0; y(0) = 0, y0 (0) = 4.. y00 − 3y0 − 10y = 0; y(0) = 1, y0 (0) = 10. y00 + 4y = 0; y(0) = 2, y( π4 ) = 3. y00 + 9y = 0; y( π3 ) = 3, y0 ( π3 ) = 3. Tunjukkanlah bahwa solusi dari persamaan diferensial y00 − 2by0 − c2 y = 0 dapat ditulis dalam bentuk p p y = ebx (D1 cosh b2 + c2 x + D2 sinh b2 + c2 x) (4.107)

h). Buktikanlah bahwa dengan mensubstitusikan x = ez akan mentransformasikan persamaan diferensial ax2 y00 + bxy0 + cy = 0 menjadi persmaan diferensial linier homogen dengan koefisien konstan. i). Tentukanlah solusi masalah nilai awal y00 − y0 − 2y = 0; y(0) = α , y0 (0) = 2. Tentukanlah α sedemikian hingga solusi mendekati nol untuk x mendekati takhingga. j). Tentukanlah solusi masalah nilai awal 4y00 −y = 0; y(0) = 2, y0 (0) = β . Tentukanlah β sedemikian hingga solusi mendekati nol untuk x mendekati takhingga.

94


k). Pandanglah persamaan diferensial dengan nilai awal y00 + 2y0 + 6y = 0; y(0) = 2, y0 (0) = α ≥ 0.

(4.108)

a. Tentukan solusi masalah nilai awal ini. b. Tentukan α sedemikian hingga y(1) = 0 l). Pandanglah persamaan diferensial dengan nilai awal y00 + 2ay0 + (a2 + 1)y = 0; y(0) = 1, y0 (0) = 0.

(4.109)

a. Tentukanlah solusi persamaan diferensial di atas. b. Untuk a = 1 tentukanlah nilai terkecil T sedemikian hingga |y| < 0, 1 untuk t > T . 4.2. Tentukanlah solusi umum masing-masing persamaan diferensial berikut ini. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.

y00 + 3y0 + 2y = 4. y00 + 3y0 + 2y = 14ex . y00 + 3y0 + 2y = eix . y00 + 3y0 + 2y = sin x. y00 + 3y0 + 2y = cos x. y00 + 3y0 + 2y = 8 + 6ex + 2 sin x. y00 + y0 + y = 4x2 . y00 + 2y0 + y = 4x2 e−x . y00 − 2y0 − 8y = 9xex + 10e−x . y00 + 2y0 + 5y = 6 sin 2x + 7 cos 2x. y00 − 2Y 0 + 2Y = 10 sin 4x. y00 + 2y0 + 4y = 13 cos 4x y00 − 3y0 − 4y = 16x − 12e2x . y00 + 6y0 + 5y = 2ex + 10e5x . y00 + 2y0 + 10y = 5xe−2x . 2y00 + 3y0 − 2y = 6x2 ex − 4x2 + 12. y00 + 6y0 + 8y = 6xe2x + 8x2 . y00 + 4y = 4 sin 2x + 8 cos 2x. y00 − 4y = 16xe2x . 4y00 − 4y0 + y = ex/2 + e−x/2 . y00 − 6y0 + 9y = 6e3x + 5xe4x . y00 − 4y0 + 5y = 6e2x cos x.


23. y00 + y = x sin x. 4.3. Selesaikanlah persamaan diferensial tak homogen dengan nilai awal berikut. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k). l). m).

y00 − 4y0 + 3y = 9x2 + 4, dengan y(0) = 6, y0 (0) = 8. y00 + 5y0 + 4y = 16x + 20ex , dengan y(0) = 0, y0 (0) = 3. y00 − 8y0 + 15y = 9xe2x , dengan y(0) = 5, y0 (0) = 10. y00 + 7y0 + 10y = 4xe−3x , dengan y(0) = 0, y0 (0) = −1. y00 + 8y0 + 16y = 8e−2x , dengan y(0) = 2, y0 (0) = 0. y00 + 6y0 + 9y = 27e−6x , dengan y(0) = −2, y0 (0) = 0. y00 + 4y0 + 13y = 18e−2x , dengan y(0) = 0, y0 (0) = 4. y00 − 10y0 + 29y = 8e5x , dengan y(0) = 0, y0 (0) = 8. y00 − 4y0 + 13y = 8 sin 39x, dengan y(0) = 1, y0 (0) = 2. y00 − y0 − 6y = 8e2x − 5e3x , dengan y(0) = 3, y0 (0) = 5. y00 − 2y0 + y = 2xe2x + 6ex , dengan y(0) = 1, y0 (0) = 0. y00 − y = 3x2 ex , dengan y(0) = 1, y0 (0) = 2. y00 + y = 3x2 − 4 sin x, dengan y(0) = 6, y0 (0) = 8.

4.4. Tentukanlah solusi umum masing-masing persamaan diferensial berikut ini. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k). l). m). n). o). p). q).

y00 + y0 − 6y = 2x2 y00 − 2y0 + y = x2 + x y00 − 5y0 + 6y = ex y00 + 6y0 + 9y = 2e−x y00 + 4y0 + 3y = e−3x y00 + 2y0 + 2y = 3e−2x y00 − y0 − 2y = 2 sin x y00 + 4y = 2 cos 2x y00 + 9y = sin 3x y00 + 9y = sin x + e2x y00 + y0 = ex + 3x y00 − 5y0 + 6y = 2ex dengan syarat y(0) = 1, y0 (0) = 0. y00 + y = cot x y00 + y = sec3 x y00 − y = sin2 x y00 + y = sin2 x y00 + y = 4x sin x

96

r). s). t). u). v). w). x). y). z).


y00 + 2y0 + y = e−x ln x y00 + y = csc x y00 + y = tan2 x −x y00 + 2y0 + y = e x y00 + y = sec x csc x y00 + y = csc x cot x y00 + y = cot x y00 + 4y = sin3 x x y00 − 3y0 + 2y = exe+1

4.5. Gunakan reduksi order untuk menentukan solusi umum masingmasing persamaan diferesial di bawah ini, dimana salah satu solusi homogennya diberikan disebelah kanan masing-masing soal. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k). l). m). n). o). p). q).

x2 y00 − xy0 + y = 0, y1 (x) = x. 2 0 2 00 y − x y + x2 y = 0, y1 (x) = x. 2 00 0 (2x + 1)y − 4xy + 4y = 0, y1 (x) = x. y00 + (x2 − x)y0 − (x − 1)y = 0, y1 (x) = x. 1 0 x 00 y1 (x) = x2 . y + ( 2 − x )y − y = 0, 2x2 y00 + 3xy0 − y = 0, y1 (x) = x1/2 . y00 + ( f (x) − 1)y0 − f (x)y = 0, y1 (x) = ex . 00 0 y + x f (x)y − f (x)y = 0, y1 (x) = x. 2 00 0 x y − xy + y = x, y1 (x) = x. 2 0 2 00 y − x y + x2 y = x log x, y1 (x) = x. 2 00 0 3 x y + xy − 4y = x , y1 (x) = x2 . 2 00 0 2 −x x y + xy − y = x e , y1 (x) = x. 1 2 00 0 2x y + 3xy − y = x , y1 (x) = x1/2 . x2 y00 − 2y = 2x, y1 (x) = x2 . 00 2 0 2 y + (x − 1)y − x y = 0, y1 (x) = ex . x2 y00 − 2y = 2x2 , y1 (x) = x2 . 2 00 0 x y + xy − y = 1, y1 (x) = x.

Bab 5 Sistem Persamaan Diferensial.

5.1 Definisi Dasar Persamaan diferensial order dua dapat dikonversikan ke order satu dengan cara memperkenalkan variabel baru untuk menggantkan derivatif pertama. Sebagai contoh, pandanglah persamaan y00 + k sin y = 0.

(5.1)

Persamaan (5.1) adalah persamaan homogen order dua. Sekarang kita definikan variabel baru x = y0 (x0 = y00 ) untuk memperoleh sistem persamaan diferensial berikut (dengan memsubstitusikannya ke persamaan (5.1)) y0 = x x0 = −k sin y.

(5.2) (5.3)

Kita catat bahwa persamaan pertama dari sistem (5.3) adalah definisi variabel baru dan persamaan kedua diperoleh dari persamaan (5.1). Persamaan (5.1) dan persamaan (5.3) ekuivalen dalam pengertian bahwa solusi yang diberikan oleh persamaan (5.1) juga solusi persamaan (5.3) dan juga sebaliknya. Bentuk standar sistem persamaan diferensial order pertama dari dua persamaan diferensial diberikan oleh x0 = f (t, x, y) y0 = g(t, x, y)

(5.4) (5.5) 97

98

5 Sistem Persamaan Diferensial.

dimana x dan y adalah varibel terikat dan t variabel bebas (biasa dalam aplikasi t merepresentasikan waktu). Solusi dari sistem persamaan diferensial adalah pasangan fungsi diferesiabel kontinu (x(t), y(t)) dimana jika kita substitusikan pasangan fungsi ini kepersamaan (5.4)(5.5) diperoleh identitas. Solusi sistem persamaan diferensial didefinisikan sebagai berikut Definisi 5.1.1 Pasangan fungsi (u(t), v(t)) dikatakan solusi sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) pada interval t0 ≤ t ≤ t1 jika fungsi u dan v diferensiabel kontinu dan jika u0 = f (t, u0 , v0 ) v0 = g(t, u0 , v0 )

(5.6) (5.7)

pada interval t0 ≤ t ≤ t1 . (u, v) merupakan solusi masalah nilai awal x0 = f (t, x, y), y0 = g(t, x, y),

x(t0 ) = x0 , y(t0 ) = y0 ,

jika (u, v) solusi persamaan (5.4)-(5.5) dan memenuhi syarat awal u(t0 ) = x0 ,

v(t0 ) = y0 .

(5.8)

Perlu dicatat bahwa solusi sistem persamaan dalam definisi di atas diberikan dalam bentuk pasangan terurut (u, v) dimaksudkan bahwa solusi sistem terdiri dari dua fungsi dimana fungsi pertama adalah solusi persamaan pertama dari sistem dan fungsi kedua adalah solusi persamaan kedua dari sistem. Jadi fungsi u berpadanan dengan persamaan (5.4) dan fungsi v berpadanan dengan persamaan (5.5). Contoh 5.1.1 Selesaikanlah sistem persamaan diferensial t , x2 y y0 = , t

x0 =

x 6= 0 t 6= 0

(5.9) (5.10)

Sistem (5.9)-(5.10) terdiri dari persamaan diferensial order satu dengan masing-masing persamaan memuat variabel terpisah. Menggunakan teknik-teknik yang digunakan pada bab sebelumnya kita peroleh solusi sistem persamaan diferensial (5.9)-(5.10), yaitu

5.1 Definisi Dasar

99

µ (x, y) =

¶

1 3 2 t +C1 , e− t +C2 , 2

x 6= 0, t 6= 0.

(5.11)

Contoh 5.1.2 Selesaikanlah sistem persamaan diferensial x0 = 2e2t x2 − y y0 = , t

(5.12) t 6= 0.

(5.13)

Perlu dicatat bahwa ruas kanan persamaan (5.12) tidak memuat variabel terikat x atau y. Persamaan diferensial (5.12) merupakan persamaan diferensial order satu dengan varibel terpisah. Solusi persamaan pertama diberikan oleh x = e2t +C1 . (5.14) Substitusikan solusi (5.14) kepersamaan (5.13) untuk mendapatkan persamaan diferensial linier order satu ty0 + y = e4t + 2C1 e2t +C12 .

(5.15)

Kita perhatikan bahwa ruas kiri persamaan (5.15) adalah derivatif dari fungsi (ty)0 . Jadi dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh Z ¡ ¢ ty = e4t + 2C1 e2t +C12 dt +C2

¢ 4t +C e2t +C 2t +C e 1 2 1 y= 4 , t ¡1

.

(5.16)

Solusi sistem persamaan diferensial (5.12)-(5.13) diberikan oleh pasangan fungsi (x, y) yang diberikan berturut-turut oleh persamaan (5.14) dan (5.16). Contoh 5.1.3 Tuliskanlah persamaan diferensial order dua mx00 + kx = 0

(5.17)

menjadi sistem persamaan diferensial order satu dan selanjutnya selesaikanlah sistem itu.

100


Persamaan diferensial (5.17) merupakan . Sekarang definisikanlah variabel baru y = x0 untuk membentuk sistem persamaan diferensial. Substitusikanlah variabel baru ini kepersamaan (5.17) untuk memperoleh sistem persamaan diferensial x0 = y

(5.18)

k y0 = − x. m

(5.19)

Pernyataan 5.1 Jika kita selesaikan persamaan (5.17) menggunakan teknik yang telah digunakan untuk menyelesaiakan persamaan diferensial homogen order dua seperti pada bab sebelumnya dapat kita tunjukkan bahwa p x = sin k/mt (5.20) adalah salah satu solusi persamaan (5.17). Kembali kedefinisi awal variabel baru yaitu y = x0 berarti solusi untuk persamaan (5.19) diberikan oleh p p y = x0 = k/m cos k/mt. (5.21) Solusi sistem persamaan diferensial (5.18)-(5.19) diberikan oleh pasangan fungsi (x, y) yang berturut-turut diberikan oleh persamaan (5.20) dan (5.21). Definisi 5.1.2 Sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) dikatakan linier jika f dan g keduanya linier dalam variabel terikatnya, yaitu jika f dan g dapat diuraikan dalam bentuk f (t, x, y) = a1 (t)x + a2 y + F(t) g(t, x, y) = b1 (t)x + b2 (t)y + G(t).

(5.22) (5.23)

Persamaan yang tidak memenuhi kedua persamaan (5.22) dan (5.23) dinamakan sistem persamaan diferensial nonlinier. Definisi 5.1.3 Sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) dikatakan mempunyai koefisien konstan jika koefisien-koefisien a1 , a2 , b1 , dan b2 pada persamaan (5.22)-(5.23) semuanya konstan. Sebaliknya sistem persamaan diferensial yang tidak memenuhi definisi di atas dinamakan sistem persamaan diferensial dengan koefisien variabel.

5.1 Definisi Dasar

101

Definisi 5.1.4 Sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) dikatakan homogen jika (x, y) = (0, 0) adalah solusi trivial. Sebaliknya sistem persamaan diferensial yang tidak memenuhi definisi di atas dinamakan sistem persamaan diferensial takhomogen. Contoh 5.1.4 Klasifikasikanlah sistem persamaan diferensial (5.18)(5.19). Kita dapat tuliskan kembali sistem persamaan diferensial (5.18)-(5.19) ke dalam bentuk persamaan (5.22)-(5.23), yaitu f (t, x, y) = 0x + y + 0 k g(t, x, y) = − x + 0y + 0. m

(5.24) (5.25)

Dari persamaan (5.24)-(5.25) diperoleh data bahwa a1 (t) = 0, a2 (t) = 1, F(t) = 0, b1 (t) = −k/m, b2 (t) = 0, G(t) = 0, dan (x, y) = (0, 0) merupakan solusi trivial. Dari definisi dapat kita simpulkan bahwa sistem persamaan diferensial (5.18)-(5.19) 1. linier, 2. mempunyai koefisien konstan, 3. homogen Contoh 5.1.5 Klasifikasikanlah sistem persamaan diferensial x0 = y

g y = − sin x. L 0

(5.26) (5.27)

Karena g(t, x, y) = −g/L sin x tidak dapat diuraikan kebentuk persamaan (5.23) maka sistem persamaan diferensial (5.26)-(5.27) adalah sistem nonlinier. Kita catat pula bahwa (x, y) = (0, 0) memenuhi sistem persamaan (5.26)-(5.27) hal ini berarti sistem persamaan diferensial ini adalah sistem persamaan diferensial homogen. Definisi 5.1.5 Dua solusi (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ) dari sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) bebas linier dalam interval t0 ≤ t ≤ t1 jika persamaan

102


C1 x1 +C2 x2 = 0, C1 y1 +C2 y2 = 0,

(5.28) (5.29)

hanya mempunyai solusi trivial yaitu C1 = C2 = 0. Definisi 5.1.6 Anggaplah (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ) dua solusi bebas linier sistem persamaan diferensial order satu homogen x0 = a1 x + a2 y, y0 = b1 x + b2 y,

(5.30) (5.31)

maka solusi umum sistem persamaan diferensial (5.30)-(5.31) adalah kombinasi linier (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ). Solusi ini kita notasikan dengan pasangan fungsi (xh , yh ) yang diberikan oleh xh = C1 x1 +C2 x2 , yh = C1 y1 +C2 y2 .

(5.32) (5.33)

Definisi 5.1.7 Pandanglah sistem persamaan diferensial linier takhomogen x0 = a1 x + a2 y + F(t), y0 = b1 x + b2 y + G(t).

(5.34) (5.35)

Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.34)-(5.35) adalah solusi umum (5.30)-(5.31) ditambah solusi khusus (x p , y p ) (5.34)-(5.35). Solusi ini dinyatakan dengan pasangan fungsi (x, y) dimana masingmasing fungsi diberikan oleh x = xh + x p , y = yh + y p .

(5.36) (5.37)

Contoh 5.1.6 Klasifikasikanlah sistem persamaan diferensial x0 = tx − x, y0 = 2ty + x, dan tentukanlah solusi umumnya.

