Upload
hesti-a-priejanto
View
117
Download
9
Embed Size (px)
DESCRIPTION
pdb
Citation preview
PERSAMAANDIFERENSIAL BIASADAN APLIKASINYA
StudentHandbook
Prof. Drs. Dafik, M.Sc, Ph.D.
1
Untuk Keluarga Tercinta
Daftar Isi
Daftar Tabel 5
Daftar Gambar 7
Kata Pengantar 8
1 Konsep Dasar 1
1.1 Klasifikasi Persamaan Difrensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Solusi PDB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Metoda Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4 Masalah Nilai Awal (MNA) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 PDB Linier Order Satu 13
2.1 PDB Linier Order Satu Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.2 Solusi PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.3 Faktor Integrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1.4 Teknik Variabel Terpisah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2
DAFTAR ISI 3
3 Aplikasi PDB Order Satu 24
3.1 Masalah Dalam Mekanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2.1 Pertumbuhan Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2.2 Peluruhan Radioaktif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3 Hukum Pendinginan Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.4 Campuran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4 PDB Linier Order Dua 38
4.1 PDB Order n Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2 PDB Order n Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3 PDB Order Dua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3.1 PDB Order Dua Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5 Aplikasi PDB Order Dua 53
5.1 Vibrasi Bebas dan Takteredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.2 Vibrasi Bebas dan Teredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
5.3 Vibrasi Takbebas Gaya Luar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
6 Sistem PDB 65
6.1 Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Homogen dengan Koefisien
Kosntan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.1 Akar Riel dan Berbeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
6.1.2 Akar-Akar Komplek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
6.1.3 Akar Riel dan Sama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
DAFTAR ISI 4
6.2 Metoda Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
7 PDB Nonlinier dan Kesetimbangan 78
7.1 Sistem Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
7.2 Sistem Otonomus dan Trayektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
7.3 Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otonomus . . . . . . . . . . . 82
7.4 Potret Fase Sistem Otonomus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
8 Potret Fase Sistem PDB Nonlinier dan Aplikasi 100
8.0.1 Interaksi Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
8.0.2 Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana . . . . . . . . . . . 106
Daftar Tabel
4.1 Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen. . . . . . . 47
7.1 Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier . . . . . . 92
8.1 Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier . . . . . 101
5
Daftar Gambar
1.1 Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3.1 Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi. . . . . . . . . 28
3.2 Proses campuran dalam tangki. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.3 Gerakan benda pada bidang miring. . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
5.1 Vibrasi pada pegas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
5.2 Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar . . . . . . . 58
5.3 Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar . . . . . . . . . 59
5.4 Ekspresi getaran suku fungsi pertama . . . . . . . . . . . . . . . . 62
5.5 Ekspresi getaran suku fungsi kedua . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
5.6 Getaran pada pegas takbebas gaya luar . . . . . . . . . . . . . . . 63
6.1 Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . . 76
6.2 Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban. . . . . . . . . . 77
7.1 Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal. . . . . . . . . . 82
7.2 Potret fase sistem PDB dengan MAPLE . . . . . . . . . . . . . . 84
7.3 Ringkasan potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
6
DAFTAR GAMBAR 7
7.4 Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . . 94
7.5 Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
7.6 Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . . 97
7.7 Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
8.1 Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa . . . . . . . . . 105
8.2 Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
8.3 Ayunan Bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
8.4 Trayekktori sistem ayunan bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
8.5 Potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
8.6 Potret fase secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
8.7 Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . . 113
8.8 Rangkaian tertutup seri R, L dan C. . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Kata Pengantar
Puji syukur kehadirat Allah S.W.T karena atas anugerah dan karuniahNya penulis
dapat menyelesaikan buku ini dengan judul ”Persamaan Diferensial Biasa
dan Aplikasinya”. Buku ini dibuat untuk membantu mahasiswa menemukan re-
frensi utama mata kuliah Persamaan Difrensial Biasa memandang cukup langkanya
buku-buku persamaan difrensial dalam bahasa Indonesia.
Dalam buku ini dijelaskan bagaimana konsep persamaaan difrensial secara
umum, PDB order satu homogen dan nonhomogen, PDB order dua atau lebih
serta aplikasi dari suatu PDB, sistem PDB, sistem Otonomus, kestabilan dan
fase potret dari sistem Otonomus. Pokok bahasan ini disajikan dengan hara-
pan mahasiswa memahami esensi dari persamaan difrensial dan sekaligus sebagai
penunjang langsung materi perkuliahan. Dalam buku pegangan ini dilengkapi
beberapa fungsi dalam MAPLE programming serta latihan soal-soal tutorial un-
tuk memperdalam wawasan pemahaman mahasiswa tentang PDB. Semua materi
dalam buku ini ditulis dalam LATEX2E word processing sehingga ekspresi
fungsi matematik dapat disajikan dengan benar.
Selanjutnya dalam kesempatan ini penulis tak lupa menyampaikan banyak
terima kasih kepada yang terhormat:
1. Dekan FKIP Universitas Jember.
8
DAFTAR GAMBAR 9
2. Ketua Program Pendidikan Matematika yang telah memberikan motivasi
dan rekomendasi penggunaannya dalam perkuliahan.
3. Semua pihak yang terlibat langsung maupun tak langsung dalam penyusunan
buku ajar ini.
Semoga bantuan rielnya mendapat balasan yang setimpal dari Allah S.W.T.
Akhirnya penulis berharap agar buku pegangan ini memberikan manfaat bagi
pembaca, oleh karena itu kritik dan saran masih penulis harapkan untuk penyem-
purnaan dikemudian hari.
Jember, September 2014 Penulis
Daftar Isi
10
Daftar Tabel
11
Daftar Gambar
12
BAB 1
Konsep Dasar
1.1 Klasifikasi Persamaan Difrensial
Pada umumnya dikenal dua jenis persamaan difrensial yaitu Persamaan Difren-
sial Biasa (PDB) dan Persamaan Difrensial Parsial (PDP). Untuk mengetahui
perbedaan kedua jenis persamaan difrensial itu dapat dilihat dalam definisi berikut.
Definisi 1.1.1 Persamaan Difrensial Suatu persamaan yang meliputi turunan
fungsi dari satu atau lebih variabel terikat terhadap satu atau lebih variabel bebas
disebut Persamaan Difrensial. Selanjutnya jika turunan fungsi itu hanya tergan-
tung pada satu variabel bebas maka disebut Persamaan Difrensial Biasa (PDB)
dan bila tergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Difren-
sial Parsial (PDP)
Contoh 1.1.1 Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB
dan PDP.
1. ∂y∂x
+ ∂y∂t
+ xy = 5
1
BAB 1. KONSEP DASAR 2
2. dydx
+ d2ydx2 +
(
dydx
)2
− 3x = 0
3. ∂2y∂s2 + ∂y
∂t− y = 0
4. d3ydx3 +
(
d2ydx2
)3
+
(
dydx
)2
− x = 2y
5. ∂u∂x
+ ∂u∂y
+ ∂u∂z
= 5
6.
(
dydx
)5
+ d2ydx2 +
(
dydx
)2
= 7 yx
Dalam bahan ajar ini pembahasan persamaan difrensial akan difokuskan pada
Persamaan Difrensial Biasa (PDB). Sehingga semua contoh soal dan aplikasinya
akan dikaitkan dengan model fenomena persamaan difrensial yang hanya terikat
pada satu variabel bebas.
Definisi 1.1.2 Order Order suatu PDB adalah order tertinggi dari turunan
dalam persamaan F (x, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0.
Definisi 1.1.3 Linieritas dan Homogenitas PDB Order n dikatakan linier
bila dapat dinyatakan dalam bentuk
a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = F (x), dimana a0(x) 6= 0
Selanjutnya:
1. Bila tidak dapat dinyatakan dengan bentuk diatas dikatakan tak linier
2. Bila koefisien a0(x), a1(x), . . . , an(x) konstan dikatakan mempunyai koefisien
konstan bila tidak, dikatakan mempunyai koefisien variabel.
3. Bila F (x) = 0 maka PDB tersebut dikatakan homogen bila tidak, disebut
nonhomogen.
BAB 1. KONSEP DASAR 3
1.2 Solusi PDB
Berikut ini akan dijelaskan pengertian dan bentuk solusi suatu PDB.
Definisi 1.2.1 Suatu PDB order n yang ditulis dalam persamaan berikut:
F(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 (1.1)
dimana F adalah fungsi real dengan (n + 2) argumen akan mempunyai solusi
eksplisit dan implisit dengan ketentuan sebagai berikut:
1. Bila f adalah suatu fungsi dimana f ∈ C(I) dan f ∈ Cn(I) untuk ∀x ∈ I
dan I adalah sebarang interval real, maka f dikatakan solusi eksplisit dari
(1.1) jika F(x, f, f ′, f ′′, . . . , f (n)) ∈ C(I) dan F
(x, f, f ′, f ′′, . . . , f (n)) = 0
untuk ∀x ∈ I.
2. Sedangkan g(x, y) = 0 disebut solusi implisit dari (1.1) jika fungsi g da-
pat ditransformasikan dalam fungsi eksplisit f ∈ C(I) untuk ∀x ∈ I dan
minimal satu merupakan solusi eksplisitnya.
Secara umum kedua solusi ini masih dikategorikan lagi kedalam tiga jenis
solusi yaitu
1. Solusi umum, yaitu solusi PDB yang mengandung konstanta esensial, katakan-
lah C. Sebagai contoh, diketahui sutau PDB y′ = 3y + 1 maka solusi
umunnya adalah y = −1/3 + Ce3∗x.
2. Solusi khusus, yaitu solusi yang tidak mengandung konstanta esensial yang
disebabkan oleh tambahan sarat awal pada suatu PDB. Misal PDB itu
y′ = 3y + 1, y(0) = 1 maka solusi khususnya adalah y = −1/3 + 43e3∗x.
BAB 1. KONSEP DASAR 4
3. Solusi singular, yaitu solusi yang tidak didapat dari hasil mensubstitusikan
suatu nilai pada konstanta pada solusi umumnya. Contoh y = Cx + C2
adalah solusi umum dari (y′)2 + xy′ = y, namun demikian disisi lain PDB
ini mempunyai solusi singular y = −14x2.
1.3 Metoda Penyelesaian
Terdapat tiga jenis metoda yang dapat digunakan untuk menentukan solusi dari
suatu PDB yaitu:
1. Metoda Analitik. Metoda ini dapat menghasilkan dua bentuk solusi
yaitu bentuk eksplisit dan implisit, yang dicari melalui teknik deduktif
analogis dengan menggunakan konsep-konsep matematik. Kelebihannya
dapat mengetahui bentuk fungsi solusinya namun tidak cukup fleksibel un-
tuk masalah-masalah yang komplek. Dengan komputer dapat diselesaikan
dengan software MATLAB atau MAPLE. Prosedur dalam MATLAB ditulis
sebagai berikut:
%Menggunakan fungsi dsolve≫ dsolve(’Dy=3*y+1, y(0)=1’)
2. Metoda kualitatif . Solusi ini hanya dapat memberikan gambaran secara
geometris bagaimana visualisasi dari solusi PDB. Dengan mengamati pola
grafik gradien ”field” (direction field) maka dapat diestimasi solusi PDB
itu. Keunggulannya dapat memahami secara mudah kelakuan solusi suatu
PDB namun fungsi asli dari solusinya tidak diketahui, dan juga kurang
BAB 1. KONSEP DASAR 5
fleksibel untuk kasus yang komplek. Dengan MATLAB direction field dapat
digambar sebagai berikut:
%Menggunakan fungsi fieldplot atau DEplot%Misal akan diamati pola solusi dari PDB y′ = 1 − 2ty≻ with(plots):≻ fieldplot([t, 1 − 2 ∗ t ∗ y], t = −1..4, y = −1..2, arrows = LINE, color = t);%Atau dengan menggunakan fungsi DEplot≻ eq1:=diff(y(t),t)=1-2*t*y(t);≻DEplot(eq1,y(t),t=-1..4,y=-1..2);
Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.
Gambar 1.1: Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2
Atau dengan menggunakan prinsip-prinsip yang ada dalam matematika un-
tuk menggambar suatu fungsi, (lihat KALKULUS).
3. Metoda Numerik. Pada saat sekarang metoda ini merupakan metoda
BAB 1. KONSEP DASAR 6
yang sangat fleksibel. Metoda ini berkembangan sesuai dengan perkem-
bangan komputer dan dapat menyelesaiakan suatu PDB dari level yang
mudah sampai level yang komplek. Walaupun fungsi solusi tidak dike-
tahui secara eksplisit maupun implisit namun data yang diberikan dapat
divisualisir dalam grafik sehingga dapat dianalisis dengan baik. Namun
metoda ini berdasarkan pada prinsip-prinsip aproksimasi sehingga solusi
yang dihasilkan adalah solusi hampiran (pendekatan). Sebagai konsuk-
wensi dari penggunaan metoda ini adalah adanya evaluasi berulang de-
ngan menggunakan komputer untuk mendapatkan hasil yang akurat. Salah
satu metoda ang telah anda kenal adalah metoda EULER dengan ru-
mus yn+1 = yn + hf(t, y), (lihat catatan Algoritma dan Pemerograman).
Dibawah diberikan programming metoda EULER dengan menggunakan
MATLAB programming.
%Programming Untuk Menyelesaikan PDB%y′ = y − t2 + 1, y(0) = 0.5%Dengan menggunakan metoda Euler
n=input(’Jumlah iterasi :’);y(1)=0.5;t(1)=0;h=0.2;
for i=2:nfprintf(’\n y(i) = 1.2 ∗ y(i− 1) − 0.2 ∗ t(i − 1)2 + 0.2;t(i) = t(1) + (i − 1) ∗ h;endplot(t,y)hold onf = t.2 + 2. ∗ t + 1 − 0.5. ∗ exp(t);plot(t,f,’o’)
BAB 1. KONSEP DASAR 7
1.4 Masalah Nilai Awal (MNA)
Persamaan difrensial order satu secara umum ditulis dengan
y′ =dy
dx= f(x, y)
dimana f adalah kontinyu atas variabel x, y pada domain D (dalam bidang xy).
Misal (x0, y0) adalah titik pada D, maka masalah nilai awal yang berkenaan
dengan dengan y′ = f(x, y) adalah masalah untuk menentukan solusi y yang
memenuhi nilai awal y(x0) = y0. Dengan notasi umum sebabagai berikut:
y′ = f(x, y), y(0) = y0 (1.2)
Permasalahannya sekarang apakah solusi y(x) yang memenuhi y(x0) = y0
selalu ada (principle of existence) , kalau benar apakah solusi itu tunggal (prin-
ciple of uniqueness). Pertanyaan ini merupakan hal yang sangat penting un-
tuk didahulukan mengingat betapa kompleknya suatu model fenomena riel yang
banyak dimungkinkan tidak dapat diselesaikan dengan metoda analitik ataupun
kualitatif. Untuk memudahkan pemeriksaan awal tentang dua hal ini dalam hal
ini dikembangkan teorema Lipschitz dan teorema Picard.
Definisi 1.4.1 (Sarat Lipschitz) Suatu fungsi f(t, y) dikatakan memenuhi sarat
Lipschitz dalam variabel y di suatu domain D ∈ R2 jika ada konstanta L > 0
sedemikian hingga
||f(t, y1) − f(t, y2)|| ≤ L||y1 − y2||
untuk sebarang (t, y1), (t, y2) ∈ D. Selanjutnya konstanta L disebut sebagai kon-
stanta Lipschitz.
BAB 1. KONSEP DASAR 8
Definisi 1.4.2 (Konvek) Suatu himpunan D ∈ R2 dikatakn konvek bila untuk
sebarang (t, y1), (t, y2) ∈ D maka titik ((1 − λ)t1 + λt2, (1 − λ)y1 + λy2) juga
merupakan elemen dari D untuk λ ∈ [0, 1].
Secara geometris dapat digambarkan sebagai berikut
Konvek Tidak Konvek
(t , y )1 1
(t , y )
2 2
1 1
2 2(t , y )
(t , y )
Gambar 1.2: Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2
Teorema 1.4.1 Teorema Lipschitz. Andaikata f(t, y) terdefinisi dalam him-
punan konvek D ∈ R2 dan ada konstanta L > 0 dimana
∣∣∣∣
∣∣∣∣
df
dy(t, y)
∣∣∣∣
∣∣∣∣≤ L, untuk semua (t, y) ∈ D, (1.3)
maka f memenuhi suatu sarat Lipschitz.
Teorema 1.4.2 Misal D = {(t, y)|a ≤ t ≤ b,−∞ ≤ y ≤ ∞} dan f(t, y) adalah
fungsi kontinyu dalam D, kemudian bila f memenuhi sarat Lipschitz dalam vari-
abel y maka masalah nilai awal
y′(t) = f(t, y), a ≤ t ≤ b y(a) = α
mempunyai solusi tunggal y(t) untuk a ≤ t ≤ b.
Contoh 1.4.1 y′ = 1 + t sin(ty), 0 ≤ t ≤ 2, y(0) = 0. Tentukan apakah
persamaan ini mempunyai solusi tunggal.
BAB 1. KONSEP DASAR 9
Penyelesaian 1.4.1 f(t, y) = 1 + t sin(ty), kemudian terapkan teorema nilai
rata-rata pada KALKULUS yaitu untuk sebarang y1 < y2, maka ada bilangan
ξ ∈ (y1, y2) sedmikian hingga
f(t, y2) − f(t, y1)
y2 − y1
=∂
∂yf(t, ξ) = t2 cos(tξ).
Kemudian
f(t, y2) − f(t, y1) = (y2 − y1)t2 cos(tξ)
||f(t, y2) − f(t, y1)|| = ||(y2 − y1)t2 cos(tξ)||
≤ ||y2 − y1|| ||t2 cos(tξ)||
≤ ||y2 − y1|| || max0≤t≤2
t2 cos(tξ)||
= 4||y2 − y1||.
Degan demikian sarat Lipschitz terpenuhi yaitu ||f(t, y1)−f(t, y2)|| ≤ L||y1−y2||,
dimana konstanta Lipschitznya adalah L = 4, berarti persamaan itu mempunyai
solusi tunggal.
