Upload
buithien
View
252
Download
10
Embed Size (px)
Citation preview
���������������� ������������������ �����
BAB 1 PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDER SATU
1.1. PENDAHULUAN
Persamaan Diferensial adalah salah satu cabang ilmu matematika yang banyak
digunakan dalam memahami permasalahan-permasalahan di bidang fisika dan
teknik. Persamaan Diferensial merupakan alat yang ampuh dalam menyelesaikan
berbagai macam masalah praktis yang sering muncul di dunia nyata. Pada
pembahasan berikut, pertama akan diberikan pengertian Persamaan Diferensial,
order dan derajat serta penyelesaian Persamaan Diferensial. Selanjutnya dibahas
berbagai teknik penyelesaian Persamaan Diferensial order satu.
Tujuan Instruksional :
Setelah mempelajari bab ini, saudara harus dapat
• Membedakan Persamaan Diferensial Biasa dengan Persamaan Diferensial
Parsial, serta membedakan order dan derajat Persamaan Diferensial
• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan Diferensial
dengan peubah terpisah, Persamaan Diferensial eksak, serta Persamaan
Diferensial Linier order satu.
• Menentukan faktor integral dan mengubah Persamaan Diferensial menjadi
Eksak.
• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan Diferensial
tipe homogen, Riccati, dan Bernoulli.
• Mereduksi Persamaan Diferensial nonhomogen ke bentuk Persamaan
Diferensial Homogen.
• Menentukan trayektori ortogonal
���������������� ������������������ �����
1.2. PENGERTIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL
Pada kuliah kalkulus, kita telah belajar bagaimana menentukan derivatif
(turunan) )('' xfydx
dy== dari suatu fungsi )(xfy = . Misalnya, jika
xeyx 3cos2 += − ,
maka
xedx
dy x 3sin32 −−= −. (1.1)
Atau jika diberikan persamaan dalam bentuk Cyxg =),( dengan C konstanta,
kita dapat mendiferensialkan secara implisit untuk memperoleh dx
dy. Misalkan
dipunyai fungsi implisit
922 =+ yx
maka akan diperoleh
022 =+dx
dyyx
atau
y
x
dx
dy−= . (1.2)
Persamaan (1.1) dan (1.2) di atas merupakan contoh persamaan diferensial.
Definisi : Suatu persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang menyatakan
hubungan fungsi yang tidak diketahui beserta turunannya.
Jika hanya ada satu peubah bebas, maka disebut Persamaan Diferensial
Biasa (PDB), sebagai contoh adalah persamaan (1.1) dan (1.2). Contoh PDB
lainya adalah sebagai berikut :
���������������� ������������������ �����
.0
sin3
24
2
2
2
=−
=−−
=+
dxxydyy
xydx
dy
dx
yd
exydx
dy x
Sedangkan jika persamaan memuat dua atau lebih peubah bebas, maka
disebut Persamaan Diferensial Parsial (PDP). Misalkan :
.0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=∂
∂+
∂
∂+
∂
∂
∂
∂=
∂
∂
=−∂
∂+
∂
∂
z
u
y
u
x
u
t
u
x
u
ovt
v
x
v
Pembahasan tentang PDP akan dibicarakan dalam bab tersendiri.
1.2.1. Bentuk Umum dan Order PDB
Bentuk umum PDB order n adalah
),...,'',',,( )()( 1−= nnyyyyxfy (1.3)
yang menyatakan adanya keterkaitan antara peubah bebas x dan peubah tak bebas
y beserta turunan-turunannya dalam bentuk persamaan yang identik nol. Beberapa
buku menulis persamaan ini dalam bentuk 0=),...,'',',,( )(nyyyyxf .
Order dari Persamaan diferensial adalah order tertinggi dari turunan yang
ada dalam persamaan. Misalkan
xxydx
dysin2 =+
adalah persamaan diferensial order satu, sedangkan
02
2
=+ ydx
yd
merupakan persamaan diferensial order dua.
���������������� ������������������ �����
1.2.2. Penyelesaian PDB
Masalah kita selanjutnya adalah bagaimana menemukan penyelesaian
PDB, yaitu suatu fungsi )(xy yang memenuhi PDB tersebut.
Definisi : Suatu fungsi )(xy yang didefinisikan pada suatu interval disebut
penyelesaian PDB jika secara identik memenuhi persamaan (1.3) pada interval
yang diberikan.
Contoh 1.1 :
Fungsi xkey = adalah penyelesaian persamaan diferensial y
dx
dy= pada interval
∞<<∞− x , karena .)(xx
kekedx
d= Jadi jika disubstitusikan ke dalam
persamaan diperoleh xke = x
ke , yang berlaku untuk semua x.
Tidak semua penyelesaian PDB dapat disajikan secara eksplisit seperti
Contoh 1.1. Beberapa kasus ditemukan penyelesaian yang disajikan dalam bentuk
implisit, seperti contoh berikut.
Contoh 1.2 :
Persamaan Cyx =+ 22 , untuk suatu konstanta C > 0, merupakan penyelesaian
bentuk implisit dari .y
x
dx
dy−=
Contoh 1.3 :
Persamaan 1sin =+ yexyx , merupakan penyelesaian bentuk implisit dari
.cos
sin
yex
yey
dx
dyx
x
+
+−=
1.2.3. Masalah Nilai Awal
Misalkan akan dicari penyelesaian )(xyy = dari PDB order satu
).,(' yxfy = (1.4)
���������������� ������������������ �����
yang memenuhi
00 yxy =)( . (1.5)
Persamaan (1.5) disebut kondisi awal dari PDB order satu. PDB (1.4)
dengan kondisi awal (1.5) disebut Masalah Nilai Awal (MNA). Penyelesaian yang
memenuhi kondisi awal ini disebut penyelesaian khusus, sedangkan jika tidak
diberikan kondisi awal dinamakan penyelesaian umum, seperti Contoh 1.2. Jadi
pada penyelesaian umum masih memuat konstanta sebarang C, sedangkan pada
penyelesaian khusus sudah tidak memuat konstanta sebarang.
Contoh 1.4 :
Persamaan xx
y +=2
2
adalah penyelesaian khusus dari MNA
.)(,' 001 ==− yxy
Latihan 1.2 :
Tunjukkan bahwa fungsi yang diberikan merupakan penyelesaian dari Persamaan
diferensial
1. xCeyyy
2,2' == .