(5.38) (5.39)

5.1 Definisi Dasar

103

Sistem persamaan diferensial (5.38)-(5.39) dapat dituliskan dalam bentuk x0 = (t − 1)x + 0y + 0, y0 = x + 2ty + 0. Dari sistem terakhir ini kita ketahui bahwa a1 (t) = t − 1, a2 (t) = 0, b1 (t) = 1, b2 (t) = 2t, F(t) = 0, G(t) = 0 dan (x, y) = (0, 0) memenuhi sistem persamaan diferensial (5.38)-(5.39). Perdefinisi dapat disimpulkan bahwa sistem (5.38)-(5.39) adalah sistem persamaan diferensial linier homogen. Untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial (5.38)-(5.39) kita selesaikan dahulu persamaan (5.38) karena persamaan ini merupakan persamaan diferensial homogen dengan variabel terpisah. Mengunakan teknik yang telah dibahas pada bab sebelumnya dida2 patkan x = C1 et −t . Mensubstitusikan solusi untuk x ini ke persamaan (5.39) diperoleh persamaan diferensial linier berikut y0 − 2ty = C1 et

2 −t

.

(5.40)

2

Sekarang kedua ruas kita kalikan dengan e−t untuk mendapatkan persamaan diferensial 2

2

e−t y0 − 2te−t y = C2 e−t .

(5.41) 2

Ruas sebelah kiri persamaan terakhir merupakan derivatif dari e−t y. Mengintegralkan kedua ruas persamaan terakhir ini terhadap t diperoleh e

−t 2

Z

= C1

e−t dt,

¢ 2¡ y = et C2 −C1 e−t .

(5.42) (5.43)

Dengan diperolehnya solusi untuk x dan y ini maka pasangan ini menjadi solusi umum sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.39), yaitu ³ ´ 2 2 (x, y) = C1 et −t , et (C2 −C1 e−t ) . (5.44)

104


Contoh 5.1.7 Selesaikanlah sistem persamaan diferensial x0 = y, y0 = 16x + 8t.

(5.45) (5.46)

Sistem persamaan diferensial (5.45)-(5.46) adalah sistem linier tak homogen karena (x, y) = (0, 0 tidak memenuhi sistem persamaan di atas. Sistem linier homogen yang berpadanan dengan sistem (5.45)-(5.46) diberikan oleh x0 = y, y0 = 16x.

(5.47) (5.48)

Untuk menyelesaikan sistem persamaan ini langkah pertama kita derivatifkan persamaan (5.47) sekali dan hasil yang diperoleh kita substitusikan ke persamaan (5.48). Dengan cara ini diperoleh persamaan diferensial order dua dalam x, yaitu x00 − 16x = 0.

(5.49)

Persamaan karakteristik persamaan diferensial (5.49) diberikan oleh r2 − 16 = 0. Akar-akar karakteristik diberikan oleh 4 dan 4. Jadi solusi untuk x diberikan oleh xh = C1 e4t + C2 e−4t . Menggunakan persamaan (5.47) diperoleh solusi untuk y yang diberikan oleh yh = 4C1 e4t − 4C2 e−4t . Pasangan solusi ini memberikan solusi untuk sistem persamaan diferensial (5.47)-(5.48), yaitu ¡ ¢ (xh , yh ) = C1 e4t +C2 e−4t , 4C1 e4t − 4C2 e−4t . (5.50) Langkah berikutnya kita tentukan solusi khusus sistem (5.45)-(5.46). Mengikuti cara yang sama seperti yang kita lakukan untuk mendapatkan solusi homogen kita dapatkan persamaan diferensial order dua tak homogen untukx, yaitu x00 − 16x = 8t.

(5.51)

Misalkan solusi khusus persamaan (5.51) berbentuk x = At 2 + Bt +C. Mensubstitusikan bentuk ini ke persamaan (5.51) kemudian menggunakan identitas ruas kiri dan ruas kanan dari persamaan yang didapat

5.1 Definisi Dasar

105

akan menentukan nilai A, B, dan C, yaitu A = 0, B = −1/2, dan C = 0. Oleh karenanya solusi khusus yang diperoleh untuk x. Selanjutnya dengan persamaan (5.45) diperoleh solusi khusus untuk y. Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.45)-(5.46) diberikan oleh pasangan fungsi berikut (x, y) = (xh + x p , yh + y p ) (5.52) ¶ µ 1 1 . (5.53) = Ce4t +C2 e−4t − t, 4C1 e4t − 4C2 e−4t − 2 2 Contoh 5.1.8 Klasifikasikanlah sistem persamaan diferensial 2x0 − x + y0 + 4y = 1, x0 − y0 = t − 1.

(5.54) (5.55)

Kalikanlah persamaan (5.54) dengan dtd dan kalikan juga persamaan (5.55) dengan dtd + 4. Kemudian hasil masing-masing yang diperoleh kita tambahkan untuk mendapatkan persamaan order dua tak homogen untuk x berikut 3x00 + 3x0 = 4t − 3. (5.56) Akar-akar persamaan karakteristik dari persamaan (5.56) adalah 0 dan −1. Solusi takhomogen persamaan (5.56) diberikan oleh x p = 1/6t 2 − 4/3t. Jadi solusi umum persamaan diferensial order dua takhomogen (5.56) adalah 1 4 x = C1 +C2 e−t + t 2 − t. (5.57) 6 3 Mensubstitusikan solusi untuk x (5.57) kepersamaan (5.55) dan mengintegralkannya diperoleh solusi untuk y, yaitu 1 1 y = 2C2 e−t − t 2 + t +C3 . 3 3

(5.58)

Solusi sistem persamaan (5.54)-(5.55) diberikan oleh pasangan fungsi µ ¶ 1 2 4 1 2 1 −t −t (x, y) = C1 +C2 e + t − t, 2C2 e − t + t +C3 . (5.59) 6 3 3 3

106


5.2 Sistem Persamaan Diferensial Homogen dengan Koefisien Konstan. Pada bagian ini kita akan mempelajari bagaimana menyelesaikan persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstan yang berbentuk x0 = ax + by y0 = cx + dy.

(5.60) (5.61)

Pada bagian awal bab ini kita melihat bahwa sistem persamaan diferensial (5.60)-(5.61) dapat dikonversikan juga menjadi persamaan diferensial order dua. Berdasarkan pengalaman mengerjakan persamaan diferensial order dua homogen bahwa solusi persamaan ini berbentuk ert dengan r parameter. Berdasarkan itu pula kita akan mengsumsikan bahwa solusi sistem persamaan diferensial (5.60)-(5.61) berbentuk (pert , qert ) dengan r parameter yang akan ditentukan nilainya. Contoh 5.2.1 Anggaplah bahwa solusi persamaan diferensial (5.60)(5.61) berbentuk pasangan fungsi (x, y) = (pert , qert ). Tentukanlah solusi bebas linier dari sistem persamaan diferensial x0 = y y0 = 16x

(5.62) (5.63)

Substitusikanlah pasangan fungsi(x, y) = (pert , qert ) kesistem (5.62)(5.63) dan bagilah dengan ert untuk mendapatkan sistem persamaan rp − q = 0 rq − 16p = 0.

(5.64) (5.65)

Perhatikanlah bahwa (p, q) = (0, 0) memenuhi sistem persamaan (5.64)-(5.65). Akan tetapi solusi ini hanya memberikan solusi trivial (x, y) = (0, 0) untuk sistem. Karena solusi yang dicari adalah solusisolusi yang bebas linier maka p = q = 0 bukan solusi yang diinginkan. Kalau kita selesaikan persamaan (5.64) untuk p atau q dan dengan mengunakan persamaan (5.65) diperoleh persamaan kuadrat untuk r yaitu r2 − 16 = 0. Akar-akar persamaan kuadrat ini adalah 4 dan -4.

5.2 Sistem Persamaan Diferensial Homogen dengan Koefisien Konstan.

107

Untuk r = 4 diperoleh sistem persamaan berikut −4p − q = 0 −16p − 4q = 0.

(5.66) (5.67)

Persamaan (5.66) dan persamaan (5.67) ekuivalen yaitu sama-sama menyatakan q = −4p. Kita bebas memilih nilai p ini kecuali 0. Karena kita akan menentukan solusi-solusi bebas linier maka kita dapat memilih koefisien ert sama dengan satu(p = 1). Dengan pemilihan ini didapatkan salah satu sistem persamaan diferensial (5.62)-(5.63) yaitu (x1 , y1 ) = (e4t , 4e4t ). Untuk r = −4, dengan cara yang sama seperti untuk r = 4 kita dapat solusi nontrivial sistem persamaan diferensia lainnya, yaitu (x2 , y2 ) = (e−4t , −4e−4t ). Pembaca dapat menunjukkan bahwa kedua solusi ini saling bebas linier. Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.62)(5.62) diberikan oleh ¡ ¢ ¡ ¢ (x, y) = C1 e4t , 4e4t +C2 e−4t , −4e−4t . (5.68) Bandingkanlah solusi (5.68) ini dengan solusi sistem persamaan diferensial pada 5.1.7 yang berhubungan dengan solusi homogen. Pernyataan 5.2 Perlu diperhatikan bahwa persamaan kuadrat r2 − 16 = 0 di atas merupakan persamaan karakteristik dari persamaan diferensial order dua homogen y00 − 16y = 0. Persamaan diferensial order dua ini dapat diperoleh dari menderivatifkan persamaan (5.62) sekali kemudian menggunakan hasil ini kepersamaan (5.63) Contoh 5.2.2 Gunakanlah asumsi bahwa bentuk solusi umum sistem persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstan (x, y) = (pert , qert ) untuk menyelesaikan solusi bebas linier dari sistem persamaan diferensial x0 = −y y0 = 16x

(5.69) (5.70)

Mengikuti cara-cara yang dilakukan pada contoh 5.2.1 bahwa bentuk (x, y) = (pert , qert ) memenuhi sistem persamaan (5.69)-(5.70). Mensubstitusikan bentuk ini ke sistem kemudian membaginya dengan ert diperoleh persamaan untuk p dan q berikut

108


rp − q = 0 rq − 16p = 0.

(5.71) (5.72)

Dengan menyelesaikan persamaan (5.71) kemudian menggunakan persamaan (5.72) dengan mengisyaratkan p 6= 0 akan diperoleh persamaan kuadrat dalam r, yaitu r2 +16 = 0. Akar-akar persamaan kuadrat ini adalah 4i dan −4i. Untuk r = 4i, diperoleh sistem persamaan dalam p dan q, 4ip − q = 0 −16p − 4iq = 0.

(5.73) (5.74)

Persamaan (5.73) dan persamaan (5.74) adalah ekuivalen yaitu samasama menyatakan q = 4ip. Perlu kita ingat bahwa tahap ini kita hanya mencari solusi-solusi yang bebas linier. Oleh karenanya kita bebas memilih nilai p, dalam hal ini kita akan memilih p = 1. Menggunakan nilai p ini didapatkan salah solusi sistem (5.69)-(5.70) yang ¡ 4it satu ¢ 4it diberikan oleh (x+ , y+ ) = e , 4ie . Untuk r = −4i, menggunakan cara yang sama untuk r = 4i dan menetapkan nilai p = 1 diperoleh ¡ solusi kedua¢ sistem (5.69)-(5.70) yang diberikan oleh (x− , y− ) = e−4it , −4ie−4it . Perlu kita catat bahwa walaupun solusi yang kita peroleh saling bebas linier akan tetapi masih dalam variabel kompleks. Solusi yang kita harapkan adalah solusi dalam variabel riil. Untuk keperluan terakhir ini kita akan menggunakan formula Euler e±α it = cos α t ± i sin α t. Dengan formula Euler maka solusi (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ) menjadi (x+ , y+ ) = (cos 4t + i sin 4t, 4i cos 4t − 4 sin 4t). (x− , y− ) = (cos 4t − i sin 4t, −4i cos 4t + 4 sin 4t).

(5.75) (5.76)

Sekarang kita pilih solusi pertama dan kedua sebagai berikut (x+ , y+ ) + (x− , y− ) 2 = (cos 4t, −4 sin 4t)

(5.77)

(x+ , y+ ) − (x− , y− ) 2i = (sin 4t, 4 cos 4t).

(5.78)

(x1 , y1 ) = dan (x2 , y2 ) =


109

Solusi (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ) saling bebas linier (ujilah). Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.69)-(5.70) diberikan oleh (x, y) = C1 (x1 , y1 ) +C2 (x2 , y2 ) = C1 (cos 4t, −4 sin 4t) +C2 (sin 4t, 4 cos 4t).

(5.79)

Dari contoh-contoh yang telah disajikan dapat kita kembangkan teknik untuk sistem persamaan diferensial yang lebih umum lagi. Pandanglah sistem persamaan diferensial (5.60)-(5.61). Mengikuti teknik yang digunakan dalam contoh-contoh sebelumnya secara umum dapat kita buat garis besarnya sebagai berikut: 1. Anggaplah bahwa solusi dalam bentuk (x, y) = (pert , qert ), dengan p, q, dan r konstanta. Substitusikan solusi ini ke sistem (5.60)(5.61) kemudian dengan membagi hasil yang diperoleh dengan ert kita sampai pada sistem persamaan dalam p dan q berikut (a − r)p + bq = 0 cp + (d − r)q = 0.

(5.80) (5.81)

2. Sistem persamaan (5.80)-(5.81) mempunyai solusi non trivial untuk p dan q jika determinan koefisien p dan q sama dengan nol, yaitu r2 − (a + d)r + ad − bc = 0. (5.82) Penyelesaian persamaan (5.82) dinamakan persamaan karakteristik sistem persamaan diferensial (5.58)-(5.60). Menyelesaikan persamaan (5.82) akan memberikan nilai r1 dan r2 . 3. Anggaplah r = r1 akar persamaan (5.82), maka sistem persamaan diferensial (5.58)-(5.60) akan direduksi menjadi persamaan bq = (r1 − a)p.

(5.83)

Setelah dipilih nilai (p1 , q1 ) akan diperoleh salah satu solusi sistem persamaan diferensial (5.58)-(5.60) dalam bentuk (x1 , y1 ) = (p1 er1t , q1 er1t ). Selanjutnya kita akan memperhatikan hal-hal berikut: • jika r1 6= r2 lanjutkan mencari solusi sistem yang berpadanan dengan r2 .

110


• jika r1 = r2 carilah solusi kedua dalam bentuk ¡ ¢ (P1 + P2t)er1t , (Q1 + Q2t)er1t .

(5.84)

4. Solusi bebas linier diperoleh dengan memperhatikan hal-hal berikut • Akar-akar r1 , r2 riil dan berbeda. • Akar-akar r1 , r2 kompleks konjugate. • Akar-akar r1 , r2 riil dan sama. Contoh 5.2.3 Carilah solusi bebas linier dari sistem persamaan diferensial 1 3 x0 = − x + y 2 2 3 1 y0 = x − y. 2 2

(5.85) (5.86)

Langkah pertama yang kita lakukan adalah membuat asumsi bahwa solusi umum sistem di atas berbentuk (pert , qert ). Selanjutnya, dengan mensubstitusikan asumsi ini ke sistem akan diperoleh sistem (5.85)(5.86) persamaan dalam p dan q berikut µ ¶ 1 3 (5.87) − −r p+ q = 0 2 2 µ ¶ 3 1 p + − − r q = 0. (5.88) 2 2 Sistem (5.87)-(5.88) mempunyai solusi nontrivial jika determinan koefisien p dan q sama dengan nol yang menghasilkan persamaan karakteristik (r − 1)(r − 2) = 0. Akar-akar persamaan karakteristik adalah r = 1 dan r = 2. Untuk r = 1, sistem (5.87)-(5.88) menjadi 3 3 − p+ = 0 2 2 3 3 p − q = 0. 2 2

(5.89) (5.90)


111

Seperti yang telah diuraikan pada petunjuk umum penyelesaian sistem persamaan diferensial (5.58)-(5.60) bahwa Persamaan (5.89) dan (5.90) ekuivalen yaitu menyatakan persamaan yang sama. Selanjutnya dengan menetapkan nilai p = 1 akan diperoleh salah satu solusi yaitu (x1 , y1 ) = (et , et ). Untuk r = 2, mengikuti cara yang sama dengan cara yang dilakkan di atas dan dengan menetapkan nilai p = 1¡akan diperoleh ¢ solusi kedua −2t −2t dari sistem (5.85)-(5.86) yaitu (x2 , y2 ) = e , −e . Pembaca sebaiknya menguji bahwa solusi (x1 , y1 ) dan x2 , y2 saling bebas linier. Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.85)-(5.86) diberkan oleh (x, y) = C1 (x1 , y1 ) +C2 (x2 , y2 ) ¡ ¢ ¡ ¢ = C1 et , et +C2 e2t , −e2t .

(5.91) (5.92)

Misalkan kita syaratkan bahwa solusi ini harus memenuhi nilai awal (x(0), y(0)) = (3, −1) maka ¡ ¢ ¡ ¢ (x(0), y(0)) = C1 e0 , e0 +C2 e0 , −e0 (3, −1) = C1 (1, 1) +C2 (1, −1). (5.93) Persamaan (5.93) ekuivalen dengan sistem persamaan C1 +C2 = 3 C1 −C2 = −1.

(5.94) (5.95)

Pemecahan sistem persamaan (5.94)-(5.95) adalah C1 = 1 dan C2 = 2. Jadi solusi sistem persamaan diferensial (5.85)-(5.86) dengan nilai awal (x(0), y(0)) = (3, −1) adalah ¡ ¢ (x, y) = et + 2e−2t , et − 2e−2t . (5.96) Contoh 5.2.4 Carilah solusi umum sistem persamaan diferensial x0 = x + 3y y0 = −2y

(5.97) (5.98)

Langkah pertama, asumsikan solusi sistem (5.97)-(5.98) berbentuk (pert , qert ). Mensubstitusikan asumsi ini ke sistem persamaan dalam

112


soal kemudian membaginya dengan ert akan diperoleh sistem persamaan dalam p dan q. Agar sistem persamaan dalam p dan q ini mempunyai solusi nontrivail maka harus disyaratkan determinan koefisien dari p dan q sama dengan nol. langkah terakhir ini akan memberikan persamaan karakteristik dari sistem (5.97)-(5.98) yaitu persamaan kuadrat dalam r. Akar-akar persamaan kuadrat adalah r = 1 dan r = 2. Untuk r = 1, sistem persamaan 3q = 0 −3q = 0.