Teorema 1.4.3 Teorema Picard. Suatu masalah nilai awal y′ = f(x, y), y(x0) =
y0 mempunyai solusi tunggal y = φ(x) pada interval |x−x0| ≤ ǫ, dimana ǫ adalah
bilangan positif dan kecil sekali, bila
1. f ∈ C(D) dimana D adalah daerah pada bidang xy, yaitu D = {(x, y), a <
x < b, c < y < d}
2. ∂y∂x
∈ C(D) yang memuat nilai kondisi awal (x0, y0)
BAB 1. KONSEP DASAR 10
Latihan Tutorial 1
1. Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP.
(a) ∂y∂x
+ ∂y∂t
+ xy = 5
(b) dydx
+ d2ydx2 +
(
dydx
)2
− 3x = 0
(c) ∂2y∂s2 + ∂y
∂t− y = 0
(d) d3ydx3 +
(
d2ydx2
)3
+
(
dydx
)2
− x = 2y
(e) ∂u∂x
+ ∂u∂y
+ ∂u∂z
= 5
(f)
(
dydx
)5
+ d2ydx2 +
(
dydx
)2
= 7 yx
2. Tentukan orde dan sifat-sifat kelinieran dari persamaan diferensial berikut
ini
(a) ∂y∂x
+ xy = xex
(b) d4ydx4 + 3
(
d2ydx2
)5
+ 5y = 0
(c) d2ydx2 + ysinx = 0
(d) d6udt6
+
(
d2udt2
)(
d5udt5
)
+ t = 2u
(e) x2dy + y2dx = 0
(f)
(
d2ydx2
)5
+ xsiny = 0
(g)
(
d2udt2
)4
=√
d5udt5
+ t = 2u
(h) d3ydt3
+ tdydt
+ (cos2t)y = t2
(i) (1 + s2)d2yds2 + sdy
ds+ y = es
BAB 1. KONSEP DASAR 11
(j) d4ydt4
+ d3ydt3
+ d2ydt2
+ y = 0
(k)
(
d3ydx3
)2
+ xtan2(xy) = 0
(l) d2ydt2
+ dydt
+ (cos2(t + 2))y = t2
(m) (1 + t2)d2ydt2
+ tdydt
+ tey = 0
(n) d5yds5 + cosec(2s2 − 2) = siny
3. Ulangilah soal nomor 2, tentukan sifat kehomgenan dari masing-masing soal
tersebut
4. Selidikilah apakah solusi yang diberikan merupakan solusi dari persamaan
diferensial berikut ini
(a) y′′ + 2y′ − 3y = 0; y1(t) = e−3t, y2(t) = et
(b) ty′ − y = t2; y(t) = 3t + t2
(c) y(4) + 4y(3) + 3y = t; y1(t) = t3, y2(t) = e−t + t
3
(d) 2t2y′′ + 3ty′ − y = 0, t > 0; y1(t) = t1
2 , y2(t) = t−1
(e) y′ − 2ty = 1; y(t) = et2∫ t
0e−s2
ds + et2
5. Cermati apakah fungsi solusi dibawah ini merupakan solusi terhadap masalah
nilai awal yang bersesuaian
(a) y′ = −y; y(0) = 2, y(x) = 2e−x
(b) y′′ + 4y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 0, y(x) = cos(2x)
(c) y′′ + 3y′ + 2y = 0; y(0) = 0, y′(0) = 1, y(x) = e−x − e−2x
6. Periksalaha mana diantara soal berikut ini yang memenuhi teorema Lip-
schitz:
BAB 1. KONSEP DASAR 12
(a) f(t, y) = y cos t, 0 ≤ t ≤ 1, y(0) = 1
(b) f(t, y) = 1 + t sin y, 0 ≤ t ≤ 2, y(0) = 0
(c) f(t, y) = 2ty + t2e2, 1 ≤ t ≤ 2, y(1) = 0
(d) f(t, y) = 4t3y1+t4
, 0 ≤ t ≤ 1, y(0) = 1
dan tentukan besar konstanta Lipschitz dari masing-masing soal ini.
7. Selidiki apakah persamaan diferensial berikut ini mempunyai solusi tunggal
pada interval yang memuat kondisi awal berikut
(a) y′ = −1 − 2y, y(0) = 0
(b) y′ = −2 + t − y, y(0) = 1
(c) y′ = e−t + y, y(1) = 3
(d) y′ = − yx, y(0) = 1
8. Tentukan untuk titik-titik (x0, y0) yang mana PDB berikut ini memenuhi
teori kewujudan dan ketunggalan dari Picard.
(a) y′ = x2+yx−y
(b) y′ = (2x − y)1
3
(c) y′ = (1 − x2 − 2xy2)3
2
(d) 2xy′ = x2 + y2
BAB 2
PDB Linier Order Satu
2.1 PDB Linier Order Satu Homogen
PDB order satu dapat dinyatakan dalam
dy
dx= f(x, y)
atau dalam bentuk derivatif
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.1)
2.1.1 PDB Eksak
Definisi 2.1.1 Misal F suatu fungsi dari dua variabel real, dan F kontinyu pada
turunan pertama pada domain D maka jumlah difrensial dF didefinisikan sebagai
dF (x, y) =∂F (x, y)
∂xdx +
∂F (x, y)
∂ydy
untuk semua (x, y) ∈ D.
13
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 14
Definisi 2.1.2 Persamaan 2.1 disebut difrensial eksak pada domain D jika ada
fungsi F dari dua variabel x, y sedemikian hingga ekspresi tersebut sama dengan
jumlah dF (x, y) untuk ∀(x, y) ∈ D. Sesuaikan definisi 2.1.1 dengan persamaan
2.1 diperoleh
M(x, y) =∂F (x, y)
∂x
N(x, y) =∂F (x, y)
∂y
Teorema 2.1.1 Persamaan 2.1 dengan M, N kontinyu pada turunan pertamanyan
(M, N ∈ C1(D)) akan memenuhi dua kondisi berikut:
1. Bila 2.1 PDB eksak di D maka ∂M(x,y)∂y
= ∂N(x,y)∂x
untuk ∀(x, y) ∈ D
2. Sebaliknya bila ∂M(x,y)∂y
= ∂N(x,y)∂x
untuk ∀(x, y) ∈ D maka dikatakan 2.1
adalah PDB eksak.
Bukti
Akan dibutkikan bagian pertama dari teorema ini. Jika 2.1 eksak di D maka
Mdx + Ndy adalah eksak difrensial di D. Dengan definisi 2.1.1 dan 2.1.2, maka
terdapat suatu fungsi F sedemikian hingga
∂F (x, y)
∂x= M(x, y), dan
∂F (x, y)
∂y= N(x, y)
untuk ∀(x, y) ∈ D. Selanjutnya turunkan M terhadap y dan N terhadap x
diperoleh
∂2F (x, y)
∂x∂y=
∂M(x, y)
∂y, dan
∂2F (x, y)
∂y∂x=
∂N(x, y)
∂x
Kita tahu bahwa
∂F (x, y)
∂x∂y=
∂F (x, y)
∂y∂x
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 15
untuk ∀(x, y) ∈ D, sehingga dapat disimpulkan
∂M(x, y)
∂y=
∂N(x, y)
∂x
∀(x, y) ∈ D.
Selanjutnya gunakan fakta ini untuk membuktikan bagian yang kedua.
2.1.2 Solusi PDB Eksak
Ada dua cara menyelesaikan PDB jenis ini, yaitu menggunakan prosedur dalam
teorema atau dengan teknik pengelompokan.
Contoh 2.1.1 Tentukan solusi PDB eksak (3x2 + 4xy)dx + (2x2 + 2y)dy = 0
Penyelesaian 2.1.1 Jelas persamaan ini adalah PDB eksak karena
∂M(x, y)
∂y= 4x =
∂N(x, y)
∂x
∀(x, y) ∈ D. Dengan menggunakan cara yang pertama maka kita mempunyai
∂F (x, y)
∂x= 3x2 + 4y dan
∂F (x, y)
∂y= 2x2 + 2y
Integralkan bentuk pertama
F (x, y) =
∫
M(x, y)∂x + φ(y) =
∫
(3x2 + 4xy)∂x + φ(y)
Kemudian turunkan terhadap y
∂F (x, y)
∂y= 2x2 +
dφ(y)
dy,
padahal kita punya
∂F (x, y)
∂y= N(x, y) = 2x2 + 2y
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 16
sehingga
2x2 + 2y = 2x2 +dφ(y)
dyatau
dφ(y)
dy= 2y.
Integralkan persamaan terakhir ini diperoleh φ(y) = y2 + c0, dengan demikian
F (x, y) menjadi
F (x, y) = x3 + 2x2y + y2 + c0.
Bila F (x, y) merupakan solusi umum maka keluarga solusi itu adalah F (x, y) = c1
sehingga
∴ x3 + 2x2y + y2 + c0 = c1 atau x3 + 2x2y + y2 = c
yang merupakan solusi persamaan PDB eksak yang dimaksud.
Cara yang kedua adalah dengan menggunakan teknik pengelompokan, lihat catatan
dalam perkuliahan.
2.1.3 Faktor Integrasi
Faktor integrasi ini digunakan untuk menyelesaikan PDB order satu tidak eksak.
Langkah yang dimaksud adalah merubah PDB tidak eksak menjadi eksak. Re-
nungkan lagi persamaan 2.1, bila ∂M(x,y)∂y
6= ∂N(x,y)∂x
maka dapat ditentukan µ(x, y)
sedemikian hingga
µ(x, y)M(x, y)dx + µ(x, y)N(x, y)dy = 0 (2.2)
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 17
merupakan PDB eksak. Sekarang bagaimana prosedur menentukan µ(x, y), da-
patlah digunakan teorema 2.1.1 diatas. Bila persamaan 2.2 eksak maka
∂(µM)
∂y=
∂(µN)
∂x∂µ
∂yM + µ
∂M
∂y=
∂µ
∂xN + µ
∂N
∂x
µ
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]
= N∂µ
∂x− M
∂µ
∂y
µ(x, y) =N ∂µ
∂x− M ∂µ
∂y
∂M∂y
− ∂N∂x
(2.3)
adalah merupakan formula faktor integrasi secara umum.
Contoh 2.1.2 Tentukan solusi PDB berikut ini
1. (4xy+3y2−x)dx+x(x+2y)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung
pada x saja
2. (x2y + 2xy2 + 2x + 3y)dx + (x3 + 2x2y + 3x)dy = 0, bila faktor integrasinya
hanya tergantung pada xy
Penyelesaian 2.1.2 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita
bahas soal nomor 2. Jika µ tergantung pada xy ini berarti µ = µ(x, y) misal
z = xy maka
∂µ
∂x=
∂µ(z)
∂z
∂z
∂x=
∂µ(z)
∂zy atau
∂µ
∂y=
∂µ(z)
∂z
∂z
∂y=
∂µ(z)
∂zx
sedangkan
∂M
∂y= x2 + 4xy + 3, dan
∂N
∂x= 3x2 + 4xy + 3.
Sekarang gunakan faktor integrasi 2.3 dan substitusikan nilai-nilai diatas ini,
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 18
maka didapat
µ =(x3 + 2x2y + 3x)∂µ(z)
∂zy − (x2y + 2xy2 + 2x + 3y)∂µ(z)
∂zx
(x2 + 4xy + 3) − (3x2 + 4xy + 3)
µ =∂µ
∂z
∂z =1
µ∂µ
∫
∂z =
∫1
µ∂µ
z = ln µ
µ = ez = exy
Dengan demikian faktor integrasinya adalah µ(x, y) = exy. Sekarang soal nomor
dua menjadi PDB eksak dengan mengalikan faktor integrasi terhadap suku-
sukunya dimasing-masing ruas.
exy(x2y + 2xy2 + 2x + 3y)dx + exy(x3 + 2x2y + 3x)dy = 0
Dengan meyakini persamaan ini merupakan PDB eksak cara menyelesaikan sama
dengan teknik diatas yakni terdapat dua cara. Coba anda kerjakan sebagai
latihan
2.1.4 Teknik Variabel Terpisah
Bila persaman 2.1 kita transformasikan kedalam bentuk
f1(x)g1(y)dx + f2(x)g2(y)dy = 0 (2.4)
selanjutnya kalikan persamaan ini dengan g1(y)f2(x) maka akan diadapat
f1(x)
f2(x)dx +
g2(x)
g1(y)dy = 0 (2.5)
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 19
Persamaan 2.4 tidak eksak namun persamaan 2.5 adalah eksak sehingga teknik
penyelesaiannya menyesuaikan. Bisa juga dengan mengintegralkan langsung ben-
tuk itu menjadi∫
f1(x)
f2(x)dx +
∫g2(x)
g1(y)dy = 0
Contoh 2.1.3 Tentukan solusi PDB berikut ini dengan menggunakan teknik pemisa-
han variabel.
1. (x + y)2dx − xydy = 0
2. (2xy + 3y2)dx − (2xy + x2)dy = 0
Penyelesaian 2.1.3 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita
bahas soal nomor 2. Ambil suatu permisalan y = vx dan tentunya dy = vdx+xdv,
lalu substitusikan kedalam persamaan nomor 2.
(2x2v + 3x2v2)dx − (2x2v + x2)(vdx + xdv) = 0
2x2vdx + 3x2v2dx − 2x2v2dx − 2x3vdv − x2vdx − x3dv = 0
x2(v + v2)dx − x3(2v − 1)dv = 0
1
xdx − (2v − 1)
(v + v2)dv = 0
Jelas persamaan terakhir ini merupakan PDB eksak sehingga gunakan cara
yang sama untuk menyelesaikannya. Atau bisa diintegralkan langsung menjadi
∫1
xdx −
∫(2v − 1)
(v + v2)dv = 0
ln x + c0 + ln v − 3 ∗ ln(1 + v) + c1 = 0
lnx + c0 + ln(y/x) − 3 ∗ ln(1 + (y/x)) + c1 = 0
∴ lnx + ln(y/x) − 3 ∗ ln(1 + (y/x)) = c
Persamaan terakhir adalah solusi umum dari PDB yang dimaksud.
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 20
2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen
Pada umumnya PDB linier order satu nonhomogen dapat dinyatakan dengan
dy
dx+ P (x)y = Q(x) (2.6)
dy
dx+ P (x)y = Q(x)yn (2.7)
Untuk persamaan 2.6 dapat kita tulis dalam
(P (x)y − Q(x))dx + dy = 0
sehingga
M(x, y) = P (x)y − Q(x) dan N(x, y) = 1.
Sekarang
∂M(x, y)
∂y= P (x) dan
∂N(x, y)
∂x= 0
dengan demikian persamaan ini bukan merupakan PDB eksak, sehingga perlu
ditentukan faktor integrasinya. Kita pilih faktor integrasi yang hanya tergantung
pada x, yaitu µ(x). sedemikian
(µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x))dx + µ(x)dy = 0
merupakan PDB eksak, yang berakibat bahwa
∂
(
µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x)
)
∂y=
∂µ(x)
∂x
Selesaikan bentuk ini didapat
P (x)dx =1
µ(x)∂µ(x)
ln |µ| =
∫
P (x)dx
∴ µ = eR
P (x)dx µ > 0
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 21
Kalikan µ terhadap persamaan 2.6 didapat
eR
P (x)dx dy
dx+ e
RP (x)dxP (x)y = Q(x)e
RP (x)dx
yang mana hal ini sama dengan
d
dx
(
eR
P (x)dxy
)
= Q(x)eR
P (x)dx
atau
eR
P (x)dxy =
∫
eR
P (x)dxQ(x)dx + c
atau
∴ y = e−R
P (x)dx∫
eR
P (x)dxQ(x)dx + c (2.8)
Persamaan ini disebut Persamaan Bernoulli
Selanjutnya untuk persamaan 2.7 dapat kita tulis dalam
y−n dy
dx+ P (x)y1−n = Q(x).
Misal v = y1−n maka dydx
= 1(1−n)
yn dvdx
sehingga persamaan diatas menjadi
dv
dx+ (1 − n)P (x)v = Q(x)(1 − n)
Misal Pp(x) = (1 − n)P (x) dan Qq(x) = (1 − n)Q(x) maka persamaan diatas
dapat direduksi kedalam bentuk
∴
dv
dx+ Pp(x)v = Qq(x)
adalah persaman sebagaimana 2.6, sehingga cara menyelesaikan sama.
Contoh 2.2.1 Tentukan solusi PDB berikut ini
1. (x2 + 1) dydx
+ 4xy = x, y(2) = 1
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 22
2. dydx
+ y = xy3, y(0) = 2
Penyelesaian 2.2.1 Soal nomor 1 dapat diselesaikan langsung dengan persamaan
2.8, sehingga
dy
dx+
4x
(x2 + 1)y =
x
(x2 + 1)
maka P (x) = 4x(x2+1)
dan Q(x) = x(x2+1)
sehingga dengan menggunakan
y = e−R
P (x)dx
∫
eR
P (x)dxQ(x)dx + c
y dapat ditentukan sebagai
y =x4
4(x2 + 1)2+
x2
2(x2 + 1)2+
c
(x2 + 1)2
untuk y(2) = 1 maka substitusikan ke persamaan ini didapat c = 19, akhirnya
solusi khususnya adalah
∴ y =x4
4(x2 + 1)2+
x2
2(x2 + 1)2+
19
(x2 + 1)2
Ikuti langkah dalam prosedur yang telah diberikan untuk mengerjakan soal nomor
2. Anda kerjakan sebagai latihan
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 23
Latihan Tutorial 2
1. Mana diantara soal-soal berikut ini yang merupakan PDB order 1 eksak.
(a) (y sec2 x + sec x tanx)dx + (tanx + 2y)dy = 0
(b) (θ2 + 1) cos rdr + 2θ sin rdθ = 0
(c)
(
2s−1t
)
ds +
(
s−s2
t2
)
dt = 0
2. Selesaikanlah PD order 1 eksak berikut ini
(a) (2y sin x cos x + y2 sin x)dx + (sin2 x − 2y cos x)dy = 0; y(0) = 3
(b)
(
1+8xy2/3
x2/3y1/3
)
dx +
(
2x4/3y2/3−x1/3
y4/3
)
dy = 0; y(1) = 8
3. Tentukan faktor integrasi µ untuk masing-masing soal berikut ini
(a) (x2y + 2xy2 + 2x + 3y)dx + (x3 + 2x2y + 3x)dy = 0, bila µ tergantung
pada xy
(b) (y3 − 2x2y)dx + (2xy2 − x3)dy = 0, bila µ tergantung pada x + y
4. Gunakan metoda variabel terpisah untuk menyelesaikan beberapa persoalan
berikut ini
(a) (x tan yx
+ y)dx− xdy = 0
(b) (√
x + y +√
x − y)dx + (√
x − y −√x + y)dy = 0
5. Gunakan metoda Bernoulli untuk menyelesaikan PD berikut ini
(a) (x2 + x − 2) dydx
+ 3(x + 1)y = x − 1
(b) drdθ
+ r tan θ = cosθ, r(pi4) = 1
BAB 3
Aplikasi PDB Order Satu
3.1 Masalah Dalam Mekanik
Misal △x adalah perubahan jarak yang ditimbulkan benda bergerak selama
waktu △t maka kecepatan rata-rata didefinisikan
vr =△x
△t=
xB − xA
tB − tA.