2. xexccyyyy
−+==++ )(,0'2'' 21 .
3. xyxyy sec2
1,sec'' 3 ==+ .
4. xxxxeececyeyyy
2
21 )sin(,sin2'3'' −− −+==+− .
5. 0)4(,164,4
' 22 ==−= yyxy
xy .
���������������� ������������������ �����
1.3. PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA ORDER SATU
Pada Bagian ini, kita akan membahas teknik-teknik penyelesaian PDB
order satu. Untuk PDB order satu yang berbentuk )(' xfy = , dimana f fungsi
kontinu dari satu peubah bebas x, maka kita dapat mengintegralkan secara
langsung kedua ruas untuk memperoleh penyelesaiannya. Selanjutnya akan dicari
penyelesaian PDB order satu
),(' yxfdx
dyy == (1.6)
dimana f fungsi kontinu dari dua peubah bebas x dan y. Penyelesaian (1.6) tidak
dapat diperoleh dengan mengintegralkan secara langsung. Untuk memperoleh
penyelesaiannya dapat dilakukan dengan pemisahan peubah, seperti dibahas
dalam bagian berikut.
1.3.1 PD dengan Peubah terpisah
Untuk mencari penyelesaian umum dari persamaan (1.6), terlebih dahulu
kita pisahkan peubah x dan y , sehingga kita peroleh fungsi
)()(),( yqxpyxf = .
Persamaan (6) berubah menjadi
)()( yqxpdx
dy=
atau dapat ditulis
.)()(
dxxpyq
dy= (1.7)
Dengan asumsi bahwa y adalah fungsi dari x, maka kita punya dxxyq
xy
yq
dy
))((
)('
)(= ,
sehingga persamaan (1.7) menjadi
dxxpdxxyq
xy)(
))((
)('= .
���������������� ������������������ �����
Selanjutnya dengan menuliskan )(xyu = dan )(' xydu = , maka dengan
mengintegralkan kedua ruas kita peroleh penyelesaian umum persamaan (1.7),
yaitu
� � += Cdxxpuq
du)(
)( (1.8)
dengan C konstanta sebarang.
Berikut ini beberapa contoh PDB dengan peubah yang dapat dipisahkan.
Contoh 1.5:
Selesaikan .cos2 xedx
dy y−=
Penyelesaian :
Dengan melakukan pemisahan peubah diperoleh
dxxdyey cos2= .
Integralkan kedua ruas
.sin2 Cxey +=
Sehingga kita peroleh Penyelesaian umumnya adalah
).sin2ln( Cxy +=
Untuk mengecek kebenaran penyelesaian ini, perhatikan bahwa
).cos2(sin2
1' x
Cxy
+=
Substitusikan ke PDB, kita peroleh
xexCx
Cx cos2)cos2(sin2
1 )sin2ln( +−=+
Karena Cx
eCx
+=+−
sin2
1)sin2ln( , persamaan di atas terpenuhi
untuk setiap 0sin2 >+ Cx . Dengan demikian y adalah penyelesaian PDB
tersebut.
Contoh 1.6
���������������� ������������������ �����
Selesaikan ).( yxydx
dy+= 2
Penyelesaian :
PDB dapat kita tulis dalam bentuk
).( 12 += xydx
dy
Pemisahan peubah memberikan
.)( dxxy
dy12 +=
Integralkan kedua ruas diperoleh
Cxxy ++= 2ln 2
atau
Cxxey
++= 22
.
Dalam beberapa kasus akan kita jumpai persamaan diferensial dalam
bentuk
(1.9)
Contoh 1.7 :
Selesaikan .0=+−xdxdyye
x
Penyelesaian :
Persamaan dapat kita bawa ke bentuk
.dxxeydyx−=
Integralkan keuda ruas, diperoleh
.)( Cexy x +−= 12
1 2
atau
Cexyx +−= )(12 .
.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM
���������������� ������������������ �����
Contoh 1.8 :
Selesaikan 2
23
y
x
dx
dy=
Penyelesaian.
PD
2
23
y
x
dx
dy=
Dapat ditulis dalam bentuk
22 3xdx
dyy =
atau,
dxxdyy22 3=
Integralkan kedua ruas, diperoleh
cdxxdyy += ��22 3
� cxy
+= 33
3,
atau,
,3 133
cxy +=
.
Dalam hal ini cc 31 = konstanta.
Jadi penyelesaian umumnya adalah
3
1
13 ]3[ cxy += .
Contoh 1.9 :
Selesaikan 223yyt
dt
dy+=
Penyelesaian
���������������� ������������������ �����
PD dapat ditulis dalam bentuk
,)1(
)1(2
323
−
+=+=
y
tyt
dt
dy
atau
dttdyy
)1(1 3
2+=
Integralkan kedua ruas, diperoleh
cdttdyy
++= �� )1(1 3
2
atau, ,4
11 4ctt
y++=
−
atau
,4
4
14
ctty
++−= dengan c1 = 4c,
Latihan 1.3.1 :
Selesaikan soal berikut dengan pemisahan peubah.
1. .yxe
x
dx
dy
+= 2. ).( 21 yx
dx
dy−=
3. .)(
)(
1
13
−
+=
y
xy
dx
dy 4. .
2xxye
dx
dy=
5. .0sincos 2 =+ dxxdyxy 6. .)( 023 =−+ dxyydyex
7. .02)12sec( 1 =++ −dxxydyx 8. .12 =
dx
dyxy
9. .)(ln xydy
dxx = 10. .)( 012 =−+ dxxydyx
Selesaikan MNA berikut :
11. .)(, 1012
2 =+
= ye
e
dx
dyy
x
x
12. .)(, 210 ==−+ yxxydx
dy
13. .)(, 10 ==+ PPtePdt
dP t 14. .)(, 21
2
=−
= pq
pp
dq
dp
15. .)(,)( 110 ==+− ydtyydyt
���������������� ������������������ �����
1.3.2. Persamaan Diferensial Linier Order Satu
Persamaan linier order satu adalah persamaan yang berbentuk
)()()( xbyxadx
dyxa =+ 21 (1.10)
dimana ),(),( xaxa 21 dan )(xb hanya bergantung pada peubah bebas x. Misalnya,
.tan)(sin
,)1(
,2
xyxdx
dy
xxydx
dyx
xeydx
dyx
x
=+
=++
=− −
Persamaan 02 =− − yexdx
dy bukan persamaan linier, meskipun peubah dapat
dipisahkan. Sedangkan persamaan xydx
dyyx =+− 22 )( bukan persamaan linier
dan peubah tidak dapat dipisah.