(5.99) (5.100)

Solusi sistem ini hanya dipenuhi oleh q = 0. Akan tetapi kita bebas menentukan nilai p, dalam hal ini kita akan menetapkan p = 1. Dengan nilai p ini salah satu solusi yang diperoleh untuk sistem (5.97)(5.98) adalah (x1 , y1 ) = (et , 0). Untuk r = −2, dengan mensubstitusikan nilai ini ke sistem persamaan dalam p dan q yang diperoleh diawal tadi akan diperoleh sistem persamaan 3p + 3q = 0 0 = 0.

(5.101) (5.102)

Dengan menetapkan nilai p = 1 akan diperoleh solusi kedua ¡ untuk sis¢ tem persamaan diferensial (5.97)-(5.98) yaitu (x2 , y2 ) = e−2t , −e−2t . Pembaca sebaiknya menguji bahwa kedua solusi ini saling bebas linier. Solusi umum diberikan oleh (x, y) = C1 (x1 , y1 ) +C2 (x2 , y2 ) = C1 (et , 0) +C2 (e−2t , −e−2t )

(5.103)

Contoh 5.2.5 Carilah solusi umum sistem persamaan diferensial x0 = y y0 = −9x + 6y.

(5.104) (5.105)

Langkah pertama, asumsikan solusi sistem (5.104)-(5.105) berbentuk (pert , qert ). Mensubstitusikan asumsi ini ke sistem persamaan dalam soal kemudian membaginya dengan ert akan diperoleh sistem persamaan dalam p dan q. Agar sistem persamaan dalam p dan q ini mempunyai solusi nontrivail maka harus disyaratkan determinan koefisien


113

dari p dan q sama dengan nol. langkah terakhir ini akan memberikan persamaan karakteristik dari sistem (5.104)-(5.105) yaitu persamaan kuadrat dalam r. Akar-akar persamaan kuadrat adalah akar kembar r = 3. Langkah kedua, dengan mensubstitusikan r = 3 ke sistem persamaan dalam p dan q kemudian dengan menetapkan p = 1 akan diperoleh salah satu ¡ 3t 3t ¢ solusi sistem persamaan (5.104)-(5.105) yaitu (x1 , y1 ) = e , e . Mengikuti prosedur umum untuk kasus akar kembar ¡ ¢ yai3t 3t tu bahwa solusi kedua berbentuk (P1 + P2t)e , (Q1 + Q2t)e . Mensubstitusikan bentuk solusi ini ke sistem persamaan diferensial (5.104)(5.105) akan diperoleh nilai P1 , P2 , Q1 , dan Q2 . Setelah kita substitusikan bentuk solusi kedua ini dan kemudian membaginya dengan e3t diperoleh sistem persamaan dalam P1 , P2 , Q1 , dan Q2 berikut 3P1 − Q1 + P2 = (−3P2 + Q2 )t 9P1 − 3Q1 + Q2 = (−9P2 + 3Q2 )t.

(5.106) (5.107)

Catatlah bahwa sistem persamaan (5.106)-(5.107) berlaku untuk semua nilai t. Oleh karenanya haruslah koefisien t ruas kanan persamaan (5.106) dan (5.107) sama dengan nol. Hal ini juga menyatakan bahwa ruas kiri persamaan (5.106) dan (5.107) sama dengan nol. Jadi kita akan mendapatkan sistem persamaan yang terdiri dari 4 buah persamaan yaitu −3P2 + Q2 = 0 −9P2 + 3Q2 = 0 3P1 − Q1 = −P2 9P1 − 3Q1 = −Q2 .

(5.108) (5.109) (5.110) (5.111)

Sistem persamaan (5.108)-(5.111) sebenarnya hanya terdiri dari dua persamaan saja karena dua persamaan lainnya ekuivalen. Kedua persamaan itu adalah Q2 = 3P2 Q1 = 3P1 + P2 .

(5.112) (5.113)

Dengan menetgapkan P1 = 1 dan P2 = 1 diperoleh Q1 = 4 dan Q2 = 3. Menggunakan nilai P1 , P2 , Q1 , dan Q2 ini maka diperoleh solusi

114


kedua sistem persamaan ¡ ¢ diferensial (5.104)-(5.105) yaitu (x2 , y2 ) = (1 + t)e3t , (4 + 3t)e3t . Kedua solusi ini bebas linier, oleh karenaya solusi umum sistem persamaan diferensial (5.104)-(??) diberikan oleh (x, y) = C1 (x1 , y1 ) +C2 (x2 , y2 ) ¡ ¢ ¡ ¢ = C1 e3t , e3t +C2 (1 + t)e3t , (4 + 3t)e3t .

(5.114)

5.3 Sistem Persamaan Diferensial Order Satu Takhomogen dengan Koefisien Konstan. Pada bab sebelumnya kita telah menggunakan metode variasi parameter untuk menyelesaikan persamaan diferensial order dua takhomogen. Pada bagian ini kita akan menggunakan metode ini untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial order satu takhomogen. Pada dasarnya apa yang telah dilakukan di bab sebelumnya kita kembangkan untuk sistem persamaan diferensial. Untuk memperdalam pemahaman kita tentang metode ini dalam menyelesaikan sistem persamaan diferensial kita ambil contoh soal (4.60) yaitu y00 − 3y0 + 2y = sin e−x . Misalkan z = y0 mendiferensialkan z terhadap x diperoleh z0 = y00 . Menggunakan informasi ini kita peroleh sistem persamaan diferensial order satu berikut y0 = z z0 = 3z − 2y + sin e−x .

(5.115) (5.116)

Transformasi ini memungkinkan kita untuk mengembangkan metodemetode yang telah kita gunakan pada persamaan diferensial order dua ke sistem persamaan diferensial order satu. Sekarang kita kembangkan metode variasi parameter untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial order satu yang berbentuk x0 = k1 (t)x + k2 (t)y + F(t) y0 = l1 (t)x + l2 (t)y + G(t).

(5.117) (5.118)

Anggaplah pasangan fungsi (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ) merupakan dua solusi yang bebas linier yang berpadanan dengan sistem persmaan homogen

5.3 Sistem Persamaan Diferensial Order Satu Takhomogen dengan Koefisien Konstan.

x0 = k1 (t)x + k2 (t)y y0 = l1 (t)x + l2 (t)y.

115

(5.119) (5.120)

Selanjutnya kita akan mencari solusi khusus (x p , y p ) yang memenuhi sistem (5.117)-(5.118) yang berbentuk (x p , y p ) = u1 (t)(x1 , y1 ) + u2 (t)(x2 , y2 ),

(5.121)

dimana (u1 , u2 ) akan dicari dengan mensubstitusikan (5.121) ke sistem (5.117)-(5.118). Setelah disubstitusikan dan dengan mengingat bahwa (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ) solusi homogen akan kita peroleh sistem persamaan dalam u1 dan u2 , yaitu x1 u01 + x2 u02 = F(t) y1 u01 + y2 u2 = G(t).

(5.122) (5.123)

Menggunakan aturan dalam teori matrix diperoleh formula untuk u1 dan u2 u01 =

F(t)y2 − G(t)x2 , W (t)

u02 =

G(t)x1 − F(t)y1 , W (t)

(5.124)

dimana W (t) disebut dan diberikan oleh W (t) = x1 y2 − x2 y1 . Proses yang dilakukan di atas dinamakan variasi parameter. Contoh 5.3.1 Carilah solusi khusus sistem persamaan diferensial x0 = −4x + 2y + 10 y0 = −3x + 3y + 5t.

(5.125) (5.126)

Menggunakan metode karakteristik diperoleh bahwa (x1 , y1 )= (2e−3t , e−3t ) dan (x2 , y2 ) = (e2t , 3e2t ) merupakan solusi bebas linier dari sistem homogen x0 = −4x + 2y y0 = −3x + 3y.

(5.127) (5.128)

Perlu dicatat bahwa Wronskian dari sistem homogen ini adalah W (t) = 5e−t . Sekarang kita asumsikan bahwa solusi khusus sistem (5.125)(5.126) berbentuk

116


(x p , y p ) = u1 (t)(2e−3t , e−3t ) + u2 (t)(e2t , 3e2t ).

(5.129)

Menggunakan formula (5.124) menghasilkan u01 = 6e3t − te3t u02 = 2te−2t − 2e−2t .

(5.130) (5.131)

Mengintegrasikan persmaan (5.130) dan (5.131) dan mengambil konstanta integrasi nol diperoleh solusi untuk µ µ ¶ ¶ 19 t 1 −2t 3t u1 (t) = e , u2 (t) = t − e . (5.132) − 9 3 2 Mensubstitusikan solusi untuk u1 dan u2 ke persamaan (5.129) diperoleh solusi khusus sistem (5.125)-(5.126) yang diberikan oleh xp =

85 5t − , 18 3

yp =

65 10t − . 18 3

(5.133)

Selanjutnya kita akan memperluas pembahasan sistem persamaan diferensial yang memuat diferensial berorde lebih dari satu, seperti contoh berikut ini. Contoh 5.3.2 Selesaikanlah sistem persamaan diferensial x00 − 4x + y0 = 0, −4x0 + y00 + 2y = 0.

(5.134)

Salah satu teknik yang dapat digunakan untuk menyelesaikan sistem iniadalah sebagai berikut: pertama notasi derivatif dirubah kelambang Leibniz yaitu µ 2 ¶ d dy −4 x+ = 0, 2 dt dt µ 2 ¶ d dx + 2 y = 0. (5.135) −4 + dt dt 2 Pandanglah sistem (5.135) sebagai persamaan aljabar biasa kemudian diselesaikan dengan metode eleminasi, yaitu persamaan pertama kita


117

³

´ 2 kalikan dengan suku (operator) 4 dtd dan suku kedua dengan dtd 2 − 4 . Langkah selanjutnya kedua persamaan terakhir ini kita jumlahkan untuk mendapatkan persamaan d2y d4y + 2 − 8y = 0. dt 4 dt 2

(5.136)

Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial terakhir ini diberikan oleh (5.137) r4 + 2r2 − 8 = 0. √ √ Solusi persamaan pangkat empat diberikan oleh r1 = 2, − 2, 2i, dan −2i. Berdasarkan solusi persamaan karakteristik ini diperoleh solusi umum persamaan diferensial (5.136), yaitu √

y

√ = C1 e +C2 e −2t √ √ = C1 e 2t +C2 e −2t √ √ = C1 e 2t +C2 e −2t √ √ = C1 e 2t +C2 e −2t 2t

+ Ae2it + Be−2it + A(cos 2t + i sin 2t) + B(cos 2t − i sin 2t) + (A + B) cos 2t + i(A − B) sin 2t +C3 cos 2t +C4 sin 2t.

(5.138)

Mensubstitusikan solusi untuk y ini ke persamaan ke dua dari sistem (5.135) didapatkan persamaan diferensial untuk x, yaitu √ √ dx 1 1 = C1 e 2t +C2 e −2t − C3 cos 2t − C4 sin 2t. dt 2 2

(5.139)

Solusi umum persamaan diferensial (5.139) diberikan oleh √ √ 1 1 1 1 x = √ C1 e 2t − √ C2 e −2t − C3 sin 2t − C4 cos 2t +C5 . (5.140) 4 4 2 2

Perlu kita perhatikan dengan cermat bahwa solusi untuk x memuat 5 buah konstanta, sedangkan order persamaan diferensial adalah 4. Sepintas lalu, hal ini bertentangan dengan teorema yang telah kita bahas pada bab sebelumnya yang mengatakan bahwa solusi harus memuat paling banyak 4 konstanta. Jika kita substitusikan solusi x dan y ke sistem awal akan diperoleh C5 = 0, yang berarti solusi untuk x memuat 4 konstanta.

118


Soal-soal latihan 5.1. Selesaikanlah sistem persamaan diferensial berikut. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k). l). m). n). o).

x0 = −x, y0 = −y. x0 = 3e−t , y0 = x + y. x0 = tx, y0 = t 2 y. x0 = 2t, y0 = 3x + 2t. x0 = et , y0 = x−y t . 0 2 0 x = t − t, y = t − y. x0 = 3x + 2e3t , x0 + y0 − 3y = sin 2t. x0 = y, y0 = −x + 2y. 3x0 + 3x + 2y = et , x0 − y0 + y = 2 cos 2t. x0 − 4x − 2y0 + y = t, 2x0 + x + y0 = 0. 2x0 + y0 − x = et , 3x0 + 2y0 + y = t. x0 − x + y0 + y = − cos 2t, 2x0 − y0 − y = 0. x0 − y0 = 1 − t, x0 + 2y0 = 4et + x. x0 − x + y0 + y = 0, x0 + 2x + y0 + 2y = 0. x0 + y0 + y = t, x0 + y0 + x + y = t 2 .

5.2. Tuliskanlah masing-masing persamaan diferensial order dua berikut sistem persamaan diferensial yang ekuivalen dengannya. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k).

4y00 − 16y0 + 2y = 0. 4y00 − 16y0 + 2y = e2t , dengan y(0) = 1, y0 (0) = −2. 4y00 + 16y0 (1 − y2 ) = y0 . Persamaan massa-pegas teredam mx00 + px0 +kx = 0 dengan x(0) = xi dan x0 (0) = vi . Persamaan massa-pegas tak-teredam dengan gaya luar mx00 + kx = A sin ω t. Rangkaian Seri RLC Rq00 + Rq0 + q/C = E(t). Persamaan pendulum LΘ 00 + pΘ = 0 dengan Θ (0) = Θi , Θ 0 (0) = ωi . Persamaan pendulum teredam LΘ 00 + pΘ 0 + g sin Θ = 0. a2 y00 + a1 y0 + a0 y = h(t). y00 = f (t, y, y0 ) Ujilah bahwa persamaan diferensial order dua a2 (t)y00 + a1 (t)y0 + a( 0)y = h(t) ekuivalen dengan sistem persamaan diferensial order satu


119

y0 = z a2 (t)z0 = a0 (t)y − a1 (t)z + h(t). dengan cara sebagai berikut • Anggapalah y(t) merupakan solusi persamaan diferensial order dua. Tunjukkan bahwa (y, y0 ) penyelesaian sistem persamaan diferensial order satu. • Anggaplah (y, z) menyelesaikan sistem persamaan diferensial linie order satu. Tunjukkanlah bahwa y menyelesaikan persamaan diferensial order dua. 5.3. Klasifikasikanlah masing-masing persamaan berikut setelah dikonversikan ke sistem persamaan diferensial: a). b). c). d). e). f). g).

4y00 − 16y0 + 2y = 0. 4y00 − 16y0 + 2y = e2t . 4y00 − 16y0 (1 − y2 ) = y0 . mx00 + px0 + kx = 0. mx00 + px0 + kx = A sin ω t. mx00 + kx = A sin ω t. Sistem mangsa-pemangsa F 0 = −(dF − α R)F R0 = (bR − β F)R

h). Sistem pendulum teredam

Θ0 = ω Lω 0 = −g sin Θ − pω i). Persamaan pendulum dengan gaya luar LΘ 00 + pΘ 0 g sin Θ = A sin π /t 5.4. Tentukanlah solusi umum sistem persamaan diferensial yang memenuhi nilai awal. a). x0 = 2x + 4y, y0 = −4x + 2y dengan x(0) = 2, y(0) = −2. b). x0 = −x + 3y, y0 = 3x − y dengan x(0) = 0, y(0) = 4. c). x0 = 4x + 4y, y0 = 3x − 4y dengan x(0) = 4, y(0) = 1.

120

d). e). f). g). h). i). j). k). l). m). n). o).


√ √ x0 = 5x/2 + 3 3y/2, y0 = 3 3x/2 − y/2 dengan x(0) = 6, y(0) = 0. x0 = −4x − 5y, y0 = x − 2y dengan x(0) = 0, y(0) = 0. x0 = −4x −√ 5y/2, y0 = x √ − 2y dengan x(0) = 1, y(0) = −6. 0 0 x = x/2 + 3y/2, y = 3x/2 − y/2 dengan x(0) = 6, y(0) = 4. x0 = y, y0 = x dengan x(0) = 1, y(0) = 0. x0 = y, my0 = −kx dengan x(0) = xi , y(0) = 0. x0 = y, my0 = −kx dengan x(0) = 0, y(0) = yi . x0 = y, my0 = −kx − py dengan x(0) = xi , y(0) = 0. x0 = −x2 , y0 = −y. x0 = y + t, y0 = x − 1 dengan x(0) = 2, y(0) = 1. 3x0 +3x = −2y+et , 4x−3y0 +3y = 3t dengan x(0) = 1, y(0) = −1. x0 + y0 = 4y + 1, x + y0 − 3y = t 2 dengan x(0) = 2, y(0) = −2.

5.5. Tunjukanlah bahwa pasangan fungsi berikut saling bebas linier. a). (et , et ) dan (e−2t , −e−2t ). b). (e3t , e3t ) dan ((1 + t)e3t , (4 + 3t)e3t ). c). (et , 0) dan (e−2t , −e−2t ). 5.6. Tentukanlah solusi umum sistem persamaan diferensial yang memenuhi nilai awal. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k).

x0 = −4x+2y+15t, y0 = −3x+3y−20 dengan x(0) = 3, y(0) = 4. x0 = −x + 3y − 8e−2t , y0 = 3x − y + 12 dengan x(0) = 0, y(0) = 4. x0 = 2x + 4y − 2, y0 = −4x + 2y + 4 dengan x(0) = 2, y(0) = −2. x0 = 4x + 4y√− 24t, y0 = 3x − √4y8 cos 2t dengan x(0) = 4, y(0) = 1. x0 = 52 x + 23 3y + 4, y0 = 32 3x − 12 y − 6t dengan x(0) = 6, y(0) = 0. x0 = −4x − 52 y + 1, y0 = x − 2y − 1 dengan x(0) = 1, y(0) = −6. x0 = −4x + 52 y + 1, y0 = x − 2y − 1 dengan x(0) = 0, y(0) = 0. x0 = y, my0 = −kx + F sin ω t dengan x(0) = xi , y(0) = 0. x0 = y, my0 = −kx + F sin ω t dengan x(0) = 0, y(0) = yi . x0 = y, my0 = −kx − py + Fe−t dengan x(0) = xi , y(0) = 0. x0 = y, Ly0 = −gx + 2 cos π t dengan x(0) = xi , y(0) = 0.

