PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA

PD LINIER ORDE 2

Bentuk umum PD Linier Orde 2 Tak Homogen:P

D L

INIE

R O

RD

E 2

TA

K H

OM

OG

EN

P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = G(x) … (1)

Jika fungsi P, Q, dan R adalah fungsi konstan maka:

ay” + by’ + cy = G(x) … (2)

PD Homogen yang bersesuaian dengan PD (2) adalah

ay” + by’ + cy = 0 … (3)

PD (3) ini disebut persamaan komplementer dari PD (2)

dan akan berperan dalam mencari penyelesaian dari PD

(2).

TEOREMA:

Penyelesaian umum dari PD (2) adalah y(x) = yp(x) +

yc(x) dengan yp(x) adalah penyelesaian partikular dan

yc(x) adalah penyelesaian komplementer atau

penyelesaian umum dari persamaan komplementer (PD

(3))Bukti :

Akan ditunjukkan bahwa jika y adalah penyelesaian dari

PD (2) maka y – yp adalah penyelesaian dari PD (3)

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

a(y-yp)” + b(y-yp)’ + c(y-yp)

ay” - ayp” + by’ - byp’ + cy - cyp

ay” + by’ + cy – (ayp” + byp’ + cyp) = 0

Terbukti bahwa y = yc + yp adalah penyelesaian dari PD

(2)

Penyelesaian umum dari persamaan komplementer

adalah yc(x)=c1y1(x)+c2y2(x).

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

Bagaimana penyelesaian partikularnya?

Beberapa metode yang digunakan untuk menentukan

yp(x) :

Metode Koefisien Tak Tentu

Metode Variasi Parameter

METODE KOEFISIEN TAK TENTU

KASUS 1

G(x) berbentuk polinomial.

Kita bisa memeperkirakan bahwa yp(x) adalah

polinomial dengan pangkat yang sama dengan

polinomial G(x).

Karena yp(x) polinomial maka ay” + by’ + cy juga

polinomial.

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

ay” + by’ + cy = G(x) … (4)

Akan dijumpai beberapa kasus yang berkaitan dengan

G(x).

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = x2 !

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = x2 !

Jawab:

Misal y = yp = ax2 + bx + c, maka

y’ = 2ax + b dan y” = 2a.

Substitusikan y, y’, dan y” ke PD di dapat

2a + 2ax + b – 2(ax2 + bx + c) = x2

– 2ax2 + (2a – 2b)x + 2a + b – 2c = x2

Diperoleh koefisien yang bersesuaian adalah

-2a = 1 a = -1/2

2a – 2b = 0 b = -1/2

2a + b – 2c = 0 c = -3/4

Jadi yp(x) = – ½ x2 – ½ x – ¾

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

KASUS 2

G(x) berbentuk Cekx,dengan C dan k konstanta.

yp(x) = Aekx, karena derivatif dari ekx adalah kelipatan

konstan dari ekx.

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = e3x !

Jawab:

Misal y = yp = Ae3x

maka y’ = 3Ae3x dan y” = 9Ae3x

Substitusi y’ dan y” ke PD didapat

9Ae3x + 4Ae3x = e3x

13Ae3x = e3x

A = 1/13

Jadi yp(x) = 1/13 e3x.

KASUS 3

G(x) berbentuk C.cos(kx) atau C.sin(kx).

yp(x) = Acos(kx)+Bsin(kx).

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = sin x

!Jawab:

Misal y = yp =Acosx + Bsinx

maka y’ = – Asinx + Bcosx dan y” = – Acosx – Bsinx

Substitusi y’ dan y” ke PD didapat

– Acosx – Bsinx + (– Asinx + Bcosx) – 2(Acosx +

Bsinx)=sinx

–(3A – B)cosx – (3B – A)sinx = sinx

3B – A = -1 dan 3A – B = 0

A=-1/8 dan B=-3/8Jadi yp(x)=-1/8cosx –

3/8sinx

KASUS 4

G(x) berbentuk perkalian dari fungsi-fungsi.P

D L

INIE

R O

RD

E 2

TA

K H

OM

OG

EN

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” – y = x.sinx !