Pada persamaan (1.10), diasumsikan bahwa ),(),( xaxa 21 dan )(xb kontinu
pada suatu interval tertentu dengan 01 ≠)(xa . Maka persamaan dapat kita bawa
ke bentuk
)(
)(
)(
)(
xa
xby
xa
xa
dx
dy
11
2 =+
atau
)()( xQyxPdx
dy=+ (1.11)
yang merupakan Bentuk Standar PDB linier order satu.
Penyelesaian PDB Linier
Langkah-langkah penyelesaian PDB Linier order satu adalah sebagai
berikut :
Langkah 1. Tuliskan PDB dalam bentuk standar
���������������� ������������������ �����
)()( xQyxPdx
dy=+ .
Langkah 2. Tentukan faktor integral
�=µdxxP
ex)(
)( .
Langkah 3. Kalikan )(xQ dengan µ dan integralkan
� + .)()( CdxxQxµ
Langkah 4. Tuliskan penyelesaian umum
� += .)()()( CxQxyx µµ
atau
.)(
)()(
x
CxQxy
µ
µ� +=
Contoh 1.10 :
Tentukan penyelesaian umum dari
.22 =+ xydx
dyx
Penyelesaian.
Langkah 1. Tulis persamaan dalam bentuk standar:
.2
21
xy
xdx
dy=+
Jadi x
xP1
=)( dan 2
2
xxQ =)( .
Langkah 2. Tentukan faktor integral
.
)(
ln
)(
xe
eex
x
dxdxxPx
==
==µ �� 1
Langkah 3. Kalikan 2
2
xxQ =)( dengan x=µ dan integralkan, sehigga diperoleh
���������������� ������������������ �����
� +==
� � ��
���
�=
.ln22
2)()(
2
Cxdxx
dxx
xdxxQxµ
Langkah 4. Penyelesaian umumnya adalah
Cxxy += ln2
atau
.ln2
x
Cxy
+=
Contoh 1.11 :
Selesaikan PD
1sincos =+ xydx
dyx
Penyelesaian.
PD dapat dinyatakan dalam
xx
xy
dx
dy
cos
1
cos
sin=+
atau
xxydx
dysectan =+
Yang merupakan bentuk PD linier
)()( xqyxpdx
dy=+ ,
dengan x(x)q,x(x)p sectan == .
Selanjutnya diperoleh faktor integral
xeeexdxxpdx
secseclntan
=== ��
Kalikan PD dengan faktor integral, diperoleh
���������������� ������������������ �����
xxxydx
dyx
2sectansecsec =+
atau
xxydx
d 2sec)sec( =
.
Integralkan kedua ruas,
cdx xxy += �2secsec
Jadi penyelesaian PD adalah,
c xxy += tansec
atau,
xcxcxx
xy cossin
sec
1
sec
tan+=+=
Contoh 1.12 :
Selesaikan PD
ydx
dyyx =+ )2( 3
Penyelesaian.
Perhatikan bahwa PD memuat y3 ,jadi ini bkan PD linier, tetapi jika kita
lihat x sebagai fungsi y , dan PD dapat kita tulis dalam bentuk
32yxdy
dxy +=
Atau
22yy
x
dy
dx=−
Maka diperoleh bentuk PD linear dengan x sebagai fungsi y,
���������������� ������������������ �����
22and1
dengan y(y)qy
(y)p(y)qx(y)pdy
dx=−==+
Selanjutnya dapat kita selesaikan dengan langkah-langkah seperti
pada contoh sebelumnya.
Faktor integralnya adalah
dyyp
e)(�
yyee
ydy
y 11ln1
==== −−−
��
Kalikan PD dengan y
1,
yy
x
dy
dx
y2
1=
��
�−
Atau
yy
xdy
d2
1. =
��
�
Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh
cyy
x += 21,
Jadi penyelesaian PD adalah,
)( 2ycyx += .
Ada dan tunggalnya penyelesaian PDB linier order satu yang memenuhi
syarat awal tertentu diberikan dalam sifat berikut.
Sifat 1.1 :
���������������� ������������������ �����
Misalkan P(x) dan Q (x) fungsi kontinu pada interval β<<α x . Maka
terdapat satu dan hanya satu fungsi )(xyy = yang memenuhi )()( xQyxPdx
dy=+
pada interval tersebut dengan kondisi awal ,)( 00 yxy = dimana β<<α 0x .
Latihan 1.3.2 :
Selesaikan PDB linier order satu berikut
1. ., 0>=+ xeydx
dyx x
2. .22x
xeydx
dy=−
3. .,cos)(tan22
2 ππ <<−=+ xxyxdx
dy 4. .ln2 xxy
dx
dyx =−
5. .)( dxxxydxdyx22 1−=+ 6. .1
2 3 −+= xexx
y
dx
dy
Selesaikan MNA berikut
7. .2)1(,0,1ln3 −=>+=− yxxydx
dyx 8. .)(, 10142 ==+ yy
dx
dy
9. .)(, 103 22 −==+ yxyxdx
dy 10. ( ) .,)cos( 00
2==−+ πydxxyxdy
1.3.3 Persamaan Diferensial Eksak
Perhatikan kembali persamaan diferensial order satu yang dituliskan dalam
bentuk diferensial
Definisi : Persamaan 0=+ dyyxNdxyxM ),(),( dikatakan PD Eksak jika
terdapat fungsi ),( yxQ sedemikian sehingga ),( yxMx
Q=
∂
∂dan
),( yxNy
Q=
∂
∂.
.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM
���������������� ������������������ �����
Dengan mengingat diferensial total dari fungsi ),( yxQ , maka dari definisi
di atas dapat disimpulkan bahwa persamaan 0=+ dyyxNdxyxM ),(),( eksak
jika dan hanya jika x
N
y
M
∂
∂=
∂
∂.