Selanjutnya kecepatan sesaat adalah
v = lim△→0
vr = lim△t→0
△x
△t
v =dx
dt(m/dt).
a =dv
dt(m/dt2)
Hukum 3.1.1 (Hukum Newton I) Hukum ini juga disebut hukum Kelemba-
man Newton yang berbunyi;’ setiap benda akan tetap berada pada keadaan diam
atau bergerak lurus beraturan kecuali jika benda itu dipaksa oleh gaya-gaya yang
bekerja pada benda itu’.
24
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 25
Hukum 3.1.2 (Hukum Newton II) Percepatan yang ditimbulkan oleh gaya
yang bekerja pada sebuah benda berbanding lurus (sebanding) dengan besar
gaya itu, dan berbanding terbalik dengan massa kelembaman banda itu. Se-
cara matematis dapat ditulis sebagai a = F/m atau F = ma dimana F adalah
gaya dan m suatu massa.
Analog dengan hukum Newton II ini, gerak jatuh bebas suatu benda dengan
berat W tanpa mengikutsertakan gaya gesek udara adalah
W = mg.
F dalam hal ini direpresentasikan dengan W dan a = g, sehingga bisa kita tulis
mg = W
ma = F
mdv
dt= F
mdv
dx
dx
dt= F
mvdv
dx= F
adalah model dari PDB order satu.
Contoh 3.1.1 Benda dengan berat 8 newton dijatuhkan dari suatu ketinggian
tertentu, yang bearawal dari keadaan diam. Jika kecepatan benda jatuh itu v,
dan kecepatan gravitasi bumi adalah g = 10m/dt2, serta gaya gesek udara adalah
−2v. Tentukan ekspresi kecepatan v dan jarak x pada saat tertentu.
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 26
Penyelesaian 3.1.1 Hukum newton mengatakan F = ma atau∑
F = ma.
Dalam hal ini f1 = W = 8 newton (gaya kebawah), dan F2 =gaya gesek udara
= −2v (gaya keatas) sehingga
mdv
dt= F1 + F2
8
10
dv
dt= 8 − 2v
1
8 − 2vdv =
10
8dt
Karena benda berawal dari keadaan diam maka v(0) = 0, sehingga model PDB
sekarang adalah
1
8 − 2vdv =
10
8dt
v(0) = 0
Integralkan kedua ruasnya didapat
−1
2ln(8 − 2v) + c0 =
10
8t + c1
ln(8 − 2v) = −5
2t + c2
(8 − 2v) = e−5
2t+c2
2v = −Ce−5
2t + 8
v =1
2(8 − Ce−
5
2t)
Dengan memasukkan nilai awal v(0) = 0 maka c = 4 sehingga ekspresi kecepatan
adalah
v(t) = 4 − 2e−5
2t.
Selanjutnya untuk menentukan ekspresi jarak maka rubah v(t) kedalam v = dxdt
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 27
sehingga model PDB sekarang adalalah
dx
dt= 4 − 2e−
5
2t
x(0) = 0
Dengan cara yang sama untuk solusi PDB ini maka ekspresi jarak terhadap waktu
adalah
x(t) = 4t − 4
5e
5
2t +
4
5
3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan
Jika Q menunjukkan jumlah, kuantitas atau kualitas sesuatu dalam waktu t,
maka perubahan (bertambah=pertumbuhan atau berkurang=peluruhan) yang
disimbulkan dengan dQdt
berbanding lurus dengan kuantitas Q, dengan kata lain
dQ
dt= rQ pertumbuhan
dQ
dt= −rQ peluruhan
3.2.1 Pertumbuhan Populasi
Jika y adalah jumlah populasi dalam waktu t, k adalah konstanta proportionalitas
atau tingkat pertumbuhan maka model PDB pertumbuhan populasi adalah
dy
dt= ky
y(t0) = y0
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 28
Selanjutnya bila k berubah-ubah maka dapat kita ganti dengan h(y) yang dapat
dipilih h(y) = r − ay maka model pertumbuhan menjadi dydt
= (r − ay)y
dy
dt= r(1 − y
K)y dimana K =
r
a
y(t0) = y0
PDB ini dikenal dengan persamaan Verhulst atau persamaan Logistik. Solusi
kualitatif persamaan ini untuk r, K positip adalah tertera dalam Gambar 3.1.
-3
-2
-10123
y(x)
-1
-0.5
0.5
11.5
22.5
x
Asymptotic solution
Gambar 3.1: Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi.
Contoh 3.2.1 Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut
dx
dt=
1
100x − 1
(10)8x2
Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100,000 maka
1. berapa besar populasi tahaun 2000
2. tahun berapa jumlah populasi akan menjadi 2× tahun 1980
3. berapa jumlah populasi terbesar untuk t > 1980
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 29
Penyelesaian 3.2.1 Bila tahun 1980 jumlah populasi 100,000 maka dapat dikatakan
x(1980) = 100, 000 sehingga model PDB sekarang adalah
dx
dt=
1
100x − 1
(10)8x2
x(t0) = x0
Rubah kedalam kedalam PD dengan variabel terpisah
1
(10)−2x − (10)−8x2dx = dt
Integralkan kedua ruasnya
∫1
(10)−2x(1 − (10)−6x)dx =
∫
dt
100
∫1
x+
(10)−6
1 − (10)−6xdx =
∫
dt
100(ln x − ln(1 − (10)−6x)
)+ c0 = t + c1
lnx
1 − (10)−6x=
t
100+ c2
x
1 − (10)−6x= e
t100
+c2
x
1 − (10)−6x= ce
t100
x =ce
t100
1 + (10)−6cet
100
Terapkan nilai awal x(1980) = 100, 000 didapat c = (10)6
9e19.8 sehingga
x(t) =106
1 + 9e19.8−t/100(3.1)
Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut
1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = 2000. Substitusikan nilai t ini
kedalam persamaan 3.1 didapat x = 119, 495. Dengan demikian jumlah
populasi tahun 2000 adalah 119,495 orang.
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 30
2. jumlah populasi 2× tahun 1980, berarti x = 200, 000. Substitusikan nilai
x ini kedalam persamaan 3.1 didapat t = 2061. Dengan demikian jumlah
populasi akan dua kali lipat tahun 1980 dicapai pada tahun 2061.
3. Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t → ∞) berarti
x = limt→∞
106
1 + 9e19.8−t/100
x = limt→∞
106
1 + 9e19.8et/100
x = 106 = 1, 000, 000
Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak ter-
batas adalah satu juta orang.
3.2.2 Peluruhan Radioaktif
Contoh 3.2.2 Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang seband-
ing dengan jumlah isotop. Jika 100 mg dari material meluruh menjadi 82.04 mg
dalam satu minggu, maka
1. tentukan ekspresi jumlah pada saat tertentu
2. tentukan interval waktu sehingga isotop itu meluruh menjadi setengah dari
jumlah semula.
Penyelesaian 3.2.2 Gunakan rumus peluruhan. Misal Q jumlah isotop Thorium-
234 maka dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah
dQ
dt= −rQ
Q(0) = 100
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 31
Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh
Q(t) = 100e−rt
Kemudian terapkan sarat kedua, yakni dalam satu minggu (7 hari) isotop men-
jadi 82.04 mg artinya Q(7) = 82.04 mg akan didapat nilai r, sedemikian hingga
ekspresi jumlah terhadap waktu (hari) adalah
Q(t) = 100e−0.02828t.
Dengan mengetahui ekspresi ini akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaan-
pertanyaan diatas. (Teruskan sebagai latihan.)
3.3 Hukum Pendinginan Newton
Perubahan suhu suatu benda atau bahan yang mengalami proses pendinginan
sebanding dengan perbedaan antara suhu benda dan suhu disekitarnya. Dengan
demikian bila Suhu benda itu adalah x dan suhu sekitarnya itu adalah xs maka
proses pendinginan Newton terhadap waktu t digambarkan dengan
dx
dt= k(x − xs), k > 0
dimana k adalah konstanta tingkat pendinginan.
Contoh 3.3.1 Suatu benda dengan suhu 80oC diletakkan diruangan yang bersuhu
50oC pada saat t = 0. Dalam waktu 5 menit suhu benda tersebut menjadi 70oC,
maka
1. tentukan fungsi suhu pada saat tertentu
2. tentukan besarnya suhu benda pada 10 menit terakhir
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 32
3. kapan suhu menjadi 60oC
Penyelesaian 3.3.1 Dengan memahami persoalan ini maka model PDB proses
pendinginan dapat ditulis sebagai
dx
dt= k(x − 50)
x(0) = 80 dan x(5) = 70
Solusi dari persamaan itu adalah
ln(x − 50) + c0 = kt + c1
(x − 50) = cekt
x = 50 + cekt
Masukkan nilai awal maka nilai c = 30 sehingga persamaan menjadi
x = 50 + 30ekt
Dan masukkan kondisi kedua didapat
ek =(2
3
) 1
5
sehingga ekspresi terakhir menjadi
x(t) = 50 + 30(2
3
) t5
Selanjutnya anda selesaikan pertanyaan diatas dengan memakai ekspresi ini.
3.4 Campuran
Suatu bahan dengan konsentrasi terterntu dicampur dengan bahan lain dalam
suatu tempat sehingga bahan bercampur dengan sempurna dan menjadi campu-
ran lain dengan konsentrasi berbeda. Bila Q menunjukkan jumlah bahan pada
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 33
saat tertentu, maka perubahan Q terhadap t ditunjukkan dengan dQdt
. Kemudian
bila proses yang terjadi adalah terdapat campuran masuk dan campuran yang
keluar, dimana laju jumlah bahan masuk dinyatakan dengan proses IN dan laju
jumlah bahan keluar dinyatakan dengan proses OUT maka
dQ
dt= IN − OUT
K= L literQ(0) = Q_0 gram
v =r liter/mink =s gram/liter
v =r liter/min
Gambar 3.2: Proses campuran dalam tangki.
Dimana bila laju masuk sama dengan laju keluar maka
IN = kv = sr gram/liter
OUT =Q
Kv =
Qr
Lgram/liter
Contoh 3.4.1
Suatu tangki mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam.
Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter masuk
kedalam tangki dengan laju 4 liter/menit dan bercampur dengan sempurna, ke-
mudian campuran itu diperkenankan keluar dengan laju 4 liter/menit.
1. Formulasikan masalah nilai awal tersebut
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 34
2. Tentukan jumlah garam Q setiap saat.
Penyelesaian 3.4.1 Formula campuran adalah
dQ
dt= IN − OUT.
Diketahui s = 1 gram/liter, r = 4 liter/menit, L = 200 liter dan Q(0) = 100
didapat
IN = kv = s gram/liter × r liter/menit = 4 gram/liter
OUT =Q
Kv =
Q
Kgram/liter × r liter/menit =
4Q
200gram/liter
Sehingga
1. Model PDBnya adalah
dQ
dt= 4 − 4Q
200= 4 − Q
50
Q(0) = 100
2. Dengan menyelesaikan PDB ini didapat ekspresi jumlah garam setiap saat
Q(t) = 200 − 100e−t/50
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 35
Latihan Tutorial 3
1. Suatu benda yang massanya 50 kg dari keadaan diam di suatu puncak ber-
gerak diatas bidang miring dengan panjang 20 m dari puncak ketanah,
dan sudut kemiringan 45o (lihat Gambar 1). Bila koefisien gesek kinitis
µk = 0.2. Tentukan: (i) ekspresi fungsi kecepatan dalam waktu t, (ii)
berapa jarak yang ditempuh benda selama 5 detik, dan (iii) berapa waktu
t yang dibutuhkan untuk mencapai tanah.
45 o
N
W
45o
f gesek
Gambar 3.3: Gerakan benda pada bidang miring.
{Petunjuk : uraikan gaya-gaya yang bekerja pada benda dan ingat
fgesek = µk · N }.
2. Suatu benda dengan massa konstan m ditembakkan tegak lurus keatas men-
jauhi permukaan bumi dengan kecepatan awal V0 km/dt2. Bila diasumsikan
tidak ada gesekan udara namun berat benda berubah dalam jarak-jarak ter-
tentu terhadap bumi, maka tentukan
(a) model matematik dari kecepatan V (t) selama benda itu meluncur
(b) tentukan V0 untuk mencapai ketinggian maksimum 100 km
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 36
(c) tentukan maksimum V0 supaya benda yang ditembakkan tadi tidak
kembali kebumi.
(Petunjuk : gunakan g = 0.098 km/dt2, jari-jari bumi R = 6378.388 km
dan fungsi berat dalam jarak x terhadap bumi yang umumnya dinyatakan
sebagai w(x) = mgR2
(R+x)2)
3. Model pertumbuhan populasi dapat ditulis dalam persamaan dydt
= ry(
1Ty−
1)
untuk r dan T konstanta positip, maka
(a) gambar grafik f(y) dan y.
(b) tentukan model grafik y dan t untuk memberikan gambaran solusi
kualitatif dari PD tersebut.
4. Jam 10.00 WIB seseorang mengambil secangkir kopi panas dari microwave
oven dan meletakkan di ruang tamu dengan maksud untuk meminumnya
setelah agak dingin. Awal mula suhu kopi adalah 95oC. Selanjutnya 10
menit kemudian besar suhu kopi menjadi 75oC. Asumsikan suhu ruang
tamu itu adalah konstan 27oC.
(a) Berapa besar suhu kopi pada jam 10.18 WIB
(b) Orang ini suka meminum kopi yang suhunya antara 55oC sampai 60oC,
maka antara jam berapa dia harus minum kopi itu.
5. Sebuah tangki besar awal mula berisi 300 liter larutan yang mengandung
5 kg garam. Larutan lain yang mengandung garam de-ngan konsentrasi
12kg/liter dituangkan kedalam tangki dengan laju 5 liter/menit dan campu-
ran dalam tangki mengalir keluar dengan laju 3 liter/menit.
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 37
(a) Tentukan model matematik tentang banyaknya garam dalam tangki
setiap saat.
(b) Bila kapasitas maksimum tangki 750 liter tentukan domain waktu t
sehingga model diatas tetap berlaku.
(c) Pada poin (b) berapa besar konsentrasi larutan pada saat tangki penuh.
(d) Bila tangki tidak mempunyai kapasitas maksimum, tentukan konsen-
trasi larutan untuk jangka waktu tak terbatas.
6. Suatu tangki berkapasitas 500 liter mula-mula berisi 200 liter larutan yang
mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam den-
gan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki dengan laju 3 liter/menit
dan campuran dalam tangki diperkenankan keluar dengan laju 2 liter/menit.
Tentukan model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki
setiap saat (sebelum dan sesudah tangki penuh).
BAB 4
PDB Linier Order Dua
Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teo-
rema tentang konsep umum PDB order n.
4.1 PDB Order n Homogen
Definisi 4.1.1 Bila f1, f2, . . . , fm adalah fungsi kontinyu pada sebarang x ∈ [a, b]
dan c1, c2, . . . , cm adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini
ditulis dengan c1f1 + c2f2 + · · ·+ cmfm
Definisi 4.1.2 Fungsi f1, f2, . . . , fm dikatakan tergantung linier pada interval
[a, b] bila terdapat c1, c2, . . . , cm yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c1f1+
c2f2 + · · · + cmfm = 0 untuk sebarang x ∈ [a, b], dan dikatakan bebas linier bila
semua c1, c2, . . . , cm sama dengan nol.
Teorema 4.1.1 Suatu PDB disajikan dalam
a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = 0, dimana a0(x) 6= 0. (4.1)
38
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 39
Misal f1, f2, . . . , fm solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan
kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y = c1f1 + c2f2 + · · · + cmfm.
Bukti : Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan
kedalam persamaan (4.3).
y = c1f1 + c2f2 + · · ·+ cmfm
y′ = c1f′1 + c2f
′2 + · · ·+ cmf ′
m
...
y(n−1) = c1f(n−1)1 + c2f
(n−1)2 + · · · + cmf (n−1)
m
y(n) = c1f(n)1 + c2f
(n)2 + · · · + cmf (n)
m
maka a0(x)
(
c1f(n)1 + c2f
(n)2 + · · · + cmf
(n)m
)
+ a1(x)
(
c1f(n−1)1 + c2f
(n−1)2 + · · · +
cmf(n−1)m
)
+ · · ·+an(x)
(
c1f1 +c2f2 + · · ·+cmfm
)
= 0, dan dapat disederhanakan
menjadi c1
(
a0(x)f(n)1 +a1(x)f
(n−1)1 +· · ·+an(x)f1
)
+c2
(
a0(x)f(n)2 +a1(x)f
(n−1)2 +
· · ·+ an(x)f2
)
+ · · ·+ cm
(
a0(x)f(n)m + a1(x)f
(n−1)m + · · ·+ an(x)fm
)
= 0. Analog
dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol,
sehingga terbukti y = c1f1 + c2f2 + · · · + cmfm merupakan solusi umum. 2
Definisi 4.1.3 Misal f1, f2, . . . , fm adalah fungsi riel yang kontinyu pada tu-
runan ke (n − 1) dalam interval [a, b] maka
W (f1, f2, . . . , fn) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
f1 f2 . . . fn
f ′1 f ′
2 . . . f ′n
......
