BAB II

22 KALKULUS II

ADIWIJAYA

BAB II

PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA

Persamaan Diferensial adalah suatu persamaan yang mengandung satu atau beberapa

turunan dari peubah tak bebasnya. Jika persamaan diferensial tersebut mengandung peubah tak bebas yang hanya bergantung pada satu peubah bebasnya maka persamaan diferensial tersebut dinamakan persamaan diferensial biasa. Sedangkan jika peubah bebasnya lebih dari satu dinamakan persamaan diferensial parsial . Orde suatu persamaan diferensial adalah turunan tertinggi pada persamaan diferensial tersebut.

Contoh :

Berikut ini merupakan persamaan diferensial biasa linear dengan koefisien konstan :

1. 0sin2 =+ xdxdy

merupakan persamaan diferensial orde satu dimana y sebagai peubah tak bebas dan x sebagai peubah bebas.

2. 0122

2

=++dtdr

dtrd

merupakan persamaan diferensial orde dua dimana r sebagai peubah tak bebas dan t sebagai peubah bebas.

Notasi persamaan diferensial bisa dalam beberapa bentuk, antara lain notasi pada contoh kedua, selain diatas dapat pula ditulis sebagai berikut : r ” + 2r’ +1 = 0 atau

rtt + 2rt + 1 = 0 Persamaan diferensial dikatakan linear, apabila persamaan diferensial tersebut mempunyai peubah tak bebas maupun turunannya bersifat linear. Definisi solusi suatu persamaan diferensial : Misal ada suatu persamaan diferensial dimana y sebagai peubah tak bebas yang bergantung pada peubah bebas x. Suatu fungsi f(x) disubstitusikan untuk y dalam persamaan diferensial, persamaan yang dihasilkan merupakan suatu kesamaan untuk setiap x dalam suatu selang, maka f(x) dinamakan solusi persamaan diferensial tersebut. Contoh :

Diketahui persamaan diferensial y’ + 2 sin x = 0

f(x) = 2 cos x + C merupakan solusi persamaan diferensial diatas, dimana C adalah konstanta yang bergantung pada syarat awal persamaan diferensial tersebut.

SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

23 KALKULUS II

ADIWIJAYA

2.1 Persamaan Diferensial Biasa Orde Satu

Bentuk umum persamaan diferensial biasa orde satu adalah:

)()(

ygxf

dxdy

=

Beberapa metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial orde satu, antara lain :

a. Peubah Terpisah

Bentuk umum persamaan diferensial biasa orde satu yang dapat diselesaikan dengan metode peubah terpisah :

)()(

ygxf

dxdy

= atau )()(

xfyg

dxdy

=

Cara penyelesaian dengan integral biasa dari kedua ruas di bawah ini : ∫∫ = dxxfdyyg )()(

Contoh :

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial x

ydxdy

+=

1

Penyelesaian :

)1()1ln(ln

11

xCyCxy

xdx

ydy

xy

dxdy

+=⇒++=⇒

+=⇒

+=

b. Faktor Integrasi

Bentuk umum merupakan persamaan diferensial biasa linear, yaitu : y’ + p(x) y = q(x) (*)

Solusi persamaan diferensial diatas adalah : Cdxxqxu

xuy += ∫ )()(

)(1 dimana ∫=

dxxpexu

)()(

Bukti :

Kalikan persamaan diferensial (*) dengan u(x) sehingga menjadi : u(x) y’ + u(x) p(x) y = u(x) q(x) u(x) y’ + u’(x) y - [ u’(x) y - u(x) p(x) y ] = u(x) q(x) Pilih u’(x) y - u(x) p(x) y = 0 (**) Sehingga u(x) y’ + u’(x) y = u(x) q(x) [ u(x) y ]’ = u(x) q(x)

Cdxxqxuxu

y += ∫ )()()(

1

Dari (**) kita mempunyai u’(x) y - u(x) p(x) y = 0

Dengan metode peubah terpisah diperoleh : ΘΘΘ

∫=dxxp

exu)(

)(


24 KALKULUS II

ADIWIJAYA

Contoh : Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial :

21xx

ydxdy

=+

Penyelesaian : Misalkan p(x) = 1/x

sehingga u(x) = xdxx

=∫1exp

oleh karena itu, solusi PD tersebut adalah :

)ln(1112 Cx

xdx

xx

xy +== ∫

c. Substitusi

Suatu fungsi f(x, y) dinamakan fungsi homogen jika f(kx, ky) = kn f(x, y), untuk k ∈ skalar riil dan n merupakan orde dari fungsi tersebut.

