Persamaan Diferensial Biasa - IKIP Siliwangi · 2021. 3. 8. · Persamaan Diferensial Biasa. Ini adalah diktat revisi ke-enam, sejak pertama kali disusun pada tahun 2003. Diktat ini

Persamaan Diferensial Biasa

Rippi Maya

Maret 2014

ii

Contents

1 PENDAHULUAN 11.1 Solusi persamaan diferensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Solusi Implisit dan Solusi Eksplisit . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Solusi Umum dan Solusi Khusus . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Solusi Singular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Masalah Nilai Awal dan Masalah Nilai Batas . . . . . . . . . . . 41.2.1 Masalah Nilai Awal (MNA) . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.2 Masalah Nilai Batas (MNB) . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Keujudan dan Ketunggalan Solusi . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Persamaan Diferensial Orde Satu 92.1 Metode Pemisahan Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.1.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Metode Transformasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.3 Persamaan Diferensial Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.4 Faktor Pengintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.4.1 Menentukan faktor pengintegral . . . . . . . . . . . . . . 192.4.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.5 Persamaan Diferensial Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.5.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.6 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu . . . . . . . . . . . . . 252.6.1 Pertumbuhan Alami dan Peluruhan (Natural Growth and

Decay) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.6.2 Pendinginan dan Pemanasan (Cooling and Heating) . . . 292.6.3 Bunga Majemuk (Interest Compound) . . . . . . . . . . . 302.6.4 Eliminasi Obat (Drug Elimination) . . . . . . . . . . . . . 312.6.5 Hukum Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.6.6 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3 Persamaan Diferensial Linier Orde Ke-n 353.1 Persamaan Diferensial Linier Homogen . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.1.1 Prinsip Superposisi atau Kelinieran . . . . . . . . . . . . . 363.1.2 Masalah Nilai Awal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.1.3 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2 Persamaan dengan Koe�sien Konstanta . . . . . . . . . . . . . . 413.2.1 Persaman diferensial linier homogen orde ke-dua . . . . . 413.2.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.2.3 Persamaan diferensial linier homogen orde ke-n . . . . . . 483.2.4 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.3 Persamaan Euler-Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

iii

iv CONTENTS

3.3.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.4 Persamaan Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.4.1 Metoda Koe�sien Taktentu Orde ke-dua . . . . . . . . . . 553.4.2 Metoda Koe�sien Taktentu orde ke-n . . . . . . . . . . . 613.4.3 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.4.4 Metode Variasi Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.4.5 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.5 Aplikasi Persamaan Diferensial Linier Orde Dua . . . . . . . . . 683.5.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4 Sistem Persamaan Diferensial 734.0.2 Vektor, Matriks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.0.3 Nilai Eigen, vektor Eigen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.1 Konsep Dasar dan Teori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 754.2 Sistem Linier Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.2.1 Tak ada basis dari vektor eigen yang ada . . . . . . . . . 834.2.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

4.3 Sistem Linier Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.3.1 Metode Koe�sien Taktentu . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.3.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4.4 Aplikasi Sistem Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . . . . 874.4.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

5 Solusi Deret Persamaan Diferensial 915.1 Metode Deret Kuasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5.1.1 Deret Kuasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.1.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

5.2 Teori Metode Deret Kuasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.2.1 Konsep Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.2.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

5.3 Persamaan Legendre, Polinom Legendre Pn(x) . . . . . . . . . . 985.3.1 Polinom Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1005.3.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5.4 Metode Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1015.4.1 Persamaan Indisial (Indicial Equation), Menunjukkan Ben-

tuk Solusi-solusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1025.4.2 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.5 Persamaan Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

6 Transformasi Laplace 1136.1 Transformasi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

6.1.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1176.2 Transformasi dari Turunan dan Integral . . . . . . . . . . . . . . 118

6.2.1 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

A Abjad Yunani dan Rumus-rumus Trigonometri 129A.1 Abjad Yunani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129A.2 Rumus-rumus Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

B Rumus-rumus Turunan dan Integral 131B.1 Tabel Turunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131B.2 Integral Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

Daftar Pustaka 135

Kata Pengantar

Diktat ini disusun sebagai diktat (catatan) kuliah Persamaan Diferensial Biasadi UIN Sunan Gunung Djati Bandung. Tujuan penulisan diktat ini adalahuntuk membantu mahasiswa Pendidikan Matematika dalam memahami materiPersamaan Diferensial Biasa.Ini adalah diktat revisi ke-enam, sejak pertama kali disusun pada tahun 2003.Diktat ini terdiri dari enam bab. Bab 1 berisi tentang pendahuluan mengenaipersamaan diferensial, Bab 2 membahas mengenai persamaan diferensial ordepertama, Bab 3 tentang persamaan diferensial linier orde yang lebih tinggi, Bab4 mempelajari tentang sistem persamaan diferensial, Bab 5 mengkaji tentangsolusi deret persamaan diferensial dan Bab 6 mengenal transformasi Laplace.Dalam setiap bab, soal-soal diberikan sebagai latihan bagi mahasiswa.Keterbatasan kemampuan penulis dalam memberikan ilustrasi berupa gambaratau gra�k, menyebabkan diktat ini masih jauh dari sempurna. Karena sifat dik-tat ini hanya sebagai catatan kuliah, maka penulis menyarankan agar pembacadiktat ini juga mempelajari materi dari sumber lain, agar diperoleh pemahamanyang lebih mendalam.Sebagai upaya untuk terus menyempurnakan diktat kuliah ini, penulis masihmengharapkan saran, masukan, maupun koreksi dari para pembaca. Masih den-gan segala keterbatasannya, penulis berharap diktat kuliah ini dapat bermanfaatbagi pembaca semua.

Bandung, Maret 2014

v

vi PREFACE

Chapter 1

PENDAHULUAN

Persamaan diferensial ialah suatu persamaan yang memuat fungsi yang takdiketahui dan satu atau beberapa turunan dari fungsi tersebut, dengan satuatau lebih peubah yang tak diketahui. Apabila fungsi yang tak diketahui ituhanya bergantung pada satu peubah saja, maka persamaan diferensial terse-but dinamakan persamaan diferensial biasa. Sedangkan apabila fungsinyabergantung pada dua atau lebih peubah, maka persamaan diferensial tersebutdinamakan persamaan diferensial parsial. Fokus pembahasan pada bab inidan bab-bab selanjutnya hanya pada persamaan diferensial biasa saja.

Salah satu contoh persamaan diferensial pada kehidupan sehari-hari adalahkecepatan pertumbuhan suatu populasi, misalkan populasi dari manusia, bi-natang, bakteri, dan sebagainya. Jika suatu populasi tumbuh pada kecepatan

x0(t) =dx

dt(t = waktu) yang sama dengan populasi x(t) yang ada, maka

model populasinya merupakan suatu persamaan diferensial, yaitu x0 = x, den-gan x(t) = cet merupakan solusi dari persamaan diferensial tersebut.

Contoh yang lain adalah masalah jatuh bebas. Jika sebuah benda dijatuhkan dariatas, maka percepatannya adalah sama dengan percepatan gravitasi g (suatu

konstanta), yaitu : y00 =d2y

dx2(x = waktu). Model dari masalah ini adalah y00 = g. Hasil pengintegralan

pertama dari persamaan diferensial tersebut adalah kecepatan y0 =dy

dx= gx+v0

dengan v0 = kecepatan awal. Hasil pengintegralan ke-dua adalah y = 12gx

2 +v0x+ y0; dengan y0 = jarak awal dari 0 (misalkan y0 = 0).

Orde dari suatu persamaan diferensial adalah orde turunan tertinggi yang ter-dapat pada persamaan tersebut. Persamaan diferensial orde pertama memuatturunan pertama y0, mungkin pula y; dan fungsi x yang diberikan. Bentukumum dari persamaan diferensial orde pertama dapat dituliskan sebagai:

F (x; y; y0) = 0 (1.1)

atau kadang-kadang dituliskan sebagai: y0 = f(x; y):

Example 1 :

Perhatikan persamaan diferensial berikut ini: (1): y0 = cosx; (2): y00 � 6y =0; (3): x3y000 � 4x2y00 + 8xy0 � 8y = 0: Untuk persamaan: (1) ordenya adalah1, (2) ordenya 2 dan (3) ordenya 3. |

1

2 CHAPTER 1. PENDAHULUAN

1.1 Solusi persamaan diferensial

Sebagaimana sudah diketahui, solusi dari suatu persamaan aljabar, seperti x2+5x + 6 = 0; adalah suatu peubah tak diketahui x yang memenuhi persamaantersebut, yaitu x = 2 atau x = 3: Pada persamaan diferensial, seperti y0 =3xy; solusinya adalah suatu fungsi yang tak diketahui y = g(x) yang memenuhipersamaan diferensial tersebut: Fungsi y = g(x) yang mempunyai turunan y0 =g0(x) dan memenuhi persamaan F (x; y; y0) = 0; untuk semua x di dalam selangterbuka a < x < b disebut sebagai solusi dari persamaan diferensial ordepertama F (x; y; y0) = 0:

Example 2 :

Selidiki apakah y = 2x3 merupakan solusi dari xy0 = 3y untuk semua x.

Jawab:

Karena y = 2x3 maka y0 = 6x2: Dengan substitusi, diperoleh: xy0 = x(6x2) =6x3 = 3y:Jadi benar bahwa y = 2x3 adalah solusi dari persamaan diferensial xy0 =3y: |

1.1.1 Solusi Implisit dan Solusi Eksplisit

Solusi dari suatu persamaan diferensial dapat muncul dalam bentuk fungsi im-plisit atau fungsi eksplisit. Apabila solusi yang muncul merupakan fungsi im-plisit, maka solusi tersebut dinamakan solusi implisit, sebagaimana ditun-jukkan oleh fungsi:

G(x; y) = 0:

Sedangkan apabila solusi yang muncul berbentuk fungsi eksplisit, maka dina-makan solusi eks-plisit, sebagaimana ditunjukkan oleh fungsi:

y = g(x):

Example 3 :

Perhatikan fungsi berikut: x2 + y2 � 4 = 0, (y > 0): Apakah yang dapatdisimpulkan dari fungsi tersebut?

1.1. SOLUSI PERSAMAAN DIFERENSIAL 3

Jawab:

Fungsi tersebut merupakan suatu persamaan setengah lingkaran yang berpusatdi titik (0,0) dan berjari-jari 2. Selain itu, fungsi tersebut juga merupakan solusiimplisit dari persamaan diferensial yy0 = �x , pada interval �2 < x < 2. |

Example 4 :

Perhatikan fungsi y = 2e�3x:Apakah yang dapat dijelaskan dari fungsi tersebut?

Jawab:

Fungsi tersebut merupakan solusi eksplisit dari persamaan diferensial y0+3y =0: |

1.1.2 Solusi Umum dan Solusi Khusus

Solusi umum dari suatu persamaan diferensial adalah semua solusi dari per-samaan diferensial tersebut yang memuat suatu konstanta sebarang c. Apabiladari sebarang c tersebut dipilih c tertentu, maka solusi yang diperoleh meru-pakan solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut.

Example 5 :

Perhatikan persamaan diferensial y0 = sinx: Jelaskan solusi umum dan khususdari persamaan diferensial tersebut.

Jawab:

Solusi umum dari persamaan tersebut adalah y = � cosx+ c, dengan c adalahkonstanta sebarang. Apabila dipilih c tertentu, misalkan c = 2 atau c = �5 atauc = 3

7 , dsb., maka akan diperoleh suatu solusi khusus dari persamaan diferensialtersebut. Jadi y = � cosx + c adalah solusi umum dari y0 = sinx; sedangkany = � cosx + 2; y = � cosx � 5, y = � cos sinx + 3

7 dan seterusnya adalahsolusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. |

1.1.3 Solusi Singular

Selain solusi umum dan solusi khusus dari suatu persamaan diferensial, ada lagisolusi lain yang merupakan solusi tambahan dari suatu persamaan diferensial.Solusi tambahan ini tidak dapat diperoleh dari solusi umum dengan menggantikonstanta sebarang c: Solusi tambahan yang seperti ini dikenal sebagai solusisingular.


Example 6 :

Persamaan diferensial berikut, y02�xy0+y = 0 mempunyai solusi umum y(x) =

cx�c2 . Persamaan ini menyatakan grup garis lurus, dengan setiap c yang dipilihmenyatakan satu garis lurus. Perhatikan fungsi y(x) =

x2

4, yang merupakan

persamaan kuadrat dan juga merupakan solusi dari persamaan diferensial diatas, namun bukan solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut. Solusi initidak dapat diperoleh dengan memilih c yang tepat dari solusi umumnya. Oleh

sebab itu, y(x) =x2

4disebut sebagai solusi singular dari persamaan diferensial

tersebut. Berikut ini adalah gra�k solusi umum: y(x) = cx � c2 dan solusi

singular y(x) =x2

4. |

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

1.2 Masalah Nilai Awal danMasalah Nilai Batas

1.2.1 Masalah Nilai Awal (MNA)

Inti pembahasan dalam teori persamaan diferensial adalah apakah persamaandiferensial tersebut mempunyai solusi atau tidak, terutama yang memenuhisyarat-syarat tertentu. Syarat-syarat tertentu yang dimaksud adalah solusi yangmempunyai nilai tertentu, atau kadang-kadang juga nilai turunannya pada suatutitik tertentu. Syarat-syarat yang seperti itu disebut sebagai syarat awal. Per-samaan diferensial yang disertai dengan syarat awal dinamakan denganmasalahnilai awal (MNA).

1.3. KEUJUDAN DAN KETUNGGALAN SOLUSI 5

Example 7 :

Pandang suatu masalah nilai awal: y0 = cos 2x, dengan y(0) = 4: Carilah solusimasalah nilai awalnya.

Jawab:

Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y = 12 sin 2x + c:

Karena y(0) = 4; maka 4 = 12 sin 2:0 + c sehingga c = 4. Jadi solusi masalah

nilai awalnya adalah y(x) = 12 sin 2x+ 4: |

Example 8 :

Perhatikan persamaan diferensial y00 + 16y = 0, dengan syarat awal y(0) = 3dan y0(0) = �4: Tentukan solusi masalah nilai awalnya.

Jawab:

Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y(x) = A cos 4x +B sin 4x: Karena y(0) = 3; maka 3 = A cos 0+B sin 0 sehingga A = 3. Turunanpertama dari solusi umum y(x) adalah y0(x) = �4A sin 4x+4B cos 4x. Karenasyarat awal y0(0) = �4 , maka dengan substitusi diperoleh: �4 = �4A sin 0 +4B cos 0 , sehingga B = �1. Jadi solusi masalah nilai awal dari persamaandiferensial tersebut adalah

y(x) = 3 cos 4x� sin 4x: |

1.2.2 Masalah Nilai Batas (MNB)

Selain masalah nilai awal, pada persamaan diferensial juga dikenal adanyamasalah nilai batas (MNB). Pada masalah nilai awal, syarat awal yangmenyertai persamaan diferensial hanya pada satu titik tertentu. Sedangkan padamasalah nilai batas, syarat awalnya pada dua titik yang berbeda. Untuk membe-dakan syarat awal pada masalah nilai awal dan pada masalah nilai batas, makasyarat awal pada masalah nilai batas disebut sebagai syarat batas.

Example 9 :

Diberikan suatu persamaan diferensial y00+4y = 0, dengan syarat batas y(0) =1; dan y(�=4) = �1. Tentukan solusi masalah nilai batasnya.