5.7. Selesaikanlah sistem persamaan diferensial berikut menggunakan teknik seperti pada contoh (5.3.2) a). x00 + 4x = 3 sint, x0 − y00 + y = 2 cost.


b). c). d). e). f). g).

x00 − 4x − 2y0 + y = t, 2x0 + x + y00 = 0. 2x0 + y0 − x = et , 3x0 + 2y0 + y = t. x00 + x − y00 − y = − cos 2t, 2x0 − y0 − y = 0. x00 − y0 = 1 − t, x0 + 2y0 = 4et + x. x00 − x + y0 + y = 0, x0 + 2x + y0 + 2y = 0. x0 + y0 + y = t, x00 + y00 + y0 + x + y = t 2

121

Bab 6 Transformasi Laplace.

6.1 Definisi Dasar Transfomasi L ( f ) dari fungsi f (t) didefinisikan oleh L (f) =

Z ∞ 0

f (t)e−st dt

(6.1)

untuk semua nilai s sedemikian hingga integral taktentu terdefinisi. Pada pelajaran kalkulus, integral taktentu (6.1) ini diselesaikan dengan pendekatan limit, yaitu Z ∞ 0

f (t)e

−st

dt = lim

Z m

m→∞ 0

f (t)e−st dt

(6.2)

Transformasi laplace yang didefinisikan di atas merupakan yakni jika fungsi f dan g memepunyai dan a, b konstanta sebarang maka berlaku (6.3) L (a f + bg) = aL ( f ) + bL (g). Selanjutnya, kita akan membahas dari contoh-contoh yang akan disajikan berbagai macam fungsi dan transfomasi Laplace-nya. Contoh 6.1.1 Carilah transformasi Laplace dari fungsi a dengan a konstanta. Menggunakan definisi transfomasi Laplace diperoleh L (a) =

Z ∞ 0

ae−st dt

= a lim

Z m

m→∞ 0

(6.4)

e−st dt 123

124

6 Transformasi Laplace.

a a = lim − e−sm + m→∞ s s a s > 0. = , s

(6.5)

Contoh 6.1.2 Carilah transformasi Laplace dari fungsi eat dengan a konstanta. Menggunakan definisi transfomasi Laplace diperoleh L (eat ) =

Z ∞ 0

eat e−st dt

= lim

Z m

m→∞ 0

Ã

= lim

m→∞

(6.6)

e(a−s)t dt

e(a−s)m 1 − a−s a−s

!

Limit persamaan terakhir tidak ada (limitnya menuju takhingga) untuk a > s. Olehkarenanya, di atas terdefinisi untuk s > a. Jadi L (eat ) =

1 , s−a

s > a.

(6.7)

Contoh 6.1.3 Tentukanlah transformasi Laplace fungsi sin at dengan a konstanta. Anggaplah s > 0, menerapkan definisi transformasi laplace untuk fungsi f (t) = sin at dan menggunakan teknik integral parsial menghasilkan L (sin at) = lim

Z m

m→∞ 0

e−st sin atdt

(6.8) Z

m e−sm sin at a = − lim + lim e−st cos atdt m→∞ s s m→∞ 0 Z m ae−sm cos at a a2 = − lim e−st sin atdt + 2 − 2 lim m→∞ s2 s s m→∞ 0 a a2 = 2 − 2 L (sin at). s s Persamaan terakhir ini menyatakan bahwa a L (sin at) = 2 2 , s > 0. (6.9) a +s

6.3 Transformasi Laplace dari derivatif fungsi

125

6.2 Fungsi Periodik Misalkan T bilangan tetap dan f (t + T ) = f (t) maka transformasi Laplace fungsi f diberikan oleh 1 L (f) = 1 − e−sT

Z T 0

e−st f (t)dt.

Contoh 6.2.1 Tentukanlah transformasi Laplace untuk ½ a, jika 0 ≤ t < T2 , f (t) = −a, jika T2 ≤ t < T .

(6.10)

(6.11)

Mengikuti formula yang diberikan oleh persamaan (6.10) dan menyelesaikan integral untuk fungsi (6.11) diperoleh Z T 0

e

−st

Z T /2

−st

Z T

ae − ae−st dt 0 T /2 a −st ¯¯t=T /2 a −st ¯¯t=T = − e ¯t=0 + e ¯t=T /2 s s ´ a ³ −sT −sT /2 e − 2e +1 = s ´2 a ³ −sT /2 = e −1 . s

f (t)dt =

Menggunakan formula 1 − e−sT = (1 − e−sT /2 )(1 + e−sT /2 ) diperoleh transformasi Laplace dari fungsi (6.11), yaitu a(1 − e−sT /2 ) . L(f) = s(1 + e−sT /2 )

(6.12)

6.3 Transformasi Laplace dari derivatif fungsi Misalkan fungsi f mempunyai derivatif kedua yang kontinu bagian demi bagian pada interval a ≤ t ≤ b dengan f 0 dan f 00 berturut-turut menyatakan derivatif pertama dan kedua dari fungsi f . Selanjutnya kita akan mencari transformasi Laplace untuk fungsi-fungsi ini. Perdefinisi kita dapatkan.

126


L ( f 0)

Z ∞ 0

f 0 (t)e−st dt.

(6.13)

Menggunakan integral parsial dengan memisalkan u = e−st , R 0 v = f (t)dt = f (t) diperoleh Z ∞ 0

f 0 (t)e−st dt = f (t)e−st |∞ 0 +s

Z ∞ 0

f (t)−st dt

= − f (0) + sL ( f )

(6.14)

Menggunakan cara yang sama dan menggunakan hasil untuk f 0 didapatkan (6.15) L ( f 00 ) = s2 L ( f ) − s f (0) − f 0 (0). Secara umum, transformasi Laplace dari fungsi derivatif ke-n untuk fungsi f diberikan oleh teorema berikut Teorema 6.1 Anggaplah bahwa fungsi f , f 0 , f 00 , · · · , f n−1 fungsi kontinu dan f n fungsi kontinu bagian demi bagian pada interval 0 ≤ t ≤ L. Anggaplah juga ada konstanta-konstanta K, a, dan M sedemikian hingga berlaku | f (t)| ≤ Keat | f 0 (t)| ≤ Keat , · · · , | f n−1 (t)| ≤ Keat

(6.16)

untuk t ≥ M. L ( f ) terdefinisi dan diberikan oleh L ( f n ) = sn L ( f ) − sn−1 f (0) − · · · − s f n−2 (0) − f n−1 (0).

(6.17)

Teorema 6.2 Jika f1 dan f2 fungsi kontinu dari t maka L ( f1 ) = L ( f2 ) jika dan hanya jika f1 (t) = f2 (t). Contoh 6.3.1 Jika diketahui L ( f ) = 2/(s + 2) tunjukkan bahwa f (t) = 2e−2t . Misalkan y = 2e−2t , dari definisi transformasi Laplace diperoleh L (y) = L (2e−2t ) = 2L (e−2t ).

(6.18)

Dari contoh 6.1.2 dengan mengambil a = −2 diperoleh L (y) =

2 . s+2

(6.19)

Karena L ( f ) = L (y) = L (2e−2t ) maka berdasarkan teorema 6.2 disimpulkan f (t) = 2e−2t . (6.20)

6.4 Invers Laplace

127

6.4 Invers Laplace Definisi 6.4.1 Misalkan fungsi F merupakan transformasi Laplace dari fungsi kontinu f , yaitu L ( f ) = F(s),

(6.21)

maka fungsi F, ditulis L −1 (F), adalah fungsi f , yaitu L −1 (F) = f (t).

(6.22)

Misalkan L (cos 2t) = s/(s2 + 4) = F(s) maka L −1 (F) = L −1 (

2 ) = cos 2t. s2 + 4

(6.23)

Contoh 6.4.1 Selesaikanlah masalah nilai awal y0 + ky = e−3t ,

y(0) = 4

(6.24)

menggunakan transformasi Laplace. Pertama kita cari transformasi Laplace masalah nilai awal di atas. Selanjutnya kita cari invers transformasi Laplace. Trasformasi laplace dari persamaan (6.24) diberikan oleh L (y0 + ky) = L (e−3t ) L (y0 ) + kL (y) = L (e−3t ) 1 sL (y) − 4 + kL (y) = s+3 1 4 L (y) = + . (s + 3)(s + k) s + k Untuk menyederhanakan pencarian invers transformasi Laplace kita 1 akan mengubah pecahan (s+3)(s+k) menjadi pecahan parsial berbentuk A s+k

B + s+3 , yaitu

1 A B = + , (s + 3)(s + k) s + k s + 3 dimana A = 1/(3 − k) dan B = −1/(3 − k).

(6.25)

128


Menggunakan pecahan parsial ini kita peroleh µ ¶ 1 1 1 4 L (y) = − + . 3−k s+k s+3 s+k

(6.26)

Invers transformasi laplace di atas diberikan oleh µ µ ¶ ¶ 1 1 1 4 −1 y=L − + 3−k s+k s+3 s+k µ ¶ ¶¶ ¶ µ µ µ 1 1 1 4 −1 −1 −1 = L −L +L 3−k s+k s+3 s+k Dari contoh 6.1.2 kita dapatkan invers transformasi Laplace dan sekaligus mendapatkan solusi masalah nilai awal (6.24) yaitu y=

(13 − 4k)e−kt − e−3t . 3−k

(6.27)

Contoh 6.4.2 Selesaikanlah masalah nilai awal y00 + 4y = 0,

y0 (0) = −1.

y(0) = 2,

(6.28)

Transformasi laplace masalah nilai awal (6.28) di atas diberikan oleh L (y00 + 4y) = L (0) L (y00 ) + 4L (y) = 0 s2 L (y) − sy0 (0) − y(0) + 4L (y) = 0. Menggunakan nilai awal dan mengumpulakan suku memuat L (y) didapatkan 2s − 1 s 1 (6.29) L (y) = 2 =2 2 − 2 . s +4 s +4 s +4 Invers Laplace persamaan (6.29) diberikan oleh y = L −1 L (y) = L −1 (2 = 2L −1 (

s s2 + 4

−

1 s2 + 4

)

s 1 −1 ) − L ( )). s2 + 4 s2 + 4

Pembaca dapat menguji hasil di bawah ini

6.4 Invers Laplace

L (cos 2t) =

129

s s2 + 4

,

L (sin 2t) =

2 s2 + 4

.

(6.30)

Dari definisi 6.4.1 dapat disimpulkan bahwa 1 y = L −1 L (y) = 2 cos 2t − sin 2t. (6.31) 2 Teorema 6.3 (). Misalkan f , g, L ( f ), dan (g) ada untuk s ≥ a ≥ 0, maka berlaku µZ t ¶ L ( f )L (g) = L f (r − s)g(r)dr 0 µZ t ¶ =L (6.32) f (r)g(r − s)dr . 0

Contoh 6.4.3 carilah Invers Laplace dari transformasi Laplace L (y) =

1 . (s + k)(s + 3)

Misalkan L ( f ) dan L (g). Menurut teorema 6.3 di atas ¶ µZ t 1 f (r − s)g(r)dr . = L ( f )L (g) = L (s + k)(s + 3) 0

(6.33)

(6.34)

Kita ketahui bahwa f (t) = L −1 L ( f ) = L (1/(s + k)) = e−kt dan g(t) = L −1 L (g) = L (1/(s + 3)) = e−3t . Sekali lagi, dengan menggunakan teorema 6.3 dihasilkan µ ¶ ¡ ¢ 1 −1 L = L −1 L −1 ( f )L −1 (g) (s + k)(s + 3) = =

Z t 0

Z t

=e

0

f (r)g(r − s)dr e−kr e−3(t−r) dr

−3t

Z t 0

e(3−k)r dr

´ e−3t ³ (3−k)t e −1 3−k e−kt − e−3t = . 3−k =

130


Bandingkan hasil ini dengan hasil contoh 6.4.1 Teorema 6.4 Misalkan F(s) = L ( f ) ada untuk s ≥ a ≥ 0 dan c konstanta, maka berlaku L (ect f ) = F(s − c),

s > a + c.

(6.35)

Sebaliknya, jika f (t) = L −1 (F(s)) maka berlaku ect f (t) = L −1 (F(s − c)).

(6.36)

Contoh 6.4.4 Carilah transformasi Laplace fungsi h(t) = e−2t cos 6t

(6.37)

Misalkan f (t) = cos 6t maka F(s) = L ( f (t)) = s/(s2 ). Menggunakan teorema 6.4 di atas menghasilkan L (h) = L (e−2t cos 6t) = F(s + 2) s+2 = (s + 2)2 + 36 s+2 = 2 s + 4s + 40 Contoh 6.4.5 Selesaikanlah masalah nilai awal y00 + 4y0 + 40y = 0,

y(0) = 3, y0 (0) = 12

(6.38)

Misalkan F(s) = L (y) transformasi Laplace. Menerapkan transformasi Laplace kedua ruas persamaan (6.38) dan menggunakan nilai awal yang diberikan, kita didapatkan F(s) = L (y) =

3s + 24 . s2 + 4s + 40

(6.39)

Invers transformasi Laplace dari fungsi F(s) diberikan oleh ¶ µ ¶ µ 6 s+2 −1 −1 −1 + 3L y(t) = L (F(s)) = 3L s2 + 4s + 40 s2 + 4s + 40 µ ¶ µ ¶ s+2 6 −1 −1 = 3L + 3L . (s + 2)2 + 36 (s + 2)2 + 36

6.5 Fungsi Tangga.

131

Pembaca harus menguji bahwa F1 (s) = L (cos 6t) = s/(s2 + 36) dan F2 (s) = L (sin 6t) = 6/(s2 +36). Berdasarkan informasi ini dan menggunakan teorema 6.4 disimpulkan µ ¶ s+2 −1 L = L −1 (F1 (s + 2)) = e−2t cos 6t, (6.40) (s + 2)2 + 36 dan µ L

−1

6 (s + 2)2 + 36

¶ = L −1 (F2 (s + 2)) = e−2t sin 6t.

(6.41)

Dari persamaan (6.40) dan (6.41) diperoleh solusi masalah nilai awal (6.38), yaitu y(t) = 3e−2t (cos 6t + sin 6t). (6.42)

6.5 Fungsi Tangga. Pada bagian sebelumnya, kita telah membahas penyelesaian masalah nilai awal menggunakan metode tranformasi Laplace. Berkenaan dengan metode ini, beberapa aplikasi menarik dalam masalah nilai awal takhomogen dengan suku takhomogennya merupakan fungsi diskontinu. Fungsi-fungsi jenis ini banyak ditemui dalam analisis aliran medan listrik atau vibrasi sistem mekanik. Pada bagian ini, kita akan membahas beberapa pengembangan sifat-sifat transformasi Laplace yang penting berkenaan dengan masalah fungsi diskontinu yang muncul dalam suku takhomogen pada masalah nilai awal. Beberapa hal penting dalam pembahasan berikut ini adalah beberapa asumsi yang perlu dibuat. Pertama, fungsi-fungsi yang terlibat dalam masalah nilai awal bersifat kontinu bagian demi bagaian, kedua fungsi-fungsi yang muncul dalam masalah nilai awal bertipe eksponensial. Hal ini penting, untuk menjamin transformasi Laplace terdefenisi pada domain solusi, minimal untuk s yang cukup besar. Tahap pertama dalam pembahasan ini adalah memperkenalkan atau . Fungsi ini akan kita notasikan dengan uc , dan didefinisikan oleh Definisi 6.5.1

132


½ uc (t) =

0, jika t < c, 1, jika t ≥ c.

(6.43)

dengan c ≥ 0. Contoh 6.5.1 Gambar grafik fungsi y = h(t), dimana h(t) = uπ (t) − u2π (t),

t ≥ 0.

(6.44)

Menggunakan definisi transformasi Laplace dengan c1 = π dan c2 = 2π diperoleh   0 − 0 = 0, 0 ≤ t < π , (6.45) h(t) = 1 − 0 = 1, π ≤< 2π ,  1 − 1 = 0, 2π ≤ t < ∞. Olehkarenyanya, grafik fungsi y = h(t) diberikan oleh .. Pandanglah fungsi tangga uc sebagai fungsi kontinu bagian demi bagian, transformasi Laplace dari fungsi ini, untuk s > 0, dapat kita tentukan sebagai berikut L (uc (t)) = = = =

Z ∞ 0

Z c

e−st uc (t)dt

e−st uc (t)dt +

Z0∞

−st

e

c e−cs

(6.46) Z ∞ c

e−st uc (t)dt

dt

. s Misalkan fungsi f terdefinisi untuk t > 0. Kita perhatikan hubungan fungsi berikut ½ 0, t < c, y = g(t) = (6.47) f (t − c), t ≥ c. Fungsi y = g(t) ini dapat dinyatakan oleh y = g(t) = uc (t) f (t − c).

(6.48)

Kita catat bahwa fungsi y = g(t) ini merupakan f sejauh c dengan arah positif t. Sehubungan dengan fungsi tangga di atas, kita mempunyai teorema berikut

6.5 Fungsi Tangga.

133

Teorema 6.5 Misalkan F(s) = L ( f ) ada untuk s ≥ a ≥ 0 dan c konstanta positif, maka berlaku L (uc (t) f (t − c)) = e−cs L ( f (t)) = e−cs F(s),

s > a.