Beberapa persamaan diferensial orde satu tak linear yang dapat ditulis ),(T),(S

yxyx

dxdy

= , dimana

S (x, y), T(x, y) merupakan fungsi homogen berderajat sama maka solusi persamaan diferensial dapat dicari dengan menggunakan metode substitusi sehingga menjadi bentuk persamaan diferensial dengan peubah terpisah. Misal, kita dapat mensubstitusi peubah tak bebas y dengan ux, yaitu :

y = ux dimana u = u(x), sehingga y’ = u’x + u. Contoh :

Tentukan Solusi umum dari persamaan diferensial :

xyx

dxdy +

=

Penyelesaian :

Misal y = ux, dimana u = u(x) Oleh karena itu y’ = u’ x + u Dengan mensubstitusi pada persamaan diferensial di atas ke persamaan diferensial, di peroleh :

xuxxuxu +

=+'

uuxu +=+ 1'

Cxux

u +=⇒= ln1'

maka y = x lnx + cx


25 KALKULUS II

ADIWIJAYA

2.2 Trayektori Ortogonal

Salah satu aplikasi dari persamaan diferensial orde satu adlaah menentukan trayektori ortogonal dari suatu fungsi persamaan. Trayektori ortogonal dari suatu keluarga kurva adalah keluarga kurva yang memotong tegak lurus keluarga kurva tersebut. Langkah-langkah menetikan trayektori ortogonal dari suatu keluarga kurva f(x,y)= C, sebagai berikut :

Turunkan f(x,y) = C secara implisit terhadap x, Misal Df(x,y) Jika turunan pertama mengandung C (parameter) maka substitusikan C(x,y) dari persamaan awal.

Trayektori Ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial berikut :

),(1

yxDfdxdy

−= ,

artinya solusi persamaan diferensial diatas merupakan trayektori ortogonal dari persamaan f(x,y)= C

Contoh :

Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva

x2 + y2 = C Penyelesaian :

Turunan implisit dari fungsi di atas adalah : 2x + 2y y‘ = 0

Sehingga Df(x,y) = yx

−

Trayektori ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial :

),(1

yxDfdxdy

−= xy

dxdy

=

Trayektori ortogonalnya adalah y = Cx


26 KALKULUS II

ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

Latihan Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial orde satu berikut :

1. 21 ydxdy

+=

2. 2

22 3x

yxyxdxdy ++

=

3. xydxdy 62 =+

4. 221cos

yxy

dxdy

+=

5. xexydxdyx 32 =−

6. 022

=−−y

xxy

dxdy

Tentukan solusi khusus dari persamaan diferensial orde satu berikut :

7. 43 xydxdyx =− ; y (1) = 4

8. ( ) yedxdye xx ++1 ; y (0) = 1

Tentukan trayektori ortogonal dari fungsi berikut : 9. xeCy 2−=

10. Cyx =− 22

11. 2xCy =

12. ( ) 222 Ccyx =−+

27 KALKULUS II

2.3 Persamaan Diferesial Biasa Orde Dua

Bentuk umum persamaan diferensial orde dua : y” + a y’ + b y = f(x)

Jika f(x) = 0 maka persamaan diferensial diatas disebut persamaan diferensial homogen, sedangkan jika f(x) ≠ 0 maka dinamakan persamaan diferensial tak homogen. 2.3.1 Persamaan Diferensial Biasa Orde Dua Homogen

Misalkan ada dua fungsi f(x) dan g(x), dikatakan bebas linier pada interval I, jika persamaan yang merupakan kombinasi linier dari keduanya, yaitu : m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x ∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0. Jika tidak demikian maka kedua fungsi tersebut dikatakan bergantung linier. Andai fungsi yang diberikan yaitu f(x) dan g(x) terdiferensialkan untuk setiap x ∈ ℜ. Maka Wronskian dari f(x) dan g(x) didefinisikan sebagai berikut :

W (f(x ), g (x))f(x ) g (x)f' (x ) g ' (x )

=

Keterkaitan antara kebebasan linier dan wronskian dari dua fungsi tersebut dapat dikatakan sebagai berikut : Dua fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linier pada I jika dan hanya jika wronskian dari kedua fungsi tersebut tidak sama dengan nol, untuk suatu x ∈ I.