Jawab:

Solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah: y(x) = A cos 2x +B sin 2x. Dari y(0) = 1 diperoleh A = 1; dan dari y(�=4) = �1 diperolehB = �1 . Jadi solusi dari masalah nilai batas tersebut adalah y(x) = cos 2x �sin 2x. |

1.3 Keujudan dan Ketunggalan Solusi

Dari contoh-contoh mengenai masalah nilai awal,

y0 = f(x; y); y(x0) = y0 (1.2)

yang sudah dibahas terdahulu, selalu didapatkan solusi khusus yang tunggal.Sebenarnya solusi tunggal ini hanyalah satu dari tiga kemungkinan solusi yangmungkin ada dalam mencari penyelesaian suatu masalah nilai awal. Sebagaicontoh, perhatikan masalah nilai awal berikut ini:


1. jy0j+ jyj = 0; y(0) = 1:

Satu-satunya solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = 0: Karenasyarat awal yang diberikan tidak dapat diterapkan ke dalam solusi tersebut,maka masalah nilai awal ini tidak mempunyai solusi.

2. y0 = x; y(0) = 1:

Solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = 12x

2 + 1; yang merupakansolusi tunggal.

3. xy0 = y � 1; y(0) = 1:

Solusi untuk masalah nilai awal tersebut adalah y = cx+1; dengan c konstantasebarang. Karena solusi dari masalah nilai awal ini bergantung kepada pemil-ihan konstanta c; maka akan diperoleh banyak solusi untuk masalah nilai awaltersebut.

Dari contoh-contoh di atas diketahui bahwa suatu masalah nilai awal dapatmempunyai satu solusi, banyak solusi atau bahkan mungkin tidak mempunyaisolusi. Selama ini, dari contoh-contoh yang sudah dibahas, bentuk masalah ni-lai awalnya masih sederhana, sehingga dengan mudah dapat diketahui solusinyadengan tepat. Bagaimana kalau bentuk masalah nilai awalnya tidak sederhanalagi atau lebih kompleks? Untuk mengetahui solusi yang tepat dari ketiga kemu-ngkinan solusi tersebut, diperlukan suatu petunjuk yang menerangkan kondisi-kondisi suatu masalah nilai awal agar mempunyai satu solusi, banyak solusiatau tidak ada solusi. Dengan kata lain, pada kondisi yang bagaimanakah su-atu masalah nilai awal mempunyai paling sedikit satu solusi atau paling banyaksatu solusi? Ada dua teorema yang menjelaskan mengenai kondisi-kondisi terse-but. Teorema yang menjelaskan kondisi suatu masalah nilai awal mempunyaipaling sedikit satu solusi, disebut Teorema Ketunggalan. Sedangkan teoremayang menjelaskan kondisi suatu masalah nilai awal mempunyai paling banyaksatu solusi disebut Teorema Keujudan.

1.3. KEUJUDAN DAN KETUNGGALAN SOLUSI 7

Theorem 1 : Ketunggalan

Jika f(x; y) adalah fungsi yang kontinu untuk semua titik (x; y) pada suatubidang segiempat

R : jx� x0j < a; jy � y0j < b;

dan terbatas di R; yaitujf(x; y)j 5 K (1.3)

untuk semua (x; y) di R; maka masalah nilai awal (1.2) mempunyai palingsedikit satu solusi y(x): Solusi ini dide�nisikan paling sedikit untuk semua xpada selang jx� x0j < �; dengan � adalah bilangan terkecil dari dua bilangana dan b=K:

Theorem 2 : Keujudan

Jika f(x; y) dan @f=@y adalah fungsi yang kontinu untuk semua titik (x; y)pada suatu bidang segiempat R dan terbatas, yaitu

(a) jf j 5 K; (b)

��@f

@y

�� 5M; (1.4)

untuk semua (x; y) di R; maka masalah nilai awal (1.2) mempunyai palingbanyak satu solusi y(x):

Example 10 :

Perhatikan persamaan diferensial

f(x; y) = y0 = 1 + y2; y(0) = 0:

Ambil bidang segiempat R : jxj < 5 dan jyj < 3: Maka a = 5 dan b = 3,sehingga

jf j =��1 + y2

�� 5 K = 10; j@f=@yj = 2 jyj 5M = 6; � = b=K = 3=10 < a:

Bila y0 = 1 + y2; makaR dy

1 + y2=Rdx; sehingga tan�1 y = x atau y = tanx

merupakan solusi dari persamaan diferensial tersebut. Karena solusinya meru-pakan fungsi tangen, maka solusi tersebut tidak kontinu pada x = � �=2: |Kondisi dalam dua teorema tersebut merupakan kondisi yang cukup, bukanperlu, dan dapat dikurangi. Sebagai contoh, dari teorema nilai rata-rata kalku-lus diferensial, diperoleh

f(x; y2)� f(x; y1) = (y2 � y1)@f

@y

��y=ey

dengan (x; y1) dan (x; y2) diasumsikan berada dalam R, dan ey adalah nilai yangsesuai di antara y1 dan y2: Dengan memperhatikan Teorema Keujudan bagian(b) dan teorema nilai rata-rata tersebut mengakibatkan

jf(x; y2)� f(x; y1)j 5M jy2 � y1j :

Kondisi yang terakhir ini, disebut sebagai kondisi Lipschitz. Meskipun kon-disi Lipschitz ini lebih lemah dibandingkan dengan kondisi (b) pada TeoremaKeujudan, ia dapat menggantikan kondisi (b) tersebut. Selain itu, kekontinuanf(x; y) tidak cukup menjamin ketunggalan solusinya. Hal ini dapat dilihat padacontoh berikut ini.


Example 11 : Ketaktunggalan

Masalah nilai awaly0 =

pjyj; y(0) = 0

mempunyai dua solusi, yaitu

y � 0 dan y� =�

x2=4 jika x = 0�x2=4 jika x < 0

1.3.1 Latihan

I. Selesaikan persamaan diferensial berikut:

1. y0 = e�3x

2. y0 = � sin 12x

II. Jelaskan bahwa fungsi berikut ini merupakan solusi dari persamaan difer-ensial yang diberikan. Tentukan c sehingga diperoleh solusi khusus yangmemenuhi syarat awal yang diberikan.

3. y0 + y = 1; y = ce�x + 1; y(0) = 2; 5

4. xy0 = 2y; y = cx2; y(2) = 12

5. y0 = y cotx; y = c sinx; y(��=2) = 2

III. Tentukan persamaan diferensial orde pertama yang terdiri dari y dan y0;yang solusinya merupakan fungsi yang diberikan berikut.

6. y = x2

7. y = tanx

Chapter 2

Persamaan Diferensial OrdeSatu

Untuk menyelesaikan atau mencari solusi dari suatu persamaan diferensial,diperlukan metode-metode atau cara-cara yang tepat. Beragamnya ben-tuk persamaan diferensial membuat penyelesaian persamaan diferensialtidak cukup dengan menggunakan satu metode saja. Metode-metodepenyelesaian persamaan diferensial tersebut antara lain adalah metodeintegral langsung (sudah dipelajari di Kalkulus 3), metode pemisahanpeubah, penggunaan metode pemisahan peubah/metode transformasi, per-samaan diferensial eksak, faktor pengintegral dan persamaan diferensiallinier. Diharapkan, dengan mempelajari metode-metode tersebut, maha-siswa dapat menentukan solusi dari suatu persamaan diferensial denganmudah, dengan hanya mengenali bentuk persamaan diferensialnya.

2.1 Metode Pemisahan Peubah

Banyak persamaan diferensial orde pertama yang dapat dituliskan dalam ben-tuk:

g(y)y0 = f(x) (2.1)

Karena y0 =dy

dx, maka persamaan (2.1) di atas dapat ditulis dalam bentuk:

g(y)dy = f(x)dx: (2.2)

Persamaan diferensial yang demikian disebut persamaan dengan peubahterpisah. Metode penyelesaian persamaan diferensial dengan bentuk sepertidi atas disebut metode pemisahan peubah. Untuk menyelesaikan (2.1),integralkan ke dua sisi, maka akan diperoleh

Zg(y)

dy

dxdx =

Zf(x)dx+c

Karena (dy

dx)dx = dy; maka didapatkan

Zg(y)dy=

Zf(x)dx+ c (2.3)

Jika diasumsikan bahwa f dan g adalah fungsi yang kontinu, maka integral (2.3)ada dan dengan mengevaluasi integral ini, akan diperoleh solusi umum dari (2.1)

9

10 CHAPTER 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU

Example 12 :

Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut ini: 4yy0 + x = 0:

Jawab :

Dengan memisahkan peubah-peubahnya, diperoleh 4ydy = �xdx:Dengan meng-integralkan ke dua sisinya, diperoleh solusi umum

2y2 = �12x2 + c atau

x2

2+ 2y2 = c atau x2 + 4y2 = c�

dengan c� = 2c . Solusi tersebut merupakan keluarga elips. |

Example 13 :

Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut: y0 = 1 + y2.

Jawab :

Dengan memisahkan peubahnya dan mengintegralkannya, diperoleh:Z

dy

1+y2=

Zdx maka arctan y = x+ c:

Jadi solusi umumnya adalah y = tan(x+ c): |

Example 14 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut: 2y0 + 4x3y2 = 0 ; dengan y(0) = 1:

Jawab :

Dengan memisahkan peubahnya yang sesuai dan mengintegralkannya, diperoleh:Z2dy

y2=

Z� 4x3dx; maka� 2

y= �x4 + c; atau y = 2

x4 � c :

Dengan memasukkan nilai awalnya diperoleh

y(0) =2

�c = 1; sehingga c = �2:

Jadi solusi masalah nilai awalnya: y(x) = (x4 + 2)�1: |

Example 15 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut: y0 = 2x=y; dengan y(2) = 4:

Jawab :

Dengan memisahkan peubahnya dan mengintegralkannya, diperoleh hasil:Zydy =

Z2xdx

1

2y2 = x2 + c:

Dengan memasukkan syarat awal y(2) = 4; diperoleh: 12 :(4

2) = (22) + c ,sehingga c = 4. Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y2 � 2x2 = 2c =8. |

2.2. METODE TRANSFORMASI 11

2.1.1 Latihan

I. Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut. Periksa jawabanmudengan menggunakan substitusi.

1. y0 = 3(y + 1)

2. y0 sin 2x = y cos 2x

3. y0 = e2x cos2 y

4. y0 =p1� y2

II. Selesaikan masalah nilai awal berikut.

5. yy0 + x = 0; dengan syarat awal y(0) = �2

6. sin �dr = r cos �d�; dengan syarat awal r( 12�) = �0; 3

2.2 Metode Transformasi

Metode Transformasi atau penggunaan metode pemisahan peubah adalah su-atu metode penyelesaian persamaan diferensial dengan menggunakan metodepemisahan peubah. Perhatikan persamaan diferensial berikut:

y0 = g�yx

�(2.4)

dengan g adalah fungsi dari y=x. Persamaan diferensial tersebut dapat diubahbentuknya sehingga penyelesaiannya ditentukan dengan menggunakan metodapemisahan peubah.Tuliskan y=x = u atau y = xu . Turunannya adalah y0 = u+ xu0 , dengan u0 =du

dx.

Dari persamaan (2.4),

g�yx

�= g(u) maka y0 = g(u) atau u+ xu0 = g(u):

Dengan memisahkan peubah u dan x, akan diperoleh persamaan:

du

g(u)� u =dx

x

yang dapat diselesaikan dengan menggunakan metoda pemisahan peubah.

Example 16 :

Dengan menggunakan metode transformasi, selesaikan persamaan diferensialberikut:

2xyy0 � y2 + x2 = 0:

Jawab :

Dengan membagi persamaan diferensial di atas dengan x2, diperoleh:

2y

xy0 �

�yx

�2+ 1 = 0

Dengan transformasiy

x= u; persamaan di atas berubah menjadi

2u(u+ xu0)� u2 + 1 = 0 atau 2xuu0 + u2 + 1 = 0:


Dengan memisahkan peubahnya, diperoleh persamaan:

2udu

1+u2= �dx

x

Dengan mengintegralkannya, diperoleh hasil

ln(1 + u2) = � ln jxj+ c� atau 1 + u2 = c

x:

Dengan mengganti u =y

x, diperoleh keluarga lingkaran-lingkaran dengan per-

samaan:

x2 + y2 = cx atau�x� c2

�2+ y2 =

c2

4: |

Example 17 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut:

y0 =y

x+2x3cos x2

y; dengan y(

p�) = 0:

2.2. METODE TRANSFORMASI 13

Jawab :

Transformasikan y=x = u, sehingga diperoleh y = xu dan y0 = xu0 + u. Per-samaan di atas berubah menjadi

xu0 + u = u+2x2 cosx2

u

Dengan penghitungan aljabar yang sederhana, diperoleh persamaan

uu0 = 2x cosx2:

Dengan pengintegralan, diperoleh 12u

2 = sinx2 + c.

Karena u = y=x, maka y = ux = xp2 sinx2 + 2c. Karena sin� = 0 , maka

syarat awalnya menghasilkan c = 0.Jadi solusi dari masalah nilai awal tersebut di atas adalah :

y(x) = xp2 sinx2: |

Example 18 :

Carilah solusi umum persamaan diferensial berikut: (2x�4y+5)y0+x�2y+3 = 0.

Jawab :

Transformasikan v = x� 2y, sehingga y = 12 (x� v) dan y0 = 1

2 (1�v0) : Substi-tusikan ke dalam persamaan di atas, sehingga diperoleh persamaan diferensialyang baru:

(2v + 5)v0 = 4v + 11:

Dengan menggunakan metode pemisahan peubah, diperoleh:�1� 1

4v+11

�dv = 2dx dan v � 1

4ln j4v + 11j = 2x+ c�:

Karena v = x� 2y, maka solusi umumnya dapat ditulis sebagai :

4x+ 8y + ln j4x� 8y + 11j = c: |

2.2.1 Latihan

I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut:

1. xy0 = x+ y

2. x2y0 = y2 + xy + x2

3. y0 =y + x

y � x .

II. Selesaikan masalah nilai awal berikut:

4. xy0 = x+ y; dengan y(1) = �7; 4

5. yy0 = x3 + y2=x; dengan y(2) = 6

III. Tentukan solusi umumnya (gunakan transformasi yang diberikan):

7. y0 = (y + x)2; (y + x = v).

8. 2x2yy0 = tan(x2y2)� 2xy2; (x2y2 = z).


2.3 Persamaan Diferensial Eksak

Misalkan u(x; y) adalah fungsi dari peubah x dan y yang terde�nisi pada D, se-hingga u mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada daerah de�n-isinya.Diferensial total atau eksaknya adalah:

du(x; y) =@u(x; y)

@xdx+

@u(x; y)

@ydy; untuk semua (x; y) 2 D:

Suatu persamaan diferensial orde pertama yang berbentuk:

M(x; y)dx+N(x; y)dy = 0: (2.5)

disebut eksak, jika sisi sebelah kanannya adalah diferensial total atau eksakdari fungsi u(x; y), yaitu:

M(x; y)dx+N(x; y)dy =@u

@xdx+

@u

@ydy; (2.6)

sehingga persamaan diferensial (2.5) dapat dituliskan sebagai du = 0. Denganpengintegralan, diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.5) dalam bentuk

u(x; y) = c: (2.7)

Dengan membandingkan komponen-komponen dari persamaan (2.6), dapatdisimpulkan bahwa persamaan (2.5) adalah eksak jika ada suatu fungsi u(x; y)= c sedemikian sehingga

(a):@u

@x=M; (b):

@u

@y= N (2.8)

Misalkan M dan N terde�nisi dan mempunyai turunan parsial pertama yangkontinu pada bidang xy, maka dari (2.8) diperoleh:

@M

@y=

@

@y

�@u

@x

�=

@2u

@y@x; dan

@N

@x=

@

@x

�@u

@y

�=

@2u

@x@y

Dari asumsi kekontinuan, turunan keduanya adalah sama, sehingga

@M

@y=@N

@x(2.9)

Kondisi ini tidak hanya perlu tetapi juga cukup bagi M dx + N dy untukmenjadi persamaan diferensial eksak. Jika (2.5) eksak, fungsi u(x; y) dapatditentukan dengan menggunakan cara yang sistematik. Dari (2.8) (a), denganpengintegralan terhadap x, diperoleh

u =

ZM dx+ k(y) (2.10)

dengan y dipandang sebagai suatu konstanta dan k(y) berlaku sebagai kon-stanta integrasi. Untuk menentukan k(y), persamaan (2.10) diturunkan ter-hadap y; yaitu @u=@y; dan gunakan (2.8) (b) untuk mendapatkan dk=dy , ke-mudian integralkan dk=dy untuk mendapatkan k(y).Rumus yang (2.10) diperoleh dari (2.8) (a). Selain itu, kita dapat menggunakanrumus (2.8) (b) untuk mendapatkan rumus berikut :

u =

ZNdy + l(x): (2.11)

Untuk mendapatkan l(x), turunkan @u=@y dari (2.11), gunakan (2.8) (a) untukmendapatkan dl=dx dan integralkan.