(6.49)

Sebaliknya, jika f (t) = L −1 (F(s)) maka berlaku uc (t) f (t − c) = L −1 (e−cs F(s)). Contoh 6.5.2 Misalkan fungsi f didefinisikan oleh ½ sin(t), 0 ≤ t < π4 , f (t) = sin(t) + cos(t − π /4), t ≥ π /4.

(6.50)

(6.51)

Grafik fungsi f diberikan oleh .. Transformasi Laplace fungsi f dapat ditentukan dengan cara berikut: pertama, kita definisikan fungsi g, yaitu ½ 0, t < π4 , g(t) = (6.52) cos(t − π /4), t ≥ π /4. Menggunakan fungsi tangga, fungsi g dapat kita nyatakan dalam bentuk g(t) = uπ /4 (t) cos(t − π /4). (6.53) Fungsi f dan g dihubungkan oleh persamaan f (t) = sin(t) + g(t).

(6.54)

Menggunakan teorema 6.5 diperoleh L ( f (t)) = L (sin(t)) + L (uπ /4 (t) cos(t − π /4))

(6.55)

= L (sin(t)) + e−π s/4 L (cos(t)) 1 s = 2 + e−pis/4 2 s +1 s +1 − π s/4 1 + se = . s2 + 1 Contoh 6.5.3 Tentukan invers dari trasformasi Laplace F(s) =

1 − e2s . s2

(6.56)

134


Dari linieritas transformasi Laplace diperoleh −2s 1 −1 e − L s2 s2 = t − u2 (t)(t − 2),

f (t) = L −1 F(s) = L −1

(6.57)

atau ½ f (t) =

t, 0 ≤ t < 2, 2, t ≥ 2.

(6.58)

Teorema berikut juga sering digunakan untuk mencari transformasi Laplace. Teorema 6.6 Misalkan F(s) = L ( f ) ada untuk s ≥ a ≥ 0 dan c konstanta positif, maka berlaku L (ect f (t)) = F(s − c),

s > a + c.

(6.59)

Sebaliknya, jika f (t) = L −1 (F(s)) maka berlaku ect f (t) = L −1 (F(s − c)).

(6.60)

Contoh 6.5.4 Tentukan invers dari trasformasi Laplace G(s) =

1 s2 − 4s + 5

.

(6.61)

Menggunakan faktorisasi s2 − 4s + 5 = (s − 2)2 + 1 dan menggunakan fungsi F(s) = s21+1 diperoleh hubungan G(s) =

1 s2 − 4s + 5

= F(s − 2).

(6.62)

Menggunakan fakta L −1 (F(s)) = sin(t) dan teorema 6.6 diperoleh g(t) = L −1 (G(s)) = L −1 (F(s − 2)) = e2t sin(t).

(6.63)

6.6 Persamaan Diferensial dengan Suku Takhomogen Diskontinu.

135

6.6 Persamaan Diferensial dengan Suku Takhomogen Diskontinu. Pada pembahasan sebelumnya kita telah mempelajari penyelesaian persamaan diferensial order dua dengan suku takhomogen kontinu. Selanjutnya kita akan membahas penyelesaian persamaan diferensial berbentuk a0 y00 + a1 y0 + a2 y = g(t), (6.64) dimana a0 ,a1 , dan a2 fungsi-fungsi kontinu, tetapi suku takhomogen g(t) fungsi takkontinu. Contoh 6.6.1 Tentukan penyelesaian persamaan diferensial 2y00 + y0 + 2y = g(t), dimana

½ g(t) = u5 (t) − u20 (t) =

1, 5 ≤ t < 20, , 0, 0 ≤ t < 5,t ≥ 20.

(6.65)

(6.66)

dan memenuhi nilai awal y(0) = 0, y0 (0) = 0.

(6.67)

Persamaan diferensial 6.65-6.67 dapat dipandang sebagai model respon dari suatu osilator teredam terhadap gaya g(t). Menggunakan transformasi Laplace kedua ruas persamaan 6.65 dan menggunakan persamaan 6.66 diperoleh e−5s − e−20s . s (6.68) Menerapkan nilai awal 6.67 kepersamaan 6.68 kita peroleh transformasi Laplace persamaan 6.65 berikut 2s2 F(s) − 2sy(0) − 2y0 (0) + sF(s) − y(0) + 2F(s) =

F(s) = Misalkan H(s) =

e−5s − e−20s . s(s2 + s + 2) 1 s(s2 + s + 2)

(6.69)

(6.70)

136


maka persamaan 6.69 dapat dinyatakan dalam bentuk F(s) = (e−5s − e−20s )H(s).

(6.71)

Selanjutnya jika kita definisikan h(t) = L −1 H(s), dengan menerapkan teorema 6.5 akan diperoleh penyelesaian persamaan 6.65 dalam bentuk fungsi tunggal, yaitu y(t) = u5 (t)h(t − 5) − u20 (t)h(t − 20).

(6.72)

Berikutnya kita akan tinjau transformasi Laplace H(s) dengan menggunakan ekspansi pecahan parsial H(s) =

a bs + c + 2 . s 2s + s + 2

(6.73)

Membandingkan ruas sebelah kanan persamaan 6.73 dengan persamaan 6.70 kita dapatkan nilai-nilai berikut, a = 1/2, b = −1, dan c = −1/2. Menggunakan nilai-nilai ini kedalam persamaan 6.73 diperoleh 1/2 s + 1/2 − 2 s 2s + s + 2 1/2 1 (s + 1/4) + 1/4 = − . s 2 (s + 1/4)2 + 15/16

H(s) =

(6.74)

Invers Laplace dari persamaan 6.74 diberikan oleh ´ √ √ √ 1 1 ³ −t/4 h(t) = − e cos( 15t/4) + 15/15e−t/4 sin( 15t/4) . 2 2 (6.75) Contoh 6.6.2 Tentukan penyelesaian persamaan diferensial y00 + 2y0 + 5y = g(t), dimana

½ g(t) = u5 (t) − u20 (t) =

1, 0 ≤ t < π , , 0, t ≥ π .

(6.76)

(6.77)

dan memenuhi nilai awal y(0) = 0, y0 (0) = 0.

(6.78)


137

Menerapkan transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan 6.76 dan menggunakan persamaan 6.77 serta nilai awal 6.78 diperoleh (s2 + 2s + 5)Y (s) = atau Y (s) =

1 − e −π s , s

1 − e−π s . s(s2 + 2s + 5)

(6.79)

(6.80)

Selanjutnya kita akan menentukan invers transformasi Laplace µ ¶ 1 − e−π s −1 L . (6.81) s(s2 + 2s + 5) Untuk memudahkan menentukan invers Laplace 6.81, kita perlu menyatakannya dalam bentuk ¶ ¶ µ µ 1 e−π s −1 −1 L −L . (6.82) s(s2 + 2s + 5) s(s2 + 2s + 5) Dengan menyelesaikan pecahan parsial 1 s(s2 + 2s + 5)

=

A Bs + c + 2 , s s + 2s + 5

(6.83)

diperoleh µ L

−1

1 s(s2 + 2s + 5)

¶

µ ¶ µ ¶ s+2 1 −1 1 −1 = L −L 5 5 s(s2 + 2s + 5) µ ¶ µ ¶ 1 −1 1 s+1 1 −1 = L − L 5 s 5 (s + 1)2 + 4 µ ¶ 1 2 − L −1 10 (s + 1)2 + 4 1 1 1 = − e−t cos 2t − e−t sin 2t. (6.84) 5 5 10

Langkah berikutnya, kita misalkan F(s) =

1 s(s2 + 2s + 5)

,

(6.85)

138


dan

f (t) = L −1 F(s).

(6.86)

Menggunakan 6.84 ke persamaan 6.86 diperoleh f (t) =

1 1 1 −t − e cos 2t − e−t sin 2t. 5 5 10

Pekerjaan berikutnya adalah menentukan invers Laplace µ ¶ e−π s −1 L . s(s2 + 2s + 5)

(6.87)

(6.88)

Menghubungankan persamaan 6.85 dan persamaan 6.88, diperoleh ¶ µ ¡ ¢ e−π s −1 −1 −π s L = L e F(s) . (6.89) s(s2 + 2s + 5) Menggunakan teorema 6.5 kita dapatkan invers Laplace 6.88, yaitu ¡ ¢ L −1 e−π s F(s) = uπ (t) f (t − π ), (6.90) dimana

½ uπ (t) f (t − π ) =

0, 0 ≤ t < π, . f (t − π ), t ≥ π .

(6.91)

Solusi umum masalah nilai awal 6.76-6.78 diberikan oleh y(t) = f (t) − uπ (t) f (t − π ) (1£ ¤ −t (cos 2t + 1 sin 2t) , 1 − e 5 2 i 0 ≤ t < π , (6.92) = et h π eπ −1 5 (e − 1) cos 2t + 2 sin 2t , t ≥ π .

Soal-soal latihan 6.1. Tentukanlah transformasi Laplace dari masing-masing fungsi berikut ini. a). 4 − 9e−4t b). 3t 2 . c). cos π t.


d). e). f). g). h). i). j). k). l). m).

139

2t − 7. t + 2e2t . A sin ω t dengan ω konstanta. 2 sin 4t − 9 cosh 6t t sinh at t cosh at t cos at teat t 2 eat t 3 eat

6.2. Carilah transformasi Laplace untuk masing-masing masalah nilai awal berikut ini. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k). l). m). n). o).

y0 + 4y = sin 3t, y(0) = 2. 2y0 + 7y = 5t 2 + e−2t , y(0) = −1. y0 − 2y = t − 3 cos π t, y(0) = 3. y0 − ky = α e−t , y(0) = yi dengan k, α konstanta. y0 − y = 0, y(0) = 1. y0 − y = et , y(0) = 1. y0 + y = e−t , y(0) = 1. y00 + 4y0 + 4y = 0, y0 (0) = 1, y(0) = 1. y00 − 2y0 + 5y = 0, y0 (0) = 4, y(0) = 2. 3y000 + 5y00 + y0 − y = 0, y00 (0) = −1, y0 (0) = 1, y(0) = 0. y00 − 5y0 − 6y = e3t , y0 (0) = 1, y(0) = 2. y00 − y0 − 2y = 5 sint, y0 (0) = −1, y(0) = 1. y000 − 2y00 + y0 = 2et + 2t, y00 (0) = 0, y0 (0) = 0, y(0) = 0. y00 + y0 + y = t 2 , y0 (0) = 1, y(0) = 1. y00 + 3y0 + 2y = 12e2t , y0 (0) = −1, y(0) = 1.

6.3. Tentukanlah invers transformasi Laplace di bawah ini. 3 s2 + 4 4 . b). (s − 1)3 c). 2 2 . s + 3s − 4 d). 2 3s . s −s−6 a).

140

e). f). g). h). i). j). k). l). m). n). o). p). q). r). s). t). u). v).


2s + 2 . s2 + 2s + 5 2s − 3 . s2 − 4 2s + 1 . 2 s − 2s + 2 8s2 − 4s + 12 . s(s2 + 4) 1 − 2s . s2 + 4s + 5 2s − 3 . s2 + 2s + 10 4 . s(s + 4) 3 . (s − 2)(s − 3) 1 . 2 s − 16 s . (s + 1)(s2 + 4) s . (s − 1)(s2 − 4) 1 . s2 + 9 6 . s2 − 5s + 4 3s . 2 2s − 3s + 5 s−1 . 2 3s − 15s + 12 2s + 3 . s2 − 2s + 2 3 − 2s . s2 − 2s + 5 2+s . s2 + 4s + 1

6.4. Selesaikan masalah nilai awal berikut menggunakan transformasi Laplace. a). b). c). d). e).

y0 − 6y = 3, y(0) = 2. y0 − 6y sin 3t, y(0) = 5. y0 + 4y = cos π t, y(0) = 0. 2y0 + 8y = 6e−3t , y(0) = −2. 3 00 0 0 6 y + 1, 41y + 2y = 0, y (0) = 0, y(0) = 0, 75.


f). g). h). i). j). k). l). m). n). o). p). q). r). s). t).

y00 + 4y = cos π t, y0 (0) = 4, y(0) = 1. y00 + 4y = sin 2t, y0 (0) = 4, y(0) = 4. y00 − 4y0 + 4y = 0, y0 (0) = 2, y(0) = 2. y00 + 4y = 0, y0 (0) = −1, y(0) = 2. y00 − y0 − 6y = 0, y0 (0) = −1, y(0) = 1. y00 − 2y0 + 2y = 0, y0 (0) = 1, y(0) = 0. y00 − 4y0 + 4y = 0, y0 (0) = 1, y(0) = 1. y00 − 2y0 − 2y = 0, y0 (0)0 =, y(0) = 2. y00 + 2y0 + 5y = 0, y0 (0) = −1, y(0) = 2. yiv − 4y000 + 6y00 − 4y0 + y = 0, y000 (0) = 1, y00 (0) = 0, y0 (0) = 1, y(0) = 0. yiv − y = 0, y000 (0) = 0, y00 (0) = 1, y0 (0) = 0, y(0) = 1. yiv − 4y = 0, y000 (0) = 0, y00 (0) = −2, y0 (0) = 0, y(0) = 1. y00 + ω 2 y = cos 2t, y0 (0) = 0, y(0) = 1. y00 − 2y0 + 2y = e−t , y0 (0) = 1, y(0) = 0. y00 + 2y0 + y = 4e−t , y0 (0) = −1, y(0) = 2.

6.5. Gambarlah grafik fungsi berikut ini untuk t ≥ 0. a). b). c). d). e). f).

141

u1 (t) + 2u3 (t) − 6u4 (t). (t − 3)u2 (t) − (t − 2)u3 (t). dengan f (t) = t 2 . f (t − π )uπ (t) f (t − 3)u3 (t) dengan f (t) = sin(t). f (t − 1)u2 (t) dengan f (t) = 2t. f (t) = (t − 1)u1 (t) − 2(t − 2)u2 (t) + (t − 3)u3 (t).

6.6. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi berikut. a). F(s) = b). F(s) = c). F(s) = d). F(s) = e). F(s) = f). F(s) =

3! . (s − 2)2 e−2s . s2 + s − 2 2(s − 1)e−2s . s2 − 2s + 2 2e−2s . s2 − 4 (s − 2)e−s . s2 − 4s + 3 e−s + e−2s − e−3s − e−4s . s

142


6.7. Tentukan invers dari transformasi Laplace berikut. n+1 × n! . a). F(s) = 2 n+1 s b). F(s) = 22s + 1 . 4s + 4s + 5 c). F(s) = 2 1 . 9s − 12s + 3 e2−4s . d). F(s) = 2s −1

6.8. Misalkan F(s) = L ( f (t)) ada untuk s > a ≥ 0. a). Jika c konstanta positif, tunjukkan bahwa L ( f (ct)) = 1c F( ct ) untuk s > ca. b). Jika k konstanta positif, tunjukkan bahwa L −1 (F(ks)) = 1k f ( kt ). c). Jika a, b kontanta dengan a > 0, tunjukkan bahwa L −1 (F(as + b)) = 1a e−bt/a f ( at ). 6.9. Tentukanlah penyelesaian masalah nilai awal berikut. ½ 2, 0 ≤ t < 4, a). y00 − 3y0 + 2y = h(t) dimana h(t) = 0, t > 4, 0 dengan y(0) = 0, y (0) = 0. ½ 6, 0 ≤ t < 2, 00 0 b). y + 5y + 6y = h(t) dimana h(t) = 0, t > 2, 0 dengan y(0) = 0, y (0) = 0. ½ 1, 0 ≤ t < π /2, 00 0 c). y + 4y + 5y = h(t) dimana h(t) = 0, t > π /2, 0 dengan y(0) = 0, y (0) = 1. ½ 3, 0 ≤ t < 2π , 00 0 d). y + 6y + 8y = h(t) dimana h(t) = 0, t > 2π , dengan y(0) = 1, y0 (0) = −1. ½ −4t + 8π , 0 ≤ t < 2π , e). y00 + 4y = h(t) dimana h(t) = 0, t > 2π , dengan y(0) = 2, y0 (0) = 0. ½ t, 0 ≤ t < π , f). y00 + y = h(t) dimana h(t) = π, t > π, 0 dengan y(0) = 2, y (0) = 3 6.10. Selesaikan sistem persamaan linier dengan nilai awal berikut ini.


a).

b).

c).

d).

e).

f).

g).

h).

i).

j).

x0 + y = 3e2t , y0 + x = 0, x(0) = 2, y(0) = 0. x0 − 2y = 0, y0 − x − 3y = 0, x(0) = 3, y(0) = 0. x0 − 5x + 2y = 3e4t , y0 − 4x + y = 0, x(0) = 3, y(0) = 0. x0 − 2x − 3y = 0, y0 + x + 2y = t, x(0) = −1, y(0) = 0. x0 − 4x + 2y = 2t, y0 − 8x + 4y = 1, x(0) = 3, y(0) = 5. x0 + x + y = 5e2t , y0 − 5x − y = −3e2t , x(0) = 3, y(0) = 2. 2x0 + y0 − x − y = e−t , x0 + y0 + 2x + y = et , x(0) = 2, y(0) = 1. 2x0 + y0 + x + 5y = 4t, x0 + y0 + 2x + 2y = 2, x(0) = 3, y(0) = −4. 2x0 + 40 y + x − y = 3et , x0 + y0 + 2x + 2y = et , x(0) = 1, y(0) = 0. x00 − 3x0 + y0 + 2x − y = 0, x0 + y0 − 2x + y = 0, x(0) = 0, y(0) = −1, x0 (0) = 0.

143

Bab 7 Penyelesaian Persamaan Deferinsial dengan Metode Deret.