Misal u1 dan u2 adalah solusi persamaan diferensial orde dua dan wronskian (determinan wrosnki) dari keduanya didefinisikan oleh :

W (u1, u2)= '' 21

21

uuuu

Jika W ≠ 0 maka u1 dan u2 saling bebas linear artinya u1 dan u2 merupakan basis solusi, sehingga kombinasi linear dari u1 dan u2 , yaitu y = c1u1 + c2u2 juga merupakan solusi dari persamaan diferensial orde dua.

Misal solusi persamaan diferensial orde dua maka dengan mensubstitusikan pada persamaan diperoleh :

rxexu =)(

0)( 2 =++ barrerx

Oleh karena maka r0≠rxe 2 + ar + b = 0 (dinamakan persamaan karakteristik) Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua homogen bergantung pada akar persamaan karakteristik. Tiga kemungkinan solusi umum persamaan diferensial orde dua :

Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar riil yang berbeda (r1 dan r2) maka solusi umumnya berbentuk :

xrxr ececxy 2121)( +=

Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar riil kembar (r1 = r2 = r) maka solusi umumnya berbentuk :

rxrx xececxy 21)( += Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar kompleks (r = p ± qi) maka solusi

umumnya berbentuk : ( )qxcqxcexy px cossin)( 21 +=

Tunjukan (sebagai latihan) bahwa untuk setiap kasus, wronskian ≠ 0.


28 KALKULUS II

Contoh : Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut :

a. y” + y’ – 2y = 0 b. y” + 4y‘ + 4y = 0 c. y” + 9y = 0

Penyelesaian : a. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah

r2 + r – 2 = 0 (r – 1) (r + 2) = 0 mempunyai dua akar real berbeda, yaitu : 1 dan -2 Sehingga solusi umumnya :

xx ececxy 221)( −+=

b. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2 + 4r + 4 = 0

(r – 2) 2 = 0 mempunyai dua akar real kembar, yaitu : 2

Sehingga solusi umumnya : xx xececxy 2

22

1)( +=

c. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2 + 9 = 0

r2 = – 9 r = 3 i

mempunyai akar kompleks, yaitu : 3i Sehingga solusi umumnya :

xcxcxy 3cos3sin)( 21 += 2.3.2 Persamaan Diferensial Biasa Orde Dua Tak Homogen

Bentuk umum persamaan diferensial orde dua : y” + a y’ + b y = f(x)

Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua tak homogen adalah y = yh + yp, dimana yh merupakan solusi homogen dan yp solusi pelengkap. Solusi homogen diperoleh dari persamaan diferensial orde dua homogen (ambil f(x) = 0), sedangkan untuk menentukan solusi pelengkap ada dua metode, yaitu :

• Koefisien Tak Tentu • Variasi Parameter

Metode Koefisien Tak Tentu Metode ini sangat berguna manakala fungsi berupa polinom, eksponensial sinus, dan cosinus. Metode ini bisa dikatakan metode coba-coba, untuk memudahkan perhatikan tabel berikut :

)(xf

)(xf yp

Cxn bnxn + ….+ b1x + b0Ceax Aeax

Cxeax Aeax + Bxeax

Csin ax A sin ax + Bcos ax Bcos ax A sin ax + Bcos ax

Ket : C, B, A, a, b0 , b1 , …, bn adalah konstanta riil.


29 KALKULUS II

Aturan 1 : Jika merupakan fungsi seperti pada kolom pertama, pilih y)(xf p dari

kolom kedua yang bersesuaian (terletak pada baris yang sama) Aturan 2 : Jika sama dengan salah satu dari solusi homogen maka kalikan y)(xf p

dengan x atau dengan x2 jika sama dengan salah satu dari solusi homogen yang berasal dari dua akar kembar.

)(xf

Aturan 3 : Jika penjumlahan dari fungsi dalam kolom satu maka pilih y)(xf p sebagai penjumlahan dari baris-baris yang bersesuaian.