2.3. PERSAMAAN DIFERENSIAL EKSAK 15

Example 19 :

Perhatikan persamaan diferensial:

(3x+ 2y) dx+ (2x+ y) dy = 0 (2.12)

Selidiki apakah persamaan diferensial tersebut eksak. Bila ya, carilah solusinya.

Jawab :

Tahap pertama: menguji keeksakan persamaan diferensial tersebut.

Misalkan M = 3x + 2y dan N = 2x + y: Maka@M

@y= 2 dan

@N

@x= 2: Karena

@M

@y=@N

@x; maka persamaan diferensial tersebut eksak.

Tahap ke-dua: mencari solusi persamaan diferensial.

u(x; y) =

ZMdx+ k(y) (2.13)

=

Z(3x+ 2y)dx+ k(y) =

3x2

2+ 2xy + k(y):

Untuk mencari k(y); turunkan u terhadap y dan gunakan rumus (2.8) (b), se-hingga diperoleh:

@u

@y= 2x+

dk

dy= N = 2x+ y;

sehinggadk

dy= y ) k(y) =

1

2y2:

Jadi solusi persamaan diferensial eksak (2.12)tersebut adalah

u(x; y) =3x2

2+ 2xy +

1

2y2 = c atau 3x2 + 4xy + y2 = c�; (2.14)

dengan c� = 2c:

Tahap ketiga: adalah pengecekan.

Perhatikan bahwa metode di atas memberikan solusi dalam bentuk implisit,yaitu u(x; y) = c = konstanta; bukan dalam bentuk eksplisit, yaitu y = f(x):Untuk pengecekan, kita dapat menurunkan u(x; y) = c secara implisit dan meli-hat apakah hal ini akan menunjukkan bahwa dy=dx = �M=N atau Mdx +Ndy = 0: Dalam kasus ini, dengan menurunkan u secara implisit terhadap x;diperoleh

6x+ 4y + 4xy0 + 2yy0 = 0 atau 3x+ 2y + (2x+ y)y0 = 0:

Dengan M dan N seperti tersebut di atas, diperoleh M + Ny0 = 0; sehinggaMdx+Ndy = 0: Jadi solusi benar. |

Example 20 : Masalah nilai awal


(sinx cosh y)dx� (cosx sinh y)dy = 0; y(0) = 0: (2.15)


Jawab :

I. Periksa dulu apakah persamaan tersebut eksak.

M = sinx cosh y dan N = � cosx sinh y; sehingga@M

@y= sinx sinh y dan

@N

@x= sinx sinh y:

Karena@M

@y=@N

@x; maka persamaan diferensial di atas eksak.

II. Dari persamaan (2.10) diperoleh:

u(x; y) =

ZMdx+ k(y) =

Zsinx cosh ydx+ k(y)

= � cosx cosh y + k(y):

@u

@y= � cosx sinh y + dk

dy= N = � cosx sinh y:

Karena dk=dy = 0; maka k = konstanta.Jadi solusi umumnya adalah u = konstanta atau � cosx cosh y = c:Dari syarat awalnya diperoleh � cos 0 cosh 0 = �1 = c:Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah

� cosx cosh y = �1 atau cosx cosh y = 1:

III. Untuk pengecekan, (cosx cosh y)0 = � sinx cosh y + cosx(sinh y)y0 = 0;atau

(� sinx cosh y)dx+ (cosx sinh y)dy = 0; seperti pada persamaan (2.15) di atas.Juga cos 0 cosh 0 = 1menunjukkan bahwa jawaban memenuhi syarat awal. |

Example 21 :

Perhatikan persamaan ydx� xdy = 0: Kita lihat bahwa M = y , N = �x; dan@M=@y = 1 tetapi @N=@x = �1; sehingga persamaan diferensial tersebut tidakeksak. Dalam kasus seperti ini, metode yang ada tidak dapat diterapkan padapersamaan diferensial di atas. Dari (2.10) diperoleh:

u(x; y) =

ZMdx+ k(y) = xy + k(y) dan

@u

@y= x+

dk

dy6= N = �x:

Seharusnya@u

@y= N; sehingga bila ini terjadi diperoleh

dk

dy= �2x: Namun hal

ini tidak mungkin, karena k(y) hanya bergantung kepada y: |

2.3.1 Latihan

I. Perhatikan fungsi u(x; y) berikut. Tentukan persamaan diferensial eksaknyasehingga diperoleh du = 0:

1. x2 + y2 = c

2. u = (y � x+ 1)2:

II. Perhatikan persamaan diferensial berikut. Selidiki apakah persamaan difer-ensial tersebut merupakan persamaan diferensial eksak. Bila ya, carilahsolusinya. Bila tidak, jelaskan alasanmu.

3. y dx+ x dy = 0

4. (2x+ ey)dx+ xeydy = 0:

2.4. FAKTOR PENGINTEGRAL 17

III. Selidiki apakah persamaan berikut eksak. Bila ya, selesaikan masalah nilaiawalnya. Bila tidak, jelaskan alasanmu.

5. (y � 1)dx+ (x� 3)dy = 0; y(0) = 2=3:

6. sinhxdx+ y�1 coshxdy = 0; y(0) = �:

IV. Perhatikan persamaan diferensial berikut. Carilah solusi persamaan difer-ensial tersebut:

a. dengan menggunakan metoda persamaan diferensial eksak.

b. dengan metoda pemisahan peubah.

7. 2xdx+ x�2(xdy � ydx) = 0:

8. 3x�4ydx = x�3dy:

2.4 Faktor Pengintegral

Ide dari metoda ini sangatlah sederhana. Ada suatu persamaan diferensial yangtidak eksak dan berbentuk:

P (x; y)dx+Q(x; y)dy = 0: (2.16)

Bila persamaan tersebut dikalikan dengan suatu fungsi F (x; y) yang tidak nol,maka persamaan (2.16) menjadi persamaan diferensial eksak, yaitu:

FPdx+ FQdy = 0; (2.17)

sehingga persamaan tersebut dapat diselesaikan dengan metoda persamaan difer-ensial eksak. Fungsi F (x; y) ini disebut dengan faktor pengintegral (integrat-ing factors) dari (2.16).

Example 22 :

Tunjukkan bahwa persamaan diferensial berikut:

ydx� xdy = 0 (2.18)

tidak eksak, tetapi mempunyai faktor pengintegral, sebut saja F = 1=x2; dantentukan persamaan barunya.


Jawab :

Dari bentuk persamaan (2.16) diperoleh P = y danQ = �x:Karena @P=@y = 1;tetapi @Q=@x = �1; maka persamaan diferensial di atas tidak eksak. Kalikanpersamaan (2.18) dengan F = 1=x2; sehingga diperoleh:

FPdx+ FQdy =ydx� xdy

x2= 0: (2.19)

Misalkan FP = M = y=x2; maka @M=@y = 1=x2 dan FQ = N = �1=x; maka@N=@x = 1=x2; sehingga persamaan (2.19) eksak. Untuk mencari solusi daripersamaan (2.19) di atas,

ydx� xdyx2

= ��xdy � ydx

x2

�= �d

�yx

�= 0:

Jadi solusinya adalah y=x = c; yang merupakan persamaan garis lurus y = cxyang melalui titik asal (0,0) .|Faktor pengintegral lain untuk persamaan diferensial di atas adalah : 1=y2; 1=xydan 1=(x2 + y2): Dengan memeriksa faktor pengintegral tersebut satu-persatu,akan diketahui apakah faktor pengintegral tersebut benar-benar membuat per-samaan diferensial tersebut menjadi eksak.

I. Yang pertama, bila F = 1=y2; maka


y2= d

�x

y

�= 0: (2.20)

Misalkan FP =M = y=y2 = 1=y; maka @M=@y = �1=y2 dan FQ = N =�x=y2; maka @N=@x = �1=y2; sehingga persamaan (??) adalah eksakdan solusinya adalah x=y = c atau y = x=c: |

II. Yang ke dua, bila F = 1=xy; maka


xy= 0: (2.21)

Misalkan FP =M = y=xy = 1=x; maka @M=@y = 0 dan FQ = N = �x=xy =�1=y; maka @N=@x = 0; sehingga persamaan (2.21) eksak. Untuk mencarisolusi dari persamaan (2.21) di atas,

ydx� xdyxy

=y

x

�ydx� xdy

y2

�

=1�xy

�d�x

y

�= d

�lnx

y

�= 0:

sehingga solusinya adalah ln(x=y) = c atau y = x=ec = x=c�: |

III. Dan yang ke tiga, apabila F = 1=(x2 + y2); maka

FPdx+ FQdy =ydx� xdyx2 + y2

= 0: (2.22)

Misalkan FP = M = y=(x2 + y2); maka @M=@y = (x2 � y2)=(x2 + y2)2 danFQ = N = �x=(x2 + y2); maka @N=@x = (x2 � y2)=(x2 + y2)2; sehinggapersamaan (2.22) eksak. Untuk mencari solusi dari persamaan (2.22) di atas,


ydx� xdyx2 + y2

= �xdy � ydxx2 + y2

= � xdy � ydxx2�1 + y2

x2

� = � 1

1 + y2

x2

:xdy � ydx

x2

= � 1

1 +�yx

�2 :d�yx

�= �d(arctan

�yx

�) = 0;

sehingga solusinya adalah arctan�yx

�= c atau y = x tan c: |

Example 23 :

Diketahui bahwa fungsi F (x) = x3 adalah suatu faktor pengintegral. Se-lidiki apakah fungsi tersebut merupakan faktor pengintegral dari persamaan:2 sin(y2)dx+ xy cos(y2)dy = 0: Jelaskan pendapatmu dan tentukan solusinya!

Jawab :

Dengan mengalikan faktor pengintegral di atas dengan persamaan diferensialyang diketahui, maka persamaan yang baru akan berbentuk:

2x3 sin(y2)dx+ x4y cos(y2)dy = 0:

Persamaan tersebut menjadi eksak karena

@

@y

�2x3 sin(y2)

�= 4x3y cos(y2) =

@

@x

�x4y cos(y2)

�:

Dengan menggunakan metoda persamaan diferensial eksak, akan kita cari solusidari persamaan diferensial di atas, yaitu:

u(x; y) =

ZMdx+ k(y)

=

Z2x3 sin(y2)dx+ k(y) =

1

2x4 sin(y2) + k(y):

Apabila diturunkan terhadap y akan diperoleh:

@u

@y= x4 cos(y2) +

dk

dy= N = x4y cos(y2);

sehingga dk=dy = 0 dan k(y) = c1:Jadi solusinya adalah u(x; y) = 1

2x4 sin(y2) + c1 atau x

4 sin(y2) = c: |

2.4.1 Menentukan faktor pengintegral

Pada awalnya, penentuan faktor pengintegral dilakukan dengan dikira-kira berdasarkanpengalaman dan kemudian diuji. Idenya adalah persamaan (2.17), yaituMdx+Ndy = 0 denganM = FP danN = FQ, yang merupakan persamaan diferensialeksak menurut de�nisi faktor pengintegral. Oleh sebab itu kriteria ke�eksak�an

dari@M

@y=@N

@xpada sub bab 2.3. menjadi:

@

@y(FP ) =

@

@x(FQ); (2.23)

yaitu FyP +FPy = FxQ+FQx; dengan x dan y menunjukkan turunan parsial-nya. Mencari faktor pengintegral yang bergantung pada dua peubah x dan yakan sangat kompleks pengerjaannya. Oleh sebab itu, fokus pembahasan hanya


pada pencarian faktor pengintegral yang bergantung pada satu peubah saja,yaitu x saja atau y saja.Misalkan faktor pengintegral F = F (x); maka Fy = 0 dan Fx = F 0 = dF=dx;sehingga persamaan (2.23) menjadi FPy = F 0Q+ FQx: Apabila persamaan diatas dibagi dengan FQ dan diuraikan, maka persamaannya menjadi:

1

F

dF

dx=1

Q

�@P

@y� @Q

@x

�: (2.24)

Theorem 3 : Faktor Pengintegral F (x)

Jika persamaan (2.16) adalah sedemikian sehingga sisi sebelah kanan dari per-samaan (2.24) bergantung hanya pada x; sebut saja R(x); maka persamaan(2.16) mempunyai faktor pengintegral F = F (x); yang diperoleh dengan meng-integralkan (2.24) dan mencari eksponennya, yaitu:

F (x) = exp

ZR(x)dx: (2.25)

Keterangan:

Misalkan R(x) =1

Q

�@P

@y� @Q

@x

�; maka

Z1

FdF =

ZR(x)dx

ln jF (x)j =

ZR(x)dx

exp [ln jF (x)j] = exp

�ZR(x)dx

�

F (x) = exp

ZR(x)dx:

Misalkan faktor pengintegral F = F (y); maka Fx = 0 dan Fy = F 0 = dF=dy;sehingga persamaan (2.23) menjadi FyP + FPy = FQx: Bagi dengan FP dandiuraikan, maka hasilnya adalah persamaan:

1

F

dF

dy=1

P

�@Q

@x� @P

@y

�: (2.26)

Theorem 4 : Faktor Pengintegral F (y)

Jika persamaan (2.16) adalah sedemikian sehinga sisi sebelah kanan dari per-samaan (2.26) hanya bergantung pada y; sebut saja ~R(y); maka persamaan(2.16) mempunyai faktor pengintegral F = F (y); yang diperoleh dari persamaan(2.26) dalam bentuk:

F (y) = exp

Z~R(y)dy: (2.27)

Example 24 : Faktor pengintegral F (x)

Tentukan faktor pengintegral untuk contoh 2 di atas dengan menggunakan Teo-rema 1, yaitu soal:

2 sin(y2)dx+ xy cos(y2)dy = 0:

Jawab :


Karena P = 2 sin(y2) dan Q = xy cos(y2); maka sisi sebelah kanan dari per-samaan (2.24) adalah:

R(x) =1

Q

�@P

@y� @Q

@x

�

=1

xy cos(y2)

�4y cos(y2)� y cos(y2)

�=3

x:

Jadi faktor pengintegralnya adalah F (x) = expR(3=x)dx = exp(ln

��x3��) = x3;

seperti pada contoh. |Example 25 : Aplikasi Teorema 1 dan 2

Selesaikan masalah nilai awal:

2xydx+ (4y + 3x2)dy = 0; dengan y(0; 2) = �1; 5:Jawab :

Dari persamaan di atas diketahui bahwa P = 2xy dan Q = 4y + 3x2: Karena@P=@y = 2x dan @Q=@x = 6x; maka persamaan di atas tidak eksak.