Adapun langkah-langkah untuk menyelesaikan PD Eksak adalah sebagai
berikut.
Langkah 1. Tuliskan PD dalam bentuk diferensial :
Langkah 2. Tes ke-eksak-an PD; Apakah
?x
N
y
M
∂
∂=
∂
∂
Langkah 3. Jika eksak, integralkan M terhadap x atau N terhadap y. Misal dipilih
M, maka :
� += )(),( ygdxMyxQ .
Langkah 4. Turunkan Q terhadap y dan samakan hasilnya dengan N
( ) ).(' ygdxMy
N +∂
∂= �
Langkah 5. Integralkan )(' yg untuk memperoleh g.
Langkah 6. Tuliskan penyelesaian umum dalam bentuk implisit:
CyxQ =),( .
Langkah 7. Tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.
Contoh 1.13 :
Selesaikan PD .)(, 302
2
2=
−
−−= y
xy
yx
dx
dy
Penyelesaian :
Langkah 1. Bentuk diferensial PD adalah :
.)()( 022 2 =−+− dyxydxyx
Langkah 2. PD ini eksak, karena
.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM
���������������� ������������������ �����
x
N
y
M
∂
∂=−=
∂
∂2 .
Langkah 3. Misal dipilih M untuk diintegralkan, maka :
).(
)()(
)(),(
ygxyx
ygdxyx
ygdxMyxQ
+−=
+−=
+=
�
�
2
2
2
2
1
Langkah 4. Samakany
Q
∂
∂ dengan N, maka :
xydy
dgx 220 2 −=+−
atau
.)('2
yyg =
Langkah 5. Integralkan )(' yg , diperoleh :
.)(3
3
1 yyg =
Langkah 6. Penyelesaian umum dalam bentuk implisit:
. .Cyxyx =+− 3
3
12
2
1 2
Langkah 7. Dengan kondisi awal 30 =)(y , diperoleh C = 9, sehingga
penyelesaian khususnya adalah :
.92 3
3
12
2
1 =+− yxyx
Contoh 1.14 :
Selesaikan persamaan .)()( 0122 22 =+−−− dxxyydyxyx
Penyelesaian :
Akan kita selesaikan mengikuti langkah-langkah di atas, tanpa menuliskan
masing-masing item.
Persamaan sudah dalam bentuk diferensial, selanjutnya tes ke-eksak-an:
.)()(
x
N
x
xyxxy
y
xyy
y
M
∂
∂=
∂
−∂=+−=
∂
+−∂=
∂
∂ 222
12 22
���������������� ������������������ �����
Jadi persamaan tersebut eksak. Selanjutnya
).(
)()(),(
ygxyxxy
ygdxxyyyxQ
+−+=
+−+= �22
2 12
Untuk memperoleh )(yg , gunakan fakta Ny
Q=
∂
∂:
.)(' xyxygxxyy
Q22 22 −=++=
∂
∂
Jadi xyyg 4−=)(' , atau
.)( 22xyyg −=
Sehingga penyelesaian umumnya adalah
.Cxyxyxxy =−−+ 222 2
Pada bagian sebelumnya, kita mencari faktor integral
�=µdxxP
ex)(
)(
untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier order satu dalam bentuk
standar
)()( xQyxPdx
dy=+ .
Ternyata faktor integral �=µdxxP
ex)(
)( akan membawa persamaan diferensial
linier order satu )()( xQyxPdx
dy=+ menjadi PD eksak (Tunjukkan!).
Secara umum suatu faktor integral adalah faktor ),( yxµ yang membawa
persamaan diferensial tidak eksak menjadi persamaan diferensial eksak.
Contoh 1.15 :
���������������� ������������������ �����
Tunjukkan bahwa 02 =−+ dxxeydyxx
)( tidak eksak, tetapi dengan mengalikan
dengan faktor x=µ PD tersebut menjadi eksak. Kemudian selesaikan.
Penyelesaian :
Tes ke-eksak-an, kita punyai
22 =−∂
∂)( xxey
ydan .)( 1=
∂
∂x
x
Jadi persamaan tidak eksak. Dengan mengalikan dengan faktor integral x
diperoleh
02 22 =−+ dxexxydyxx
)( .
Persamaan menjadi eksak, karena
xexxyy
x 22 2 =−∂
∂)( = ).( 2x
x∂
∂
Selanjutnya kita punyai
)(),( ygexeexyxyxQxxx +−+−= 2222 .
dan
.)('22
xygxy
Q=+=
∂
∂
Jadi 0=)(' yg sehingga .)( Cyg =
Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah
.Cexeexyxxxx =−+− 2222
Menemukan faktor integral
Seperti terlihat pada contoh 3, faktor integral adalah suatu fungsi yang jika
dikalikan dengan PD non eksak, maka PD tersebut menjadi PD eksak. Bagaimana
menemukan foaktor integral tersebut akan dijelaskan sebagai berikut:
Misal 0),(),( =+ dyyxNdxyxM PD non eksak dan ),( yxµ faktor
integral, maka 0=+ NdyMdx µµ adalah PD eksak, sehingga
x
N
y
M
∂
∂=
∂
∂ µµ
���������������� ������������������ �����
atau
µµ
µµ
x
NN
xy
MM
y ∂
∂+
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂
My
Nxx
N
y
M
∂
∂−
∂
∂=��
�
����
�
∂
∂−
∂
∂⇔
µµµ
���
����
�
∂
∂−
∂
∂
���
����
�
∂
∂−
∂
∂
−=⇔
x
N
y
M
Nx
My
µµ
µ .
Ada beberapa kasus, yaitu
(i). ),( yxµ = )(xµ ( Faktor integral hanya merupakan fungsi x saja)
Pada kasus ini dipunyai
���
����
�
∂
∂−
∂
∂
��
���
�
∂
∂−
−=
x
N
y
M
Nx
µ
µ
0
�∂
∂−
∂
∂
=⇔
∂
∂−
∂
∂
=⇔
∂
∂−
∂
∂
=∂
⇔
∂
∂=
∂
∂−
∂
∂⇔
�
dxN
x
N
y
M
e
dxN
x
N
y
M
dxN
x
N
y
M
x
M
x
N
y
M
µ
µ
µ
µ
µ
µ
ln
Jadi jika N
x
N
y
M
∂
∂−
∂
∂
menghasilkan fungsi x saja maka µ = )(xµ
(ii). ),( yxµ = )(yµ ( Faktor integral hanya merupakan fungsi y saja)
Pada kasus ini dipunyai secara sama akan dipunyai
���������������� ������������������ �����
�
∂
∂−
∂
∂
=dy
M
x
N
y
M
eµ .