Setelah memilih yp yang diinginkan, dengan mensubstitusikan yp tersebut pada persamaan diferensial, kita berusaha menetukan koefisien yang yp. sehingga diperoleh solusi umum dari persamaan diferensial tersebut yaitu penjumlahan dari solusi homogen (yh) dengan solusi pelengkap (yp). Contoh :

Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut :

xydxdy

dx

yd sin2432

2=−−

Penyelesaian :

Kita mempunyai solusi umum homogen xx

h ececy 421 += −

Untuk menentukan solusi pelengkap, kita pilih : yp = Asin x + B cos x

Substitusikan ke persamaan diferensial, sehingga diperoleh : (– A + 3B – 4A) sinx + (– B – 3A – 4B) cosx = 2 sinx Maka ada dua persamaan yaitu :

– 5A + 3B = 2 – 5B – 3A = 0 Oleh karena itu A = – 5/17 dan B = 3/17 Solusi umum dari persamaan diferensial diatas adalah :

xxececxy xx cos173sin

175)( 4

21 +−+= −

Metode Variasi Parameter

Metode ini lebih umum dari metode sebelumnya, artinya jika kondisi persamaan diferensial seperti di atas, metode ini dapat digunakan dalam menentukan solusinya. Tulis kembali persamaan diferensial orde dua :

y” + a y’ + b y = f(x) Jika tidak sama dengan fungsi-fungsi pada kolom pertama tabel maupun penjumlahannya, bisa berupa perkalian atau pembagian dari fungsi-fungsi tersebut, kondisi ini mendorong kita untuk menggunakan metode variasi parameter.

)(xf

Solusi pelengkap dari persamaan diferensial dengan menggunakan metode variasi parameter adalah : yp = v1u1 + v2u2 dimana u1, u2 merupakan solusi homogen yang bebas linear. Sementara itu,


30 KALKULUS II

[ ]dxuuuu

xfuv ∫ −−

=''

)(

1221

21 dan [ ]dx

uuuuxfuv ∫ −

=''

)(

1221

12

Bukti :

Misal yp = v1u1 + v2u2 solusi persamaan diferensial. Substitusikan sehingga diperoleh: v1’u1’ + v2’u2’ + v1u1” + v2u2” + a (v1’u1 + v2’u2 + v1u1’+ v2u2’)

+ b(v1u1+ v2u2)= )(xf

⇔ v1’u1’ + v2’u2’ + a (v1’u1 + v2’u2) + v1u1” + v2u2” + a(v1u1’+ v2u2’) + b(v1u1+ v2u2)= )(xf

⇔ v1’u1’ + v2’u2’ + a (v1’u1 + v2’u2) + v1(u1” + au1’+ bu1) + v2 (u2” + au2’ + bu2)= )(xf

u1, u2 merupakan solusi homogen, maka : u1” + au1’+ bu1 = 0

dan u2” + au2’ + bu2 = 0 Oleh karena itu : v1’u1’ + v2’u2’ + a (v1’u1 + v2’u2) = )(xfPilih v1’u1 + v2’u2 = 0, (*) sehingga diperoleh hubungan :

v1’u1’ + v2’u2’ = (**) )(xfDengan memperhatikan dua persamaan terakhir (*) dan (**), yaitu : v1’u1 + v2’u2 = 0 v1’u1’ + v2’u2’ = )(xfDapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks berikut :

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡)(

0''

'' 2

1

21

21

xfvv

uuuu

Dengan aturan Cramer diperoleh :

''

)('0

'dan

''

')(0

'

21

21

1

1

2

21

21

2

2

1

uuuu

xfuu

v

uuuuuxfu

v ==

Dengan jaminan bahwa u1, u2 merupakan solusi homogen yang bebas linear maka

W (u1, u2)= '' 21

21

uuuu

≠ 0

Dengan demikian , diperoleh :

[ ]dxuuuu

xfuv ∫ −−

=''

)(

1221

21 dan [ ]dx

uuuuxfuv ∫ −

=''

)(

1221

12 ΘΘΘ

Selanjutnya, kita tinggal mensubstitusi pada persamaan solusi tak homogen : yp = v1u1 + v2u2 Contoh :

Tentukan solusi umum persamaan diferensial y “ + y = sec x


31 KALKULUS II

Penyelesaian :

Kita mempunyai solusi umum homogen xcxcyh cossin 21 +=

Untuk menentukan solusi pelengkap, kita menghitung wronskian terlebih dahulu, yaitu :