R(x) =1

Q

�@P

@y� @Q

@x

�=

1

4y + 3x2(2x� 6x) = � 4x

4y + 3x2

bergantung pada x dan y; sehingga persamaan di atas tidak mempunyai faktorpengintegral F (x): Sedangkan

~R(y) =1

P

�@Q

@x� @P

@y

�=

1

2xy(6x� 2x) = 2

y

sehingga faktor pengintegralnya adalah

F (y) = exp

Z2

ydy = exp(2 ln jyj) = exp[ln(y2)] = y2:

Kalikan persamaan diferensial pada soal di atas dengan y2; sehingga persamaan-nya menjadi persamaan yang eksak, yaitu:

2xy3dx+ (4y3 + 3x2y2)dy = 0:

Dengan menggunakan cara pada sub bab 2.3 mengenai persamaan diferensialeksak, akan diperoleh solusi umumnya, yaitu: y4 + x2y3 = c: Apabila kitamasukkan syarat awalnya, maka akan didapatkan hasil y4 + x2y3 = 4; 93:Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y4 + x2y3 = 4; 93: |

2.4.2 Latihan

I. Selidiki apakah fungsi F berikut ini merupakan faktor pengintegral dari per-samaan diferensial yang diketahui. Bila ya, selesaikan masalah nilai awal-nya.

1. 2ydx+ xdy = 0; y(0; 5) = 8; dan F = x:

2. (1 + xy)dx+ x2dy = 0; y(1) = 0; dan F = exy:

3. (2x�1y � 3)dx+ (3� 2y�1x)dy = 0; y(1) = �1; dan F = x2y2:

II. Perhatikan persamaan diferensial di bawah ini. Tentukan faktor pengin-tegral dari masing-masing persamaan diferensial tersebut dan carilah so-lusinya (gunakan Teorema 1 dan 2).

4. 2 cos�ydx = � sin�ydy:

5. (2y + xy)dx+ 2xdy = 0:

6. (1 + 2x2 + 4xy)dx+ 2dy = 0


2.5 Persamaan Diferensial Linier

Suatu persamaan diferensial orde pertama dikatakan linier jika dapat dituliskansebagai:

y0 + p(x)y = r(x); (2.28)

dengan p dan r adalah fungsi-fungsi dari x yang diketahui. Bila r(x) � 0; makapersamaan (2.28) di atas disebut homogen, sebaliknya bila r(x) 6= 0 disebutnonhomogen.Untuk mencari solusi umum dari persamaan (2.28) pada suatu interval I; asum-sikan bahwa p dan r kontinu di I: Untuk persamaan homogen,

y0 + p(x)y = 0: (2.29)

Dengan memisahkan peubahnya, diperoleh

dy

y= �p(x)dx; sehingga ln jyj = �

Zp(x)dx+ c�;

dan dengan mengambil eksponennya pada ke dua sisi persamaan di atas diper-oleh:

y(x) = � ce�Rp(x)dx; (2.30)

dengan c = ec�

: Tanda (+) dipakai bila y(x) > 0 dan tanda (�) bila y(x) < 0;sedangkan c > 0 selalu. Jika c = 0; maka diperoleh solusi y(x) = 0 yang disebutdengan solusi trivial.Beralih kepada penyelesaian persamaan nonhomogen. Persamaan (2.28) di atasdapat dituliskan dalam bentuk:

(py � r)dx+ dy = 0:

Persamaan tersebut berbentuk Pdx+Qdy = 0; dengan P = py � r dan Q = 1,sehingga persamaan (2.24) pada sub bab 2.4, yaitu:

1

F

dF

dx=1

Q

�@P

@y� @Q

@x

�menjadi

1

F

dF

dx= p(x):

Karena persamaan tersebut hanya bergantung pada x, maka persamaan (2.28)di atas mempunyai faktor pengintegral F (x) yang diperoleh secara langsungdengan pengintegralan dan eksponensiasi, yaitu:

F (x) = eRpdx:

Kalikan persamaan (2.28) di atas dengan faktor pengintegral F (x) tersebutsehingga persamaan (2.28) menjadi:

eRpdx(y0 + py) = (e

Rpdxy)0 = e

Rpdxr:

Dengan mengintegralkannya terhadap x, persamaan di atas menjadi:

eRpdxy =

ZeRpdxrdx+ c;

sehingga solusi umum untuk persamaan (2.28) di atas adalah:

y(x) = e�h�Z

ehrdx+ c

�; dimana h =

Zp(x)dx: (2.31)

Example 26 :

Selesaikan masalah nilai awal: y0 � y = e2x, y(0) = 1.

2.5. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER 23

Jawab :

Diketahui p = �1; r = e2x dan h =Rpdx = �x. Dari persamaan (2.31)

didapatkan solusi umumnya:

y(x) = ex�Z

e�xe2xdx+ c

�= ex [ex + c] = cex + e2x

Cara lainnya, kalikan persamaan pada soal dengan eh = e�x, sehingga

(y0 � y)e�x = (ye�x)0 = e2xe�x = ex

Dengan mengintegralkan ke dua sisinya, diperoleh : ye�x = ex + c atau y(x) =e2x+cex:Dengan memasukkan syarat awal y(0) = 1; diperoleh y(0) = e0+ce0 =1 + c = 1; sehingga c = 0:Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(x) = e2x: |

Example 27 :

Selesaikan y0 + 2y = ex(3 sin 2x+ 2 cos 2x) .

Jawab :

Diketahui p = 2, dan h = 2x, sehingga dari persamaan (2.31) diperoleh:

y = e�2x�Z

e2xex(3 sin 2x+ 2 cos 2x)dx+ c

�

= e�2x�Z

3e3x sin 2xdx+

Z2e3x cos 2xdx+ c

�(�)

= e�2x�e3x sin 2x�

Z2e3x cos 2xdx+

Z2e3x cos 2xdx+ c

�

= e�2x�e3x sin 2x+ c

�

= ce�2x + ex sin 2x: |

Keterangan (*):

Ingat:Rudv = uv �

Rvdu:

Misalkan u = sin 2x; du = 2 cos 2x dx dan dv = 3e3xdx; v = e3x, makaZ3e3x sin 2xdx = e3x sin 2x�

Z2e3x cos 2xdx

Example 28 :


y0 + y tanx = sin 2x; y(0) = 1

Jawab :

Diketahui p = tan x, r = sin 2x = 2 sin x cos x, danRpdx =

Rtanxdx =

ln jsecxj ; sehingga eh = sec x; e�h = cos x; dan eh:r = (sec x)(2 sin x cos x) =2 sin x: Jadi solusi umum dari persamaan di atas adalah:

y(x) = cosx

�2

Zsinxdx+ c

�= c cosx� 2 cos2 x:

Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh: 1 = c:1� 2:1, sehingga c = 3 .Jadi solusi masalah nilai awal tersebut adalah:

y(x) = 3 cos x � 2 cos2 x: |


Reduksi ke bentuk linier. Persamaan Bernoulli.

Persamaan diferensial nonlinier tertentu dapat diubah bentuknya ke dalam ben-tuk linier. Yang paling populer adalah Persamaan Bernoulli, yaitu:

y0 + p(x)y = g(x)ya (2.32)

dengan a bilangan real. Jika a = 0 atau a = 1, maka persamaan (2.32) adalahpersamaan diferensial linier. Sebaliknya, bila tidak maka disebut nonlinier.

Tulis u(x) = [y(x)]1�a

. Dengan menurunkan dan mensubstitusikan y0 daripersamaan (2.32), diperoleh:

u0 = (1� a)y�ay0 = (1� a)y�a(gya � py)= (1� a)(g � py1�a):

Karena y1�a = u , maka akan diperoleh persamaan linier:

u0 + (1� a)pu = (1� a)g (2.33)

Example 29 :

Persamaan Bernoulli. Persamaan Verhulst.

Model Populasi Logistik.

Selesaikan persamaan Bernoulli spesial, yang dinamakan dengan persamaanVerhulst, berikut ini:

y0 �Ay = �By2 (2.34)

dengan A dan B konstanta positif.

2.6. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 25

Jawab :

Diketahui a = 2, sehingga u = y�1 . Dengan menurunkan dan mensubstitusikany0 dari persamaan (2.34), diperoleh:u0 = �y�2y0 = �y�2(�By2 + Ay) = B � Ay�1; sehingga u0 + Ay�1 = B:Karena y�1 = u, maka u0 + Au = B: Dari persamaan (2.31), dengan p = A;maka h = Ax dan r = B, sehingga diperoleh:

u = e�Ax�Z

BeAxdx+ c

�= e�Ax

�B

AeAx + c

�= ce�Ax +

B

A:

Jadi solusi umum dari persamaan (3.34) adalah:

y =1

u=

1

(B=A) + ce�Ax: | (2.35)

Persamaan (2.35) tersebut di atas disebut hukum logistik dari pertumbuhan pop-ulasi, dengan x menyatakan waktu. Bila B = 0, maka akan memberikan per-tumbuhan secara eksponensial: y = (1=c)eAx (hukum Malthus).

2.5.1 Latihan

I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut:

1. y0 � 4y = 0; 8

2. y0 + 2y = 6ex

3. y0 + 3y = e�3x


4. y0 + 3y = 12 , y(0) = 6

5. y0 + y = (x+ 1)2 , y(0) = 3

6. y0 + 2xy = 4x , y(0) = 3:

III. Ubahlah persamaan diferensial berikut ini ke dalam bentuk linier,

dan carilah solusinya:

7. y0 + y = y2

8. y0 cos y + x sin y = 2x (sin y = z)

9. (ey + x)y0 = 1

10. 3y0 + y = (1� 2x)y4:

2.6 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu

2.6.1 Pertumbuhan Alami dan Peluruhan (Natural Growthand Decay)

Persamaan deferensialdy

dx= kx; (k konstan) (2.36)

merupakan model matematika untuk fenomena alam yang luas.


Pertumbuhan Populasi (Population Growth)

Misalkan P (t)) menyatakan banyaknya individu dalam populasi (manusia, se-rangga, dan bakteri), mempunyai tingkat (rate) kelahiran � dan kematian � yangkonstan (kelahiran/kematian per individu per satuan waktu). Selama selangwaktu yang singkat, �t; kira-kira �P (t)�t kelahiran dan �P (t)�t kematianterjadi, maka perubahan P (t) diperkirakan

�P = (� � �)P (t)�t; (2.37)

sehingga

dP

dt= lim

�t!0

�P

�t= kP; dengan k = � � �: (2.38)

Dengan metode pemisahan peubah dan pengintegralan, diperoleh rumus per-tumbuhan populasi sebagai berikut:

ZdP

P=

Zkdt =) lnP = kt+ c

P (t) = ekt+c = Cekt (2.39)

Karena C konstanta, maka dapat ditulis C = P (0) = P0; sehingga rumus (2:39)dapat ditulis kembali sebagai

P (t) = ekt+c = P0ekt: (2.40)

Example 30 :

Pada bulan Maret 1987, populasi dunia telah mencapai 5 milyar dan terusbertambah dengan rata-rata 380 ribu orang per hari. Dengan mengasumsikantingkat kelahiran dan kematian konstan, kapan populasi dunia akan mencapai10 milyar?


Jawab:

Misalkan P (t) adalah populasi dunia pada saat t, maka rumus pertumbuhanpopulasi pada saat t adalah P (t) = P0e

kt; dengan P menyatakan populasi duniadalam milyar dan t menyatakan waktu dalam tahun. Misalkan pengukurandimulai pada tahun 1987 dengan t = 0; maka P (0) = P0 = 5:Karena P meningkat sebesar 380 ribu (= 0,00038 milyar) orang per hari padasaat t = 0; berarti peningkatan populasi per tahun sebesar P 0(0) = (0; 00038)(365; 25) =0; 1388 milyar. Dari persamaan (2:40) diperoleh

P 0(t) = P0kekt =) untuk t = 0; P 0(0) = P0ke

k:0 = P0k; sehingga

k =P 0(0)

P0� 0; 1388

5� 0; 0278:

Jadi pertumbuhan populasi per tahun pada 1987 kira-kira 2,78%.Bila P (t) = 10; maka

10 = P (t) = 5e(0;0278)t =) e(0;0278)t = 2

ln(e(0;0278)t) = ln 2 =) 0; 0278t = 0; 693

t = 24; 928 � 25 (tahun).

Karena tahun 1987 diketahui sebagai tahun awal t = 0; maka 25 tahun kemu-dian, yaitu pada tahun 2012, populasi dunia akan mencapai 10 milyar. |

Example 31 :

Misalkan P (t) = Cekt adalah populasi dari suatu koloni bakteri pada saatt; yang pada saat t = 0; populasinya mencapai 1000 dan bertambah dobelbanyaknya setelah 1 jam. Berapa populasi pada saat t = 90 menit?

Jawab:

Dari informasi tersebut diperoleh:

P (0) = 1000 = Ce0 = C;

dan

P (1) = 2000 = 1000ek =) k = ln 2 � 0; 69315:

Jadi persamaan diferensialnya menjadi

dP

dt= kP = (ln 2):P � (0; 69315) :P;

dan rumus banyaknya populasi bakteri pada saat t adalah

P (t) = 1000e(ln 2)t � 1000e(0;69315):t:

Untuk t = 90 = 1; 5 jam, banyaknya bakteri adalah

P (1; 5) = 1000e(0;69315):(1;5) � 2828 bakteri. |


Peluruhan Radioaktif (Radioactive Decay)

Perhatikan sebuah sampel materi yang mengandung N(t) atom dari suatu iso-top radioaktif tertentu pada waktu t: Berdasarkan penelitian, pecahan yangkonstan (a constant fraction) dari atom radioaktif ini akan luruh secara spon-tan, menjadi atom-atom elemen lain atau menjadi isotop lain dari elemen yangsama, selama satuan waktu tertentu. Konsekuensinya, sampel tersebut persisseperti populasi awalnya dengan tingkat kematian yang konstan (tidak terjadikelahiran). Model untuk N(t) tersebut diperoleh dengan mengganti P padapersamaan (2:37) dengan N; dan k > 0; � = 0; sehingga persamaannya menjadi

dN

dt= �kN =) dN

N= �kdt

dan persamaan (2:40) menjadi

N(t) = N0e�kt; (2.41)

dengan k disebut sebagai konstanta peluruhan, yang nilainya bergantung padaisotop radioaktif partikuler.

Konstanta peluruhan k ini sering dikaitkan dengan konstanta empiris yanglain, yaitu paruh waktu dari suatu isotop. Paruh waktu � (baca �tau�)adalah waktu yang diperlukan bagi suatu isotop untuk meluruh menjadi seten-gah bagian. Untuk mencari kaitan antara k dan � ; maka tulis t = � danN = 1

2N0; sehingga persamaan (2:41) menjadi

1

2N0 = N0e

�k� dan � =ln 2

k: (2.42)

Sebagai contoh, bila diketahui konstanta peluruhan k dari isotop 14C adalahk = 0; 0001216; maka paruh waktu dari isotop tersebut adalah � = ln 2

0;0001216 �5700 tahun. |

Example 32 :

Suatu spesimen arang kayu yang ditemukan di monumen bebatuan Stonehenge(Inggris) ternyata mengandung 63% karbon 14C; sebanyak sampel arang kayupada saat ini dengan massa yang sama. Berapakah umur sampel tersebut?


Jawab:

Ambil t = 0 sebagai waktu matinya pohon di mana arang Stonehenge terbuatdan N0 sebagai banyaknya atom

14C yang dikandung arang kayu tersebut padaawalnya. Jika diketahui N = (0; 63)N0 = N0e

�kt; maka dengan konstantapeluruhan k = 0; 0001216; diperoleh umur sampel

t = � ln(0; 63)

0; 0001216� 3800 (tahun).