......
f(n−1)1 f
(n−1)2 . . . f
(n−1)n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
disebut determinan matrik ”Wronskian” yang terdefinisi pada [a, b].
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 40
Teorema 4.1.2 Fungsi-fungsi solusi f1, f2, . . . , fn dari PDB homogen order n
dikatakan bebas linier bila W (f1, f2, . . . , fn) 6= 0
Contoh 4.1.1 Buktikan bahwa
1. Jika sin x, cos x merupakan solusi dari y′′+y = 0 maka y = c1 sin x+c2 cos x
juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier.
2. Jika ex, e−x, e2x merupakan solusi dari y′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0 maka y =
c1ex +c2e
−x +c3e2x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas
linier.
Cara sederhana untuk menyelesaikan PDB homogen order n ini adalah dengan
cara mereduksi ordernya.
Teorema 4.1.3 Suatu PDB
a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = 0, a0(x) 6= 0
maka permisalan y = f(x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n − 1).
Contoh 4.1.2 Salah satu solusi PDB (x2 + 1)y′′ − 2xy′ + 2y = 0 adalah f1 = x
maka tentukan solusi umumnya.
Penyelesaian 4.1.1 Misal
f2 = y = f1v = xv
y′ = v + xv′
y′′ = 2v′ + xv′′.
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 41
Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapat x(x2 +1)v′′+2v′ = 0 dan
misal w = v′ maka
x(x2 + 1)dw
dx+ 2w = 0
dw
dx= − 2w
x(x2 + 1)1
wdw = − 2
x(x2 + 1)dx
= −(
− 2
x+
2x
(x2 + 1)
)
dx
lnw = ln x−2 + ln(x2 + 1) + ln c
lnw = ln1
x2(x2 + 1)
sehingga solusi umunnya adalah
∴ w =1
x2(x2 + 1).
Sementara w = v′, maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi
dv
dx=
c(x2 + 1)
x2
dv =(x2 + 1)
x2pilih c = 1
dv =
(
1 +1
x2
)
dx
v = x − 1
x.
Sekarang f2 = f1v = x(x − 1
x
)= x2 − 1 maka solusi umum dari PDB diatas
adalah
∴ y = c1x + c2(x2 − 1).
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 42
4.2 PDB Order n Nonhomogen
Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk
a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = F (x), a0(x) 6= 0 (4.2)
Teorema 4.2.1 Bila u adalah solusi umum PDB homogen dari persamaan (4.4)
dan v solusi khusus persamaan (4.4) maka u + v adalah solusi umum PDB non-
homogen.
Misal diberikan PDB y′′ + y = x. Bila solusi umum PDB y′′ + y = 0 adalah
yu = c1 sin x + c2 cos x dan solusi khusus y′′ + y = x adalah yk = x maka solusi
umum PDB ini adalah y = yu + yk atau y = c1 sin x + c2 cos x + x.
4.3 PDB Order Dua
4.3.1 PDB Order Dua Homogen
Suatu PDB order dua didefinisikan dengan persamaan
p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0, (4.3)
bila p, q, r adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut
ay′′ + by′ + cy = 0. (4.4)
Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan
y = ert
y′ = rert
y′′ = r2ert
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 43
sehingga persamaan (4.4) menjadi
ar2ert + brert + cert = 0
(ar2 + br + c)ert = 0.
Bila ert 6= 0 maka ar2 + br + c = 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB
order dua homogen dengan dengan koefisien konstan, dan y = ert merupakan
solusi dari persamaan (4.4).
Akar-Akar Riel dan Berbeda
Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0)
maka ditemukan r1 6= r2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah
∴ y = c1er1t + c2e
r2t .
Misal diberikan PDB y′′ + 5y′ + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya
adalah r2 + 5r + 6 = 0, dengan akar-akar r1 = −2 dan r2 = −3, sehingga solusi
umumnya y = c1e−2t + c2e
−3t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2
dan y′(0) = 3 maka nilai c1, c2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi
umum dua kali, yaitu y′ = −2c1e−2t − 3c2e
−3t dan y′′ = 4c1e−2t + 9c2e
−3t dan
substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem
c1 + c2 = 2
−2c1 − 3c2 = 3
dimana c1 = 9 dan c2 = −7 dan solusi khususnya menjadi y = 9e−2t − 7e−3t.
Contoh 4.3.1 Selesaikan persoalan berikut
1. 4y′′ − 8y′ + 3y = 0 y(0) = 2, y′(0) = 12
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 44
2. 6y′′ + 4y′ + 3y = 0 y(0) = 4, y′(0) = 0
3. y′′ + 5y′ + 3y = 0 y(0) = 1, y′(0) = 0
Akar-Akar Komplek
Persamaan karakteristik persamaan PDB order dua homogen adalah ar2+br+c =
0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r1 = λ + iµ
dan r2 = λ − iµ, dengan demikian solusi kompleknya adalah
y1 = c1e(λ+iµ)t (4.5)
y2 = c1e(λ−iµ)t (4.6)
Teorema 4.3.1 (Teorema Taylor) Jika f(t) mempunyai n + 1 turunan kon-
tinyu pada interval [a, b] untuk beberapa n ≥ 0 dan bila t, t0 ∈ [a, b] maka
f(t) ≈ pn(t) + Rn+1(t)
pn(t) = f(t0) +(t − t0)
1!f ′(t0) + · · · + (t − t0)
n
n!f (n)(t0)
Rn+1(t) =1
n!
∫ t
t0
(t − t)nf (n+1)(t)dt
=(t − t0)
n+1
(n + 1)!f (n+1)(ξ)
untuk ξ antara t0 dan t.
Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut
pada t0 = 0 adalah:
eat = 1 + at +(at)2
2!+
(at)3
3!+ · · · =
∞∑
n=0
(at)n
n!
sin at =(at)1
1!− (at)3
3!+
(at)5
5!− · · · =
∞∑
n=1
(−1)n−1 (at)2n−1
(2n − 1)!
cos at =(at)0
0!− (at)2
2!+
(at)4
4!− · · · =
∞∑
n=0
(−1)n (at)2n
(2n)!
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 45
Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek eit dapat ditulis sebagai berikut
eit = 1 + it +(it)2
2!+
(it)3
3!+ . . .
=∞∑
n=0
(−1)n (at)2n
(2n)!+ i
∞∑
n=1
(−1)n−1 (at)2n−1
(2n − 1)!
= cos t + i sin t.
Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6)
menjadi
y1 = e(λ+iµ)t = eλt(cos µt + i sin µt
)
y2 = e(λ−iµ)t = eλt(cos µt − i sin µt
).
Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka
u(t) = y1 + y2 = 2eλt cos µt
v(t) = y1 − y2 = 2ieλt sin µt.
Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esen-
sial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik kom-
plek adalah
∴ y = c1u(t) + c2v(t) = c1eλt cos µt + c2e
λt sin µt .
Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y′′ + y′ + y =
0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r2 + r + 1 = 0 sehingga akar-akar
kompleknya adalah r12 = −12± i√
34. Jadi λ = −1
2dan µ =
√34
sehingga solusi
umunya y = c1e− 1
2t cos
√34t + c2e
− 1
2t sin
√34t.
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 46
Akar-Akar Riel dan Sama
Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar2 + br + c = 0 akan mempunyai
D = b2 − 4ac = 0 sehingga r1 = r2 = − b2a
. Dengan demikian salah satu solusi
PDB adalah yk = e−b2a
t. Misal solusi umumnya adalah y = v(t)yk(t) = v(t)e−b2a
t
maka
y′ = v′(t)e−b2a
t − b
2av(t)e−
b2a
t
y′′ = v′′(t)e−b2a
t − b
av′(t)e−
b2a
t +b2
4a2v(t)e−
b2a
t
Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay′′ + by′ + cy = 0 diperoleh[
a
(
v′′(t)− bav′(t)+ b2
4a2 v(t)
)
+ b
(
v′(t)− b2a
v(t)
)
+ cv(t)
]
e−b2a
t = 0. Bila e−b2a
t 6= 0
maka av′′(t)+
(
− b2
4a+ c
)
= 0. Karena b2−4ac = 0 maka persamaan ini menjadi
av′′(t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c1t + c2. Dengan demikian
solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah:
∴ y = v(t)y1(t) = c1e− b
2at + c2te
− b2a
t
4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen
Suatu PDB disajikan dalam persamaan berikut:
L[y] = y′′ + p(t)y′ + q(t)y = g(t) (4.7)
L[y] = y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 (4.8)
Teorema 4.3.2 Jika Y1 dan Y2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y1 − Y2
adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y1, y2 solusi persamaan (4.7) maka
Y1(t) − Y2(t) = c1y1(t) + c2y2(t)
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 47
Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah
∴ y(t) = c1y1(t) + c2y2t︸ ︷︷ ︸
solusi homogen
+yk(t)
Diberikan PDB y′′ − 3y′ − 4y = 3e2t. Solusi persamaan homogennya adalah
yh = c1e−t + c1e
4t. Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen
dengan memisalkan yk = Ae2t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai
A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali y′k = 2Ae2t
dan y′′k = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = −1
2.
Sehingga solusi umumnya adalah y = c1e−t + c1e
4t − 12e2t.
Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana mem-
buat permisalan untuk menentukan solusi khusus yk. Kadangkala pemisalahan
itu harus diulang dua kali untuk menentukan koefisien yang tepat bagi solusi ini.
Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut.
gi(t) Yi(t)Pn(t) = a0t
n + a1tn−1 + · · ·+ an ts(A0t
n + A1tn−1 + · · · + aN)
Pn(t)eat ts(A0tn + A1t
n−1 + · · · + aN)eat
Pn(t)eat
{sinβt
cos βt
ts[
(A0tn + A1t
n−1 + · · ·+ aN )eat cos βt+
(A0tn + A1t
n−1 + · · · + aN)eat sin βt
]
Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen.
Contoh 4.3.2 Selesaikan persoalan berikut
1. y′′ − 3y′ − 4y = 2 sin t
2. y′′ − 2y′ − 3y = −8et cos 2t
3. y′′ − y′′ − 2y = 5e5t + 2 sin 3t − 18et cos 4t
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 48
Variasi Parameter
Diberikan PDB nonhomogen
y′′(t) + p(t)y′(t) + q(t)y(t) = g(t), (4.9)
maka yh(t) = c1y1(t) + c2y2(t) adalah solusi PDB homogen
y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0. (4.10)
Kemudian bila c1 diganti dengan u1(t) dan c2 dengan u2(t) maka diperoleh
y(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t), (4.11)
adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali
y′(t) = u′1(t)y1(t) + u1(t)y
′1(t) + u′
2(t)y2(t) + u2(t)y′2(t).
Set
u′1(t)y1(t) + u′
2(t)y2(t) = 0 (4.12)
maka
y′(t) = u1(t)y′1(t) + u2(t)y
′2(t)
y′′(t) = u′1(t)y
′1(t) + u1(t)y
′′1(t) + u′
2(t)y′2(t) + u2(t)y
′′2(t).
Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh
u1(t)
[
y′′1(t)+p(t)y′
1(t)+q(t)y1(t)
]
+u2(t)
[
y′′2(t)+p(t)y′
2(t)+q(t)y2(t)
]
+u′1(t)y
′1(t)+
u′2(t)y
′2(t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y1, y2
adalah solusi PDB (4.11) sehingga
u′1(t)y
′1(t) + u′
2(t)y′2(t) = g(t) (4.13)
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 49
Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier
dimana u′1(t) dan u′
2(t) dapat ditentukan sebagai berikut:
u′1(t) =
∣∣∣∣∣∣∣
0 y2(t)
g(t) y′2(t)
∣∣∣∣∣∣∣
W (y1, y2)(t)= −y2(t)g(t)
W.
u′2(t) =
∣∣∣∣∣∣∣
y1(t) 0
y′1(t) g(t)
∣∣∣∣∣∣∣
W (y1, y2)(t)=
y1(t)g(t)
W.
Sehingga
u1(t) =
∫
−y2(t)g(t)
Wdt + c1
u2(t) =
∫y1(t)g(t)
Wdt + c2.
Dan solusi umum (4.11) menjadi
∴ y(t) =∫−y2(t)g(t)
Wdt y1(t) +
∫ y1(t)g(t)W
dt y2(t)
Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y′′+4y = 3 csc t. Persamaan homogen-
nya adalah y′′+4y = 0 dengan persamaan karakteristik r2+4 = 0 dan mempunyai
akar komplek r12 = 0 ± 2i. Dengan demikian solusinya yh = c1 cos 2t + c2 sin 2t.
Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t, y1(t) = cos 2t
dan y2 = sin 2t sehingga y′1(t) = −2 sin 2t dan y′
2(t) = −2 sin 2t. Dengan mene-
rapkan prosedur diatas maka
u′1(t) =
∣∣∣∣∣∣∣
0 y2(t)
g(t) y′2(t)
∣∣∣∣∣∣∣
W (y1, y2)(t)= − 3 sin 2t csc t
2[cos2 2t + sin2 2t]
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 50
u′2(t) =
∣∣∣∣∣∣∣
y1(t) 0
y′1(t) g(t)
∣∣∣∣∣∣∣
W (y1, y2)(t)=
3
2csc t − 3 sin t
Dengan proses yang sederhana diperoleh
u1(t) = −3 sin t + c1
u2(t) =3
2ln | csc t − cot t| + 3 cos t + c2
Sehingga solusi umumnya adalah
∴ y(t) = c1 cos 2t+c2 sin 2t−3 sin t cos 2t+3 cos t sin 2t+3
2ln | csc t−cot t| sin 2t
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 51
Latihan Tutorial 4
1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua
berikut ini:
(a) y′′ − 2y′ − 8y = 4e2x − 21e−3x
(b) y′′ + 2y′ + 5y = 6 sin 2x + 7 cos 2x
(c) 2y′′ + 32y′ − 2y = 6x2ex − 4x2 + 12
(d) y′′ + 4y = 4 sin 2x + 8 cos 2x
(e) y′′ + y′ − 2y = 6e−2x + 3ex − 4x2
(f) y′′ − 6y′ + 5y = 24x2ex + 8e5x
(g) y′′ − 4y′ + 5y = 6e2x cos x
(h) y′′ + 4y′ = 4 sin 2x + 8 cos 2x
(i) y′′ + y′ − 6y = 10e2x − 18e3x − 6x − 11
(j) y′′ + 4y = 12x2 − 16x cos 2x
(k) 4y′′ − 4y′ + y = ex/2 + e−x/2
(l) y′′ + 2y′ + 10y = 5xe−2x
(m) y′′ + 6y′ + 5y = 2ex + 10e5x
(n) y′′ + 2y′ + 4y = 13 cos 4x
2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:
(a) y′′ − 4y′ + 3y = 9x2 + 4, y(0) = 6, y′(0) = 8
(b) y′′ + 5y′ + 4y = 16x + 20ex, y(0) = 0, y′(0) = 3
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 52
(c) y′′ − 8y′ + 15y = 9xe2x, y(0) = 5, y′(0) = 10
(d) y′′ + 7y′ + 10y = 4xe−3x, y(0) = 0, y′(0) = −1
(e) y′′ + 8y′ + 16y = 8e−2x, y(0) = 2, y′(0) = 0
(f) y′′ + 6y′ + 9y = 27e−6x, y(0) = −2, y′(0) = 0
(g) y′′ + 4y′ + 13y = 18e−2x, y(0) = 0, y′(0) = 4
(h) y′′ − 10y′ + 29y = 8e5x, y(0) = 0, y′(0) = 8
(i) y′′ − 4y′ + 13y = 8 sin 3x, y(0) = 1, y′(0) = 2
(j) y′′ − y′ − 6y = 8e2x − 5e3x, y(0) = 1, y′(0) = 2
(k) y′′ − 2y′ + y = 2xe2x + 6ex, y(0) = 1, y′(0) = 0
BAB 5
Aplikasi PDB Order Dua
Pembahasan aplikasi PDB order dua ini akan difokuskan pada model vibrasi
(Gerak Harmonis) pada pegas dengan pertimbangan model PDB ini berupa per-
samaan linier dengan koefisien konstan. Solusi model ini dapat diturunkan lang-
sung dari teknik-teknik yang diberikan pada bab-bab sebelumnya, yaitu berke-
naan dengan penentuan akar-akar persamaan karakteristik PDB.
Untuk mengawali pembahasan ini akan dijelaskan bagaimana model PDB
vibrasi ini diturunkan dan salah satu hukum yang berkaitan dengan fenomena ini
adalah hukuk Hook dengan bunyi sebagai berikut.
Hukum 5.0.1 (Hukum Hook) Besarnya gaya yang dibutuhkan untuk mereng-
gangkan suatu pegas sebanding dengan besarnya regangan, yaitu |F | = ks. Di-
mana F=gaya, k=konstanta elastisitas pegas (lb/ft) dan s=jarak regangan.
Gambar 5.1 menjelaskan bagaimana hukum Hook terjadi. Beberapa gaya yang
terjadi pada peristiwa ini adalah
53
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 54
l l l
L
U
l + L + U
Gambar 5.1: Vibrasi pada pegas
1. gaya gravitasi bumi (arah ke bawah, nilai positif)
F1 = m.g = W (5.1)
2. gaya tarik pegas (arah ke atas, nilai negatif) dengan besar L + u
F2 = −k(L + u)
3. gaya gesek atau redaman (damping force) yang cukup kecil namun perlu
dipertimbangkan. F3 = γ|dudt| dimana γ > 0 adalah konstan. Gaya redaman
ini selalu berlawanan dengan gaya F1 sehingga
F3 = −γdu
dt(5.2)
4. gaya luar (external force), katakanlah
F4 = F (t) (5.3)
Selanjutnya stabilitas tercapai bila F1 dan F2 sama namun berlawan arah
yaitu −F1 = F2 dan tercapai pada saat u = 0. Dengan demikian mg = kL.