Jadi jika M
x
N
y
M
∂
∂−
∂
∂
menghasilkan fungsi y saja , maka µ = )(yµ
(iii) Jika xMyN
x
N
y
M
−
∂
∂−
∂
∂
menghasilkan fungsi xy, maka µ = )(xyµ
(iv) Jika MN
x
N
y
M
−
∂
∂−
∂
∂
menghasilkan fungsi (x+y), maka µ = )( yx +µ
(v) Jika MN
x
N
y
M
+
∂
∂−
∂
∂
menghasilkan fungsi (x - y), maka µ = )( yx −µ
(vi) Jika yMxN
x
N
y
M
22 −
∂
∂−
∂
∂
menghasilkan fungsi )( 22 yx + , maka µ = )( 22 yx +µ
Jadi untuk mencari faktor integral kita harus menghitung terlebih dahulu
x
N
y
M
∂
∂−
∂
∂, kemudian kita tentukan pembaginya ( pembaginya apa) sehingga
diperoleh fungsi yang mandiri.
Contoh 1.16:
Tunjukkan faktor integral dari PD 0)2( =−+ dxxeydyxx
sehingga menjadi PD
eksak.
Penyelesaian:
Pada contoh 1.15. telah ditunjukkan bahwa PD ini tidak eksak, kemudian dengan
mengalikan PD dengan x, PD menjadi eksak ( Jadi x adalah faktor integral).
Disini kita akan mengetahui dari mana x itu didapat.
���������������� ������������������ �����
)2(),( xxeyyxM −= dan .1),( == xyxN
2)2( =−∂
∂=
∂
∂ xxey
yy
Mdan .1)( =
∂
∂=
∂
∂x
xx
N
Sehingga diperoleh
1=∂
∂−
∂
∂
x
N
y
M dan
xN
x
N
y
M
1=
∂
∂−
∂
∂
� fungsi dari x saja.
Maka faktor integralnya adalah
xxe
dxxe
dxN
x
N
y
M
ex ==�
=�
∂
∂−
∂
∂
= ln
1
)(µ .
Contoh 1.17. :
Tentukan solusi umum PD .0)32()224( 22 =+++++ dyyxxdxyxyx
Penyelesaian :
yxyxyxM 224),( 2 ++= dan .32),( 2yxxyxN ++=
22 +=∂
∂x
y
Mdan .14 +=
∂
∂x
x
N
Sehingga diperoleh
12 +−=∂
∂−
∂
∂x
x
N
y
M.
Selanjutnya kita pilih pembaginya, yaitu N – M , sehingga diperoleh
yxxx
x
yxyxx
x
MN
x
N
y
M
)12()12(
)12(
22
122
+−++−
+−=
+−+−
+−=
−
∂
∂−
∂
∂
))(12(
)12(
yxx
x
++−
+−=
)(
1
yx += � fungsi dari (x + y) saja.
���������������� ������������������ �����
Selanjutnya misalkan z = x + y
zMN
x
N
y
M
∂−
∂
∂−
∂
∂
=∂
µ
µ �
z
zz
yx
∂=∂
+=
∂
∂ 1
µ
µ
Integralkan, diperoleh
yxzz +==⇔= µµ lnln
Faktor integralnya adalah
yx +=µ
PD menjadi
.0)32)(()224)(( 22 =+++++++ dyyxxyxdxyxyxyx
atau
.0)3242()22264( 22232223 =++++++++++ dyyyxxyxxdxyxyyxyyxx
Bukti bahwa PD ini eksak:
2223 22264),( yxyxyyxxyxM ++++=
� yxyxxy
M4426 2 +++=
∂
∂
2223 3242),( yyxxyxxyxN ++++=
� yxyxxx
N4426 2 +++=
∂
∂
Jadi =∂
∂
x
N
x
M
∂
∂. � terbukti Eksak.
Solusi PD adalah
� += )(),( ygdxMyxQ
� +++++= )()22264( 2223 ygdxyxyxyyxx
)(222 22234ygxyyxyxyxx +++++=
2223223 3242),()('422 yyxxyxxyxNygxyxxxy
Q++++==++++=
∂
∂
Diperoleh 23)(' yyg = � 3)( yyg =
Dengan demikian penyelesaian umum PD adalah
���������������� ������������������ �����
Cyxyyxyxyxx =+++++ 322234 222 .
Latihan 1.3.3 :
Selesaikan PD eksak berikut
1. .xy
yx
dx
dy
2
2
2 +
+−= 2. .)(, 30
22
43
2
2
=+
+−= y
yx
xyx
dx
dy
3. .)(,)()( 100 ==++++ ydyyxedxyyexx 4. .
sin
cos2yyx
y
dx
dy
−=
5. .)()( 02 =++− dxxedyexeyyy 6. .0)sin()sin( =+ dxxyxdxxyy
7. Tentukan ),( yxN sehingga 02 =++− dyyxNdxxyxy ),()( eksak.
8. Tentukan ),( yxM sehingga 0)lnsin(),( =−++ dyyeyyxdxyxMx eksak.
Tunjukkan bahwa PD berikut adalah non eksak, kemudian tentukan faktor
integralnya sehigga PD tersebut menjadi eksak dan selesaikan.
9. 0)23(2 2 =++ dxyxdyxy 10. 0)1()23( 2 =−+− dyxdxy
11. .0)1()23( 22 =+++++ dyxxdxxx 12. 012 3 =−−− dyxy)(xdx)x(y
���������������� ������������������ �����
1.4. PERSAMAAN HOMOGEN, PERSAMAAN BERNOULLI,
DAN PERSAMAAN RICCATI
Pada bagian ini, kita akan menyelesaikan tiga tipe persamaan diferensial
tidak linier, yaitu persamaan homogen, persamaan Bernoulli, dan persamaan
Riccati. Teknik penyelesaian ketiga tipe PD tersebut menggunakan substitusi yang
mengubah PD tersebut menjadi linier yang dapat diselesaikan dengan metode
yang telah kita pelajari sebelumnya.