1sincos

cossinsincos

),(

22

21

=+=

−=

xx

xxx

uuW

oleh karena itu ,

x

dxxxv

cosln1

secsin1

=

−= ∫

dan

x

dxxxv

=

= ∫ 1seccos

2

Sehingga yp = cosx ln |cosx| + x sin x Maka solusi umum persamaan diferensial di atas adalah :

xxxxxcxcxy sincoslncoscossin)( 21 +++=


32 KALKULUS II

Latihan

Tentukan solusi umum (khusus) persamaan diferensial berikut :

1. y” + 4 y = 3sin2x ; y(0) = 2 dan y’(0) = -1

2. y ” + 2y’ + y = 2e– x

3. y “ + 9y = sin x + e2x

4. y ” + 2y’ = 3 + 4 sin2 x

5. y ” + y = csc x

6. y ” + 2y’ + y = e– x cos x

7. y “ + 2y’ + y = 4e– x ln x ; y(1) = 0 dan y’(1) =-e-1

8. y ” + 4 y’ + 4 y = x-2 e–2x


33 KALKULUS II

2.4 Model Persamaan Diferensial untuk Rangkaian Listrik

Perhatikan rangkaian listrik dibawah ini :

L

C

R

E( t ) = E0 sin ω t

Keterangan : • R : Resistor dengan resistansi tertentu (ohm) • L : Induktor dengan induktansi tertentru (Henry) • C : Kapasitor dengan kapasitansi tertentu (farad)

Ketiganya dipasang secara seri , seperti pada gambar, dan diberi tegangan sebesar E( t ). Tegangan listrik yang melewati ketiga alat tersebut dapat dinyatakan dalam hubungannya dengan arus listrik (amphere) adalah :

dtdILEL =

RIER =

∫= dttIC

EC )(1

Menurut hukum Kirchoff tentang tegangan, yaitu :

dtdIL + RI + ∫ dttI

C)(1 = tE ωsin0 (*)

Dengan mengingat hubungan arus listrik dan muatan listrik , yaitu arus listrik merupakan perubahan muatan listrik setiap waktu, atau dinyatakan dalam bentuk :

dtdQI =

maka persamaan (*) dapat ditulis dalam bentuk :

tECQ

dtdQR

dtQdL ωsin02

2

=++

Atau melakukan diferensiasi terhadap pada setiap ruas pada (*), kita memperoleh persamaan diferensial orde dua :

tECI

dtdIR

dtIdL ωω cos02

2

=++


34 KALKULUS II

Contoh :

Rangkaian seri yang terdiri dari induktor 10 henry, kapasitor 0,025 farad dan baterai 20 volt. Jika pada kondisi awal muatan lintrik adalah 1 Coloumb dan tidak ada perubahan muatan. Tentukan arus listrik setiap satuan waktu.

Penyelesaian :

Persamaan diferensial yang mewakili sistem diatas berbentuk :

200250

0102

2=++

.Q

dtdQ.

.dt

Qd

atau

204010 2

2=+ Q

dt

Qd

Persamaan karakteristik dapat dinyatakan oleh : 042 =+λ Ini memberikan dua akar negatif, yaitu : i2=λ dan i2−=λ . sehingga mempunyai bentuk solusi homogen sebagai berikut : tcosctsinc)t(Qh 22 21 +=Selanjutnya, untuk menentukan solusi pelengkap, akan digunakan metode koefisien tak tentu. Pilih : A)t(Qp =

Substitusikan pada persamaan diferensial, sehingga diperoleh : )t(Qp

21

=)t(Qp Jadi, solusi umum untuk masalah diatas adalah :

2122 21 ++=

+=

tcosctsinc

)t(Q)t(Q)t(Q ph

Syarat awak kondisi diatas Q(0) = 1 dan Q’(0) = 0 (tidak ada perubahan muatan) Sehingga c1 = 0 dan c2 = ½ Dengan demikian, muatan yang melalui setiap waktu adalah :

212

21

+= tcos)t(Q

Jadi arus listrik setiap satuan waktu adalah tcos)t(I 2= Coba kerjakan soal berikut ini:

Tentukan arus listrik dalam masalah nilai awal dari suatu rangkaian RLC dimana :

R = 8 ohm, L = 2 henry , C = 0,1 farad, dan E(t) = 10 volt,

dengan I (0) = 0 dan Q (0) = 0.


Documents

BAB II