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 55
Substitusikan persamaan terakhir ini pada F2 = −k(L + u) didapat
F2 = −mg − ku. (5.4)
Hukum Newton menyebutkan∑
F = ma sehingga jumlah gaya-gaya yang be-
kerja adalah jumlah persamaan (8.9-5.4) dan diperoleh PDB order dua
−ku − γdu
dt+ F (t) = m
d2u
dt2
mu′′(t) + γu′(t) + ku = F (t)
dimana m, γ, k > 0. Jika γ = 0 maka dikatakan vibrasi takteredam dan jika
F (t) = 0 maka dikatakan vibrasi bebas gaya luar. Adapun nilai awal yang ber-
sesuaian dengan persamaan ini adalah u(0) = u0 dan u′(0) = u′0 sehingga se-
lengkapnya PDB order 2 model vibrasi ini adalah
mu′′(t) + γu′(t) + ku = F (t) (5.5)
u(0) = u0 (5.6)
u′(0) = u′0 (5.7)
5.1 Vibrasi Bebas dan Takteredam
Dalam peristiwa ini γ = 0 dan F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan
menjadi
mu′′ + ku = 0
dapat disederhanakan dalam bentuk
u′′(t) + µ2u = 0, µ2 =k
m(5.8)
u(0) = u0 (5.9)
u′(0) = u′0 = v0. (5.10)
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 56
Persamaan karakteristiknya adalah r2 + µ2 = 0 dengan r12 = 0 ± µi. Jelas
solusi PDB ini adalah u = c1 cos µt+ c2 sin µt. Dengan menerapkan nilai awalnya
diperoleh c1 = u0 dan c2 = v0
µsehingga
u(t) =v0
µsin µt + u0 cos µt.
Langkah selanjutnya menyederhanakan solusi ini. Tetapkan suatu konstanta H =√(
v0
µ
)2+ u2
0 maka solusi ini dapat ditulis sebagai
u(t) = H
[ v0
µ
Hsin µt +
u0
Hcos µt
]
.
Misalv0
µ
H= − sin φ dan u0
H= cos φ maka
u(t) = H
[
− sin φ sin µt + cos φ cos µt
]
= H cos(µt + φ)
Persamaan terakgir ini menunjukkan fungsi perpindahan massa dari titik setim-
bang O dalam waktu t > 0. Dan perlu diingat bahwa bila fungsi itu berupa
fungsi trigonometri dalam hal ini u(t) = H cos(µt + φ) maka amplitudo adalah
sebesar |H|, waktu yang dibutuhkan utnuk melakukan satu kali getaran (periode)
sebesar 2πµ
dan jumlah getaran tiap detik (frekwensi) sebesar µ2π
.
Contoh 5.1.1 Sebuah benda beratnya 8 newton diletakkan pada ujung pegas yang
tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.2 meter dan men-
capai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.1 meter
dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas dengan kecepatan
awal 1 m/dt maka tentukan besarnya amplitudo, periode dan frekwensi. (Gunakan
g=10 m/dt2).
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 57
Penyelesaian 5.1.1 Dalam posisi setimbang pegas merenggang sepanjang 0.2
meter sehingga F = ks ⇔ 8 = k(0.2) ⇔ k = 40. Karena berat benda 8 newton
maka W = mg ⇔ m = 8/10 kg. Dengan demikian model PDBnya adalah
810
u′′ + 40u = 0. Memperhatikan kondisi awal pada saat benda dilepas maka
model selengkapnya bersama nilai awalnya adalah
u′′ + 50u = 0
u(0) =1
10
u′(0) = 1.
Memperhatikan persamaan ini maka akar-akar persamaan karakteristik r12 =
0±5√
2i sehingga solusi umumnya adalah u(t) = c1 cos 5√
2t+c2 sin 5√
2t dimana
u′(t) = −5√
2c1 sin 5√
2t + c25√
2 cos 5√
2t. Dengan menerapkan kedua syarat
awalnya didapat solusi khusus
u(t) =1
10cos 5
√2t +
1
5√
2sin 5
√2t.
Kemudian untuk H =√
110
2+ 1
5√
2
2= 1
10
√3 maka
u(t) = H
[ 110
Hcos 5
√2t +
15√
2
Hsin 5
√2t
]
.
Dan misal1
10
H= cos φ dan
1
5√
2
H= − sin φ maka
cos φ =110
110
√3
sin φ = −1
5√
2
110
√3
dimana φ = −.96 sehingga
∴ u(t) =1
10
√3
[
cos(−0.96) cos 5√
2t − sin(−0.96) sin 5√
2t
]
=1
10
√3 cos
(5√
2t − 0.96)].
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 58
Dengan demikian besar amplitudo adalah 110
√3, periode 2π
5√
2detik dan frekwensi
5√
22π
getaran/detik. Gambar 5.3 menunjukkan bagaimana proses getaran tidak
mengalami perubahan pada saat t tertentu yang dalam hal ini disebabkan karena
tidak adanya redaman (titik stasioner tetap sama sepanjang t).
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−0.06
−0.04
−0.02
0
0.02
0.04
0.06
u(t)
Gambar 5.2: Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar
5.2 Vibrasi Bebas dan Teredam
Dalam peristiwa ini F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan menjadi
mu′′ + γu′ + ku = 0
dapat disederhanakan dalam bentuk
u′′(t) + 2bu′ + µ2u = 0, 2b =γ
µ, µ2 =
k
m(5.11)
u(0) = u0 (5.12)
u′(0) = u′0 = v0. (5.13)
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 59
Persamaan karakteristiknya adalah r2+2br+µ2 = 0 dengan r12 = −b±√
b2 − µ2.
Untuk getaran teredam dipilih b < µ sehingga r12 = −b ±√
b2 − µ2i dan so-
lusinya adalah u(t) = e−bt(c1 cos
√
b2 − µ2t + c2 sin√
b2 − µ2t). Tetapkan suatu
konstanta H =√
c21 + c2
2 maka solusi ini dapat ditulis sebagai
u(t) = He−bt cos(√
b2 − µ2t + φ).
dimana φ = arcsin(− c1
H
)= arccos
(c2H
). Jelas solusi ini terdiri dari dua fak-
tor yaitu e−bt dan cos(√
b2 − µ2t + φ)
dan e−bt disebut faktor peredam yang
mempunyai sifat
limt→∞
He−bt = 0,
artinya semakin lama semakin melemah pengaruhnya.
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−0.06
−0.04
−0.02
0
0.02
0.04
0.06
u(t)
Gambar 5.3: Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar
Contoh 5.2.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas
yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter
dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 60
awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u′ dimana u′ adalah kecepatan dalam
satuan m/dt2 maka tentukan besarnya quasi amplitudo, quasi frekwensi dan pe-
ngurangan logaritmiknya. (Gunakan g=10 m/dt2).
5.3 Vibrasi Takbebas Gaya Luar
Dalam peristiwa ini model vibrasi muncul dalam persamaan penuh. Dengan
mengambil F (t) = F1 cos ωt maka model persamaan adalah
mu′′ + γu′ + ku = F1 cos ωt.
dapat disederhanakan dalam bentuk
u′′(t) + 2bu′ + µ2u = E1 cos ωt, (5.14)
u(0) = u0 (5.15)
u′(0) = u′0 = v0. (5.16)
dimana 2b = γµ, µ2 = k
m, E1 = F1
m. Bila dipilih b < µ maka solusi PDB
homogennya adalah
uh = He−bt cos(√
b2 − µ2t + φ). (5.17)
Selanjutnya akan ditentukan solusi khusus PDB nonhomogen dengan memisalkan
us = A cosωt + B sin ωt. (5.18)
Dengan demikian
u′s = −ωA sin ωt + ωB cos ωt
u′′s = −ω2A cos ωt− ω2B sin ωt.
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 61
Substitusikan dalam persamaan (5.14) akan diperoleh dua sistem persamaan li-
nier
−2bωA + (µ2 − ω2)B = 0
(µ2 − ω2)A + 2bωB = E1
sehingga
A =E1(µ
2 − ω2)
(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2
B =2bωE1
(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2.
Dengan demikian persamaan (5.18 menjadi
us =E1
(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2
(
(µ2 − ω2) cos ωt + 2bω sin ωt
)
.
atau
us =E1
√
(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2cos(ωt− φ), (5.19)
dimana φ = arccos (µ2−ω2)√(µ2−ω2)2+4b2ω2
= arcsin 2bω√(µ2−ω2)2+4b2ω2
. Dengan demikian
solusi umum model PDB ini adalah u = uh + us pada persamaan (5.17-5.19),
yaitu
u = He−bt cos(√
b2 − µ2t + φ)
+E1
√
(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2cos(ωt − φ). (5.20)
Memperhatikan solusi ini maka dapat disimpulkan bahwa fungsi solusinya terdiri
dari dua suku fungsi yaitu He−bt cos(√
b2 − µ2t+φ)
dan E1√(µ2−ω2)24b2ω2
cos(ωt−
φ), dan dengan konstanta tertentu maka visualisasi vibrasi takbebas gaya luar
ini dapat disajikan berturut-turut pada Gambar 5.4-5.6.
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 62
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−0.6
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
Waktu (t)
Per
pind
ahan
(u)
u(t)
Gambar 5.4: Ekspresi getaran suku fungsi pertama
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
Waktu (t)
Per
pind
ahan
(u)
u(t)
Gambar 5.5: Ekspresi getaran suku fungsi kedua
Contoh 5.3.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas
yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter
dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan
awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u′ dimana u′ adalah kecepatan dalam
satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu apabila terdapat
gaya luar F (t) = 5 cos 2t. (Gunakan g=10 m/dt2).
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 63
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
Waktu (t)
Per
pind
ahan
(u)
u(t)
Gambar 5.6: Getaran pada pegas takbebas gaya luar
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 64
Latihan Tutorial 5
1. Sebuah benda beratnya 10 newton diletakkan pada ujung pegas yang ter-
gantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.25 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh
0.4 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas
tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya gesek diabaikana maka tentukan
fungsi simpangan pada saat. (Gunakan g=10 m/dt2).
2. Sebuah benda beratnya 26 newton diletakkan pada ujung pegas yang ter-
gantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.75 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh
0.65 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas
tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 8u′ dimana u′ adalah
kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat
tertentu.
3. Sebuah benda beratnya 80 newton diletakkan pada ujung pegas yang ter-
gantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 1.5 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh
1.25 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas
tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 4u′ + 1 dimana u′
adalah kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan
pada saat tertentu apabila terdapat gaya luar F (t) = 5 cos 2t + sin 2t.
BAB 6
Sistem PDB
Persamaan difrensial biasa order pertama dapat disajikan dalam bentuk berikut
dy
dx= f(x, y) atau y′ = f(x, y). (6.1)
Solusi dari persamaan ini adalah y(x) yang memenuhi persamaan y′(x) = f(x, y(x))
di semua titik pada interval domain [a, b]. Selanjutnya persamaan (6.1) dikatakan
merupakan masalah nilai awal bila solusi itu memenuhi nilai awal y(a) = y0, se-
hingga persamaan itu dapat digambarkan sebagai
y′ = f(x, y), a ≤ x ≤ b
y(a) = y0.
65
BAB 6. SISTEM PDB 66
Kemudian bila persamaan ini terdiri dari lebih dari satu persamaan yang sa-
ling terkait maka dikatagorikan sebagai sistem persamaan difrensial. Sistem per-
samaan difrensial order pertama disajikan sebagai berikut.
y′1 = f1(t, y1, y2, . . . , yn)
y′2 = f2(t, y1, y2, . . . , yn)
...
y′n = fn(t, y1, y2, . . . , yn).
Atau dalam bentuk umum dapat disajikan sebagai
y′i = fi(t, y1, y2, . . . , yn) i = 1, 2, . . . , n dan a ≤ t ≤ b. (6.2)
dengan nilai awal y1(a) = α1, y1(a) = α2, . . . , y1(a) = αn.
Seluruh bentuk PDB atau sistem PDB dapat ditransformasikan kedalam ben-
tuk sistem persamaan difrensial order satu dan kelebihan sistem ini adalah mu-
dah ditentukan solusinya dengan metoda apapun baik analitik, kualitatif ataupun
metoda numerik. Dibawah ini diberikan contoh bagaimana sistem PDB sebarang
dapat ditransformasikan kedalam sistem PDB order satu.
Contoh 6.0.2 Transformasikan sistem persamaan difrensial dibawah ini dalam
sistem persamaan difrensial order satu.
u′′′ + u′′v′ = xv
v′ + v +u
1 + x= cos x
dimana u(0) = −1, u′(0) = 1, u′′(0) = 1, v(0) = 1
BAB 6. SISTEM PDB 67
Penyelesaian 6.0.1 Misal y1 = u, y2 = u′, y3 = u′′ dan y4 = v, maka
y′1 = u′ = y2,
y′2 = u′′ = y3,
y′3 = u′′′ = xy4 − y3(cos x − y4 −
y1
1 + x),
y′4 = v′ = cos x − y4 −
y1
1 + x.
Nilai awal seakarang adalah y1(0) = −1, y2(0) = 1, y3(0) = 1, y4(0) = 1.
6.1 Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Ho-
mogen dengan Koefisien Kosntan
Untuk memberikan gambaran bagaimana usaha yang dilakukan dalam menyele-
saikan sistem PDB diatas, berikut ini akan diberikan contoh model penyelesaian
sistem PDB dengan dua persamaan.
y′1 = a1y1 + a2y2 (6.3)
y′2 = a3y1 + a4y2. (6.4)
Misal y1 = Aeλt → y′1 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y′
2 = Bλeλt adalah solusi sistem
ini maka substitusikan kedalam (6.3-6.4) didapat dua persamaan
(a1 − λ)A + a2B = 0
a3A + (a4 − λ)B = 0.
Solusi dari persamaan terakhir ini akan berupa solusi tunggal bila determinan
koefisien-koefisiennya λ2 − (a1 + a2)λ + (a1a4 − a3a2) = 0 tidak sama dengan
BAB 6. SISTEM PDB 68
nol, dan bila sama dengan nol solusinya adalah trivial (banyak solusi). Kemu-
dian jenis solusi PDB model ini akan ditentukan oleh akar-akar -akar persamaan
karakteristik ini.
6.1.1 Akar Riel dan Berbeda
Contoh 6.1.1 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini.
y′1 = 6y1 − 3y2
y′2 = 2y1 + y2.
Penyelesaian 6.1.1 Misal y1 = Aeλt → y′1 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y′
2 =
Bλeλt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas
diperoleh
(6 − λ)A − 3B = 0
2A + (1 − λ)B = 0.
Sehingga persamaan karakteristik adalah λ2−7λ+12 = 0 dimana λ1 = 3, λ1 = 4.
Dengan demikian untuk λ = 3 didapat nilai A = B = 1 sehingga solusinya
(y1)1 = e3t
(y2)1 = e3t,
sedangkan untuk λ = 4 diperoleh nilai A = 3, B = 2 dan solusinya
(y1)2 = 3e4t
(y2)2 = 2e4t.
BAB 6. SISTEM PDB 69
Dengan demikian solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah
y1 = c1(y1)1 + c2(y1)2 atau y1 = c1e3t + 3c2e
4t
y2 = c1(y2)1 + c2(y2)2 atau y1 = c1e3t + 2c2e
4t
6.1.2 Akar-Akar Komplek
Contoh 6.1.2 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini.
y′1 = 3y1 + 2y2
y′2 = −5y1 + y2.
Penyelesaian 6.1.2 Misal y1 = Aeλt → y′1 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y′
2 =
Bλeλt juga solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas
diperoleh
(3 − λ)A + 2B = 0
−5A + (1 − λ)B = 0.
Sehingga persamaan karakteristik adalah λ2 − 4λ + 13 = 0 dimana akar-akarnya
λ12 = 2 ± 3i. Dengan demikian
(1 − 3i)A + 2B = 0
−5A + (−1 − 3i)B = 0.
Ambil sebarang A misal A = 2 maka B = −1 + 3i sehingga solusinya
y1 = 2e(2+3i)t atau y1 = e2t(2e3it
)
y2 = (−1 + 3i)e(2+3i)t atau y2 = e2t(− e3it + 3ie3it
).
BAB 6. SISTEM PDB 70
Ingat bahwa eit = cos t + i sin t sehingga
y1 = e2t(2 cos 3t + 2i sin 3t
)
y2 = e2t(− cos 3t − i sin 3t + 3i cos 3t + 3i2 sin 3t
).
Dengan mengabaikan bagian imajiner i didapat dua solusi riel berikut
(y1)1 = 2e2t cos 3t
(y2)1 = −e2t(cos 3t + 3 sin 3t
).
dan
(y1)2 = 2e2t sin 3t
(y2)2 = e2t(3 cos 3t − sin 3t
).
Dengan menggabungkan kedua solusi ini didapat solusi umum sistem PDB
y1 = 2e2t(c1 cos 3t + c2 sin 3t
)
y2 = e2t[c1
(− cos 3t − 3 sin 3t
)+ c2
(3 cos 3t − sin 3t
)]
6.1.3 Akar Riel dan Sama
Permisalan solusi pada kasus ini sedikit berbeda dengan permisalan solusi-solusi
sebelumnya. Pertama kali dimisalkan
y1 = Aeλt
y2 = Beλt
kemudian permisalan ditingkatkan menjadi
y1 = Ateλt
y2 = Bteλt.
BAB 6. SISTEM PDB 71
Bila permisalan terakhir ini dipandang tidak cukup signifikan dijadikan solusi
PDB dengan akar riel sama ini dapat dipilih permisalan lain
y1 = (A1t + A2)eλt
y2 = (B1t + B2)eλt.
Untuk lebih jelaskan akan diselesaikan contoh berikut ini.
Contoh 6.1.3 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini.
y′1 = 4y1 − y2
y′2 = y1 + 2y2.
Penyelesaian 6.1.3 Misal y1 = Aeλt → y′1 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y′
2 =
Bλeλt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas
diperoleh persamaan karakteristik dengan λ1 = λ2 = 3 sehingga persamaan men-
jadi
A − B = 0
A − B = 0.
Pilih A = B = 1 maka solusinya
(y1)1 = e3t
(y2)1 = e3t.
Selanjutnya misal solusi itu y1 = (A1t + A2)e3t dan y2 = (B1t + B2)e
3t maka
y′1 = A1e
3t + 3A1te3t + 3A2e
3t dan y′2 = B1e
3t + 3B1te3t + 3B2e
3t. Substitusikan
kedalam dua persamaan dalam persoalan diatas diperoleh persamaan
(A1 − B1)t + (A2 − A1 − B2) = 0
(A1 − B1)t + (A2 − B1 − B2) = 0
BAB 6. SISTEM PDB 72
sehingga
A1 − B1 = 0 A2 − A1 − B2 = 0
A1 − B1 = 0 A2 − B1 − B2 = 0.