1.4.1 Persamaan Homogen
Suatu persamaan diferensial ),( yxfdx
dy= dikatakan homogen jika fungsi
),( yxf dapat dinyatakan dalam fungsi dari x
y, yaitu ),( yxf = )(
x
yg .
Jadi akan kita punyai
����
��=
x
yg
dx
dy
(1.12)
yang dengan substitusi x
yv = akan menjadi persamaan dengan peubah dapat
dipisah
.)( x
dx
vvg
dv=
−
Sebagai contoh, persamaan-persamaan
( )
.3
4
,cos
,1
2
33
2
xy
xy
dx
dy
x
y
dx
dy
x
y
dx
dy
x
y
−=
−=
+=
merupakan persamaan homogen, sedangkan persamaan
���������������� ������������������ �����
2
2
x
xyy
dx
dy +=
bukan tipe persamaan homogen, karena tidak dapat dinyatakan dalam fungsi x
y
saja.
Contoh 1.18 :
Selesaikan
.,)( 0032 22 >=+− xdxyxdyxy
Penyelesaian :
Persamaan ini tidak dapat dipisah, tidak linier, dan juga tidak eksak. Secara
langsung tidak terlihat bahwa ini adalah PD homogen, tetapi dengan membagi
persamaan dengan 2x , kita peroleh
0122
23=+−�
���
�� dxdy
x
y
x
y)(
atau
.
x
y
x
y
dx
dy
2
312
2
+=
Substitusi vxy = , menjadi
v
v
dx
dvxv
2
31 2+=+
atau
.x
dxdv
v
v=
+ 21
2
Kemudian integralkan , kita peroleh penyelesaian umum
.ln)1ln( 2Cxv +=+
Karena x > 0, maka
Cx
v=��
�
����
� + 21ln
���������������� ������������������ �����
atau
xCx
y1
2
1 =����
��+
atau
31
22xCyx =+
dengan CeC =1 .
Catatan :
- Suatu fungsi F disebut fungsi homogen berderajat n jika
),(),( yxFyxFnλ=λλ .
- PD 0=+ dyyxNdxyxM ),(),( disebut PD homogen jika ),( yxM dan
),( yxN merupakan fungsi-fungsi homogen berderajat sama.
Contoh 1.19
Selesaikan 22
2
yx
xy
dx
dy
−= .
Penyelesaian
PD ini adalah PD homogeny, karena xyyxf 2),( = dan 22),( yxyxg −=
merupakan fungsi homogeny berderajad 2.
PD dapat ditulis dalam bentuk
2
1
2
��
���
�−
��
���
�
=
x
y
x
y
dx
dy
atau 21
2
v
v
dx
dvxv
−=+ , where ,
x
yv =
atau 2
2
2 1
)1(
1
2
v
vvv
v
v
dx
dvx
−
+=−
−=
diperoleh,
cx
dxdv
vv
v+=
+
−��
)1(
)1(2
2
Dengan c adalah konstanta integrasi, atau dapat ditulis sebagai
���������������� ������������������ �����
cx
dxdv
v
v
v+=
�
��
�
+− �� 21
21
� |,|ln||ln|)1(|ln||ln 2Axvv +=+−
Dimana A adalah konstanta , sedemikian sehingga c = ln | A |
Jadi diperoleh |Axv
v|ln
1ln
2=
+
� Axv
v=
+ 21
Selanjutnya, nyatakan v sebagai x
y , diperoleh penylesaian umum PD
yA
yxAxyx
xy 1or 22
22=+=
+.
Contoh 1.20 :
Selesaikan PD
0)2( =+− dyydxyx
Penylesaian.
PD dapat ditulis dalam bentuk y
xy
dx
dy −=
2, yang merupakan PD
homogen. Substitusi xvy = , diperoleh
)since(0)()2( xdvvdxdyxdvvdxvxdxvxx +==++−
� 0)21( 22 =++− vdvxdxvvx
� 0)1( 2
=−
+ dvv
v
x
dx
Integralkan , diperoleh
112,
)1(
1ccdv
v
vdx
x=
−+ �� konstanta.
� ,)1(
||ln 12cdv
v
vx =
−+ �
Untuk menentukan integral ,)1( 2
dvv
v
−� substitusi v – 1 = t , seingga
dv = dt
dan diperoleh
12
1||ln cdt
t
tx =
++ �
���������������� ������������������ �����
� 12
11||ln cdt
tdt
tx =++ ��
� 1|)1(|ln1
||ln ctt
x =−+−
� 1|)1(|ln1
1||ln cv
vx =−+
−−
(Karena (v – 1) = t).
Persaman terakhir dapat ditulis sebagai
1
1)1(ln
−=
−
vc
vx
Selanjutnya mengingat v = x
y, diperoleh penyelesaian umum PD
xy
x
c
xy
−=
−ln .
1.4.2. Persamaan Bernoulli
Persamaan Bernoulli berbentuk
.)()( nyxQyxPdx
dy=+
(1.13)
Untuk 10,≠n , dapat dibuktikan bahwa dengan substitusi nyz
−= 1 akan diperoleh
PD linier tingkat satu
)()1()()1( xQnzxPndx
dz−=−+
dengan penyelesaian umum berbentuk
� +�−=� −−CdxxQenze
dxxPndxxPn
)()1()()1()()1(
atau
� +−= �� −−−CdxxQeney
dxxPndxxPnn )()()()()()( 111 1 .
Contoh 1.21.
Selesaikan persamaan
dxyxedxxydy x 32
2 −=+
Penyelesaian.