Bila spesimen arang kayu tersebut ditemukan pada tahun 2000, maka diperki-rakan pembangunan Stonehenge tersebut terjadi pada tahun 1800 S.M. |

2.6.2 Pendinginan dan Pemanasan (Cooling and Heating)

Menurut hukum Newton tentang pendinginan, laju perubahan suhu T (t) darisuatu benda yang dimasukkan (ditenggelamkan) ke dalam suatu medium dengansuhu yang konstan A adalah sebanding dengan selisih A� T; yaitu

dT

dt= k(A� T ); (2.43)

dengan k adalah suatu konstanta positif. Persamaan ini merupakan suatu con-toh dari persamaan diferensial linier orde pertama dengan koe�sien konstanta:

dx

dt= ax+ b:

Example 33 :

Seekor ayam seberat 2,5 kg yang pada awalnya bersuhu 500F; dimasukkan kedalam oven yang bersuhu 3750F pada jam 5 P.M. Setelah 75 menit, suhu ayammenjadi 1250F: Kapan suhu ayam akan menjadi 1500F (medium rare)?

Jawab:

Misalkan t dalam menit dan t = 0 menyatakan jam 5 P.M. Diasumsikan suhuayam T (t) seragam. Diketahui A = 375; T (0) = 50 dan T (75) = 125; sehinggadiperoleh

dT

dt= k(375� T ) =)

Z1

375� T dT =Zkdt;

� ln(375� T ) = kt+ c;

375� T = Ce�kt =) T = 375� Ce�kt:Dari T (0) = 50; diperoleh C = 325; sehingga T (t) = 375� 325e�kt: Sementaradari T (75) = 125; diperoleh

375� 125 = 325e�75k =) e�75k =250

325

k = � 1

75ln

�250

325

�� 0; 0035:

Jika T (t) = 150; maka persamaannya menjadi

150 = 375� 325e�(0;0035):t

325e�(0;0035):t = 225 =) t = � 1

0; 0035ln

�225

325

�� 105 (menit) .

Jadi waktu yang diperlukan ayam agar bersuhu 1500F adalah 105 menit dariwaktu semula jam 5 P.M. atau pada jam 6.45 P.M. |


2.6.3 Bunga Majemuk (Interest Compound)

Istilah bunga majemuk mengacu pada suatu prosedur penghitungan bunga dimana bunga tertentu pada suatu periode ditambahkan ke dalam modal awal.Jumlah yang baru menjadi modal baru untuk periode bunga selanjutnya. Bungayang diperoleh dalam periode bunga sebelumnya, menghasilkan bunga untukperiode bunga selanjutnya.Misalkan A(t) menyatakan banyaknya rupiah dalam rekening tabungan, padawaktu t (tahun), dengan bunga tahunan sebesar r, dan A0 menyatakan tabun-gan pada saat t = 0: Pihak bank setuju akan membayar bunga pada setiap akhirperiode yang sudah disepakati. Catatan: 10% bunga tahunan berarti r = 0; 10:Jika banyaknya periode dalam satu tahun adalah n maka dikatakan bahwa bun-ganya dimajemukkan n kali per tahun (contohnya: tahunan = 1, kuarteran = 4,bulanan = 12, dst.). Jadi pada akhir periode pertama, saldonya akan menjadi

A(t) = A0 +r

nA0 = A0

�1 +

r

n

�:

Pada akhir periode ke dua, saldonya adalah

A(t) = A0

�1 +

r

n

�+r

nA0

�1 +

r

n

�= A0

�1 +

r

n

�2:

Setelah n periode, saldonya menjadi

A(t) = A0

�1 +

r

n

�n:

Jika investasi diperpanjang ke tahun berikutnya, maka saldonya akan menjadi

A(t) = A0

�1 +

r

n

�2n:

Untuk investasi t tahun, saldonya menjadi

A(t) = A0

�1 +

r

n

�nt:

Karena�1 + r

n

�nt=��1 + r

n

�n�t; maka fungsi A dapat dituliskan dalam bentuk

fungsi eksponensial

A(t) = A0bt; (2.44)

dengan b =�1 + r

n

�n:

Bunga yang diberikan oleh bank dikenal sebagai tingkat nominal. Jika bungadimajemukkan lebih sering daripada sekali setahun, jumlah yang diperoleh lebihdaripada tingkat nominal. Selain tingkat nominal, dikenal pula istilah tingkatefektif. Tingkat efektif tahunan menginformasikan berapa banyak bunga yangdiperoleh. Tingkat bunga efektif kuantitasnya dihitung dari

�1 + r

n

�n � 1:Bunga majemuk kontinu (continues compound interest) berarti bahwa selamaselang waktu yang singkat �t, banyaknya bunga yang ditambahkan pada reken-ing diperkirakan �A = rA(t)�t; sehingga

dA

dt= lim

�t!0

�A

�t= rA =) A(t) = Cert (2.45)

dengan C suatu konstanta, yang dapat ditulis sebagai C = A(0) = A0: Tingkatbunga efektif tahunan dihitung dari rumus er � 1:

Example 34 :


Tentukan tingkat efektif jika uang sejumlah 1 juta rupiah ditabung dengantingkat bunga majemuk kontinu tahunan sebesar 5%.

Jawab:

Tingkat bunga efektifnya adalah e0;05 � 1 � 0; 05127 = 5; 127%: |

Example 35 :

Uang sejumlah 5 juta rupiah ditabung di suatu bank yang tingkat bunga maje-muk kontinu tahunannya adalah 4%.

a. Tentukan saldonya setelah 5 tahun.

b. Berapa lama uang tersebut akan menjadi dua kali lipat dari semula (do-bel)?

Jawab:

Diketahui A0 = 5:000:000; r = 4% = 0; 04 dan t = 5:

a. Saldo setelah 4 tahun adalah

A(5) = 5:000:000e(0;04):5 � 6:107:013; 791 (rupiah):

b. Karena saldo awalnya adalah 5 juta rupiah, maka dobel saldo pada saat tadalah 10 juta rupiah, sehingga

A(t) = 10:000:000 = 5:000:000e0;04t

0; 04t = ln 2 =) t =ln 2

0; 04� 17; 33 (tahun). |

2.6.4 Eliminasi Obat (Drug Elimination)

Dalam banyak kasus, jumlah A(t) dari obat tertentu dalam aliran darah, yangmengukur kelebihan level alami dari obat, akan menurun pada tingkat yangproporsional dengan jumlah kelebihan yang ada. Yaitu,

dA

dt= ��A; (2.46)

dengan � > 0: Parameter � disebut konstanta eliminasi dari obat.

Example 36 :

Misalkan sodium pentobarbitol digunakan untuk membius seekor anjing. Seekoranjing dibius ketika konsentrasi aliran darahnya mengandung paling sedikit 45miligram sodium pentobarbitol per kilogram berat anjing. Misalkan diketahuijuga bahwa sodium pentobarbitol akan berkurang secara eksponensial dari ali-ran darah anjing, dalam paruh waktu 5 jam. Berapa dosis sodium pentobarbi-tol yang direkomendasikan untuk membius anjing seberat 50 kg dalam waktu 1jam?

Jawab:


Misalkan A(t) adalah jumlah sodium pentobarbitol dalam aliran darah. Darirumus (2.46) diperoleh: A(t) = A0 e

��t: Dari soal diketahui bahwa � = t1=2 = 5jam.

A(t) =1

2A0 = A0 e

��t = A0 e�5�

�5� = ln1

2= � ln 2

� =ln 2

5� 0; 693

5= 0; 1386:

Untuk t = 1; jumlah sodium pentobarbitol yang ada dalam darah adalah

A(1) = 50� 45 = 2250mg:

Selanjutnya

A(1) = A0e�0;1386:1 = 2250

A0 =2250

e�0;1386=

2250

0; 8705� 2584; 72 � 2585mg:

Jadi dosis sodium pentobarbitol yang direkomendasika sebesar 2585 mg. |

2.6.5 Hukum Torricelli

Menurut hukum Torricelli, laju perubahan volume air V dalam tangki yangairnya mengalir keluar adalah sebanding dengan akar kuadrat kedalaman air ydalam tangki, yaitu

dV

dt= �kpy; (2.47)

dengan k suatu konstanta. Jika tangkinya berbentuk silinder dengan luas pe-nampang A; maka V = Ay; dan dV=dt = A(dy=dt); sehingga

dy

dt=1

A

�dV

dt

�=) dy

dt= �hpy; (2.48)

dengan h = k=A:Misalkan sebuah tangki air mempunyai lubang di dasarnya dengan luas penam-pang a; sehingga air mengalir keluar dari lubang tersebut. Nyatakan y(t) sebagaitinggi (kedalaman) air dalam tangki pada saat t dan V (t) adalah volume airdalam tangki. Dalam kondisi yang ideal, kecepatan air keluar melalui lubangadalah

� =p2gy (2.49)

(� dibaca �upsilon�). Dengan memperhitungkan kendala (constriction) jet airdari suatu pipa/lubang (ori�ce), maka

� = cp2gy; (2.50)

dengan c adalah konstanta empiris di antara 0 dan 1 (biasanya sekitar 0,6 untukaliran air yang kecil). Agar lebih sederhana, diambil c = 1 untuk pembahasanberikut. Akibatnya, persamaan (2:47) menjadi

dV

dt= �a� = �a

p2gy; (2.51)

yang merupakan hukum Torricelli untuk pengosongan tangki.


Jika A(y) menyatakan luas penampang tangki pada ketinggian y; maka volumeyang diperoleh dari penampang adalah

V =

yZ

0

A(y)dy (2.52)

sehingga dari teorema kalkulus dasar diperoleh

dV

dt=dV

dy:dy

dt= A(y):

dy

dt: (2.53)

Dari persamaan (2:49) dan (2:51) diperoleh

A(y):dy

dt= �a

p2gy; (2.54)

yang merupakan bentuk alternatif dari hukum Torricelli.

Example 37 :

Sebuah tangki yang berbentuk setengah bola (hemispherical) mempunyai jari-jari atas 4 kaki (feet) dan pada saat t = 0; tangki tersebut penuh dengan air.Pada suatu saat, sebuah lubang bundar dengan diameter 1 inci di dasar tangkiterbuka. Berapa lama waktu yang diperlukan agar semua air dalam tangkitersebut mengalir keluar?

Jawab:

Misalkan A(y) adalah luas penampang tangki dengan jari-jari r1 = 4 kaki dana adalah luas penampang lubang dengan jari-jari r2 = 0; 5 inci = 1

24 kaki (1kaki = 30 cm dan 1 inci = 2,45 cm). Dari gambar segitiga pada gra�k berikut,dapat dilihat bahwa

A(y) = �r2 = ��16� (4� y)2

�= �

�8y � y2

�:

Dengan g = 9; 8 m=det2 = 32 kaki/det2; persamaan (2:53) menjadi

��8y � y2

� dydt= ��

�1

24

�2p64

Z �8y1=2 � y3=2

�dy = �

Z �1

72

�dt

16

3y3=2 � 2

5y5=2 = � 1

72t+ c:

Karena y(0) = 4; maka c = 448=15: Agar semua air mengalir keluar dari tangki,maka tinggi air y = 0; sehingga

� 1

72t+

448

15= 0 =) t = 72

�448

15

�� 2150 detik = 35 menit 50 detik.

Jadi kira-kira perlu waktu sekitar 36 menit untuk mengosongkan tangki air. |


2.6.6 Latihan

1. Massa dari suatu material radioaktif dalam suatu sampel diberikan olehrumusM(t) = 100e�0;0017t; dengan t diukur dalam tahun. Tentukan paruhwaktu dari substansi radioaktif tersebut.

2. Suatu larutan yang suhunya 1000C diletakkan di atas meja, di mana suhuruangan diasumsikan konstan pada suhu 200C: Larutan menjadi dingindengan suhu 600C setelah 5 menit.

(a) Carilah rumus untuk suhu larutan (T ), selama t menit, setelah dile-takkan di atas meja.

(b) Tentukan waktu yang diperlukan bagi larutan tersebut untuk menjadidingin pada suhu 220C:

3. Sebuah tangki air berbentuk seperti silinder tegak dengan jari-jari 3 kaki.Awalnya tangki tersebut memuat air dengan kedalaman 9 kaki dan tutuplubang bawah silinder yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari 1 inchi,dibuka pada saat t = 0: Berapa lama air dalam tangki tersebut akan habis?

4. Sesosok jenazah diketemukan pada tengah malam dan suhu badannya840F: Jika suhu badan pada saat meninggal 980F; suhu ruangan konstanpada 660F; dan konstanta proporsionalitasnya 0,1 per jam, berapa lamajenazah tersebut sudah meninggal, sejak pertama diketemukan?

5. Sejumlah uang ditabung di suatu bank dengan tingkat bunga majemukkontinu tahunan sebesar 2,85%.

(a) Tentukan saldonya setelah 3 tahun.

(b) Berapa lama waktu yang diperlukan agar uang tersebut menjadi duakali lipatbanyaknya?

Chapter 3

Persamaan DiferensialLinier Orde Ke-n

3.1 Persamaan Diferensial Linier Homogen

Persamaan diferensial biasa orde ke-n adalah suatu persamaan dengan turunanke-n dari suatu fungsi tak diketahui y(x); dengan y(n) = dny=dxn adalah tu-runan tertinggi yang terdapat dalam persamaan tersebut. Persamaan yangberbentuk:

F (x; y; y0; :::; y(n)) = 0;

mungkin memuat suatu turunan yang lebih rendah dari y atau y sendiri, mungkinpula tidak. Suatu persamaan diferensial biasa orde ke-n dikatakan linier jikadapat dituliskan sebagai:

y(n) + pn�1(x)y(n�1) + :::+ p1(x)y

0 + p0(x)y = r(x): (3.1)

dimana r dan koe�sien p0; p1; :::; pn�1 adalah fungsi-fungsi dari x yang dike-tahui. Persamaan (3.1) dikatakan nonlinier jika tidak dapat dituliskan dalambentuk persamaan (3.1). Bila r(x) � 0; persamaan (3.1) menjadi

y(n) + pn�1(x)y(n�1) + :::+ p1(x)y

0 + p0(x)y = 0: (3.2)

dan disebut homogen. Bila r(x) 6= 0; persamaan tersebut dinamakan nonho-mogen.Untuk n = 2; bentuk liniernya dapat dituliskan sebagai berikut:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = r(x) (3.3)

dengan p; q;dan r adalah fungsi-fungsi dari x yang diketahui. Jika r(x) � 0(yaitu r(x) = 0 untuk semua x), maka persamaan (3.3) menjadi

y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0 (3.4)

dan disebut homogen. Jika r(x) 6= 0, maka (3.3) disebut nonhomogen. Fungsip dan q pada (3.3) dan (3.4) disebut koe�sien dari persamaan.Berikut ini adalah beberapa contoh dari persamaan diferensial orde ke dua:

1. linier nonhomogen: y00 + 4y = e�x: sinx:

2. linier homogen: (1� x2)y00 � 2xy0 + 6y = 0:

35

36 CHAPTER 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE KE-N

3. nonlinier: x(y00y + y02) + 2y0y = 0 dan y00 =py02 + 1:

Solusi dari persamaan diferensial orde ke dua (linier atau nonlinier) pada selangterbuka a < x < b adalah fungsi y = h(x) yang terde�nisi dan mempunyaiturunan y0 = h0(x), y00 = h00(x); serta memenuhi persamaan diferensial ituuntuk semua x di dalam interval tersebut. Untuk persamaan diferensial (linieratau nonlinier) orde ke-n, solusinya pada interval terbuka I adalah fungsi y =h(x) yang terde�nisi dan dapat diturunkan n kali pada I:

3.1.1 Prinsip Superposisi atau Kelinieran

Theorem 5 : Superposisi untuk persamaan Orde ke dua

Untuk persamaan diferensial linier homogen orde ke dua (3.4), suatu kombinasilinier dari dua solusi pada suatu selang terbuka I juga merupakan suatu solusidari (3.4) pada I. Secara khusus, untuk persamaan yang seperti itu, jumlah danperkalian konstanta dari suatu solusi adalah juga solusi.