Jawab:

Misal y = yp =(ax+b)cosx + (cx+d)sinx

maka y’=[acosx-(ax+b)sinx] + [csinx+(cx+d)cosx] dan

y”=[-2asinx-(ax+b)cosx] + [2ccosx-(cx+d)sinx]

Substitusi y’ dan y” ke PD didapat

[-2asinx-(ax+b)cosx]+[2ccosx-(cx+d)sinx]–[(ax+b)cosx

+(cx+d)sinx] = x.sinx

KASUS 5

G(x) berbentuk penjumlahan dari fungsi-fungsi.P

D L

INIE

R O

RD

E 2

TA

K H

OM

OG

EN

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = x2 +

sin x!Jawab:

dengan melakukan pemisahan pada ruas kanan maka di

dapat dua persamaan, yaitu:

y” + y’ – 2y = x2 … (1) dan

y” +y’ – 2y = sinx … (2)

selanjutnya dicari yp dari masing-masing persamaan.

Jika yp1 adalah yp dari (1) dan yp2 adalah yp dari (2)

maka

yp = yp1 + yp2

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N (1) y” + y’ – 2y = x2

yp1 = – ½ x2 – ½ x – ¾

(2) y” +y’ – 2y = sinx

yp2 = -1/8cosx – 3/8sinx

Jadi

yp = yp1 + yp2 = – ½ x2 – ½ x – ¾ -1/8cosx – 3/8sinx

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = 3cos2x!

Jawab:

Misal y = x(Acos2x+Bsin2x)

Kemudian tentukan y’ dan y” dan substitusikan ke PD

awal didapat

-4Asin2x + 4Bcos2x = 3cos2x

Diperoleh A = 0 dan B = ¾

Jadi penyelesaian partikularnya adalah

yp = ¾ x sin2x

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

G(x) Yp(x)

a1xn+a2x

n+…an-1x+anx A1xn+A2x

n+…An-1x+Anx

aekx Aekx

asin(kx)

acos(kx)

Acos(kx)+Bsin(kx)

aekx.sin(bx)

aekx.cos(bx)

ekx(Bcos(bx)+Csin(bx))

aekx.Pn1(x) ekx.Pn2(x)

Pn1(x).sin(bx)

Pn1(x).cos(bx)

Pn2(x).cos(bx)+Pn3(x).si

n(bx))

SUMMARY:

Modifikasi: jika yp (penyelesaian partikularnya)

merupakan yc(penyelesaian komplementer) maka

kalikan yp dengan x atau x2 jika diperlukan.

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = 3csec2x!

Misal yc = c1y1 + c2y2

Maka didapat y = u1y1 + u2y2 yang merupakan

penyelesaian partikular dari PD awal.

y = u1y1 + u2y2

y’ = u1’y1 + u1y1‘+ u2’y2 + u2y2‘

Suku yang memuat u1’ dan u2’ ditentukan sama dengan

nol, sehingga didapat

u1’y1 + u2’y2 = 0 … (1) dan

y’ = u1y1‘+ u2y2‘

METODE VARIASI PARAMETER

Dasar dari metode variasi parameter adalah mengganti

konstanta c1 dan c2 pada yc dengan fungsi u1(x) dan

u2(x).

PD

LIN

IER

OR

DE

2 T

AK

HO

MO

GE

N

y’ = u1y1‘ + u2y2‘ maka

y”= u1’y1‘ + u1’y1” + u2’y2‘ + u2’y2”

Substitusi y, y’, dan y” ke PD awal didapat

u1’y1‘ + u2’y2‘ = G(x) … (2)

Dari pers (1) dan (2) didapat

' 21

1 2

y (x)G(x)u =-

W(y ,y )(x)dan

' 12

1 2

y (x)G(x)u =

W(y ,y )(x)

Dengan mengintegralkan didapat

21

1 2

y (x)G(x)u =- dx+c1

W(y ,y )(x)1

2

1 2

y (x)G(x)u = dx+c2

W(y ,y )(x)danP

D L

INIE

R O

RD

E 2

TA

K H

OM

OG

EN

Penyelesaian partikularnya adalah

2 1p 1 2

1 2 1 2

y (x)G(x) y (x)G(x)y =-y dx+y dx

W(y ,y )(x) W(y ,y )(x)

Penyelesaian umumnya adalah

y = c1y1 + c2y2 + yc

Contoh:

Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = 3csec2x!