PD dapat ditulis dalam entuk
���������������� ������������������ �����
32
2 yexxydx
dy x−=+
Yang merupakan PD bentuk
nyxQyxP
dx
dy)()( =+
dengan 3and)(,2)(2
=== −nexxQxxP
x
Untuk meneyelesaikan PD ini, pertama bagi persamaan dengan y3,
sehigga diperoleh
223 2 x
exxydx
dyy
−−− =+
Subtitusi 2−= yz
Maka , dx
dyy
dx
dz 12)2( −−−=
dx
dyy
32 −−=
jadi, dx
dz
dx
dyy
2
13 −=−
diperoleh
2
22
1 xexxz
dx
dz −=+−
atau 2
24 xexxz
dx
dz −−=−
yang merupakan PD Linier order satu
Faktor integral dari PD linier ini adalah 224 xdxx
ee−−
=�
diperoleh
2222 222 24 xxxx
exexzedx
dze
−−−− −=−
232 x
xe−−=
atau 22 32 2)( xx
xezedx
d −− −=
sehingga diperoleh
cdxxezexx +−= −−
�22 32 2
atau
���������������� ������������������ �����
cezexx += −− 22 32
3
1
Atau
222 232
3
1 xxxceeez += −
22 2
3
1 xxcee += −
Selanjutnya dengan mengingat 2−= yz , diperoleh penyelesaian
umum PD
22 22
3
1 xxceey += −−
atau
22 21
23 xxecey += −− dimana c1 = 3c
Contoh 1. 22 :
Selesaikan .3xyydx
dy=+
Penyelesaian :
Dengan substitusi 2−=υ y diperoleh
xdx
d22 −=υ−
υ.
Sehingga Penyelesaian umumnya adalah
.)( Cexey xy ++= −−− 2
2
122
1.4.3. Persamaan Riccati
Persamaan Riccati berbentuk
).()()( 2 xRyxQyxPdx
dy+=+
(1.14)
Jika 1y adalah fungsi yang memenuhi persamaan Riccati, dapat dibuktikan bahwa
dengan substitusi u
yy1
1 += akan diperoleh PD linier tingkat satu
���������������� ������������������ �����
[ ] )()()()( xQuxPxQxydx
du−=−+ 12
dengan penyelesaian umum berbentuk
[ ]� +−= −−� CdxxQeue
xPxQxydxxPxQxy)(
)()()()()()(11 22
atau
[ ]� +−=
−
−−� CdxxQeeyy
xPxQxydxxPxQxy)(
)()()()()()(11 22
1
1.
Contoh 1. 23 :
Selesaikan ., 01
11 2
2>−=− xy
xy
xdx
dy
Penyelesaian :
Jika xy =1 , maka dengan substitusi u
xy1
+= diperoleh
2
11
xu
xdx
du=− .
Sehingga penyelesaian umumnya adalah
.12
2
2 −+=
Cx
xxy
Latihan 1.4
Selesaikan PD homogen berikut
1. ).( 222 yxdx
dyx +−= 2. .
yx
y
dx
dy
2
2
−=
3. .)( 22yx
dx
dyxyx +=− 4. 0=++− dxyxdyyx )()( .
5. .x
y
xeydx
dyx =− 6. .lnln xyyy
dx
dyx −=
7. .0,cos >��
���
� −=− x
x
xy
x
y
dx
dy 8. .02 =−�
��
��� −+ xdydxxyxy
���������������� ������������������ �����
Selesaikan PD Bernoulli berikut
9. .2yy
dx
dy−=− 10. .2
xyydx
dy=−
11. ., 02 32 >=+ xyxydx
dyx 12. .
222 yeydx
dy−=
13. .)( 032 =−+ dyyxdxxy 14. ., 0022 >=++ xeyxydx
dyx
x
Selesaikan Persamaan Riccati berikut
15. .,, 01 21
2
>−=−+= xxyx
y
x
y
dx
dy 16. ., 202 1
2 −==++ yyydx
dy
17. .,,)( 0123 >=+−= xxy
x
yxyx
dx
dy
1.5 PD NON HOMOGEN BENTUK KHUSUS DAN
TRAYEKTORI ORTOGONAL
Pada bagian ini dibahas tentang Persamaan diferensial non homogeny yang
dapat direduksi menjadi persamaan homogeny serta tentang trayektori orthogonal.
1.5.1. PD Non Homogen Bentuk Khusus
Bagian ini membahas PD non homogen bentuk
0)()( =+++++ dyrqypxdxcbyax . (1.15)
Kasus 1, ,kr
c
q
b
p
a=== (k konstanta)
Maka persamaan (1.15) menjadi
.0
0)()(
=+⇔
=+++++
dykdx
dyrqypxdxkrkqykpx
sehingga penyelesaiannya dengan mudah dapat diselesaikan.
Kasus 2, kr
c
q
b
p
a=≠= .
���������������� ������������������ �����
PD (1) menjadi
0)())((
0)()(
=+++++⇔
=+++++
dyrqypxdxcqypxk
dyrqypxdxckqykpx
Kemudian gunakan substitusi qypxu += .
Contoh 1.24 :
Selesaikan PD 0)122()1( =+++++ dyyxdxyx
Penyelesaian :
PD dapat ditulis dalam bentuk
0)1)(2()1( =+++++ dyyxdxyx .
Misal zyx =+ dxdzdydzdydx −==⇔=+�
diperoleh
0))(12()1( =−+++ dxdzzdxz
0)12()12()1( =+−+++⇔ dxzdzzdxz
0)12()121( =++−−+⇔ dzzdxzz
0)12( =++−⇔ dzzzdx
0)12(
=+
−⇔ dzz
zdx
Selanjutnya penyelesaian umum diperoleh dengan mengintegralkan,
��� =+
− 0)12(
dzz
zdx
� � � =−−⇔ Cz
dzdzdx 2
Czzx =−−⇔ ln2
Cyxyxx =+−+−⇔ )ln()(2
Cyxyxx =+−−−⇔ )ln()22
Cyxyx =+−−−⇔ )ln(2
atau dapat ditulis
.)ln(2 Cyxyx =+++
Contoh 1.25.
���������������� ������������������ �����
Selesaikan 0)164()132( =+++++ dyyxdxyx .
Penyelesaian.
Substitusikan yxu 32 += , diperoleh
01
12=
−
++ du
u
udx
Sehingga penyelsaiannya adalah
.)132ln(2 Cyxyx =++++
Kasus 3, r
c
q
b
p
a≠≠
PD (1.15) dapat diselesaikan melalui dua cara, yaitu
Pertama, mengubah variabel
lvy
kux
+=
+=
u dan v variabel.
k dan l dapat dicari dengan substitusi persamaan
0
0
=++
=++
rqlpk
cblak
Dengan mengubah variabel ini PD (3.1) akan menjadi PD homogen.