Sebelumnya sudah dipilih A1 = B1 = 1 maka didapat A2 − B2 = 1, pilih A2 =
1 → B2 = 0. Dengan demikian solusinya adalah
(y1)2 = (t + 1)e3t
(y2)2 = te3t.
Dari kedua bagian solusi ini solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah
y1 = c1(y1)1 + c2(y1)2 atau y1 = c1e3t + c2(t + 1)e3t
y2 = c1(y2)1 + c2(y2)2 atau y1 = c1e3t + c2te
4t
6.2 Metoda Operator
Misal diberikan
Dx = x′
Dnx = x(n)
maka
a0x(n) + a1x
(n−1) + · · ·+ an−1x′ + anx = F (x)
(a0D
(n) + a1D(n−1) + · · · + an−1D + an
)x = F (x).
Bila dipilih L = a0D(n) + a1D
(n−1) + · · · + an−1D + an maka operator L akan
memenuhi sifat berikut
L(c1f1 + c2f2 + · · ·+ cnfn) = c1L(f1) + c2L(f2) + · · ·+ cnL(fn).
BAB 6. SISTEM PDB 73
Dan bila L1, L2 ∈ L maka
L1L2f = L2L1f = Lf.
Contoh 6.2.1 Bila L = 3D2 + 5D maka tentukan L(3t2 + t).
Penyelesaian 6.2.1
L(3t2 + t) = 3L(t2) + L(t)
= 3(3D2 + 5D)(t2) + (3D2 + 5D)(t)
= 30t + 23
Kemudian bagaimana menerapkan metoda operator ini untuk menyelesaikan
sistem PDB, berikut ini akan dibahas contoh sistem PDB order satu.
Contoh 6.2.2 Tentukan solusi sistem PDB berikut ini.
2x′ − 2y′ − 3x = t
2x′ + 2y′ + 3x + 8y = 2
Penyelesaian 6.2.2 Rubah kedalam bentuk persamaan operator
(2D − 3)x − 2Dy = t
(2D + 3)x + (2D + 8)y = 2
Gunakan metoda eliminasi untuk y sehingga
(2D + 8)(2D − 3)x − 2(2D + 8)Dy = (2D + 8)t
2D(2D + 3)x + 2D(2D + 8)y = 2.2D
dengan menjumlah kedua persamaan ini diperoleh
(D2 + 2D − 3)x = t +1
4.
BAB 6. SISTEM PDB 74
Persamaan terakhir ini merupakan PDB nonhomogen order dua dengan koefisien
konstan sehingga dengan menggunakan prinsip-prinsip penyelesaian sebelumnya
diperoleh solusi berikut
x(t) = c1et + c2e
−3t − 1
3t − 11
36. (6.5)
Dengan cara yang sama gunakan metoda eliminasi untuk x diperoleh solusi
y(t) = k1et + k2e
−3t +1
8t +
5
12. (6.6)
Tentukan turunan pertama kedua solusi ini dan substitusikan kedua solusi ini
bersama turunannya kedalam salah satu sistem PDB dan kelompokkan seluruh
koefisien yang bersesuaian diperohel
(−c1 − 2k1)et + (−9c2 + 6k2)e
−3t = 0
sehingga diperoleh hubungan k1 = −12c1 dan k2 = 3
2c2. Dengan demikian solusi
umumnya adalah
∴ x(t) = c1et + c2e
−3t − 1
3t − 11
36
∴ y(t) = −1
2c1e
t +3
2c2e
−3t +1
8t +
5
12.
BAB 6. SISTEM PDB 75
Latihan Tutorial 1
1. Suatu fluida (yang berupa zat alir) diinjeksikan satu arah dalam sebuah
trowongan vertikal. Kemudian flow (aliran) fluida itu diamati sedemikian
hingga menghasilkan suatu model matematika yang berupa sistem PD non
linier dengan masalah nilai awal sebagai berikut:
f ′′′ − R[(f ′)2 − ff ′′] + RA = 0
h′′ + Rfh′ + 1 = 0
θ′′ + Pfθ′ = 0
dengan nilai awal f(0) = 1, f ′(0) = −2, f ′′(0) = 1, h(0) = −2, h′(0) =
1, θ(0) = 1, θ′(0) = −1. Dimana f, h adalah fungsi potensial dan θ adalah
fungsi distribusi temperatur. A adalah konstanta tak tentu, R adalah bi-
langan Reynold dan P bilangan Peclect. Lakukan transformasi kedalam
sistem PDB order satu.
2. Suatu PDB disajikan dalam sistem berikut:
u′′′ + u′′ = xv
v′
2v′ +u
1 + x= cos v′′
w′′′ + v′(1 − x
w′ ) − u′ = x
dengan nilai awal u(0) = 0, u′(0) = −1, u′′(0) = 2, v(0) = −1, v′(0) =
0, w(0) = 0, w′(0) = −2, w′′(0) = 0. Lakukan transformasi kedalam
sistem PDB order satu.
3. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi
30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air
BAB 6. SISTEM PDB 76
dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/Lt dituangkan
kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam
tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II
dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/Lt dituangkan
kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam
tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar
dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir
keluar meninggalkan sistem.
2 Lt/min, 1 gram/Lt
2 Lt/min
4 Lt/min
3 Lt/min
1 Lt/min, 3 gram/Lt
Gambar 6.1: Dua tangki yang saling berhubungan.
(a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari
peristiwa ini.
(b) Gunakan metoda operator untuk menentukan ekspresi model mate-
matik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki I dan II setiap
saat.
4. Gambar 6.2 menyajikan gerak harmonis pegas yang disebabkan oleh ditem-
patkannya dua massa m1 dan m2. Selanjutnya benda m1 didorong mendekati
BAB 6. SISTEM PDB 77
pangkal pegas sejauh y1 = a1 dari titik setimbang m1 dan m2 ditarik men-
jauhi pangkal pegas sejauh y2 = a2 dari titik setimbang m2. Pada saat
t(0) = t0 dan v(0) = v0 kedua beban itu dilepas sehingga mengalami garak
harmonis.
(a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari
peristiwa ini.
(b) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan besarnya sim-
pangan setiap saat.
k1 k2
x a1 1= x a2 2=
O1 O2
P
P
m1 m2
m1 m2
k1 k2
Gambar 6.2: Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban.
BAB 7
PDB Nonlinier dan
Kesetimbangan
Dalam fenomena riel sedikit sekali model PDB muncul dalam bentuk linier. Se-
baliknya persamaan itu muncul dengan model nonlinier yang sulit diselesaikan
secara analitik. Suatu metoda yang terus berkembang pesat adalah metoda nu-
merik. Namun demikian secara teoritis maupun praktis metoda ini memerlukan
pemahaman khusus terutama menyangkut pembuatan komputer programming.
Metoda sederhana namun cukup berarti adalah menghampiri persamaan non-
linier dengan persamaan linier termasuk didalamnya menganalisa perubahan koe-
fisien dan syarat awalnya. Teknik ini dikenal dengan analisa kualitatif, yaitu
mencoba menganalisa solusi PDB nonlinier secara grafis. Beberapa aspek pen-
ting untuk memahami teknik penyelesaian dengan cara ini dapat dijelaskan dalam
bahasan berikut.
78
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 79
7.1 Sistem Linier
Suatu sistem PDB order satu dengan n persamaan yang disajikan sebagai
dx1
dt= a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn
dx2
dt= a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn
...
dx1
dt= a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn
dapat ditulis dalam bentuk
dx
dt= Ax. (7.1)
Misal solusi persamaan ini adalah x = ξert dan x′ = ξrert maka
ξrert = Aξert
(A − rI)ξ = 0
Definisi 7.1.1 Misal A ∈ Rn×n maka vektor ξ ∈ Rn disebut vektor eigen bila
Aξ = rξ dimana r adalah nilai eigen.
Untuk memperoleh nilai eigen dapat dipakai formulasi det(A − rI) = 0 yang
sekaligus merupakan persamaan karakteristik dari sistem PDB linier diatas. Se-
lanjutnya bila persamaan (7.1) sama dengan nol, yaitu dxdt
= Ax = 0 maka solusi
sistem PDB linier akan mencapai titik kritis (titik kesetimbangan). Suatu con-
toh, diberikan sistem PDB x1′ = −x1 + x2, x2′ = −x1 − x2. Titik kritis dapat
diperoleh dengan menyelesaikan sistem
−x1 + x2 = 0
−x1 − x2 = 0
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 80
dimana titik yang memenuhi adalah (0, 0) sehingga titik kesetimbangannya adalah
(0, 0).
7.2 Sistem Otonomus dan Trayektori
Dalam hal ini akan dibahas sistem PDB dengan dua variabel terikat x1, x2.
Definisi 7.2.1 Suatu PDB yang berbentuk
dx1
dt= f1(x1, x2) (7.2)
dx2
dt= f2(x1, x2) (7.3)
adalah merupakan sistem otonomus karena f1(x1, x2) dan f2(x1, x2) bebas dari t.
Dengan demikian bila sarat Lipschitz dipenuhi oleh persamaan diatas maka
x1 = x1(t), x2 = x2(t) (7.4)
merupakan solusinya dan memenuhi sarat awal x1(t0) = (x1)0, x2(t0) = (x2)0.
Jelas penyelesaian (7.4) menentukan sebuah kurva diruang tiga-dimensi t, x1, x2.
Jika kita pandang t sebagai parameter, maka bila t berubah dalam selang interval
tertentu a < t < b, titik (x1(t), x2(t)) akan menelusuri sebuah kurva yang disebut
trayektori atau orbit dari penyelesaian (7.4) di bidang x1x2. Dalam kajian dari
sistem fisis, pasangan (x1, x2) disebut fase dari sistem oleh karena itu bidang
x1x2 pada umumnya disebut bidang fase (phase plan), sedangkan gambar semua
trayektori yang berpautan dalam bidang fase disebut potret fase.
Untuk menentukan trayektori dari persamaan (7.2-7.2) dapat digunakan atu-
ran rantai sebagai berikut:
dx2
dx1=
dx2
dt· dt
dx1=
f2(x1, x2)
f1(x1, x2)(7.5)
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 81
Kemudian dengan menyelesaikan PDB ini akan diperoleh persamaan trayektori
yang melalui titik-titik pada domain D. Misal f2(x1, x2) 6= 0 maka persamaan
trayektori yang melalui titik-titik lain misal S adalah
dx1
dx2=
f1(x1, x2)
f2(x1, x2)
Titik-titik ((x1)0, (x2)0) dalam bidang fase yang membuat f1 dan f2 sama de-
ngan nol merupakan titik setimbang dari sistem (7.2-7.2) dan x1(t) = (x1)0, x2(t) =
(x2)0 adalah penyelesaian untuk semua t.
Contoh 7.2.1 Tentukan titik kritis sistem PDB
dx
dt=
0 −1
1 0
x,
dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhi
syarat awal x1(0) = 1, x2(0) =√
3.
Contoh 7.2.2 Tentukan titik kritis sistem PDB
dx
dt=
0 −1
1 0
x,
dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhi
syarat awal x1(0) = 1, x2(0) =√
3.
Penyelesaian 7.2.1 Titik kritis ditentukan dengan
0 −1
1 0
x = 0,
sehingga (0, 0) adalah satu-satunya titik kritis. Kemudian dengan menggunakan
persamaan (7.5) maka persamaan trayektori didapat dari menyelesaikan PDB
dx2
dx1= −x1
x2, x2 6= 0
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 82
dimana penyelesaian umumnya adalah x21+x2
2 = c2, suatu lingkaran yang berpusat
di (0, 0). Dengan menerapkan sarat awal, maka solusi khusus didapat sebagai
x21 + x2
2 = 4. Trayektori dari solusi ini adalah berupa lingkaran yang berpusat di
(0, 0), dimana gerakannya dapat dianalisis dari solusi x22 = 4−x2
1. Semakin besar
nilai x1 semakin kecil nilai x2-nya, dengan demikian gerakan titik berlawanan
dengan arah jarum jam, lihat Gambar (7.1).
x2
x12
Gambar 7.1: Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal.
7.3 Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otono-
mus
Persamaan otonomus yang ditulis dalam sistem berikut
dx1
dt= f1(x1, x2) (7.6)
dx2
dt= f2(x1, x2) (7.7)
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 83
akan mempunyai ((x1)0, (x2)0) sebagai titik kritis (atau kesetimbangan) dari sis-
tem (7.6-7.7) apabila f1((x1)0, (x2)0) = 0 dan f2((x1)0, (x2)0) = 0. Karena tu-
runan suatu konstanta sama dengan nol, akibatnya jika titik ((x1)0, (x2)0) meru-
pakan titik kritis dari sistem ini, maka sepasang fungsi konstan
x1(t) = (x1)0, x2(t) = (x2)0 (7.8)
merupakan penyelesaian dari sistem (7.6-7.7) untuk semua nilai t.
Dalam banyak keadaan, sangat penting mengetahui apakah setiap penyele-
saian dari sistem (7.6-7.7) yang memulai cukup dekat dengan penyelesaian (7.8)
pada t = 0 akan tetap dekat dengan (7.8) untuk seluruh t > 0 berikutnya. Jika
demikian halnya, penyelesaian (7.8), atau titik kritis ((x1)0, (x2)0) disebut stabil.
Untuk lebih jelasnya diberikan definisi berikut.
Definisi 7.3.1 Titik kritis ((x1)0, (x2)0) atau penyelesaian konstan (7.8) dari sis-
tem (7.6-7.7) disebut stabil jika untuk setiap bilangan e > 0 terdapat suatui bi-
langan δ > 0 sedemikian hingga setiap penyelesaian (x1(t), x2(t)) yang pada t = 0
memenuhi
[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]
2 < δ (7.9)
ujud dan memenuhi
[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]
2 < ǫ (7.10)
untuk semua t ≥ 0.
Definisi 7.3.2 Titik kritis ((x1)0, (x2)0) atau penyelesaian konstan (7.8) disebut
stabil asimtotik jika titik itu stabil dan sebagai tambahan terdapat δ0 sedemikian
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 84
hingga setiap penyelesaian (x1(t), x2(t)) yang pada t = 0 memenuhi
[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]
2 < δ0 (7.11)
ujud untuk semua t ≥ 0 dan memenuhi
limt→∞
x1(t) = 0, limt→∞
x2(t) = 0 (7.12)
Definisi 7.3.3 Sebuah titik yang tidak stabil disebut tak stabil.
Secara singkat dikatakan, stabilitas berarti perubahan kecil dalam syarat awal
hanya menyebabkan pengaruh kecil pada penyelesaian, stabil asimtotik berarti
pengaruh dari perubahan kecil cendrung menghilang sama sekali (tidak berpe-
ngaruh) sedangkan ketakstabilan berarti suatu perubahan kecil pada syarat awal-
nya akan berakibat perubahan besar pada penyelesaian.
Konsep mengenai titik stabil, stabil asimtotik dan tak stabil masing-masing
digambarkan dalam Gambar 7.2.
Gambar 7.2: Potret fase sistem PDB dengan MAPLE
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 85
Contoh 7.3.1 Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB
dx
dt=
0 −1
1 0
x,
adalah stabil.
Penyelesaian 7.3.1 Misal diberikan ǫ > 0. Pilih δ = ǫ. Solusi sistem ini adalah
x1(t) = c1 cos t + c2 sin t (7.13)
x2(t) = c1 cos t − c2 sin t (7.14)
dimana c1, c2 adalah sebarang konstan. Karena titik kritis (0, 0) maka (x1)0 =
(x2)0 = 0 dan x1(0) = c1, x2(0) = −c2, dan jelas
[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]
2 < δ
(c1 − 0)2 + (c2 − 0)2 < δ
c21 + c2
2 < δ.
Selanjutnya apakah
[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]
2 < ǫ.
Substitusikan penyelesaian diatas didapat
(c1 cos t + c2 sin t)2 + (c1 cos t − c2 sin t)2 < δ
c21 cos2 t + 2c1 cos tc2 sin t + c2
2 sin2 t + c21 cos2 t − 2c1 cos tc2 sin t + c2
2 sin2 t < δ
c21 + c2
2 < δ
= ǫ.
Lengkaplah pembuktian bahwa titik kritis (0, 0) adalah stabil. Kita tahu bahwa
trayektori sistem PDB ini merupakan persamaan lingkaran yang berpusat di
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 86
(0, 0), dengan demikian lingkaran itu tidak menghampiri titik kritis pada saat
t → ∞. Ini berarti persamaan (7.12) tidak berlaku, oleh karena itu titik kritis
(0, 0) bukan stabil asimtotik.
Contoh 7.3.2 Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB
dx
dt=
−1 0
0 −1
x,
adalah stabil asimtotik.
Penyelesaian 7.3.2 Mula-mula harus dibuktikan bahwa (0, 0) adalah stabil.
Misal diberikan ǫ > 0. Pilih δ = ǫ. Solusi umum sistem pada soal ini adalah
x1(t) = c1e−t (7.15)
x2(t) = c2e−t (7.16)
dimana c1, c2 adalah sebarang konstan. Disini (x1)0 = (x2)0 = 0 dan x1(0) =
c1, x2(0) = c2, dan jelas
[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]
2 < δ
(c1 − 0)2 + (c2 − 0)2 < δ
c21 + c2
2 < δ.
Selanjutnya apakah
[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]
2 < ǫ.
Substitusikan penyelesaian diatas didapat
(c1e−t)2 + (c2e
−t)2 < δ
(c21 + c2
2)e−2t < δ
≤ c21 + c2
2 < δ = ǫ
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 87
dengan demikian titik (0, 0) adalah stabil. Karena untuk sebarang c1, c2 berlaku
limt→∞
x1(t) = limt→∞
c1e−t = 0, lim
t→∞x2(t) = lim
t→∞c2e
−t = 0
maka titik (0, 0) adalah stabil asimtotik.
Contoh 7.3.3 Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB
dx
dt=
−3 4
−2 3
x,
adalah takstabil.