Bukti:

Misalkan y1dan y2 adalah solusi dari (3.4) pada I. Akan ditunjukkan bahwakombinasi linier dari y1dan y2 juga solusi dari (3.4). Misalkan kombinasi lin-iernya adalah y = c1y1 + c2y2; maka turunan pertama dan kedua dari y adalah

y0 = (c1y1 + c2y2)0 = c1y

01 + c2y

02;

y00 = (c1y1 + c2y2)00 = c1y

001 + c2y

002 :

Selanjutnya y dan turunan-turunannya disubstitusikan ke dalam persamaan(3.4), sehingga diperoleh:

y00 + py0 + qy = (c1y1 + c2y2)00 + p(c1y1 + c2y2)

0 + q(c1y1 + c2y2)

= c1y001 + c2y

002 + p(c1y

01 + c2y

02) + q(c1y1 + c2y2)

= c1(y001 + py

01 + qy1) + c2(y

002 + py

02 + qy2)

= (c1)(0) + (c2)(0) = 0:

Karena y1dan y2 solusi, maka y001+py

01+qy1 = 0 dan y

002+py

02+qy2 = 0; sehingga

y = c1y1 + c2y2 juga solusi dari (3.4) pada I.

Untuk persamaan diferensial orde ke n; teorema superposisinya dapat diny-atakan dalam bentuk yang lebih umum, yaitu:

3.1. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN 37

Theorem 6 : Prinsip Superposisi atau Kelinieran Orde ke n

Untuk persamaan diferensial linier homogen orde ke-n (3.2), jumlah dan perkaliankonstanta dari solusinya pada interval terbuka I adalah juga solusi dari (3.2)pada I:

Penting untuk diingat bahwa teorema di atas tidak berlaku untuk persamaanlinier nonhomogen atau persamaan nonlinier.

Example 38 :

Fungsi y = ex dan y = e�x adalah solusi dari persamaan diferensial linierhomogen y00 � y = 0, untuk semua x karena bila fungsi y = ex disubstitusikanke dalam persamaan diferensial di atas, akan diperoleh

(ex)00 � ex = ex � ex = 0:

Demikian pula untuk y = e�x; akan diperoleh

(e�x)00 � e�x = e�x � e�x = 0:

Selanjutnya apabila ex dan e�x dikalikan dengan suatu konstanta yang berbedadan dijumlahkan, seperti misalnya y = �3ex + 8e�x; dan disubstitusikan kedalam persamaan diferensial di atas, maka akan diperoleh

y00 � y = (�3ex + 8e�x)00 � (�3ex + 8e�x)= (�3ex + 8e�x)� (�3ex + 8e�x) = 0: |

Ilustrasi di atas menyatakan bahwa untuk persamaan linier homogen, akan se-lalu didapatkan solusi baru dari solusi yang sudah diketahui dengan cara menga-likannya dengan suatu konstanta dan menjumlahkannya. Dari fungsi y1(= ex)dan y2(= e�x); didapatkan suatu fungsi yang berbentuk:

y = c1y1 + c2y2 (3.5)

dengan c1dan c2 suatu konstanta sebarang. Fungsi yang seperti itu disebutsebagai kombinasi linier dari y1 dan y2:

Example 39 : Persamaan diferensial linier nonhomogen

Fungsi y = 1+ cos x dan y = 1+ sin x adalah solusi dari persamaan diferensiallinier nonhomogen y00 + y = 1: Sedangkan fungsi berikut bukan solusi daripersamaan diferensial ini, yaitu

y = 2(1 + cos x) dan y = (1 + cos x) + (1 + sin x): |

(Periksa!)


Example 40 : Persamaan diferensial nonlinier

Dengan menggunakan substitusi, fungsi y = x2 dan y = 1 adalah solusi daripersamaan diferensial nonlinier y00y � xy0 = 0: Sedangkan fungsi berikut bukansolusi dari persamaan diferensial ini, yaitu y = �x2 dan y = x2 + 1: |(Periksa!)

De�nition 1 : basis, proporsional

Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua (3.4) pada selang terbuka Iadalah solusi (3.5) dengan y1dan y2 bukan solusi proporsional dari (3.4) padaI; dengan c1 dan c2 suatu konstanta sebarang. y1 dan y2 ini dinamakan basis(sistem fundamental) dari (3.4) pada I: Solusi khusus dari persamaan (3.4)pada I diperoleh jika kita mempunyai nilai yang khusus untuk c1 dan c2 pada(3.5).

y1 dan y2 disebut proporsional pada I jika

(a) y1 = ky2 atau (b) y2 = ly1 (3.6)

untuk semua x pada I; dengan k dan l adalah suatu bilangan sebarang.

Sedangkan untuk persamaan diferensial orde ke n; solusi umumnya pada suatuinterval terbuka I adalah solusi dari (3.2) pada I yang berbentuk:

y(x) = c1y1(x) + :::+ cnyn(x); c1; :::; cn sebarang. (3.7)

dengan y1; :::; yn merupakan basis (sistem fundamental) dari solusi (3.2) padaI: Solusi khusus dari (3.2) pada I diperoleh jika n konstanta c1; :::; cn pada (3.7)diganti dengan nilai-nilai tertentu.

De�nition 2 : kebebasan linier orde ke dua

Dua fungsi y1(x) dan y2(x) dikatakan bebas secara linier pada selang I; di manamereka terde�nisi, jika persamaan

k1y1(x) + k2y2(x) = 0 (3.8)

mengakibatkan k1 = 0; k2 = 0: Dikatakan tidak bebas secara linier pada I; jikapersamaan ini juga memuat konstanta k1; k2 yang tidak nol keduanya. Jikak1 6= 0 atau k2 6= 0; maka

y1 = �k2k1

y2 atau y2 = �k1k2

y1:

Jadi y1 dan y2 proporsional.

Basis solusi dari persamaan (3.4) pada selang I adalah pasangan y1 dan y2 yangbebas linier pada I.

3.1. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN 39

De�nition 3 : (kebebasan linier untuk orde ke n)

n fungsi y1(x); ..., yn(x) disebut bebas linier pada beberapa interval I di manamereka terde�nisi, jika persamaan

k1y1(x) + :::+ knyn(x) = 0 pada I (3.9)

menyebabkan semua k1;:::; kn adalah nol. Fungsi-fungsi ini disebut tidak bebaslinier pada I jika persamaan ini memuat k1; :::; kn yang tidak semuanya nol.Dengan kata lain, y1(x); ..., yn(x) tidak bebas linier pada I jika dan hanyajika dapat dinyatakan (paling sedikit) satu dari fungsi-fungsi ini pada I sebagaikombinasi linier dari n� 1 fungsi-fungsi yang lain.Sebagai contoh, jika persamaan (3.9) memuat k1 6= 0; maka persamaan (3.9)dapat dibagi dengan k1 dan y1 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linier, yaitu:

y1 = �1

k1(k2y2 + :::+ knyn):

Example 41 :

Fungsi-fungsi y1 = e2x dan y2 = e�2x membentuk basis dari persamaan difer-ensial y00 � 4y = 0; untuk semua x; karena y1=y2 = e4x 6= konstanta (tidakproporsional). Jadi solusi umumnya adalah y = c1e

2x + c2e�2x: |

Example 42 :

Dua fungsi y1 = cosx dan y2 = sinx adalah solusi dari persamaan diferensialy00 + y = 0:

Cos x dan sin x adalah tidak proporsional, karena y1=y2 = cotx 6= konstanta.Oleh sebab itu mereka membentuk basis dari persamaan diferensial tersebutuntuk semua x dan solusi umumnya adalah y = c1 cosx+ c2 sinx: |

Example 43 :

Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi y1 = x; y2 = 3x; y3 = x2 adalah tidak bebaslinier pada suatu interval.

Jawab:

Tulis y2 = 3y1 + 0:y3: Karena salah satu fungsi di atas dapat dinyatakansebagai kombinasi linier dari fungsi-fungsi yang lain, maka dapat dikatakanbahwa fungsi-fungsi tersebut tidak bebas linier. |

Example 44 :

Tunjukkan bahwa y1 = x; y2 = x2 dan y3 = x3 adalah bebas linier pada suatuinterval, sebagai contoh pada interval �1 6 x 6 2:


Jawab:

Dari persamaan (3.9) diperoleh: k1x+ k2x2 + k3x

3 = 0:

Dengan mengambil x = �1; 1; 2; diperoleh:-k1 + k2 � k3 = 0; k1 + k2 + k3 = 0; dan 2k1 + 4k2 + 8k3 = 0.Akibatnya : k1 = 0; k2 = 0, dan k3 = 0 atau bebas linier. |

3.1.2 Masalah Nilai Awal

Untuk persamaan linier homogen orde ke-dua (3.4), solusi umumnya akan berben-tuk

y = c1y1 + c2y2 (3.10)

yaitu suatu kombinasi linier dari dua solusi yang memuat dua konstanta se-barang c1 dan c2: Masalah nilai awalnya terdiri dari persamaan (3.4) dan duakondisi atau syarat awal, yaitu:

y(x0) = K0; dan y0(x0) = K1 (3.11)

Sedangkan untuk persamaan diferensial orde ke n; masalah nilai awalnya terdiridari persamaan (3.2) dan n syarat awal, yaitu:

y(x0) = K0; y0(x0) = K1; :::; y

(n�1)(x0) = Kn�1; dengan x0 adalah titik tetappada interval I.

Example 45 :

Diketahui fungsi y = e3x dan y = e�3x adalah solusi dari persamaan diferensialy00 � 9y = 0; dengan syarat awal y(0) = 2; y0(0) = 0: Selidiki kebenaranpernyataan tersebut dan selesaikan masalah nilai awalnya.

Jawab:

Misalkan kombinasi linier y = c1e3x+c2e

�3x adalah solusi umum dari persamaandiferensial yang diberikan. Turunan pertama dan kedua dari y adalah y0 =3c1e

3x � 3c2e�3x dan y00 = 9c1e3x + 9c2e

�3x: Dengan mensubstitusikan y danturunannya ke dalam persamaan diferensial yang diketahui diperoleh:

9c1e3x + 9c2e

�3x � 9(c1e3x + c2e�3x) = 0; sehingga pernyataan bahwa y = e3x

dan y = e�3x adalah solusi dari y00 � 9y = 0:adalah benar.Dari syarat awal y(0) = 2; y0(0) = 0; diperoleh c1 = 1 dan c2 = 1:

Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y = e3x + e�3x: |

Example 46 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut: y00 � y = 0; y(0) = 5; y0(0) = 3:

3.2. PERSAMAAN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA 41

Jawab:

Tahap pertama: pada contoh 1 diketahui bahwa y = ex dan y = e�x adalahsolusi dari persamaan diferensial tersebut di atas sehingga solusi umumnya,y = c1e

x + c2e�x:

Tahap kedua: karena y0 = c1ex � c2e

�x; maka dari kondisi awalnya diketahuibahwa y(0) = c1 + c2 = 5 dan y0(0) = c1 � c2 = 3; sehingga diperoleh hasilc1 = 4 dan c2 = 1:Jadi solusi khususnya adalah y(x) = 4ex + e�x: |

3.1.3 Latihan

I. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut membentuk basis solusi dari per-samaan diferensial yang diberikan pada suatu interval tertentu.

1. 1; x2; x4; dan x2y000 � 3xy00 + 3y0 = 0:

2. ex; e�x; cosx; sinx; dan yiv � y = 0:

II. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut membentuk basis solusi dari masalahnilai awal yang diberikan dan carilah solusinya.

3. ex; xex dan y00 � 2y0 + y = 0; dengan y(0) = 4; y0(0) = 3:

4. ex; e3x dan y00 � 4y0 + 3y = 0; dengan y(0) = �1; y0(0) = �5:

5. cos 2x; sin 2x dan y00 + 4y = 0; dengan y(0) = �5; y0(0) = 2:

6. 1; x; x2; x3 dan yiv = 0; dengan y(0) = 0; y0(0) = 6; y00(0) =0; y000(0) = �48:

III. Selidiki apakah fungsi berikut bebas linier pada selang tertentu.

7. x+ 1; x� 1 (0 < x < 1):

8. sin 2x; sinx cosx; pada suatu interval :

9. jxjx; x2 (0 < x < 1):

10. jcosxj ; cosx (0 < x < �):

11. coshx; cosh 2x; pada suatu interval.

12. 1; x; x2

13. sinx; sin 2x; sin 3x:

3.2 Persamaan dengan Koe�sien Konstanta

3.2.1 Persaman diferensial linier homogen orde ke-dua

Perhatikan persamaan linier homogen

y00 + ay0 + by = 0 (3.12)

dengan koe�sien a dan b adalah suatu konstanta. Aplikasi dari persamaan inisangat penting, khususnya pada bidang mekanik dan getaran listrik. Solusi daripersamaan (3.12), mengambil ide dari solusi persamaan diferensial linier orde


pertama y0+ky = 0 dengan k suatu konstanta, yaitu y = e�kx. Dengan menga-mati solusi dari persamaan diferensial linier orde pertama tersebut, diperoleh:

y = e�x (3.13)

sebagai solusi dari persamaan (3.12).

Substitusikan (3.13) dan turunan-turunannya ke dalam persamaan (3.12), se-hingga didapatkan persamaan (�2 + a� + b)e�x = 0: Jika � adalah solusi daripersamaan kuadrat

�2 + a�+ b = 0; (3.14)

maka persamaan (3.13) adalah solusi dari persamaan (3.12). Selanjutnya per-samaan (3.14) ini disebut sebagai persamaan karakteristik dari persamaandiferensial (3.12), dengan akar-akarnya sebagai berikut:

�1 =1

2(�a+

pa2 � 4b) ; �2 =

1

2(�a�

pa2 � 4b): (3.15)

Fungsi-fungsi

y1 = e�1x dan y2 = e�2x (3.16)

menjadi solusi dari persamaan diferensial (3.12). Dengan mengaplikasikanfungsi-fungsi (3.16) ke dalam persamaan (3.12), dapat diperiksa kebenaran darisolusi tersebut. Dari persamaan (3.15), dapat diketahui bahwa akar-akar per-samaan karakteristiknya bergantung kepada tanda dari diskriminan a2 � 4b;sehingga solusi persamaan diferensial 3.12 dapat dibedakan dalam tiga kasus,yaitu:

kasus I: dua akar real, jika a2 � 4b > 0;

kasus II: akar dobel real, jika a2 � 4b = 0;

kasus III: akar-akar kompleks, jika a2 � 4b < 0:

Berikut ini adalah pembahasan kasus per kasus.