Kita telah membahas dan menerapkan beberapa teknik dan metode penyelesaian persamaan diferensial baik order satu maupun order dua serta sistem persamaan diferensial. Penyelesaian-penyelesaian persamaan diferensial yang kita dapatkan dinyatakan dalam ekplisit maupun implisit sebagai . Fungsi-fungsi ini merupakan sebagai dari suatu persamaan diferensial. Sejauh ini kita hanya membahas prosedur sistematik untuk mengkonstruksi penyelesaian fundamental dari persamaan diferensial dengan koefisien konstan. Jika persamaan diferensial dengan koefisien tak-konstan, maka pada umumnya penyelesaiannya sangat sulit dinyatakan secara eksplisit maupun implisit sebagai penyelesaian fundamental. Sehubungan dengan itu perlu kita kembangkan metode penyelesaian persamaan diferensial untuk kelas yang lebih luas lagi. Kita perlu membahas suatu metode yang dapat mengkonstruksi penyelesaian persamaan diferensial dengan . Alat utama yang dapat kita lakukan adalah dengan menyatakan penyelesaian itu dalam bentuk deret pangkat. Prasyarat yang diperlukan dalam menentukan penyelesaian persamaan diferensial dalam bentuk adalah pemahaman tentang . Gagasan yang ada pada metode penyelesaian persamaan diferensial dengan deret pangkat ini sebenarnya sama dengan ide pada metode koefisien taktentu. Sebelum kita membahas metode deret ini, perlu kita bahas sepintas tentang pelajaran deret pangkat seperti pada pelajaran kalkulus.

145

146

7 Penyelesaian Persamaan Deferinsial dengan Metode Deret.

7.1 Deret Pangkat Definisi 7.1.1 Deret yang dinyatakan dalam bentuk a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + a3 (x − x0 )3 + · · · ,

(7.1)

dimana a0 , a1 , a2 , a3 konstanta dan x variabel dinamakan deret pangkat. Selanjutnya kita akan menyatakan beberapa ringkasan tentang deret pangkat ini. Seperti yang dipeelajari dalam kalkulus, beberapa hal yang mungkin terjadi pada deret pangkat, yaitu deret pangkat (7.1) 1. hanya konvergen di titik x = x0 , 2. konvergen mutlak untuk nilai x disekitar x0 , yaitu untuk |x − x0 | < h; untuk |x − x0 | > h, 3. konvergen mutlak untuk semua nilai x, yaitu untuk −∞ < x < ∞ Pernyataan 7.1 Himpunan nilai x dimana deret pangkat konvergen dinamakan interval kekonvergenan. Seperti yang telah dipelajari dalam kalkulus bahwa salah satu alat uji kekonvergenan deret pangkat adalah . Uji itu menyatakan bahwa deret a0 + a1 + a3 + · · · + an + · · · ,

(7.2)

konvergen mutlak jika ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ ¯ = k < 1. lim ¯ n→∞ ¯ an ¯

(7.3)

Contoh 7.1.1 Tentukan interval kekonvergenan deret pangkat (x − 2) − 2(x − 2)2 + 3(x − 2)3 − 4(x − 2)4 + · · · .

(7.4)

Suku ke-n dari deret pangkat ini adalah (−1)n+1 n(x − 2)n . Menggunakan uji banding (7.3) diperoleh ¯ ¯ ¯ (−1)n+2 (n + 1)(x − 2)n+1 ¯ ¯ = |x − 2| lim n + 1 = |x − 2|. (7.5) lim ¯ ¯ n+1 n x→∞ n n→∞ ¯ (−1) n(x − 2) Kita ketahui bahwa deret pangkat (7.2) dijamin konvergen pada interval 1 < x < 3.

7.1 Deret Pangkat

147

Contoh 7.1.2 Tentutkan interval kekonvergenan deret pangkat 1 + x + 2!x2 + 3!x3 + · · · .

(7.6)

Pada soal ini, an = n!xn . Menggunakan uji banding (7.3) didapatkan ¯ ¯ ¯ (n + 1)!xn+1 ¯ ¯ = lim |(n + 1)x|. (7.7) lim ¯ ¯ n→∞ n→∞ ¯ n!xn Jelaslah bawah limit ini ada hanya untuk x = 0. Contoh 7.1.3 Tentukanlah interval kekonvergenan deret pangkat 1 1 1 + x + x2 + x3 + · · · . 2 3

(7.8)

Suku ke-n deret pangkat (7.8) adalah (1/n)xn . Menggunakan uji banding (7.3) didapatkan ¯ ¯ ¯ 1 xn+1 ¯ n ¯ ¯ n+1 lim ¯ 1 n ¯ = |x| lim . (7.9) n→∞ ¯ n→∞ n + 1 ¯ nx Jelaslah untuk −1 < x < 1 deret pangkat (7.8) konvergen. Juga jika kita masukan nilai x = −1 deret pangkat (7.8) menjadi 1 1 1 1−1+ − + −···. (7.10) 2 3 4 Deret (7.10) merupakan deret ganti tanda yang konvergen. Olehkarenya interval kekonvergenan deret pangkat (7.8) adalah −1 ≤ x < 1. Teorema 7.2 Jika deret pangkat (7.1) konvergen pada interval I : |x − x0 | < R dengan R konstanta positif, maka deret pangkat itu mendefinisikan fungsi yang kontinu untuk semua x pada interval I. Catatan 7.1.1 Perhatikan deret pangkat 1 + x + x2 + x3 + · · · .

(7.11)

Deret ini konvergen untuk |x| < 1. Kita ketahui bahwa deret pangkat (7.11) merupakan ekspandi Taylor dari fungsi f (x) = 1/(1 − x) pada interval −1 < x < 1. Jika x = 2 kita peroleh f (2) = −1. Tetapi kita catat bahwa deret pangkat (7.11) tidak menuju −1 untuk x = 2. Hal ini dikarenakan deret pangkat (7.11) tidak valid untuk x = 2.

148


Teorema 7.3 Misalkan f (x) didefinisikan oleh deret pangkat (7.1) pada interval |x − x0 | < k maka f 0 (x) ada pada interval |x − x0 | < k dan diberikan oleh a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · .

(7.12)

Teorema 7.4 Misalkan f (x) dan g(x) didefinisikan oleh deret pangkat berikut

dan

f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + · · · ,

(7.13)

g(x) = b0 + b1 (x − x0 ) + b2 (x − x0 )2 + · · · ,

(7.14)

pada interval |x − x0 | < k, maka f (x) = g(x) jika dan hanya jika a0 = b0 , a1 = b1 , a2 = b2 , · · · .

(7.15)

Definisi 7.1.2 Fungsi f (x) dikatakan analitik di titik x = x0 , jika fungsi f (x) mempunyai ekspasi deret Taylor disekitar x = x0 . Definisi 7.1.3 Fungsi f (x) dikatakan analitik pada interval I jika fungsi f (x) analitik pada setiap titik x pada interval I. Catatan 7.1.2 Berikut ini adalah fungsi-fungsi yang mempunyai ekspnasi deret Taylor pada interval yang diberikan disebelah kanan. x2 x3 + +···, 2! 3! x2 x4 x6 cos(x) = 1 − + − + · · · , 2! 4! 6! x3 x5 x7 sin(x) = x − + − + · · · , 3! 5! 7! x3 x5 x7 arctan(x) = x − + − + · · · , 3 5 7 ex = 1 + x +

−∞ < x < ∞,

(7.16)

−∞ < x < ∞, (7.17) −∞ < x < ∞, (7.18) −1 ≤ x ≤ 1. (7.19)

7.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Koefisien Variabel Pada bagian ini kita akan membahas penyelesaian persamaan diferensial linier dengan koefisien variabel berbentuk

7.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Koefisien Variabel

y(n) + an−1 (x)y(n−1) + · · · + a1 (x)y0 + a0 (x)y = Q(x).

149

(7.20)

Sebelum kita membahas lebih lanjut tentang penyelesaian persamaan diferensial (7.20) dengan metode deret, kita perlu menyatakan beberapa syarat yang harus dipenuhi agar penyelesaian itu dijamin ada dan tunggal. Teorema 7.5 Misalkan a0 , a1 , · · · , an , dan Q pada persamaan (7.20) analitik di titik x = x0 , yaitu fungsi-fungsi ini mempunyai ekspansi deret Taylor dalam pangkat (x−x0 ) pada interval −r < x−x0 < r, untuk suatu konstanta positif r, maka ada penyelesaian tunggal y(x) persamaan diferensial (7.20) yang analitik di titik x = x0 yang memenuhi nilai awal y(x0 ) = y0 , y0 (x0 ) = y1 , · · · , y9n−1) = yn−1 .

(7.21)

Selanjutnya kita akan menkonstruksi penyelesaian persamaan diferensial (7.20) dengan metode deret. Contoh 7.2.1 Tentukanlah penyelesaian persamaan diferensial dengan nilai awal yang diberikan. y00 − (x + 1)y0 + x2 y = x 0

y(0) = 1, y (0) = 1.

(7.22) (7.23)

Penyelesaian: Pada contoh ini a0 (x) = x2 a1 (x) = −(x + 1), dan Q(x) = x. Catatlah bahwa fungsi-fungsi ini mempunyai ekspansi deret Taylor untuk semua nilai x. Selanjutnya kita akan menentukan dari penyelesaian persamaan diferensial (7.22) dan memenuhi (7.23). Deret Maclaurin yang kita cari berbentuk y(x) = y(0) + y0 (0)x +

y00 (0) 2 y000 (0) 3 x + x +···. 2! 3!

(7.24)

Untuk menentukan nilai y00 (0), y000 (0), dan koefisien pangkat x yang lainnya, kita lakukan sebagai berikut. Pertama dengan menggunakan nilai awal kita substitusikan kepersamaan (7.22) diperoleh y00 (0) − 1 = 0, y00 (0) = 1.

(7.25)

Langkah berikutnya kita diferensialkan (7.22) sekali untuk memperoleh persamaan

150


y000 − (x + 1)y00 − y0 + xy0 + 2xy = 1.

(7.26)

Mensubstitusikan nilai y(0), y0 (0), y00 (0) kepersamaan (7.26) diperoleh y000 (0) = 3. Dengan mengikuti prosedur di atas dapat kita tentutkan koefisien-koefisien pangkat dari x, untuk menghasilkan penyelesaian persamaan diferensial (7.22) dan memenuhi nilai awal (7.23), yaitu y(x) = 1 + x +

x2 x3 x4 + + +···, 2 2 8

∞ < x < ∞.

(7.27)

Pernyataan 7.6 Teknik yang telah kita gunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial (7.22) tidak praktis. Kita harus menentukan koefisien pangkat dari x dengan mendiferesialkan persamaan (7.22) berulang-ulang. Untuk memudahkan penentuan koefisien pangkat dari x kita akan menggunakan notasi sigma dalam penulisan deret Maclaurin. Contoh 7.2.2 Tentukan penyelesaian persamaan diferensial y00 − xy = 0,

−∞ < x < ∞.

(7.28)

Catatan 7.2.1 Persamaan diferensial (7.28) dinamakan persamaan Airy. Penyelesaian: Catatlah bahwa a1 (x) = 0, a0 (x) = −x, dan Q(x) = 0. Fungsi-fungsi ini analitik untuk semua nilai x. Olehkarenanya kita dapat menerapkan metode deret pangkat untuk persamaan (7.28) Kita akan nyatakan deret Maclaurin dalam bentuk sigma, yaitu ∞

y(x) =

∑ cnxn.

(7.29)

n=0

Anggaplah r bilangan riil positif sedemikian hingga deret (7.29) dapat diturunkan dua kali untuk |x| < r. Mendiferensialkan (7.29) dua kali dan hasil ini disubstitusikan ke dalam (7.28) akan diperoleh persamaan ∞

∞

n=0

n=0

∑ (n + 2)(n + 1)cn+2xn = x ∑ cnxn =

∞

∑ cnxn+1.

n=0

(7.30)


151

Kita catat bahwa pangkat x ruas sebelah kiri adalah n dan ruas sebelah kanan adalah n + 1. Menyusun ulang deret pada persamaan (7.30) untuk menyamakan pangkat dari x kedua sigma kita dapatkan ∞

2c2 + ∑ (n + 2)(n + 1)an+1 xn = n=1

∞

∑ an−1xn.

(7.31)

n=1

Karena persamaan (7.31) berlaku untuk semua nilai x khususnya untuk x = 0 maka haruslah a2 = 0. Jadi persamaan (7.31) menjadi ∞

∑ ((n + 2)(n + 1)cn+1 − cn−1) xn = 0.

(7.32)

n=1

Sekali lagi, karena persamaan (7.32) berlaku untuk semua nilai x, maka haruslah koefisien semua pangkat dari x sama dengan nol, yaitu cn+2 =

cn−1 , (n + 2)(n + 1)

(7.33)

dimana n = 1, 2, 3, · · ·. Perhatikan relasi (7.33), jika c0 diketahui maka c3 dapat ditentukan dan olehkarenanya c6 juga dapat ditentukan. Jika c1 diketahui, maka c4 dapat ditentukan, olehkarenanya c7 dapat juga ditentukan. Jika c2 diketahui maka c5 dapat ditentukan, olehkarenanya c8 dapat juga ditentukan. Kita ketahui bahwa c2 = 0 maka didapatkan c5 = c8 = c11 = · · · = 0. Ada dua kelompok koefisien deret Maclaurin yang harus ditentukan yaitu yang dimulai dengan c0 dan yang dimulai dengan c1 . Menggunakan relasi (7.33) kita dapatkan relasi berikut c3n =

c0 2.3.5.6 · · · (3n − 4)(3n − 3)(3n − 1)3n

(7.34)

dimana n = 1, 2, 3, · · · dan c3n+1 =

c1 , 3.4.6.7 · · · (3n − 3)(3n − 2)(3n)(3n + 1)

(7.35)

dimana n = 1, 2, 3, · · ·. Menggunakan relasi (7.34) dan (7.35) diperoleh penyelesaian persamaan diferensial (7.2.1), yaitu

152


"

# x3n y = c0 1 + ∑ n=1 2.3 · · · (3n − 1)(3n) " # ∞ x3n+1 +c1 x + ∑ . n=1 3.4 · · · (3n)(3n + 1) ∞

(7.36)

Berikut kita akan memperluas penerapan metode deret untuk persamaan diferensial berbentuk y0 = f (x, y).

(7.37)

Definisi 7.2.1 Fungsi f (x, y) analitik di titik (x0 , y0 ) jika fungsi itu mempunyai ekspansi deret Taylor dari pangkat (x − x0 ) dan (y − y0 ) pada interval |x − x0 | < b dan |y − y0 | < c untuk bilangan positif b dan c. Definisi ini mengatakan bahwa jika fungsi f (x, y) analitik di titik (x0 , y0 ) pada interval |x − x0 | < b dan |y − y0 | < c maka fungsi ini dapat dinyatakan dalam bentuk f (x, y) = c00 + [a10 (x − x0 ) + c01 (y − y0 )] + [c20 (x − x0 )2 +c11 (x − x0 )(y − y0 ) + c02 (y − y0 )2 ] + · · · , (7.38) dimana ci j konstanta dan (x0 , y0 ) sebagai pusat interval. Catatan 7.2.2 Seperti halnya menentukan koefisien deret Taylor, penentuan koefisien deret (7.38) ditentukan secara substansi dengan prosedur yang sama. Penentuan koefisien ai j dilakukan sebagai berikut

∂f (x0 , y0 ), ∂x ∂2 f c11 = (x0 , y0 ), ∂ x∂ y 1 ∂2 f c02 = (x0 , y0 ), 2! ∂ 2 y 3 ∂3 f (x0 , y0 ), c21 = 3! ∂ 2 x∂ y c10 =

∂f (x0 , y0 ) ∂y 1 ∂2 f c20 = (x0 , y0 ) 2! ∂ 2 1 ∂3 f c30 = (x0 , y0 ) 3! ∂ 3 x 3 ∂3 f c12 = (x0 , y0 ) 3! ∂ x∂ 2 y c01 =

(7.39)


153

Teorema 7.7 Misalkan M bilangan positif dan misalkan fungsi f (x, y) di titik (x0 , y0 ). Jika | f (x, y)| ≤ M untuk semua (x, y) pada interval dimana f analitik maka persamaan diferensial (7.38) mempunyai penyelesaian tunggal y(x) yang memenuhi nilai awal y(x0 ) = y0 dan analitik di titik x = x0 . Interval kekonvergenan penyelesaian ini minimal pada interval n r o I : |x − x0 | < min r, , (7.40) 3M untuk suatu bilangan positif r. Catatan 7.2.3 Teorema di atas menyatakan bahwa jika f mempunyai ekspansi deret Taylor dari pangkat (x − x0 ) pada interval |x − x0 | < r, |y − y0 | < r dan terbatas pada interval ini maka masalah nilai awal y0 = f (x, y), y(x0 ) = y0 ,

(7.41) (7.42)

mempunyai penyelesaian tunggal y(x) yang analitik di titik x = x0 . Contoh 7.2.3 Tentukan penyelesaian masalah nilai awal y0 = x 2 + y2 , y(0) = 1.

(7.43) (7.44)

Penyelesaian: Berdasarkan teorema (7.7) kita harus menentukan batas dari f . Kita ketahui bahwa f (x, y) = x2 + y2 dengan x0 = 0, y0 = 1. Misalkan |x| < r, |y − 1| < r, maka | f (x, y)| = |x2 + y2 | = |x2 + y2 − 2y + 1 + 2y − 1| = |x2 + (y − 1)2 + 2y − 1| = |x2 + (y − 1)2 + 2(y − 1) + 1| < |x|2 + |y − 1|2 + 2|y − 1| + 1. Jadi

label7.36| f (x, y)| < 1 + 2r + 2r2 .