Cara kedua adalah dengan substitusi
rqypxv
cbyaxu
++=
++=
sehingga PD (1.15) menjadi PD homogen dalam u dan v.
Contoh 1.26 :
Tentukan solusi umum PD 0)2()4( =−+−−− dyyxdxyx .
Penyelesaian:
Misal 4−−= yxu dydxdu −=⇔
2−+= yxv dydxdv +=⇔
Diperoleh
2
dudvdx
+= dan
2
dudvdy
−= .
Ini adalah Sistem Persamaan
Linier dalam peubah dx dan dy
���������������� ������������������ �����
PD menjadi
0=− vdyudx
022
=−
−+
⇔dudv
vdudv
u
0)()( =−−+⇔ dudvvdudvu
0)()( =−++⇔ dvvuduvu � ini adalah bentuk PD tipe homogen
Selanjutnya, misalkan uzvu
vz =⇔= udzzdudv +=⇔ .
PD menjadi
0))(()( =+−++ udzzduuzuduuzu
0)1()1()1(( 2 =−+−++⇔ dzzuzduzuduzu
0)1()21( 2 =−+−+⇔ dzzuduzz � ini adalah PD dengan peubah dapat dipisah
0)21(
)1(2
=−+
−+⇔ dz
zz
z
u
du
0)12(
)1(2
=−−
−+⇔ dz
zz
z
u
du,
integralkan, diperoleh
Czzu =−−+ )12ln(2
1ln 2
Czzu ln)12ln(ln2 2 =−−+⇔
Czzu =−−⇔ )12( 22
Cu
v
u
vu =��
�
����
�−−⇔ 12
2
22
Cuuvv =−−⇔ 22 2
Cyxyxyxyx =−−−−−−+−−+⇔ 22 )4()4)(2(2)2(
Atau
Cyxxyyx =+−−− 48222 .
Contoh 1.27:
Tentukan penyelesaian umum PD 0)32()12( =−−+++ dyyxdxyx
���������������� ������������������ �����
Penyelesaian:
Misal 12 ++= yxu , dydxdu 2+=
32 −−= yxv , dydxdv −= 2
Diperoleh
5
2dvdudx
+= dan
5
2 dvdudy
−=
Sehingga PD menjadi
0=+ vdyudx 05
2
5
2=�
�
���
� −+��
���
� +⇔
dvduv
dvduu
022 =−++⇔ vdvvduudvudu
0)2()2( =−++⇔ dvvuduvu � PD tipe homogen dalam u dan v
Misal vdzzdvduzvuv
uz +=�=�=
PD menjadi
0)2())(2( =−+++ dvvzvvdzzdvvzv
0)2()122( 22 =++−++⇔ dzzvdvzzzv
0)2()14( 2 =++−+⇔ dzzvdvzz
0)14(
)2(2
=−+
++⇔ dz
zz
z
v
dv
Integralkan, diperoleh
Czzv =−++ 14ln2
1ln 2
Atau
Czzv ln14lnln2 2 =−++
Diperoleh
Cv
u
v
uvCzzv =��
�
����
�−+⇔=−+ 14)14(
2
2222 Cvuvu =−+⇔ 22 4
Jadi penyelesaian umumnya adalah
Cvuvu =−+ 22 4 dengan 12 ++= yxu dan 32 −−= yxv .
���������������� ������������������ �����
Contoh 1.28:
Selesaikan PD .0)634()12( =−−++− dyyxdxyx
Penyelesaian :
Dengan cara pertama
lvy
kux
+=
+=
Diperoleh k = 3 dan l = 2, sehingga PD menjadi
0342 =��
���
�−+�
�
���
�− dv
v
udu
v
u
yang merupakan tipe PD homogen. Akhirnya diperoleh penyelesaian umum
berbentuk
)1()93( 5 −−=−+ yxCyx .
Silahkan coba dengan cara kedua!
Latihan 1.5.1 :
Selesaikan PD berikut
1. .0)326()13( =−−++− dyyxdxyx
2. 0)1()134( =+++++ dyyxdxyx .
3. 0)1()134( =+−+−− dyyxdxyx .
4. . 0)12()13( =−−++− dyyxdxyx
1.5.2. Trayektori Ortogonal
Dalam Matematika terapan, seringkali dijumpai permasalahan untuk
mendapatkan keluarga kurva yang tegak lurus terhadap suatu keluarga kurva yang
diberikan. Masalah ini disebut Trayektori Ortogonal. Pengertian dari ortogonal /
tegak lurus dari dua keluarga kurva adalah pada titik potongnya kedua garis
singgung kurva saling tegak lurus. Misal diberikan keluarga kurva CyxF =),(
dengan C merupakan parameter. Maka untuk mendapatkan trayektori ortogonal
dilakukan langkah sebagai berikut :
(i) Turunkan CyxF =),( secara implisit terhadap x, � diperoleh
���������������� ������������������ �����
),( yxfdx
dy=
(ii) Menggunakan fakta bahwa gradien dari garis garis singgung
trayektori ortogonal fungsi tersebut adalah ),(
1
yxfdx
dy−= .
(iii). Persamaan kurva trayektori adalah penyelesaian PD pada (ii).
Contoh 1.29 :
Tentukan trayetori ortogonal dari y = kx.
Penyelesaian :
Dari y = kx diperoleh x
yk
dx
dy== �
x
yyxf =),(
Gradien dari trayektori adalah y
x
k−=−
1.
Persamaan trayektori adalah penyelesaian dari PD y
x
yxfdx
dy−=−=
),(
1 , yaitu
Cyx =+ 22 .
Contoh 1.30:
Tentukan trayektori orthogonal dari �� � �
Penyelesaian :
Turunkan �� � �,
Diperoleh
0=+ ydx
dyx �
x
y
dx
dy−=
Trayektori orthogonal merupakan penyelesaian dari PD
0=−⇔
=
xdxydy
y
x
dx
dy
Integralkan, diperoleh:
cxy =− 22
2
1
2
1
���������������� ������������������ �����
atau
Cxy =− 22 .
Latihan 1.5.2 :
Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva yang diberikan berikut.
1. y = C
2. xy = C
3. y = C x2
4. y = C x3
5. x2 - y
2 = C
6. x2 + y
2 = C
7. 4x2 + y
2 = C
8. x2 = 4 Cy
3
9. � Cxy += �