Kasus I: Dua akar real yang berbeda, �1 dan �2:

Dalam kasus ini, y1 = e�1x dan y2 = e�2x merupakan basis dari solusi (3.12)pada suatu interval (karena y1=y2 bukan konstanta), sehingga solusi umumnyaadalah

y(x) = c1e�1x + c2e

�2x: (3.17)


Example 47 :

Berdasarkan rumus 3.17, persamaan diferensial y00 � y = 0 dapat diselesaikandengan cara yang lebih sistematik. Persamaan karakteristik untuk persamaandiferensial tersebut adalah �2 � 1 = 0; dengan akar-akarnya adalah � = 1 dan� = �1: Basis dari persamaan diferensial tersebut adalah y1 = ex dan y2 = e�x;sehingga solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah

y = c1ex + c2e

�x: |Example 48 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut ini :y00 + y0 � 2y = 0; y(0) = 4; y0(0) = �5:Jawab: :

Tahap pertama: mencari solusi umum:

Persamaan karakteristiknya adalah �2 + �� 2 = 0; dan akar-akarnya:�1 =

12 (�1 +

p1 + 8) = 1 dan �1 =

12 (�1�

p1 + 8) = �2:

Jadi solusi umumnya adalah y = c1ex + c2e

�2x:

Tahap kedua: mencari solusi masalah nilai awal:

Turunan pertama dari y tersebut adalah y0 = c1ex � 2c2e�2x:

Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh:y(0) = c1 + c2 = 4 dan y0(0) = c1 � 2c2 = �5; sehingga diperoleh c1 = 1 danc2 = 3:Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y = ex + 3e�2x: |

Kasus II: Akar Dobel Real, � = �a=2Jika diskriminan a2 � 4b = 0; maka persamaan (3.15) hanya akan memberikansatu akar, yaitu � = �1 = �2 = �a=2; sehingga solusi pertamanya adalah:

y1 = e�(a=2)x: (3.18)

Untuk mencari solusi keduanya, yang dibutuhkan sebagai basis, kita membentuk

y2 = uy1 (3.19)

dan menentukan fungsi u; sedemikian sehingga y2 menjadi solusi dari persamaandiferensial (3.12). Substitusikan y2 = uy1 dan turunan-turunannya, yaituy02 = u0y1 + uy01 dan y002 = u00y1 + 2u0y01 + uy001 ; ke dalam persamaan (3.12).Persamaan baru yang diperoleh:

(u00y1 + 2u0y01 + uy

001 ) + a(u

0y1 + uy01) + buy1 = 0:

Bila dikelompokkan berdasarkan fungsi u nya, menjadi:

u00y1 + u0(2y01 + ay1) + u(y

001 + ay

01 + by1) = 0:

Karena y1 solusi dari persamaan (3.12), maka y001 + ay01 + by1 = 0:Karena 2y01 = �ae�(a=2)x = �ay1; maka 2y01 + ay1 = 0, sehingga u00y1 = 0:Akibatnya, u00 = 0: Dengan dua kali pengintegralan, diperoleh u = c1x+ c2:Untuk mendapatkan solusi ke dua yang bebas, yaitu y2 = uy1; kita dapatmengambil u = x; sehingga y2 = xy1: Karena kedua solusi ini tidak pro-porsional, mereka membentuk basis. Basis dari solusi persamaan (3.12) adalahy1 = e�(a=2)x dan y2 = xe�(a=2)x:Jadi solusi umumnya adalah

y(x) = (c1 + c2x)e�(a=2)x: (3.20)


Example 49 :

Selesaikan persamaan berikut: y00 + 8y0 + 16y = 0:

Jawab: �

Persamaan karakteristiknya adalah: �2 + 8�+ 16 = 0.Karena a2 � 4b = (8)2 � 4(16) = 0; maka akarnya dobel, yaitu:� = �a=2 = �8=2 = �4; sehingga basisnya adalah e�4x dan xe�4x:Jadi solusi umumnya adalah y = (c1 + c2x)e

�4x: |

Example 50 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:y00 � 4y0 + 4y = 0; y(0) = 3; y0(0) = 1:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah �2 � 4�+ 4 = 0:Karena a2 � 4b = 16� 4(4) = 0; maka akarnya merupakan akar dobel,yaitu � = �a=2 = 4=2 = 2:Solusi umumnya adalah y = (c1 + c2x)e

2x:Turunan pertama dari solusi umumnya adalahy0 = c2e

2x + 2(c1 + c2x)e2x:

Dengan memasukkan syarat awal ke dalam solusi umum, diperoleh :y(0) = c1 = 3; dan y0(0) = c2 + 2c1 = 1:Dengan substitusi diperoleh c1 = 3 dan c2 = �5:Jadi solusi khususnya adalah y = (3� 5x)e2x: |

Kasus III: Kasus Akar Kompleks

Untuk persamaan diferensial linier homogen dengan koe�sien konstanta (3.12),akar-akar persamaan karakteristiknya adalah:

�1 = �1

2a+

1

2

pa2 � 4b dan �2 = �

1

2a� 1

2

pa2 � 4b;

yang merupakan akar kompleks. Karena a2 � 4b < 0; maka

pa2 � 4b =

r(�1)(4)(b� 1

4a2) = 2i !;

dengan i =p(�1) dan ! =

qb� 1

4a2; sehingga

�1 = �1

2a+ i! dan �2 = �

1

2a� i!: (3.21)

Pada pembahasan sebelumnya, diketahui bahwa e�1x dan e�2x adalah solusikompleks dari persamaan (3.12), sehingga basis solusi real dari persamaan (3.12)pada suatu interval adalah:

y1 = e�(a=2)x cos !x dan y2 = e�(a=2)x sin !x: (3.22)

Karena y2=y1 = tan!x 6= konstanta dan ! 6= 0; maka y1 dan y2 tidak propor-sional. Jadi solusi umumnya adalah

y(x) = e�(a=2)x(A cos !x+B sin !x): (3.23)


Example 51 :

Tentukan solusi umum dari persamaan y00 � 2y0 + 10y = 0:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah �2 � 2�+ 10 = 0:

Karena a2 � 4b = 4� 40 = �36 < 0; maka akarnya kompleks, yaitu

�1 = 1 + 3 i dan �2 = 1� 3 i:

Basisnya adalah y1 = ex cos 3x dan y2 = ex sin 3x:

Jadi solusi umumnya adalah y(x) = ex(A cos 3x + B sin 3x): |

Example 52 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:

y00 + 2y0 + 5y = 0; y(0) = 1; y0(0) = 5:


Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah: �2 + 2�+ 5 = 0:Karena a2 � 4b = 4� 20 = �16 < 0; maka akarnya kompleks, yaitu�1 = �1 + 2 i dan �2 = �1� 2 i:Solusi umumnya adalah y = e�x(A cos 2x+ B sin 2x):Turunan pertama dari solusi umumnya adalah

y0 = e�x(�A cos 2x�B sin 2x� 2A sin 2x+ 2B cos 2x):

Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh:y(0) = A = 1:y0(0) = �A+ 2B = �1 + 2B = 5; maka B = 3:Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(x) = e�x(cos 2x+ 3 sin 2x): |Example 53 :

Selesaikan persamaan diferensial: y00 + !2y = 0:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah: �2 + !2 = 0:Karena a2 � 4b = 0� 4!2 = �4!2 < 0; maka akarnya kompleks, yaitu�1 =

12

p�4!2 = ! i dan �2 = � 1

2

p�4!2 = �! i:

Jadi solusi umumnya adalah y(x) = A cos !x+B sin !x: |

Fungsi Eksponensial Kompleks

De�nition 4 :

Fungsi eksponensial kompleks ez dari peubah kompleks z = s+ it; adalah

ez = es+it = es(cos t+ i sin t): (3.24)

Jika z = �1x dengan �1 seperti pada (3.25), maka

z = s+ it = �1x = �1

2ax+ i!x:

Dengan mensubstitusikan z ke dalam persamaan (3.28), diperoleh:

e�(a=2)x+ i ! x = e�(a=2)x(cos !x+ i sin !x):

Karena sin (��) = � sin �; maka untuk e�2x diperoleh:e�(a=2)x� i ! x = e�(a=2)x(cos !x� i sin !x):

Bila s = 0; makaeit = cos t+ i sin t (3.25)

yang disebut sebagai �Rumus Euler�.

Rangkuman :

Kasus Akar-akar pers. Basis pers. Solusi umum pers.karakteristik homogen homogen

I Akar real : �1; �2 e�1x; e�2x y(x) = c1e�1x + c2e

�2x

II Akar dobel real :

� = �a=2 e�(a=2)x; xe�(a=2)x y(x) = (c1 + c2x)e�(a=2)x

III Akar kompleks :

�1 = � 12a+ i! e�(a=2)x cos !x y(x) = e�(a=2)x(A cos !x

�2 = � 12a � i! e�(a=2)x sin !x + B sin !x)


Masalah Nilai Batas

Persamaan homogen y00 + ay0 + by = 0 dengan syarat batas: y(P1) = k1; dan

y(P2) = k2; pada suatu interval I, membentuk suatu �masalah nilai batas�.

Example 54 :

Selesaikan masalah nilai batas berikut:

y00 + y = 0; y(0) = 3; y(�) = �3:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah �2 + 1 = 0:

Akar-akarnya adalah �1 = i dan �2 = �i:Basis dari persamaan homogennya adalah y1 = cosx dan y2 = sinx:

Solusi umumnya adalah: y(x) = A cosx+B sinx:

Dengan memasukkan syarat batasnya diperoleh:

y(0) = 3; sehingga A = 3 dan

y(�) = �3; sehingga A cos(�) +B sin(�) = �A+ 0 = �A = �3) A = 3:

Karena tidak diperoleh nilai untuk konstanta B; maka solusi khususnya masihmemuat konstanta B:

Jadi solusi masalah nilai batasnya adalah y(x) = 3 cosx + B sinx; dengan Bkonstanta sebarang. |

3.2.2 Latihan

I. Selesaikan persamaan diferensial berikut:

1. y00 � 25y = 0:

2. y00 + 6y0 + 9y = 0:

3. 10y00 + 6y0 + 10; 9y = 0:


4. y00 + 9y = 0; y(�) = �2; y0(�) = 3:

5. y00 � 4y0 + 4y = 0; y(0) = 3; y0(0) = 10:

6. y00 + 2y0 + 2y = 0; y(0) = 1; y0(0) = 0:

7. y00 � 6y0 + 18y = 0; y(0) = 0; y0(0) = 6:

III. Selesaikan masalah nilai batas berikut:

8. y00 � 16y = 0; y(0) = 5; y( 14 ) = 5e:

9. y00 � 2y0 = 0; y(0) = �1; y( 12 ) = e� 2:

10. y00 � 2y0 + 2y = 0; y(0) = �3; y( 12�) = 0:


3.2.3 Persamaan diferensial linier homogen orde ke-n

Pandang persamaan diferensial linier homogen orde ke-n dengan koe�sien kon-stanta:

y(n) + an�1y(n�1) + :::+ a1y

0 + a0y = 0: (3.26)

Ide dari solusi persamaan diferensial tersebut di atas adalah sama dengan n = 2:Dengan mensubstitusikan y = e�x dan turunan-turunannya, diperoleh per-samaan karakteristik:

�n + an�1�n�1 + :::+ a1�+ a0 = 0: (3.27)

Untuk mendapatkan solusi dari persamaan (3.26) tersebut, kita harus menen-tukan akar-akar dari persamaan (3.27). Pada prakteknya hal ini agak sulit danharus diselesaikan dengan menggunakan metode numerik, kecuali kita dapatmenebaknya atau mencarinya dengan cara trial and error.

Kasus I : Akar Real yang berbeda

Jika persamaan (3.27) mempunyai n akar real yang berbeda, yaitu �1; :::; �n;maka akan kita jumpai sebanyak n solusi:

y1 = e�1x; :::; yn = e�nx; (3.28)

dan solusi umumnya adalah:

y1 = c1e�1x + :::+ cne

�nx: (3.29)

Example 55 : Akar real yang berbeda

Selesaikan persamaan diferensial berikut : y000 � 2y00 � y0 + 2y = 0:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah �3 � 2�2 � �+ 2 = 0:Akar-akarnya adalah �1 = �1; �2 = 1; dan �3 = 2.Jadi solusi umumnya adalah: y = c1e

�x + c2ex + c3e2x: |

Theorem 7 : Basis

Solusi y1 = e�1x; :::; yn = e�nx dari persamaan (3.26) (dengan � real ataukompleks) membentuk basis solusi dari persamaan (3.26) jika dan hanya jikasemua n akar dari (3.27) berbeda.

Theorem 8 : Bebas Linier

Solusi-solusi y1 = e�1x; :::; yn = e�mx; dari (3.26) adalah bebas linier padainterval terbuka I jika dan hanya jika �1; :::; �m berbeda.

Kasus II : Akar Kompleks Sederhana

Jika terdapat akar-akar kompleks, mereka harus muncul secara berpasangan(conjugate pairs), karena koe�sien dari (3.26) real. Jika � = + i! adalah akarsederhana dari (3.27), maka demikian pula dengan � = � i!; sehingga duasolusi yang berhubungan dengan akar-akar tersebut di atas adalah:

y1 = e x cos!x; y2 = e x sin!x:


Example 56 :

Selesaikan masalah nilai awal berikut:y000 � 2y00 + 2y0 = 0; y(0) = 0; 5; y0(0) = �1; dan y00(0) = 2:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah: �3 � 2�2 + 2� = 0:Apabila disederhanakan, akan berbentuk: �(�2 � 2�+ 2) = 0:Akar-akarnya adalah �1 = 0; �2 = 1 + i; dan �3 = 1� i:Basisnya adalah: y1 = e0x = 1; y2 = ex cosx; dan y3 = ex sinx:Solusi umumnya adalah: y = c1 + e

x(A cosx+B sinx):Turunan-turunan dari y adalah:y0 = ex [(A+B) cosx+ (�A+B) sinx] ; y00 = ex [2B cosx� 2A sinx] :Dengan memasukkan syarat awalnya, diperoleh:

y(0) = 0; 5; maka c1 +A = 0; 5:

y0(0) = �1; maka A+B = �1:y00(0) = 2; maka 2B = 2) B = 1; sehingga A = �2 dan c1 = 2; 5:

Jadi solusi untuk masalah nilai awal tersebut di atas adalah:

y = 2; 5 + ex(�2 cosx+ sinx): |

Kasus III: Akar Real Berlipat ganda (multiple)

Jika muncul akar real dobel, katakan �1 = �2; maka y1 = y2 adalah solusi daripersamaan (3.28). Dua solusi bebas linier yang berhubungan dengan akar-akarini adalah: y1 dan y2 = xy1: Jika akar lipat tiga muncul, katakan �1 = �2 = �3;maka y1 = y2 = y3 adalah solusi dari persamaan (3.28). Tiga solusi bebas linieryang berhubungan dengan akar-akar ini adalah: y1; xy1, x

2y1: Secara umum,jika � adalah akar dari orde-m; maka m solusi bebas linier yang berhubungandengan akar-akar tersebut adalah: y; xy, x2y; ..., xm�1y atau bila y = e�x;maka m solusi bebas liniernya adalah: e�x; xe�x, x2e�x; ..., xm�1e�x:

Example 57 :

Selesaikan persamaan diferensial berikut: yv � 3yiv + 3y000 � y00 = 0:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah: �5 � 3�4 + 3�3 � �2 = 0:Dengan menguraikan persamaan karakteristik tersebut akan diperoleh:�2(�3 � 3�2 + 3�� 1) = 0, �2 = 0 atau (�� 1)3 = 0;sehingga akar-akarnya: �1 = � 2 = 0 dan �3 = �4 = �5 = 1:Jadi solusinya adalah: y = c1 + c2x+ (c3 + c4x+ c5x

2)ex: |

Kasus IV : Akar Kompleks Berlipat Ganda

Jika � = + i! adalah akar dobel kompleks dari persamaan (3.28), makapasangan conjugatenya adalah � = � i!: Solusi bebas linier yang berhubun-gan dengan akar-akar tersebut adalah: e x cos!x; e x sin!x; xe x cos!x dan

xe x sin!x; dengan e x cos!x dan e x sin!x berasal dari e�x dan e�x; sedan-

gkan xe x cos!x dan xe x sin!x berasal dari xe�x dan xe�x: Untuk akar tripelkompleks, solusi bebas liniernya adalah e x cos!x; e x sin!x; xe x cos!x; xe x sin!x;x2e x cos!x; dan x2e x sin!x:


Example 58 :

Selesaikan y(7) + 18y(5) + 81y000 = 0:

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah: �7 + 18�5 + 81�3 = 0:Bila diuraikan akan menjadi:

�7 + 18�5 + 81�3 = �3(�4 + 18�2 + 81)