(7.45)

Dengan memilih M = 1 + 2r + 2r2 maka menurut teorema (7.7) masalah nilai awal (7.43) mempunyai penyelesaian tunggal y(x) yang analitik di titik x0 = 0. Penyelesaian ini dapat dinyatakan dalam bentuk deret Maclaurin

154


y(x) = y(0) + y0 (0)x +

y00 (0) 2 x +···. 2!

(7.46)

Interval kekonvergenan deret (7.46) diberikan oleh formula (7.40), yaitu ½ ¾ r I : |x| < min r, . (7.47) 3(2r2 + 2r + 1) Sekarang kita coba memaksimal interval kekonvergenan (7.47) ini. Misalkan r u= . (7.48) 2 3(2r + 2r + 1) Mendiferensialkan u terhadap r kemudian hasil diferensial ini disamakan dengan nol diperoleh r = 1/sqrt2. Menggunakan nilai r ini diperoleh 1 √ I : |x| < √ 3 2(1 + 2 + 1 1 √ < 0, 069. = 6(1 + 2) Menurut teorema (7.7) masalah nilai awal (7.43) dijamin ada dan dapat diekspansi menjadi deret Taylor untuk |x| < 0, 069. Cara pertama: Menggunakan nilai awal dan dengan mediferensial masalah nilai awal (7.43) diperoleh y0 = x2 + y2 , y0 (0) = 0 + 1 = 1; y00 = 2x + 2yy0 , y00 (0) = 0 + 2.1.1 = 2; y000 = 2 + 2(y0 )2 + 2yy00 , y000 (0) = 2 + 2.1.2 + 2.1 = 8; y(4) = 2yy000 + 6y0 y00 , y(4) (0) = 2.1.8 + 6.1.2 = 28. Mensubstitusikan nilai-nilai ini ke persamaan (7.46) diperoleh 4 7 y(x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · . 3 6

(7.49)

Cara kedua: Kita nyatakan penyelesaian masalah nilai awal (7.68) dalam bentuk y(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · .

(7.50)


155

Karena deret (7.50) menyatakan fungsi analitik di sekitar x0 = 0 kita dapat mendiferensialkan (7.50). Mensubstitusikan (7.50) dan turunannya ke masalah nilai awal (7.43) diperoleh a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + 4a4 x3 + · · · = x2 + (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·)2 . (7.51) Mengumpulkan semua koefisien pangkat dari x diperoleh (a1 − a20 ) + (2a2 − 2a0 a1 )x + (3a3 − a21 − 2a0 a2 − 1)x2 + (4a4 − 2a0 a3 − 2a1 a2 )x3 + · · · = 0. (7.52) Karena deret ini berlaku untuk semua nilai x pada interval kekonvergenan maka haruslah koefisien-koefisien dari semua pangkat dari x sama dengan nol. Menyamakan semua koefisien pangkat dari x deret (7.52)diperoleh a1 = a20 ; a2 = a0 a1 ; a3 = (a21 + 2a0 a2 + 1)/3; a4 = (a0 a3 + a1 a2 )/2, · · · .

(7.53)

Menggunakan nilai awal y(0) = 1 dan relasi (7.53) diperoleh a0 = 1, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 4/3, a4 = 7/6, · · ·. Mensubstitusikan nilai-nilai ini ke persamaan (7.50) diperoleh penyelesaian masalah nilai awal (7.43) 4 7 y(x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · . (7.54) 3 6 Penyelesaian ini berlaku untuk |x| < 0, 069. Cara ketiga: Kita coba menyelesaikan masalah nilai awal (7.43) menggunakan turunan partial. Menggunakan cara ini kita mencoba menentukan penyelesaian secara eksplisit menerapkan aturan yang diberikan oleh persamaan (7.39) berikut ini.

∂f = 2x, ∂x ∂2 f = 2, ∂ x2 ∂2 f = 0, ∂ x∂ y

∂f = 2y ∂y ∂2 f =2 ∂ y2 ∂2 f = 0. ∂ y∂ x

(7.55)

156


Menerapkan persamaan (7.39) dengan data persamaan (7.55) diperoleh c00 = 1, c10 = 0, c01 = 2,, c20 = 1, c11 = 0, c02 = 1. Mensubstitusikan nilai ci ini ke (7.38) kita dapatkan f (x, y) = x2 + y2 = 1 + 2(y − 1) + x2 + (y − 1)2 , atau

y2 = 1 + 2(y − 1) + (y − 1)2 .

(7.56) (7.57)

7.3 Singularity Perhatikan persamaan diferensial 1 x2 y00 + xy0 + (x2 − )y = 0. 4

(7.58)

Misalkan kita ingin mencoba menyelesaikan persamaan (7.113) menggunakan deret pangkat dalam bentuk y(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · .

(7.59)

Mendiferensialkan persamaan (7.59) dan mensubstitusikannya kepersamaan (7.113), kemudian mengkelompokkan koefisien pangkat x diperoleh 1 3 15 − a0 + a1 x + (a0 + a2 )x2 + · · · = 0. (7.60) 4 4 4 Karena deret (7.60) valid untuk x sekitar 0 maka akan diperoleh a0 = 0, a1 = 0, a2 = 0,· · ·. Kita tidak mendapatkan penyelesaian persamaan diferensial (7.113) menggunakan deret pangkat seperti yang telah kita terapkan pada pembahasan sebelumnya. Apa yang terjadi dengan persamaan diferensial (7.113)? Untuk mengkaji ini, bagilah persamaan (7.113) dengan x2 untuk memperoleh persamaan diferensial 1 4x2 − 1 y00 + y0 + y = 0. (7.61) x x2 Jelaslah persamaan diferensial (7.61) ini tidak analitik di titik x = 0. Karenanya hipotesis pada teorema (7.5) tidak dipenuhi oleh persamaan diferensial (7.61). Dalam kasus ii, kita perlu membedakan masalah

7.3 Singularity

157

dimana x = x0 koefisien variabel persamaan diferensial (7.20) yang memenuhi hipotesis teorema (7.5) dan yang tidak memenuhi hipotesis teorema (7.5). Untuk itu kita perlu mendefinisikan titik x = x0 dimana koefisien variabel persamaan diferensial (7.20) tidak analitik. Definisi 7.3.1 Titik x = x0 dinamakan titik biasa pada persamaan diferensial y(n) + cn−1 (x)y(n−1) + · · · + c1 (x)y0 + c0 (x)y = Q(x),

(7.62)

jika untuk masing-masing c0 , c1 , · · ·, dan Q(x) analitik di titik x = x0 . Definisi 7.3.2 Titik x = x0 disebut jika ada fungsi ci (x) yang tidak analitik di titik x = x0 . Pembahasan berikutnya akan difokuskan pada persamaan diferensial dengan bentuk umum y00 + c1 (x)y0 + c2 (x)y = 0.

(7.63)

Definisi 7.3.3 Misalkan titik x = x0 adalah titik singular. Misalkan pula perkalian c1 (x) dengan (x − x0 ) dan c2 (x) dengan (x − x0 )2 menghasilkan fungsi-fungsi yang analitik di titik x = x0 , maka titik x = x0 dinamakan regular singularity. Contoh 7.3.1 Ujialah bahwa titik x = 0 dan x = 1 adalah titik dari persamaan diferensial y00 +

1 2 y0 − y = 0. x(x − 1) x−1

(7.64)

1 2 Penyelesaian: Kita ketahui bahwa c1 (x) = x(x−1) dan c2 (x) = − x−1 . Berdasarkan definisi (7.3.2) x = 0 dan x = 1 merupakan titik-titik singular. Selanjutnya kita kalikan c1 dengan (x − 0) dan c2 dengan (x − 0)2 untuk memperoleh fungsi 1/(x − 1) dan fungsi −2x2 /(x − 1). Kedua fungsi terakhir ini analitik di titik x = 0 untuk |x| < 1. Jadi menurut definisi (7.3.3) titik x = 0 adalah titik regular singularity. Menggunakan cara dan alasan yang sama kita dapat juga bahwa titik x = 1 merupakan titik regular singularity.

158


Definisi 7.3.4 Misalkan x = x0 titik singular. Misalkan pula perkalian c1 (x) dengan (x − x0 ) dan c2 (x) dengan (x − x0 )2 menghasilkan fungsi-fungsi yang tidak analitik di titik x = x0 , maka titik x = x0 dinamakan irregular singularity. Contoh 7.3.2 Tunjukkanlah bahwa titik x = 0 dan x = 1 adalah untuk persamaan diferensial (x − 1)2 y00 +

1 0 y + 2y = 0. x2

(7.65)

Penyelesaian: Kita ketahui c1 (x) = 1/(x2 (x − 1)2 ) dan c2 (x) = 2/(x − 1)2 . Mengalikan c1 dengan (x − 0) diperoleh fungsi 1/(x(x − 1)2 ), dimana fungsi ini tidak analitik di titik x = 0. Jadi menurut definisi (7.3.4) titik x = 0 ini adalah titik irregular singularity. Mengalikan c1 (x) dengan (x − 1) diperoleh fungsi 1/(x2 (x − 1)), dimana fungsi ini tidak analitik di titik x = 1. Jadi berdasarkan definisi (7.3.4) titik x = 1 adalah titik irregular singularity. Catatan 7.3.1 Kita dapat memformulasikan definisi (7.3.3) untuk mengembangkan alat uji apakah titik x = x0 regular singularity atau iregular singularity persamaan diferensial (7.63). Alat uji adalah sebagai berikut. Jika lim (x − x0 )c1 (x) (7.66) x→x0

dan

lim (x − x0 )2 c2 (x)

x→x0

(7.67)

ada maka titik x = x0 merupakan titik regular singularity, jika salah satu limitnya tidak ada maka titik x = x0 merupakan titik irregular singularity. Contoh 7.3.3 Tentukan jenis titik singular persamaan diferensial 2x(x − 2)2 y00 + 3xy0 + (x − 2)y = 0.

(7.68)

Penyelesaian: Mengalikan persamaan diferensial (7.68) dengan 2x(x − 2)2 didapatkan c1 (x) = 3/(2(x − 2)2 ) dan c2 (x) = 1/(2x(x − 2)). Titik-titik singular persamaan ini adalah x = 0 dan x = 2. Perhatikan limit-limit berikut ini.

7.4 Metode Frobenius.

159

3 x lim = 0, x→0 2 x→0 (x − 2)2 1 x lim x2 c2 (x) = = 0. x→0 2 (x − 2) lim xc1 (x) =

(7.69) (7.70)

Olehkarena kedua limit di atas ada maka menurut definisi (7.3.3) titik x = 0 adalah titik regular singularity. Sebaliknya, kita perhatikan limit berikut ini 3 1 (7.71) lim (x − 2)c1 (x) = , x→0 2 x(x − 2) tidak ada. Olehkarenanya menurut definisi (7.3.4) titik x = 2 adalah irregular singularity.

7.4 Metode Frobenius. Deret yang disebut dengan adalah deret berbentuk £ ¤ y(x) = (x − x0 )m c0 + c1 (x − x0 ) + c2 (x − x0 )2 + · · · ,

a0 6= 0. (7.72) Catatlah bahwa jika m = 0 atau konstanta positif maka deret (7.72) merupakan ekspansi deret Taylor. Eksistensi dari deret Frobenius ini dinyatakan oleh teorema berikut ini. Teorema 7.8 Misalkan x0 titik regular singularity dari persamaan diferensial (7.63) maka persamaan diferensial ¡ ¢ (x − x0 )2 y00 + c1 (x)y0 + c2 (x)y = 0 (7.73) mempunyai paling sedikit satu deret Frobenius. Misalkan c1 (x) = f1 (x)/(x − x0 ) dan c2 (x) = f2 (x)/(x − x0 )2 maka kita dapat menentukan interval kekonvergenan deret Frobenius (7.72) seperti dalam teorema berikut ini. Teorema 7.9 Misalkan x0 titik regular singularity persamaan diferensial (7.63), maka interval kekonvergenan deret Frobenius (7.72) sama dengan interval kekonvergenan f1 dan f2 kecuali di titik x = x0 .

160


Tanpa mengurangi keumuman pembahasan, kita akan membahas untuk x0 = 0. Pandanglah persamaan diferensial berikut ini. x2 y00 + x f1 (x)y0 + f2 (x)y = 0,

(7.74)

dimana f1 dan f2 analitik di titik x = 0. Misalkan ekspansi deret Taylor f1 dan f2 disekitar x = 0 diberikan oleh f1 (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · , f2 (x) = d0 + d1 x + d2 x2 + · · · .

(7.75) (7.76)

Turunan deret Frobenius (7.72) sampai kedua untuk x0 = 0 adalah y0 = c0 mxm−1 + c1 (m + 1)xm + c2 (m + 2)xm+1 + · · · + cn (m + n)xm+n−1 + · · · ,

(7.77)

dan y00 = c0 m(m − 1)xm−2 + c1 m(m + 1)xm−1 + c2 (m + 1)(m + 2)xm + · · · + cn (m + n − 1)(m + n)xm+n−2 + · · · . (7.78) Karena diasumsikan deret Frobenius (7.72) memenuhi persamaan diferensial (7.74) maka mensubstitusikan persamaan (7.72), (7.77) dan (7.78) ke dalam (7.74), kemudian menggunakan (7.75) dan (7.76) kita dapatkan persamaan c0 [m(m − 1) + b0 m + d0 ]xm + {c1 [(m + 2)(m + 1) + b0 (m + 1) + d0 ] + c0 (b1 m + d1 )} xm+1 + {c2 [(m + 2)(m + 1) + b0 (m + 2) + d0 ] + c1 [b1 (m + 1) + d1 ] + c0 (b2 m + d2 )} xm+2 + {a3 [(m + 3)(m + 2) + b0 (m + 3) + d0 ] + c2 [b1 (m + 2) + d1 ] + c1 [b2 (m + 1) + d2 ] + c0 (b3 m + d3 )} xm+3 + · · · + {an [(m + n)(m + n − 1) + b0 (m + n) + d0 ] +cn−1 [b1 (m + n − 1) + d1 ] + cn−2 [b2 (m + n − 2) + d2 ] + · · · +c0 (bn m + dn )} xm+n + · · · = 0.

(7.79)

Persamaan (7.79) berlaku untuk semua nilai x dalam interval kekonvergenan. Karenanya, semua koefisien dari pangkat x harus sama dengan nol. Perhatikan koefisien dari xm . Karena masing-masing koefisien pangkat dari x sama dengan nol dan c0 6= 0 maka haruslah m(m − 1) + b0 m + d0 = 0.

(7.80)

Persamaan (7.80) sering disebut . Persamaan indeks (7.80) adalah persamaan kuadrat dalam m. Sehubungan dengan penyelesaian persamaan diferensial (7.74) menggunakan deret Frobenius (7.72), kita akan meninjau tiga jenis akar-akr persamaan indeks, yaitu akar-akarnya


161

1. berbeda dan selisihnya bukan bilangan bulat; 2. berbeda dan selisihnya bilangan bulat; dan 3. sama. Selanjutnya kita akan membahas ketiga jenis ini secara terpisah.

7.4.1 Akar-akar berbeda dengan selisih bukan bilangan bulat. Prosedur penentuan koefisien deret Frobenius dilakukan sebagai berikut; misalkan akar-akar persamaan indeks (7.80) adalah m = m1 dan m = m2 . Mensubstitusikan akar-akar ini kedalam koefisien xm+1 dan menyamakan kofisien ini dengan nol akan diperoleh nilai c1 yang dinyatakan dalam c0 . Mensubstitusikan akar-akar ini kekoefisien xm+2 dan menyamakan koefisien ini dengan nol akan diperolh nilai c2 yang dinyatakan dalam c0 . Melakukan cara terus-menerus akan diperoleh nilai cn , untuk semua n, yang dinyatakan dalam c0 . Karena akar-akar persamaan indeks (7.80) ada dua maka kemungkinan deret Frobenius yang diperoleh ada dua juga. Sehubungan dengan ini kita nyatakan teorema berikut. Teorema 7.10 Dua penyelesaian deret Frobenius dari persamaan diferensial (7.74) bebas linier. Masing-masing penyelesaian ini valid untuk semua x pada interval kekonvergenan bersama f1 dan f2 kecuali x = 0. Contoh 7.4.1 Tentukan penyelesaian deret Frobenius dari persamaan diferensial 1 1 x2 y00 + x(x + )y0 − (x2 + )y = 0. 2 2

(7.81)

Penyelesaian: Dengan membagi persamaan (7.81) dengan x2 , kemudian mengunakan definisi (7.3.3) pada persamaan terakhir kita simpulkan bahwa titik x = 0 adalah titik regular singularity. Olehkarenanya kita dapat menggunakan deret Frobenius untuk persamaan diferensial (7.81). Deret Frobenius dengan x0 = 0 diberikan oleh y(x) = xm (c0 + c1 x + c2 x2 + · · ·)

(7.82)

162


dengan c0 6= 0. Membandingkan (7.81) dengan (7.74) diperoleh 1 1 f1 (x) = x + , f2 (x) = −x2 − , (7.83) 2 2 dimana b0 = 1/2, b1 = 1, d0 = −1/2, d1 = 0, dan d2 = −1. Persamaan indeks untuk persamaan diferensial (7.79) adalah 2m2 − m − 1 = 0.