Penyelesaian 7.3.3 Misal titik (0, 0) adalah stabil maka untuk ǫ > 0 terdapat
δ > 0 sedemikian hingga memenuhi persamaan (7.9-7.10). Perhatikan bentuk
penyelesaian sistem ini
x1(t) =
√δ
2et (7.17)
x2(t) =
√δ
2et (7.18)
Disini (x1)0 = (x2)0 = 0 dan x1(0) = x2(0) =√
δ2
, dan
(
√δ
2)2 + (
√δ
2)2 < δ
δ
2< δ.
Selanjutnya apakah
[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]
2 < ǫ.
Substitusikan penyelesaian diatas didapat
(
√δ
2et)2 + (
√δ
2et)2 < ǫ
δ
2e2t < ǫ.
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 88
Jelas ini tidak akan berlaku untuk semua nilai t ≥ 0, sehingga titik kristis (0, 0)
adalah takstabil.
Selanjutnya sifat-sifat kestabilan secara umum dari sistem otonomus linier
dx
dt=
a b
c d
x,
dapat dianalisa dari nilai eigen matriknya. Bila ad − bc 6= 0 maka titik kritis
(0, 0) adalah satu-satunya titik kristis sistem ini dan solusinya akan berbentuk
x1(t) = Aeλt, x2(t) = Beλt.
dan sifat-sfiat kestabilan dapat dilihat dalam teorema berikut.
Teorema 7.3.1 Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB otonomus
• akan stabil jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan negatif atau
mempunyai bagian riel yang takpositif.
• akan stabil asimtotik jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan
negatif atau mempunyai bagian riel yang negatif.
• akan takstabil jika dan hanya jika salah satu atau kedua nilai eigennya riel
dan positif atau paling sedikit satu nilai eigen mempunyai bagian riel yang
positif.
Ketiga contoh yang diberikan semuanya adalah sistem otonomus linier. Dalam
contoh (7.3.1) persamaan kuadratik nilai eigen (persamaan karakteristik) λ2+1 =
0. Akar-akarnya adalah 0 ± i, jelas mempunyai bagin riel yang tak positif (yaitu
0) maka menurut teorema titik kritis ini (0, 0) adalah stabil. Dalam contoh
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 89
(7.3.2) persamaan karakteristiknya berbentuk λ2 + 2λ + 1 = 0. Akar-akarnya
λ1 = −1 = λ2. Karena akar-akarnya riel dan negatif maka titik kritis (0, 0) adalah
stabil asimtotik. Terakhir contoh (7.3.3) persamaan karakteristiknya λ2 − 1 = 0
akar-akarnya λ = 1 dan λ = −1 sehingga titik kritisnya takstabil.
Sekarang perhatikan kembali sistem otonomus (7.6-7.7). Misal titik kritis itu
((x1)0, (x2)0) mengalami transformasi karena pemetaan yang berbentuk X1 =
x1 − (x1)− 0 dan X2 = x2 − (x2)− 0, dan memetakan sistem otonomus kedalam
sistem sepadan dengan (0, 0) sebagai titik kritis, tanpa mengurangi perumuman,
dimana (0, 0) juga merupakan titik kritis sistem (7.6-7.7) maka inilah suatu teknik
untuk menghampiri bentuk sistem non linier dengan sistem linier.
Sistem hampiran ini akan menjadi sistem yang hampir linier dengan bentuk
umum sebagai berikut
dx
dt=
a b
c d
x + F (x1, x2),
dengan ad − bc 6= 0 dan F (0, 0) = 0. Jadi (0, 0) tetap merupakan titik kritis
sistem ini. Kemudian bila fungsi-fungsi F ∈ C1(I) didekat titik kritis asal, dan
juga terjadi bahwa
limx1→0
x2→0
F (x1, x2)√
x21 + x2
2
= 0 (7.19)
dikatakan bahwa sistem linier
dx
dt=
a b
c d
x,
merupakan hampiran yang baik terhadap sistem PDB hampir linier diatas. Selan-
jutnya berkenaan dengan kestabilan titik kritis akan mengikuti teorema berikut.
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 90
Teorema 7.3.2 Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB hampir linier
• akan stabil asimtutik jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah
stabil asimtutik.
• akan takstabil jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah takstabil.
Contoh 7.3.4 Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier
x′1 = −x1 + x2 + (x2
1 + x22)
x′2 = −2x2 − (x2
1 + x22)
3/2
adalah stabil asimtutik.
Penyelesaian 7.3.4 Di sini a = −1, b = 1, c = 0, d = −2, dan ad − bc = 2 6= 0
sedang F1(x1, x2) = (x21 + x2
2), F2(x1, x2) = (x21 + x2
2)2. Juga F1(0, 0) = F2(0, 0) =
0, sehingga syarat (7.19) terpenuhi. Dengan demikian sistem liniernya sekarang
adalah
x′1 = −x1 + x2
x′2 = −2x2
Persamaan karakteristik persamaan ini adalah λ2 + 3λ + 2 = 0, dimana akar-
akarnya adalah λ1 = −1 dan λ1 = −2. Karena kedua akarnya bernilai riel dan
negatif maka titik kritis sistem linier ini adalah adalah stabil asimtutik yang
berakibat bahwa sistem yang hampir linier itu juga stabil asimtutik.
Contoh 7.3.5 Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier
x′1 = −3x1 + 4x2 + (x2
1 − x22)
x′2 = −2x1 + 3x2 − x1x2
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 91
adalah stabil asimtutik.
Penyelesaian 7.3.5 Di sini a = −3, b = 4, c = −2, d = 3, dan ad − bc = 2 6= 0
sedang F1(x1, x2) = (x21 − x2
2), F2(x1, x2) = −x1x2, juga F1(0, 0) = F2(0, 0) = 0.
Kita nyatakan x1 dan x2 dalam koordinat polar: x1 = r cos θ, x2 = r sin θ maka
(syarat x → 0 dan x → 0 sepadan dengan r → 0). Maka
limr→0
F1(x1, x2)√
x21 + x2
2
= limr→0
r2(cos2 θ − sin2 θ)
r= lim
r→0r cos 2θ = 0
limr→0
F2(x1, x2)√
x21 + x2
2
= limr→0
−r2(cos θ sin θ)
r= lim
r→0−r cos θ sin θ = 0.
Jadi syarat (7.19) terpenuhi, sehingga kajian difokuskan pada bagian sistem linier
x′1 = −3x1 + 4x2
x′2 = −2x1 + 3x2
dimana nilai eigennya adalah λ1 = 1 dan λ2 = −1. Karena salah satu akarnya
adalah positif dan titik (0, 0) adalah titik kritis dari sistem linier ini sehingga men-
jadi takstabil maka sistem hampir linier diatas merupakan sistem PDB dengan
titik keritis takstabil.
7.4 Potret Fase Sistem Otonomus
Sebagaimana dijelaskan sebelumnya, gambar semua trayektori yang berpautan
dari suatu sistem PDB disebut potret fase. Bila sistem PDB itu adalah otonomus
linier
dx
dt=
a b
c d
x,
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 92
maka solusi umumnya adalah x1(t) = Aert, x2(t) = Bert dimana r adalah nilai
eigen dari matrik
a b
c d
.
yaitu, r merupakan akar dari persamaan karakteristik
det(A − rI) = 0. (7.20)
Potret fase dari sistem otonomus linier diatas hampir seluruhnya tergantung pada
akar-akar r1, r2 dari persamaan (7.20). Tabel (7.1) merupakan rangkuman potret
fase sistem PDB dengan sifat-sifat stabilitasnya. Sedangkan tipe-tipe titik kritis
x′ = Ax det(A− rI) = 0 detA 6= 0Nilai eigen Tipe titik kritis Stabilitas
r1 > r2 > 0 Simpul Tidak stabilr1 < r2 < 0 Simpul Stabil asimtotikr1 < 0 > r2 Titik plana Tidak stabilr1 = r2 > 0 Simpul sempurna atau tak sempurna Tidak stabilr1 = r2 < 0 Simpul sempurna atau tak sempurna Stabil asimtotikr1, r2 = λ ± iµ Titik spiral (Fokus)λ > 0 Tidak stabilλ < 0 Stabil asimtotikr1 = iµ, r2 = −iµ Pusat Stabil
Tabel 7.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier
pada kolom dua dapat dijelaskan melalui Gambar 7.3.
Contoh 7.4.1 Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier
x′1 = −2x1 + x2 (7.21)
x′2 = x1 − 2x2 (7.22)
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 93
x2
x1(a)
(( ) , ( ) )x x1 0 2 0
x1
x2
(b) x1(c)
x2
Gambar 7.3: Ringkasan potret fase
Penyelesaian 7.4.1 Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r1 = −1 dan r2 =
−3, sehingga penyelesaian umumnya adalah
x1(t) = c1e−t + c2e
−3t (7.23)
x2(t) = c1e−t − c2e
−3t. (7.24)
Akan ditentukan trayektori dari semua penyelesaian yang diberikan oleh penye-
lesaian umum ini untuk semua nilai c1, c2 yang berbeda. Bila c1 = c2 = 0 maka
didapat penyelesaian x1 = x2 = 0 dimana trayektorinya merupakan titik asal
(0, 0). Bila c1 6= 0 dan c2 = 0 didapat penyelesaian
x1(t) = c1e−t (7.25)
x2(t) = c1e−t, (7.26)
dan bila c1 = 0 dan c2 6= 0 didapat penyelesaian
x1(t) = c2e−3t (7.27)
x2(t) = −c2e−3t. (7.28)
Untuk c1 > 0 semua penyelesaian (7.25-7.26) mempunyai trayektori yang sama,
y = x > 0. Demikian pula untuk c1 < 0, trayektorinya adalah y = x < 0. Pada
persamaan (7.26-7.27) bila c2 > 0 dan c2 < 0, berturut-turut akan diperoleh
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 94
trayektori y = −x < 0 dan y = −x > 0. Keempat trayektori ini akan berupa
setengah garis-garis lurus sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Panah-panah
pada setengah garis itu menunjukkan arah gerakan pada trayektori bila t bertam-
bah. Untuk mendapatkan trayektori lainnya secara eksplisit kita harus mengeli-
minasi t pada persamaan (7.25-7.26) dan menyelidiki semua kurva yang diperoleh
untuk nilai konstanta c1, c2 yang tidak nol. Bila ini sulit dilakukan maka dapat
dianalisa dari (7.23-7.24), jelas bahwa bila t → ∞ setiap trayektori dari sistem
PDB pada soal ini akan menuju (0, 0). Selanjutnya, untuk c1 6= 0 dan c2 6= 0,
kita punyai
limt→∞
x
y= lim
t→∞
y
x=
c1e−t − c2e
−3t
c1e−t + c2e−3t= lim
t→∞
c1 − c2e−2t
c1 + c2e−2t= 1 ⇐⇒ y = x.
Jadi, semua trayektori ini menuju titik asal dan menyinggung garis y = x. Gam-
bar 7.4 menunjukkan beberapa potret fase sistem (7.21-7.22).
y
x
y x= > 0
y x= < 0
y x= − > 0
y x= − < 0
Gambar 7.4: Potret fase untuk nilai awal tertentu
Selanjutnya dengan MAPLE potret fase ini dapat digambar dengan mudah
melalui fungsi DEplot.
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 95
%Menggunakan fungsi DEplot≻ with(DEtools):≻ ode1:=diff(x1(t),t)=-2*x1(t)+x2(t);≻ ode2:=diff(x2(t),t)=x1(t)-2*x2(t);≻ DEplot(ode1,ode2,[x1(t),x2(t)],t=-3..3,x1=-3..3,x2=-3..3);
Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.
Gambar 7.5: Potret fase sistem secara umum
Contoh 7.4.2 Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier
x′1 = 3x1 − 2x2 (7.29)
x′2 = 2x1 − 2x2 (7.30)
Penyelesaian 7.4.2 Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r1 = −1 dan r2 =
2, sehingga penyelesaian umumnya adalah
x1(t) = c1e−t + c2e
2t (7.31)
x2(t) = 2c1e−t +
1
2c2e
2t. (7.32)
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 96
Bila c1 = c2 = 0 maka didapat penyelesaian x1 = x2 = 0 dimana trayektorinya
merupakan titik asal (0, 0). Bila c1 6= 0 dan c2 = 0 didapat penyelesaian
x1(t) = c1e−t (7.33)
x2(t) = 2c1e−t, (7.34)
dan bila c1 = 0 dan c2 6= 0 didapat penyelesaian
x1(t) = c2e2t (7.35)
x2(t) = −c2e2t. (7.36)
Untuk c1 > 0 trayektori sistem persamaan (7.33-7.34) berupa setengah garis
lurus x2 = 2x1 > 0, sedangkan untuk c1 < 0, trayektorinya adalah setengah garis
x2 = 2x1 < 0. Kemudian untuk c2 > 0 dan c2 < 0, berturut-turut akan diperoleh
trayektori setengah garis x2 = 12x1 > 0 dan x2 = 1
2x1 < 0. Arah gerakan titiknya
menuju ke titik asal sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Untuk c1 6= 0 dan
c2 6= 0, kita peroleh
limt→∞
x2
x1
= limt→∞
2c1e−t + 1
2c2e
2t
c1e−t + c2e2t= lim
t→∞
2c1e−3t + 1
2c2
c1e−3t + c2
=1
2⇐⇒ x2 =
1
2x1.
dan untuk
limt→−∞
x2
x1= lim
t→−∞
2c1e−t + 1
2c2e
2t
c1e−t + c2e2t= lim
t→−∞
2c1 + 12c2e
3t
c1 + c2e3t= 2 ⇐⇒ x2 = 2x1.
Hal ini menyatakan bahwa untuk t → ∞ semua trayektori asimtotis ke garis
x2 = 12x1, sedangkan untuk t → −∞ semua trayektori asimtotis ke garis x2 = 2x1.
Gambar 7.4 menggambarkan beberapa trayektori dari potret fase sistem (7.21-
7.22), dan menunjukkan bahwa hanya ada dua trayektori yang menuju titik asal,
selebihnya menjauhi yaitu menuju ±∞ bila t → ∞.
Selanjutnya melalui penerapan fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 97
y
x
y x= >1
20
y x= >2 0
y x= <1
20
y x= <2 0
Gambar 7.6: Potret fase untuk nilai awal tertentu
Gambar 7.7: Potret fase sistem secara umum
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 98
Latihan Tutorial 2
1. Tentukan titik kritis dan persamaan trayektori dari penyelesaian sistem
berikut.
(a) x′1 = −x1, x′
2 = 2x2
(b) x′1 = −x2, x′
2 = −4 sin x1
(c) x′1 = −x1, x′
2 = 2x2
(d) x′1 = −x1 + x2, x′
2 = −x1 − x2
(e) x′1 = x2, x′
2 = − sin x1
(f) x′1 = x1 − x1x2, x′
2 = −x2 + x1x2
2. Transformasikan PDB berikut kedalam sistem PDB order satu dan hitung
persamaan trayektorinya
(a) x′′ + x = 0
(b) x′′ + sin x = 0
(c) x′′ − x + x3 = 0
3. Tentukan apakah titik kritis (0, 0) merupakan titik stabil, stabil asimtutik
atau tak stabil.
(a) x′1 = x2, x′
2 = −x1
(b) x′1 = −x1 + x2, x′
2 = −2x2
(c) x′1 = −x1 + x2, x′
2 = −x1 − x2
(d) x′1 = 5x1 − 6x2, x′
2 = 6x1 − 7x2
BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 99
(e) x′1 = −3x1 + 4x2, x′
2 = −2x1 + 3x2
(f) x′1 = 5x1 − 6x2 + x1x2, x′
2 = 6x1 − 7x2 − x1x2
(g) x′1 = x2 + x2
1 − x1x2, x′2 = −2x1 + 3x2 + x2
2
(h) x′1 = 3x1 − 2x2 + (x2
1 + x22)
2, x′2 = 4x1 − x2 + (x2
1 − x22)
2
4. Misal sistem x′1 = 5x1 − 6x2 + 1, x′
2 = 6x1 − 7x2 + 1 menunjukkan dua
populasi yang berlomba, dimana x1 adalah populasi yang diperlukan dan
x2 adalah populasi parasit. Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) dari sistem
ini adalah stabil asimtotik dan karena itu kedua populasi ini akan menuju
kepunahan.
BAB 8
Potret Fase Sistem PDB
Nonlinier dan Aplikasi
Pada bagian ini akan dibahas potret fase sistem otonomus nonlinier dalam ap-
likasi. Suatu teorema mengenai potret fase sistem otonomus nonlinier
x1 = ax1 + bx2 + f1(x1, x2) (8.1)
x2 = ax1 + bx2 + f2(x1, x2) (8.2)
Misal r1, r2 adalah akar-akar persamaan karakteristik (nilai eigen) dari sistem
yang dilinierkan maka potert fase dan stabilitasnya dapat dilihat dalam tabel
berikut.
8.0.1 Interaksi Populasi
Dalam bagian ini akan dibahas dua spesies yang berbeda, satu spesies disebut
pemangsa dan spisies lainnya disebut mangsa (Predator-Prey). Spesies mangsa
mempunyai persediaan makanan yang berlebihan sedangkan spesies pemangsa
100
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 101
x′ = Ax det(A − rI) = 0 detA 6= 0Nilai eigen Tipe titik kritis Stabilitas
r1 > r2 > 0 Simpul Tidak stabilr1 < r2 < 0 Simpul Stabil asimtotikr1 < 0 > r2 Titik plana Tidak stabilr1 = r2 > 0 Simpul atau Titik spiral (Fokus) Tidak stabilr1 = r2 < 0 Simpul atau Titik spiral (Fokus) Stabil asimtotikr1, r2 = λ ± iµ Titik spiral (Fokus)λ > 0 Tidak stabilλ < 0 Stabil asimtotikr1 = iµ, r2 = −iµ Pusat atau Titik spiral (Fokus) Taktentu
Tabel 8.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier
diberi makanan spesies mangsa. Kajian matematis mengenai ekosistem seperti
ini pertama kali diperkenalkan oleh Lotka dan Volterra dalam pertengahan tahun
1920.