(7.84)

Akar-akar persamaan indeks (7.84) adalah m = 1 dan m = −1/2. Akar m = 1: Mensubstitusikan akar ini ke dalam koefisien xm+1 dan menyamakannya dengan nol diperoleh · ¸ 1 1 c1 2.1 + (1 + 1) − + c0 (1 + 0) = 0. (7.85) 2 2 Menyelesaikan persamaan (7.85) diperoleh 2 (7.86) c1 = − c0 . 5 Mensubstitusikan akar ini ke dalam koefisien xm+n dan menyamakannya dengan nol diperoleh 2(−ncn−1 + cn−2 ) , (7.87) 2n2 + 3n untuk n ≥ 2. Persamaan (7.87) merupakan formula rekursi. Memasuk n = 1, 2, · · ·, dan menggunakan persamaan (7.86) diperoleh deret Frobenius yang berpadanan dengan akar m = 1 µ ¶ 2 9 2 82 3 y1 (x) = c0 x 1 − x + x − x +···. (7.88) 5 35 945 cn =

Akar m = − 12 : Menggunakan cara yang sama diperoleh deret Frobenius yang berpadanan dengan akar m = − 21 µ ¶ 3 2 13 3 −1/2 y2 (x) = c0 x 1−x+ x − x +··· . (7.89) 2 18 Penyelesaian umum persamaan diferensial (7.81) adalah y(x) = C1 y1 (x) +C2 y2 (x),

(7.90)

dimana C1 ,C2 konstanta riil, y1 , y2 diberikan oleh (7.88) dan (7.89)


163

7.4.2 Akar-akar berbeda dengan selisih bilangan bulat. Misalkan akar-akar persamaan indeks diberikan oleh m dan m + N dengan N bilangan bulat positif. Karena m + N akar dari persamaan kuadrat (7.80), akar ini memenuhi (m + N)(m + N − 1) + b0 (m + N) + d0 = 0.

(7.91)

Sekarang bandingkan (7.91) dan suku pertama koefisien xm+n persamaan (7.79). Membandingkan ini dapat kita simpulkan bahwa, jika kita mulai mencari koefisien deret Frobenius dengan akar terkecil mulai dari ci dengan i < N maka penentuan koefisien deret Frobenius akan berhenti pada pada cN . Karena koefisien cN pada persamaan (7.79) akan menjadi nol. Dengan kata lain persamaan (7.79) akan dipenuhi untuk sebarang nilai cN . Akibatnya, untuk akar lebih kecil, koefisienkoefisien deret Frobenius akan dinyatakan dalam c0 dan cN . Jadi kita perlu membahas dua kasus berikut. 7.4.2.1 Koefisien cN sama dengan nol dan jumlah suku-suku lain dari xm+N sama dengan nol. Akar m + N akan memperoleh koefisien-koefisien deret Frobenius yang dinyatakan dalam c0 . Sedangkan akar yang lebih kecil akan memperoleh koefisien-koefisien deret Frobenius yang dinyatakan oleh c0 dan cN . Contoh 7.4.2 Tentutkanlah penyelesaian umum persamaan diferensial µ ¶ 1 2 00 0 2 x y + xy + x − 2 y = 0. (7.92) 2 Penyelesaian: Berdasarkan definisi (7.3.3) kita peroleh bahwa x = 0 adalah titik regular singularity. Berarti kita akan mencari penyelesaian persamaan diferensial (7.4.2.1) menggunkan deret Frobenius, yaitu y(x) = xm (c0 + c1 x + c2 x2 + · · ·).

(7.93)

Seperti dalam contoh (7.4.1) kita peroleh f1 (x) = 1 dan f2 (x) = − 41 + x2 , b0 = 1, c0 = − 14 , c1 = 0, dan c2 = 1. Persamaan indeks dari (7.79) diberikan oleh

164


m2 −

1 = 0. 4

(7.94)

Akar-akar persamaan indeks (7.94) adalah m = 21 dan m = − 12 . Sehingga selisih kedua akar ini adalah 1. Kita catat bahwa untuk m = −1/2, jika kita substitusikan nilai ini kepersamaan (7.79) dan kemudian menyamakan koefisien xm+1 dengan nol akan diperoleh persamaan · ¸ 1 1 1 1 + c0 0 = 0, 0c1 + 0c0 = 0. c1 ( )(− ) + − (7.95) 2 2 2 4 Catatlah bahwa koefisien c0 dan c1 sama dengan nol. Berarti untuk sebarang nilai c0 dan c1 akan memenuhi persamaan (7.79). Selanjutnya dengan mensubstitusikan akar m = −1/2 kekoefisien xm+n dan menyamakannya dengan nol diperoleh persamaan (n2 − n)cn = −cn−2 , n ≥ 2.

(7.96)

Dari persamaan (7.96) kita dapat menentukan c2 , c3 , · · ·. Menggunakan (7.96) akan diperoleh µ ¶ 1 2 1 4 1 6 −1/2 y(x) = c0 x 1− x + x − x +··· 2 24 720 ¶ µ x4 x6 x2 1/2 − +··· . (7.97) +c1 x 1− + 6 120 5040 Karena deret memuat dua penyelesain bebas linier dengan dua konstanta maka deret ini merupakan penyelesaian umum persamaan diferensial . 7.4.2.2 Koefisien cN sama dengan nol dan jumlah suku-suku lain dari xm+N tidak sama dengan nol. Jika moefisien cN sama dengan nol tetapi jumlah suku-suku lain xm+N dari persamaan (7.79) tidak sama dengan nol kama akar m + N dari persamaan (7.80) akan menentukan koefisien deret Frobenius (7.72) yang dinyatakan dalam c0 . Olehkarenanya, dalam kasus ini hanya ada satu deret Frobenius yang akan diperoleh.


165

Pernyataan 7.11 Penyelesaian kedua dari persamaan diferensial (7.74) berbentuk y2 (x) = u(x) − bN y1 (x) log(x),

x > 0,

(7.98)

dimana N harga mutlak selisih akar-akar persamaan indeks, y1 deret Frobenius penyelesaian persamaan diferensial (7.74) yang berpadanan dengan akar m + N, dan u(x) adalah deret Frobenius berbentuk u(x) = xm (e0 + e1 x + e2 x2 + · · ·).

(7.99)

Deret Frobenius (7.99) diperoleh dengan menggunakan akar m. Menggunakan persamaan (7.98) dan (7.99) ke persamaan diferensial (7.74) akan diperoleh x2 u00 + x f1 u0 + f2 u = bN (2xy01 + ( f1 − 1)y1 ).

(7.100)

Contoh 7.4.3 Tentukan penyelesaian persamaan diferensial x2 y00 − x(2 − x)y0 + (2 + x2 )y = 0.

(7.101)

Penyelesaian: Membagi persamaan (7.101) dengan x2 dan menggunakan definisi (7.3.3) diperoleh bahwa titik x = 0 adalah titik regular singularity. Karenanya kita kan mencari penyelesaian persamaan diferensial (7.101) dengan deret Frobenius berbentuk y = xm (c0 + c1 x + c2 x2 + · · ·).

(7.102)

Dalam soal ini, kita ketahui bahwa f1 (x) = −2 + x dan f2 (x) = 2 + x2 . Sehubungan dengan itu, dengan (7.75) dan (7.76) kita ketahui pula bahwa b0 = −2, b1 = 1, d0 = 2, d1 = 0, dan d2 = 1. Persamaan indeks (7.94) menjadi m2 − 3m + 2 = 0. (7.103) Persamaan (7.103) mempunyai akar-akar m = 1 dan m = 2. Selisih mutlak dari akar-akar ini adalah 1. Menggunakan akar terkecil m = 1 dan menyamakan koefisien xm+1 persamaan (7.79) sama dengan nol, diperoleh persamaan 0c1 + c0 = 0. Tetapi hal ini bertentangan dengan asumsi bahwa c0 6= 0. Olehkarenanya, kita dapat menggunakan akar m = 1 dengan cara ini.

166


Menggunakan akar persamaan indeks (7.103) terbesar, yaitu m = 2, dan menyamakan koefisien xm+1 dari persamaan (7.79) sama dengan nol, kita peroleh persamaan c1 (3.2 − 2.3 + 2) + 2c0 = 0,

c1 = −c0 .

(7.104)

Untuk mendapatkan kofisien deret Frobenius (7.102) yang lainnya, kita substitusikan akar m = 2 kekofisien xm+n pada persamaan (7.79) kemudian menyamakannya dengan nol. Dengan melakukan ini akan diperoleh formula rekursi berikut (n2 + n)cn = −(n + 1)cn−1 − cn−2 ,

n ≥ 2.

(7.105)

Mensubstitusikan m = 2 dan fomula rekursi (7.105) kepersamaan (7.102) kita peroleh deret Frobenius pertama, yaitu ¶ µ x2 x3 2 y1 (x) = c0 x 1 − x + − − · · · (7.106) 3 36 Selanjutnya kita kan menentukan persamaan (7.99). Dengan menentukan (7.99) dan mensubstitusikannya ke (7.33) kita peroleh penyelesaian kedua persamaan diferensial (7.101). Tentunya penyelesaian umum dari persamaan diferensial (7.101) adalah kombinasi linier kedua penyelesaian ini.

7.4.3 Akar-akar sama. Jika selisih mutlak kedua akar persamaan indeks (7.79) sama dengan nol maka tentunya hanya satu deret Frobenius, sebagai penyelesaian pertama persamaan diferensial (7.74), yang dapat diperoleh. Penyelesaian keduanya dapat diperoleh dengan menggunakan formula pada persamaan (7.98). Contoh 7.4.4 Tentukanlah penyelesaian persamaan diferensial x2 y00 + xy0 + x2 y = 0.

(7.107)

Penyelesaian: Membagi persamaan (7.107) dengan x2 dan menggunakan definisi (7.3.3) kita dapatkan bahwa titik x = 0 merupakan titik


167

regular singularity. Jadi kita kan mencari penyelesaian persamaan diferensial (7.107) dengan deret Frobenius dalam bentuk y(x) = xm (c0 + c1 x + c2 x2 + · · ·).

(7.108)

Membandingkan persamaan (7.107) dengan persamaan (7.74) kita peroleh f1 (x) = 1 dan f2 (x) = x2 . Sehubungan dengan ini pula kita dapatkan bahwa b0 = 1, d0 = 0, d1 = 0, dan d2 = 1. Akar-akar Persamaan indeks adalah m = 0. Menggunakan akar m = 0 kita dapatkan c1 = 0 dan formula rekursi cn =

−cn−2 , n2

n ≥ 2.

(7.109)

Mensubstitusikan nilai m = 0, a1 = 0 dan menggunakan formulasi rekursi (7.109) maka seret (7.108) menjadi µ ¶ x2 x4 x6 x8 y1 (x) = a0 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + 2 2 2 2 . (7.110) 2 2 .4 2 .4 .6 2 .4 .6 .8 Penyelesaian kedua diperoleh menggunakan formula (7.98) dengan N = 0. Setelah diperoleh penyelesaian kedua, kama penyelesaian umum persamaan diferensial (7.107) diberikan oleh Ã

x2 1 + 12 4 1 + 12 + 13 6 y(x) = c1 y1 (x) + c2 + x + 2 2 2 x +··· 22 22 .42 2 .4 .6 ! 1 1 n+1 1 + 2 + · · · + n 2n x + (−1) , x > 0, (7.111) 22 .42 · · · (2n)n dimana y1 diberikan oleh (7.110).

Soal-soal latihan 7.1. Tentukan interval kekonvergenan masing-masing deret berikut. 4

6

2n

a). x2 + x2! + x3! + · · · + xn! + · · ·. b). 1 + 8x + (8x)2 + · · · + (8x)n + · · ·.

168

7 Penyelesaian Persamaan Deferinsial dengan Metode Deret. 2

n−1

+ (x+3) + · · · + (x+3) c). 1 + x+3 22 32 n2 d). e).

+ · · ·.

(x−x0 )n . ∑∞ n=1 n n!xn ∑n+1 ∞ nn .

7.2. Tentukan deret Taylor dan interval kekonvergenan dari fungsi berikut dengan titik yang diberikan. a). sin(x), x0 = 0. b). ex , x0 = 0. c). ln(x), x0 = 1. 1 d). 1+x , x0 = 0. 1 e). 1−x , x0 = 2. 7.3. Tentukan an sedemikian hingga memenuhi persamaan ∞

∑ nanxn−1 + ∑ ∞anxn = 0. 0

(7.112)

n=0

7.4. Selesaikan persamaan diferensial linier dengan nilai awal di bawah ini menggunakan metode deret. Kemudian tentukan juga interval kekonvergenan penyelesaian yang diperoleh. a). b). c). d).

y0 − xy + x2 = 0, y(0) = 2. x2 y00 = x + 1, y(1) = 1, y0 (1) = 0. y00 + 3xy0 + ex y = 2x, y(0) = 1, y0 (0) = −1. x2 y00 + (1 + x)y0 + 3(ln(x))y = 0, y(1) = 2, y0 (1) = 0.

7.5. Persamaan Chebyshev diberikan oleh (1 − x2 )y00 − xy0 + α y = 0,

(7.113)

dimana α konstan. Tentukan dua penyelesaikan bebas linier dalam bentuk deret pangkat dari x dengan |x| < 1 7.6. Tentukan penyelesaian masalah nilai awal berikut ini. a). y0 = x 2 − y2 , y(0) = 1.


169

b). y0 = x2 + sin(y), y(0) = f racπ 2. c). y0 = x + ey , y(0) = 0. d). y0 = cos(x) + sin(y), y(0) = 0. 7.7. Tentukan penyelesaian masalah nilai awal berikut dengan menggunakan metode deret pangkat. a). b). c). d). e). f). g). h). i). j). k).

y0 = x2 − y2 , y(0) = 1. y0 = x2 − y2 , y(1) = 1. y0 = x2 − xy, y(0) = 2. y0 = x2 + sin(y), y(0) = π /2. (1 − x − y)y0 = 1, y(1) = −2. y0 = sin(xy), y(0) = 3. y0 = cos(x + y), y(0) = π /2. y0 = y√2 + ex−1 , y(1) = 1. y0 = 1 + xy, y(0) = 1. y0 = 1 + xy2 , y(0) = 1. y0 = cos(x) + sin(x), y(0) = 1.

7.8. Tentukanlah singularitas dan nyatakan juga jenis singularitas dari masing-masing persamaan diferensial berikut ini. a). (x − 1)3 x2 y00 − 2(x − 1)xy0 − 3y = 0. b). (x − 1)2 x4 y00 + 2(x − 1)xy0 − y = 0. c). (x + 1)2 y00 + xy0 − (x − 1)y =. 7.9. Buktikan bahwa titik asal adalah titik regular singularity untuk masing-masing persamaan diferensial berikut. Buktikan pula bahwa selisih mutlak akar-akar persamaan indeksnya bukan bilangan bulat.

170


Kemudian tentukan penyelesaian persamaan umum diferensial menggunakan deret Frobenius serta tentukan interval kekonvergenan penylesaiannya itu. a). b). c). d). e).

x2 y00 + x(x + 12 )y0 + xy = 0. 2x2 y00 + 3xy0 + (2x − 1)y = 0. 2xy00 + (x + 1)y0 + 3y = 0. 2x2 y00 − xy0 + (1 − x2 )y = 0. 2(x2 + x3 )y00 − (x − 3x2 )y0 + y = 0.

7.10. Buktikan bahwa titik asal adalah titik regular singularity untuk masing-masing persamaan diferensial berikut. Buktikan pula bahwa selisih mutlak akar-akar persamaan indeksnya bilangan bulat. Kemudian tentukan penyelesaian persamaan umum diferensial menggunakan deret Frobenius serta tentukan interval kekonvergenan penylesaiannya itu. a). b). c). d). e). f). g). h).

x2 y00 − x2 y0 + (x2 − 2)y = 0. x2 y00 + (1 + x3 )xy0 − y = 0. x2 y00 + xy0 + (x2 − 19 )y = 0. x2 y00 + xy0 + (x2 − 1)y = 0. x2 y00 − x2 y0 + (x2 − 4)y = 0. x2 y00 − 3xy0 + 4(x + 1)y = 0. xy00 + (1 − x)y0 + 12 y = 0. Buktikan persamaan peersamaan (7.100)

Pustaka

171

Pustaka 1. Tenenbaun, M., Pollard, H.: Ordinary Differential Equations. Dover, New York (1985) 2. Goode, S. W.: Diffrenetial Equations and Linear Algebra. Prentice Hall, New Jersey (2000) 3. Boyce, W.E., DiPrima, R.C.: Elementary Differential Equations and Bounary Value Problems. Wiley, New York (2004) 4. Ross, S.L: Introduction to Differential Equations. Wiley, New York, (1998)

Indeks

akar kompleks konjugat, 76 analitik, 152 Bernoulli, 48 Convolution, 129 Cramer, 115 deret Frobenius, 159 deret Maclaurin, 149 deret pangkat, 145 deret Taylor, 145 derivatif, 1 derivatif parsial, 1 diferensial eksak, 28 diferensial homogen, 19 divergen, 146 faktor integrasi, 32 fungsi elementer, 145 fungsi Heaviside, 131 fungsi homogen, 18 fungsi implisit, 4 fungsi periodik, 125 fungsi primitif, 7 fungsi tangga, 131 fungsi-fungsi fundamental, 145 garis normal, 60 integral taktentu, 124 invers transfomasi Laplace, 127 irregular singularity, 157 kalkulus, 1 keluarga ellip, 65 keluarga kurva, 57 keluarga penyelesaian n parameter, 8 koefisien linier, 24 koefisien taktentu, 78

koefisien variabel, 145 konvergen, 146 koordinat polar, 66 Laplace, 123 linier order 2, 73 linier tak homogen order 2, 73 model persamaan massa-pegas, 100 Order, 2 penyelesaian, 2 penyelesaian eksplisit, 2 penyelesaian fundamental, 145 penyelesaian implisit, 4 penyelesaian khusus, 17 persamaan indeks, 160 persamaan karakteristik, 74 persamaan Riccati, 49 regular singularity, 157 sistem persamaan diferensial, 97 solusi nontrivial, 107 tangen kurva, 57 titik singular, 157 transformasi Laplace, 123 transformasi linier, 123 translasi fungsi, 132 trayektori isogonal, 63 trayektori ortogonal, 65 uji banding, 146 variabel terpisah, 16 variasi parameter, 89 Wronskian, 115 173

Persamaan Diferensial Biasa Pak Darmo

Recommend Documents