Misalkan x1(t) dan x2(t) masing-masing menunjukkan banyaknya spesies mangsa
dan pemangsa pada saat t maka bila kedua spesies itu terpisah model matema-
tisnya digambarkan sebagai berikut:
x′1 = a1x1 (8.3)
x′2 = −a1x2. (8.4)
Dalam hal ini a1 > 0 karena populasi mangsa akan terus bertambah dengan
adanya makanan yang banyak, sedangkan spesies pemangsa akan berkurang jum-
lahnya sehingga −a1 < 0. Akan tetapi bila kedua spesies itu berinteraksi maka
model matematis yang diungkapkan oleh Lotka dan Volterra menjadi
x′1 = a1x1 − a2x1x2 (8.5)
x′2 = −a3x2 + a4x1x2. (8.6)
Populasi pemangsa akan memakan populasi mangsa sehingga beralasan untuk
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 102
mengandaikan bahwa jumlah yang membunuh besarnya tiap satuan waktu berban-
ding lurus dengan x1 dan x2, yaitu x1x2. Jadi populasi mangsa akan berkurang
sedangkan populasi pemangsa akan bertambah.
Persamaan (8.5-8.6) ini tak linier dan sulit diselesaikan dengan cara analitik
untuk menentukan solusi eksplisitnya. Namun demikian dengan teori kualitatif
sistem semacam ini dapat dianalisa untuk membuat ramalan tentang kelakuan
kedua spesies tersebut.
Dengan menyelesaikan sistem
a1x1 − a2x1x2 = 0 (8.7)
−a3x2 + a4x1x2 = 0 (8.8)
untuk menentukan titik kritisnya didapat (0, 0) dan (a3/a4, a1/a2). Dengan demikian
sistem ini akan mencapai solusi seimbang pada x1(t) = 0, x2(t) = 0 dan x1(t) =
a3/a4, x2(t) = a1/a2. Dalam hal ini solusi seimbang kedua akan dikaji. Secara
intuitif dapatlah ditentukan solusi sistem itu, yaitu x1(t) = 0, x2(t) = x2(0)e−a3t
merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x2 positif dan x2(t) = 0, x1(t) =
x1(0)ea1t merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x1 positif. Karena ke-
tunggalan penyelesaian ini, maka setiap penyelesaian sistem ini yang pada t = 0
berawal pada kuadran pertama tidak akan memotong sumbu x1 dan x2 oleh
karena itu solusi itu akan tetap berada pada kuadran pertama.
Trayektori sistem ini diperoleh dari
dx2
dx1=
−a3x2 + a4x1x2
a1x1 − a2x1x2=
(−a3 + a4x1)x2
(a1 − a2x2)x1
a1 − a2x2
x2dx2 =
−a3 + a4x1
x1dx1
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 103
atau(
a1
x2− a2
)
dx2 =
(
− a3
x1+ a4
)
dx1
Inegralkan kedua ruas persamaan ini diperoleh penyelesaian umum
a1 ln x2 − a2x2 = −a4 ln x1 + a4x1 + k
ln xa1
2 + ln xa3
1 = a2x2 + a4x1 + k
xa1
2 xa3
1 = ea2x2+a4x1+k
xa1
2
ea2x2
· xa3
1
ea4x2
= K (8.9)
dimana K = ek dan k merupakan konstanta sebarang.
Dapat dilihat bahwa bila K > 0, trayektori (8.9) merupakan kurva tertutup,
lihat Gambar 8.1, dan karena itu tiap penyelesaian (x1(t), x2(t)) dari (8.5-8.6)
dengan nilai awal (x1(0), x2(0)) dalam kuadran pertama merupakan fungsi dari
waktu yang periodik. Jika T merupakan periode dari penyelesaian x1(t), x2(t),
yaitu, jika (x1(t + T ), x2(t + T ) = x1(t), x2(t) untuk semua t ≥ 0, maka nilai
rata-rata dari populasi x1(t) dan x2(t) adalah
x̄1 =1
T
∫ T
0
x1(t)dt, x̄2 =1
T
∫ T
0
x2(t)dt.
Untuk menentukan nilai integral ini dapatlah diturunkan langsung dari per-
samaan (8.5-8.6) tanpa mengetahu solusi eksplisit. Dalam hal ini
x′2 = −a3x2 + a4x1x2
x′2
x2
= −a3 + a4x1.
Integralkan kedua ruas dari 0 sampai dengan T ,
∫ T
0
1
x2(t)dx2 =
∫ T
0
(−a3 + a4x1(t))dt
ln x2(T ) − ln x2(0) = −a3T + a4
∫ T
0
x1(t)dt.
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 104
Karena x2(T ) = 0 maka
−a3T + a4
∫ T
0
x1(t)dt = 0 atau1
T
∫ T
0
x1(t)dt =a3
a4.
Dengan demikian
x̄1 =a3
a4
.
Dengan cara yang sama akan diperoleh
x̄2 =a1
a2.
Dari (8.10) dan (8.10) dapatlah dibuat ramalan yang menarik bahwa ukuran
rata-rata dari dua populasi x1(t) dan x2(t) yang berinteraksi sesuai dengan model
matematis yang digambarkan pada persamaan (8.5-8.6) akan tepat mempunyai
nilai setimbang pada x1 = a3/a4 dan x2 = a1/a2. Selanjutnya de-ngan meng-
gunakan pengamatan ini dapatlah dibuat ramalan lain yang menarik. Misal
populasi mangsa x1(t) berkurang dalam jumlah yang sedang, maka po-pulasi
mangsa dan pemangsa akan berkurang jumlahnya pada laju, katakanlah, ǫx1(t)
dan ǫx2(t). Sehingga sistem menjadi
x′1 = a1x1 − a2x1x2 − ǫx1
x′2 = −a3x2 + a4x1x2 − ǫx2.
atau
x′1 = (a1 − ǫ)x1 − a2x1x2 (8.10)
x′2 = −(a3 + ǫ)x2 + a4x1x2. (8.11)
Dengan menerapkan persamaan (8.10-8.10) dapat ditentukan bahwa rata-rata
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 105
populasi mangsa dan pemangsa setelah adanya pengurangan masing-masing adalah
x̄1 =a3 + ǫ
a4
(8.12)
x̄2 =a1 − ǫ
a2. (8.13)
Dengan kata lain rata-rata populasi mangsa akan lebih besar sedikit dari rata-
rata sebelum adanya pengurangan sedangkan rata-rata populasi pemangsa sedikit
lebih kecil dari rata-rata sebelumnya.
a
a3
4( , a
a1
2)
a
a3
4
a
a1
2
x2
x1
Gambar 8.1: Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa
Melalui fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.
Gambar 8.2: Potret fase sistem secara umum
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 106
8.0.2 Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana
Ayunan sederhana terdiri dari sebuah bandul B bermassa m pada spotong tongkat
yang ringan dan kaku sepanjang L, diikat bagian atasnya sedemikian hingga sisem
itu dapat berayun pada bidang vertikal, lihat Gambar 8.3.
θ
L
C C’T
B
− mg co sθ− mg
− mg sin θA
s
0
Gambar 8.3: Ayunan Bandul
Bila bandul itu ditarik satu arah dan dilepas dari keadaan diam pada saat
t = 0 dan misal θ(t) merupakan perpindahan sudut dari tongkat pada saat t dari
keadaan setimbang )A dimana sudut θ(t) positif bila bandul berada disebelah
kanan dari kedudukan setimbang dan negatif bila berada disebelah kiri. Kita
ingin mengkaji θ(t) bila bandul berayun kembali dan bergerak sepanjang busur
lingkaran CC ′. Dari informasi yang ada telah diketahui
θ(0) = θ0, θ′(0) = 0
dimana θ(0) = θ0 adalah perpindahaan sudut awal dari tongkat dan θ(0) = 0
karena bandul dilepas dari keadaan diam. Ada dua gaya yang berkerja yaitu
gaya berat (−mg) dan gaya tegangan tongkat T . Gaya −mg dipecah menjadi
dua komponen −mg cos θ dan −mg sin θ, lihat Gambarband. Gaya −mg cos θ
mengimbangi tegangan T pada tongkat, sedang gaya −mg sin θ menggerakkan
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 107
bandul sepanjang busur lingkaran BA. Menurut H.K. Newton II diperoleh
md2s
dt2= −mg sin θ (8.14)
dimana s adalah panjang busur AB dan d2sdt2
percepatan sepanjang busur. Karena
L merupakan panjang tongkat maka panjang busur s = Lθ.
md2s
dt2= L
d2θ
dt2(8.15)
atau
d2θ
dt2+
g
Lsin θ = 0 (8.16)
θ(0) = θ0 θ′(0) = 0. (8.17)
Kedua persamaan terakhir ini menggambarkan secara lengkap gerak pendulum
itu bersama nilai awalnya.
Selanjutnya persamaan ini dapat dirubah kedalam sistem PDB order satu,
dengan memisalkan ω2 = gL, x1 = θ dan x2 = θ′, sehingga diperoleh
x′1 = x2 (8.18)
x′2 = −ω2 sin x1. (8.19)
Untuk menganalisa titik kritis persamaan ini, dapat ditentukan dari mengnolkan
ruas kiri, sehingga
x2 = 0
−ω2 sin x1 = 0.
Dengan menyelesaikan persamaan kedua diperoleh x1 = θ = 0,±π,±2π,±3π, . . .
sehinggga titik kritisnya adalah
. . . , (−2π, 0), (−π, 0), (0, 0), (π, 0), (2π, 0), . . .
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 108
Memahami sin x adalah fungsi periodik maka cukup dipelajari (0, 0), (π, 0)
saja. Untuk (0, 0) maka ekspansi deret Taylor disekitar x = 0 adalah
sin x = x − x3
3!+
x5
5!− . . . ,
sehingga persamaan (8.18-8.19) dapat dihampiri oleh sistem linier
x′1 = x2, x′
2 = −ω2x. (8.20)
Dengan demikian persamaan karakteristik (8.20) adalah r2+ω2 = 0 dengan akar-
akar r12 = ±ωi. Menurut Tabel 7.1 Tabel 8.1 dan maka titik kritis (0, 0) adalah
stabil pusat untuk sistem (8.20) dan merupakan titik pusat atau fokus untuk
sistem (8.18-8.19), lihat Gambar 8.3. Panah pada trayektori menunjukkan arah
perputaran jarum jam karena persamaan pertama dalam (8.20) yaitu x membesar
bila y positif. Analog dengan ini sistem (8.18-8.19) juga mempunyai titik kritis
pada (2πn, 0) untuk n = ±1,±2, . . . .
2π− 2π0
π− π
x2
x1
Gambar 8.4: Trayekktori sistem ayunan bandul
Selanjutnya kita kaji titik kritis (π, 0). Ekspansi deret Taylor untuk sin x
disekitar x = π diberikan oleh
sin x = −(x − π) +(x − π)3
3− (x − π)5
5!+ . . . .
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 109
Jadi sistem yang dilinierkan berbentuk
x′1 = x2, x′
2 = ω2(x − π). (8.21)
dan mempunyai titik kritis pada (π, 0). Titik kritis dapat dipetakan ke (0, 0)
dengan memisalkan v = x − π sehingga menjadi
v′ = x2, x′2 = ω2v. (8.22)
Persamaan karakteristiknya adalah r2 − ω2 = 0 dengan akar-akar r12 = ±ω.
Karena akar-akarnya riel dan tandanya berlawanan, maka titik kritis (0, 0) meru-
pakan titik plana oleh karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari
(8.22). Sebagai implikasinya, titik kritis (π, 0) juga merupakan titik plana dan
karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari sistem yang dilinierkan
(8.21), lihat Tabel 7.1. Selanjutnya menurut Tabel 8.1, diperoleh kenyataan
bahwa karena (π, 0) merupakan titik plana maka titik ini merupakan kesetim-
bangan stabil dari sistem (8.18-8.19). Sistem ini juga akan mempunyai sebuah
titik plana pada titik (2n+1)π, 0) untuk n = ±1,±2, . . . , dan selengkapnya dapat
dilihat dalam Gambar 8.5. Dengan menggunakan fungsi DEplot diperoleh potret
x2
x1
π 2π 3π0− π− 2π− 3π− 4π 4π
Gambar 8.5: Potret fase
fase dapat dilihat dalam Gambar 8.6.
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 110
2ππ− π− 2π
Gambar 8.6: Potret fase secara umum
Secara eksplisit kita juga dapat menurunkan persamaan trayektori persamaan
(8.18-8.19). Dengan menggabungkan kedua persamaan itu, yaitu
dx2
dx1= −ω2 sin x1
x2
maka persamaan ini merupakan PDB terpisah dimana solusinya adalah
1
2x2
2 − ω2 cos x1 = c. (8.23)
Untuk menggambarkan potret fase dari persamaan ini adalah tepat sekali untuk
menyatakan c dalam syarat awal. Andaikan bahwa x2 = (x2)0 bila x1 = 0 maka
dari (8.23) didapat bahwa
c =1
2(x2)
20 − ω2
1
2x2
2 − ω2 cos x1 =1
2(x2)
20 − ω2
x22 + 2ω2(1 − cos x1) = (x2)
20
x22 + 4ω2 sin2 x1
2= (x2)
20 (8.24)
Persamaan terakhir ini merupakan persamaan yang menggambarkan tiga tipe
kurva yang beraputan dalam Gambar 8.5 dalam tiga kasus berikut.
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 111
KASUS 1 |(x2)0| < 2ω. Nilai maksimum dari sudut x1 (ingat bahwa x1 = θ)
dicapai bila x2 = 0 dan
xmaks = 2 arcsin(x2)0
2ω< π.
Dalam kasus ini ayunan itu berosilasi antara sudut ekstrem ±xmaks. Trayek-
torinya merupakan kurva tertutup sebagaimana terlihat dalam bagian paling
dalam kurva dalam Gambar 8.5.
KASUS 2 |(x2)0| > 2ω. Dalam kasus ini ayunan membuat putaran lengkap.
Trayektorinya akan berbentuk kurva ombak pada bagian atas dan bawah kurva
dalam Gambar 8.5.
KASUS 3 |(x2)0| = 2ω. Dalam hal ini trayektori berbentuk simpal (kop)
tebal yang memisahkan trayektori tertutup dan trayektori ombak dalam Gambar
8.5. Persamaan trayektori ini dapat diturunkan langsung dari persamaan (8.24)
jika kita substitusikan 2ω dalam (x2)0 sehingga diperoleh
x2 = ±2ω cosx
2
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 112
Latihan Tutorial 3
1. Dalam interaksi mangsa dan pemangsa, misal populasi mangsa mempunyai
persediaan makanan yang terbatas maka model persamaan interaksi itu
akan menjadi x′1 = a1x1 − a2x1x2 − ǫ1x
21, x′
2 = −a3x2 + a4x1x2 − ǫ2x22
dimana ǫ1, ǫ1 > 0. Sebagi contoh khusus model ini adalah x′1 = 3x1 −
x1x2 − 2x21, x′
2 = −x2 + 2x1x2 − x22, dimana x1, x2 diukur dalam ratusan
mahluk. Kajilah stabilitsa dari tiap titik kritisnya dan tentukan apakah ini
merupakan titik simpul, plana atau fokus.
2. Persamaan difrensial
θ′′ + kθ + ω2 sin θ = 0, k > 0
merupakan gerak ayunan yang dipengaruhi gaya gesekan (gaya peredam)
yang berbanding lurus dengan kecepatan sudut θ. Transformasikan PDB ini
kedalam sistem PDB order satu dan buktikan bahwa hanya (nπ, 0) untuk
n = 0,±1,±2, . . . merupakan titik kritis dari sistem ini. Dalam setiap kasus
kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) dan tentukan apakah (0, 0) merupakan
titik simpul, plana atau fokus untuk
(a) k < 2ω (b) k = 2ω (c) k > 2ω
3. Persamaan difrensial
x′′ + µ(x2 − 1)x′ + x = 0, µ > 0
disebut persamaan vanderPol dan mengatur rangkaian listrik tertentu yang
mengandung pipa hampa. Transformasikan PDB ini kedalam sistem PDB
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 113
order satu dan buktikan bahwa hanya (0, 0) satu-satunya titik kritis dari
sistem ini. Kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) bila µ < 2 dabn µ > 2.
Dalam setiap kasus tentukan apakah (0, 0) merupakan titik simpul, plana
atau fokus.
4. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi
30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air
dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/Lt dituangkan
kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam
tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II
dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/Lt dituangkan
kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam
tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar
dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir
keluar meninggalkan sistem.
2 Lt/min, 1 gram/Lt
2 Lt/min
4 Lt/min
3 Lt/min
1 Lt/min, 3 gram/Lt
Gambar 8.7: Dua tangki yang saling berhubungan.
(a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari
BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 114
peristiwa ini.
(b) Tentukan titik kesetimbangan (titik kritis) dari dari sistem PD order
pertama tersebut.
(c) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan banyaknya garam
dalam tangki I dan II setiap saat.
5. Suatu rangkaian tertutup seri dari hambatan (R), induktor (L) dan kapa-
sitor (C) dihubungkan dengan sumber tegangan bolak balik E = 100 sin 60t
Volt, lihat Gambar 2 dibawah ini. Jika muatan listrik awal dan arus listrik
awal sama dengan nol, tentukan fungsi muatan listrik Q dalam kapasitor
setelah saat tertentu t > 0.
E
R = 2 ohm
L=1/10 henry
C=1/260 faradKeterangan:
R : HambatanL : InduktorC : Kapasitor
I
Gambar 8.8: Rangkaian tertutup seri R, L dan C.
Daftar Pustaka
Boyce, W. E. & Diprima, R. C. 1997. Elementary Differential Equations andBoudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore
Burden, R. L. and Faires, J. D. 1997.Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing
Company. U.S.
Lambert, J.D. 1993. Numerical Methods for Ordinary Differential Systems. John
Wiley & Sons, Inc. Singapore
Powell, M.J.D. 1981. Approximation Theory and Methods. Cambridge UniversityPress. U.K.
Ross, S. L. 1989. Introduction to Ordinary Differential Equations. John Wiley &
Sons, Inc. New York. U.S.
Shampine, L. F. & Baca, L.S. 1989. Computer Solution of Ordinary DifferentialEquations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco.
115