= �3(�2 + 9)2

= �3[(�+ 3i)(�� 3i)]2;

sehingga persamaan karakteristik tersebut mempunyai akar-akar:tiga akar kembar real, �1 = �2 = �3 = 0 dan akar kompleks �4 = �5 = 3i; dan�6 = �7 = �3i:Dengan = 0 dan ! = 3 pada akar kompleksnya, maka solusi umumnya adalah:

y = c1 + c2x+ c3x2 +A1 cos 3x+B1 sin 3x+ x(A2 cos 3x+B2 sin 3x): |

3.2.4 Latihan

I. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut ini:

1. y000 � y0 = 0:

2. y000 � y00 � y0 + y = 0:

3. yiv + 2y00 + y = 0:

4. yiv � 5y00 + 4y = 0


5. y000 = 0; y(2) = 12; y0(2) = 16; y00(2) = 8:

6. y000 � 2y00 � y0 + 2y = 0; y(0) = 3; y0(0) = 0; y00(0) = 3:

3.3 Persamaan Euler-Cauchy

Pada persamaan homogen dengan koe�sien konstanta, solusinya dapat denganmudah ditentukan dengan tanpa menggunakan integral. Persamaan Euler-Cauchy orde ke-dua berikut

x2y00 + axy0 + by = 0 (3.30)

juga dapat diselesaikan hanya dengan penghitungan aljabar biasa. Substi-tusikan: y = xm dan turunan-turunannya pada persamaan diferensial (3.30),sehingga diperoleh:

x2m(m� 1)xm�2 + axmxm�1 + bxm = 0

m(m� 1)xm + amxm + bxm = 0

xm[m2 + (a� 1)m+ b] = 0:

Bagi persamaan di atas dengan xm; yang tidak sama dengan nol jika x 6= 0;diperoleh suatu persamaan tambahan (auxiliary equation):

m2 + (a� 1)m+ b = 0 (3.31)

Seperti pada persamaan karakteristik, persamaan tambahan ini dapat diuraikanke dalam tiga kasus, tergantung dari diskriminan (a� 1)2 � 4b:

3.3. PERSAMAAN EULER-CAUCHY 51

Kasus I: Akar Real yang Berbeda, m1 dan m2

Akar real yang berbeda diperoleh apabila (a� 1)2 � 4b > 0; yang menghasilkanakar-akar m1 dan m2; yang mana akar-akar ini akan membentuk basis

y1(x) = xm1 dan y2(x) = xm2

dari solusi persamaan diferensial (3.31) untuk semua x; dengan fungsi tersebutterde�nisi. Solusi umumnya adalah

y(x) = c1xm1 + c2x

m2 (3.32)

dengan c1; c2 sebarang.

Example 59 :

Selesaikan persamaan Euler-Cauchy berikut : x2y00 � 2; 5xy0 � 2y = 0:

Jawab:

Persamaan tambahan untuk persamaan Euler-Cauchy di atas adalahm2 � 3; 5m� 2 = 0:Akar-akarnya adalah m1 = �0; 5 dan m2 = 4:Basis dari solusi real untuk semua x positif adalah:y1 = x�0;5 = 1p

xdan y2 = x4:

Jadi solusi umumnya adalah

y(x) =c1px+ c2x

4: |

Kasus II: Akar Dobel Real

Akar dobel real diperoleh jika (a� 1)2 � 4b = 0. Jika persamaan (3.31) mem-punyai akar dobel m1 = m2 = m = 1

2 (1� a); maka diperoleh solusi pertama

y1 = x12(1�a)

dan y2: Solusi ke dua y2 dibentuk dari perkalian suatu fungsi u dengan solusi per-tama y1: Substitusikan y2 = uy1 dan turunan-turunannya ke dalam persamaan(3.30), sehingga diperoleh:

x2(u00y1 + 2u0y01 + uy

001 ) + ax(u

0y1uy01) + buy1 = 0: (3.33)

u00x2y1 + u0x(2xy01 + ay1) + u(x

2y001 + axy01 + by1) = 0:

Karena y1 solusi dari persamaan (3.30), maka x2y001 + axy

01 + by1 = 0:

Sedangkan

2xy01 + ay1 = 2x[1

2(1� a)x 1

2(1�a)�1] + ax

12(1�a)

= (1� a)x 12(1�a) + ax

12(1�a) = x

12(1�a) = y1:

Dengan demikian, persamaan (3.33) menjadi:

u00x2y1 + u0xy1 = (u

00x2 + u0x)y1 = 0:

Bagi persamaan di atas dengan y1(6= 0); pisahkan peubahnya dan integralkan,maka untuk x > 0; kita dapatkan:

u00x2 + u0x = 0) u00

u0= � 1

x

ln ju0j = � ln jxj ) u0 =1

x) u = ln x:


Jadi y2 = y1 ln x; yang tidak proporsional terhadap y1:Dalam kasus akar dobel dari persamaan (3.31), basis dari persamaan (3.30)untuk semua x positif adalah:

y1 = xm dan y2 = xm ln x;

dengan m = 12 (1� a): Jadi solusi umumnya adalah:

y(x) = (c1 + c2 ln x) x12(1�a); c1; c2 sebarang (3.34)

Example 60 :

Selesaikan persamaan Euler-Cauchy berikut: x2y00 � 3xy0 + 4y = 0:

Jawab:

Persamaan tambahan untuk persamaan di atas adalah m2 � 4m+ 4 = 0:Akar-akarnya merupakan akar dobel real, yaitu m1 = m2 = m = 2:Basis solusi real untuk semua x positif : y1 = x2 dan y2 = x2 ln x:Jadi solusi umumnya adalah y(x) = (c1 + c2 ln x)x

2: |

Kasus III: Akar Kompleks

Akar kompleks diperoleh jika (a�1)2�4b < 0: Jika akar-akar m1 dan m2 kom-pleks, makam1 dan m2 dapat dituliskan sebagai m1 = �+i v dan m2 = ��i v:Untuk menentukan basis dari solusi persamaan Euler-Cauchy, pertama-tamatulis xk = (eln x )k = ek ln x; yang dapat dikembangkan dari real ke kompleks.Dengan mengganti k = i v dan bersama-sama dengan persamaan (3.29) (dengans = 0) diperoleh:

xi v = ei v ln x = cos (v ln x) + i sin (v ln x);

x�i v = e�i v ln x = cos (v ln x)� i sin (v ln x):

Kalikan dua persamaan di atas dengan x�; sehingga menghasilkan

x�:xi v = x�+ i v = xm1 = x� [ cos (v ln x) + i sin (v ln x)]

x�:x�i v = x�� i v = xm2 = x� [cos (v ln x)� i sin (v ln x)]:

Apabila dua persamaan di atas dijumlahkan dan dikurangkan, akan meng-hasilkan:

xm1 + xm2 = 2x� [ cos (v ln x)]

xm1 � xm2 = 2x� [i sin (v ln x)]:

Tulis y1 = x� [ cos (v ln x)] dan y2 = x� [sin (v ln x)]; maka

1

2(xm1 + xm2) = y1 dan

1

2 i(xm1 � xm2) = y2:

Berdasarkan penjelasan di atas, maka pada kasus akar kompleks ini, basis darisolusi (3.30) untuk semua x positif adalah

y1 = x� cos(v ln x); dan y2 = x� sin(v ln x):

Fungsi-fungsi tersebut tidak proporsional dan merupakan solusi dari (3.30).Jadi solusi umumnya adalah:

y(x) = x� [A cos (v ln x) +B sin (v ln x)]: (3.35)

3.3. PERSAMAAN EULER-CAUCHY 53

Example 61 :

Selesaikan persamaan berikut : x2y00 + 7xy + 13y = 0:

Jawab:

Persamaan tambahan: m2 + 6m+ 13 = 0:Akar-akarnya adalah m1;2 = � 1

2 :(6)�p9� 13 = �3� 2 :

Jadi solusi umumnya adalah: y(x) = x�3[A cos (2 ln x) +B sin (2 ln x)]: |

Rangkuman :

Kasus Akar-akar pers. Basis solusi pers. Solusi umum pers.tambahan Euler-Cauchy Euler-Cauchy

I Akar real m1;m2 y1 = xm1 ; y2 = xm2 y(x) = c1xm1 + c2x

m2

II Akar dobel real y1 = x12(1�a); y(x) = (c1 + c2 ln x) :

m = 12 (1� a) y2 = x

12(1�a) ln x x

12(1�a)

III Akar kompleks

m1 = �+ i v y1 = x� cos(v ln x) y(x) = [A cos (v ln x)m2 = �� i v y2 = x� sin(v ln x) + B sin (v ln x)]:x�

Untuk persamaan Euler-Cauchy orde ke-3 yang berbentuk:

x3y000 + ax2y00 + bxy0 + cy = 0; (3.36)

persamaan tambahannya dapat dicari dengan cara yang sama seperti pada per-samaan Euler-Cauchy orde ke-2.Ambil y = xm; maka turunan-turunannya adalah:y0 = mxm�1; y00 = m(m� 1)xm�2; dany000 = m(m� 1)(m� 2)xm�3:Hasil substitusi y; y0; y00 dan y000 ke dalam persamaan di atas,x3�m(m� 1)(m� 2)xm�3

�+ ax2

�m(m� 1)xm�2

�+ bx

�mxm�1

�+ cxm = 0:

m(m� 1)(m� 2)xm + a [m(m� 1)xm] + b [mxm] + cxm = 0:Bagi persamaan tersebut dengan xm(6= 0); sehingga diperoleh persamaan tam-bahan sebagai berikut:

m(m� 1)(m� 2) + am(m� 1) + bm+ c = 0:

m3 � 3m2 + 2m+ am2 � am+ bm+ c = 0

m3 + (a� 3)m2 + (b� a+ 2)m+ c = 0: (3.37)

Example 62 : MNA untuk persamaan Euler-Cauchy orde ke-tiga.

Selesaikan MNA berikut:x3y000 � 3x2y00 + 6xy0 � 6y = 0; y(1) = 2; y0(1) = 1; y00(1) = �4;pada suatu interval I pada sumbu x positif yang memuat x = 1:

Jawab:

Tahap pertama, mencari solusi umum:Ambil y = xm; maka turunan-turunannya adalah:y0 = mxm�1; y00 = m(m� 1)xm�2; dany000 = m(m� 1)(m� 2)xm�3:Hasil substitusi y; y0; y00 dan y000 ke dalam persamaan diferensial di atas,x3�m(m� 1)(m� 2)xm�3

�� 3x2

�m(m� 1)xm�2

�+ 6x

�mxm�1

�� 6xm = 0:


m(m� 1)(m� 2)xm � 3 [m(m� 1)xm] + 6 [mxm]� 6xm = 0:Karena xm 6= 0; untuk x 6= 0; maka persamaan tambahannya:

m(m� 1)(m� 2)� 3m(m� 1) + 6m� 6 = 0:

m3 � 3m2 + 2m� 3m2 + 3m+ 6m� 6 = 0

m3 � 6m2 + 11m� 6 = 0:

Dengan menebak akar m = 1; maka diperoleh akar-akar yang lain, yaitu: m = 2dan m = 3: Jadi solusi umumnya adalah: y = c1x+ c2x

2 + c3x3:

Untuk orde yang lebih tinggi daripada 4, harus digunakan metode pencarianakar secara numerik, seperti cara Newton, yang tidak akan dijelaskan dalampembahasan ini.Tahap ke dua, mencari solusi khusus:Turunan-turunan dari solusi umum y tersebut di atas adalah:y0 = c1 + 2c2x + 3c3x

2; dan y00 = 2c2 + 6c3x: Dengan memasukkan syaratawalnya, diperoleh :y(1) = 2 ) c1 + c2 + c3 = 2; y0(1) = 1 ) c1 + 2c2 + 3c3 = 1; y

00(1) = �4 )2c2+6c3 = �4: Dengan menggunakan eliminasi, diperoleh: c1 = 2; c2 = 1; danc3 = �1:Jadi solusi untuk masalah nilai awal tersebut di atas adalah:

y = 2x+ x2 � x3: |

3.3.1 Latihan

I. Selidiki apakah fungsi-fungsi yang diberikan merupakan solusi dari masalahnilai awal berikut:

1. x2y00 � 3xy0 + 4y = 0; y(1) = 2; y0(1) = 5; x2; x2 lnx:

2. xy000 + 3y00 = 0; y(1) = 4; y0(1) = �8; y00(1) = 10; dan 1; x; x�1:

II. Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut ini:

3. xy00 + 4y0 = 0

4. x2y00 + 6; 2xy0 + 6; 76y = 0:

5. x3y000 + 2x2y00 � 4xy0 + 4y = 0:

6. x3y000 + 5x2y00 + 2xy0 � 2y = 0:

III. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:

7. 4x2y00 + 4xy0 � y = 0; y(4) = 2; y0(4) = �0; 25

8. x2y00 � xy0 + 2y = 0; y(1) = �1; y0(1) = �1

3.4 Persamaan Nonhomogen

Perhatikan persamaan linier nonhomogen orde ke-dua:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = r(x); (3.38)

dengan r(x) 6= 0: Persamaan linier homogennya dapat ditulis sebagai berikut:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0 (3.39)

3.4. PERSAMAAN NONHOMOGEN 55

De�nition 5 :

Solusi umum dari persamaan nonhomogen (3.38) pada interval terbuka I, adalahsolusi yang berbentuk:

y(x) = yh(x) + yk(x); (3.40)

dengan:yh(x) = c1y1(x)+ c2y2(x) adalah solusi umum persamaan homogen (3.39) padaI, danyk(x) adalah solusi khusus dari persamaan nonhomogen (3.38) yang tidak memuatkonstanta sebarang.Pada materi sebelumnya, sudah dijelaskan bagaimana mencari solusi umum yh:Selanjutnya akan dibahas bagaimana mencari solusi khusus yk: Secara umum,ada dua metoda yang dapat digunakan untuk mencari solusi khusus yk; yaitumetoda koe�sien taktentu dan metoda variasi parameter.

3.4.1 Metoda Koe�sien Taktentu Orde ke-dua

Pandang persamaan linier nonhomogen orde ke-dua dengan koe�sien konstanta:

y00 + ay0 + by = r(x) (3.41)

dan r(x); yang dapat berupa: fungsi eksponensial, fungsi polinomial, fungsi cos-inus, fungsi sinus, dsb. Dari fungsi-fungsi r(x) yang mungkin tersebut, dapatdiketahui bahwa r(x) mempunyai turunan yang mirip dengan dirinya sendiri.Hal ini memberikan suatu ide untuk memilih yk yang berbentuk mirip denganr(x) dan memuat suatu koe�sien yang tak diketahui, yang nantinya akan diten-tukan dengan jalan mensubstitusikan yk tersebut ke dalam persamaan (3.41).

Example 63 :

Tentukan solusi khusus yk dari persamaan diferensial berikut ini:y00 + 3y0 + 4y = 3x+ 2:

Jawab:

Diketahui r(x) = 3x+ 2; suatu fungsi polinomial berderajat satu.Pilih yk = Ax+B; maka y0k = A dan y00k = 0:Substitusi dari yk; y

0k dan y

00k ke dalam persamaan diferensial di atas, meng-

hasilkan:

(0) + 3(A) + 4(Ax+B) = 3x+ 2:

4Ax+ (3A+ 4B) = 3x+ 2

4A = 3) A = 3=4;

3A+ 4B = 2) B = �1=16:

Jadi solusi khusus yk untuk persamaan diferensial di atas adalah

yk(x) =3

4x� 1

16: |

Example 64 :

Tentukan solusi khusus dari y00 � 4y = 2e3x:

Jawab:


Turunan dari e3x adalah suatu konstanta kali e3x:

Pilihan yang masuk akal untuk solusi khususnya adalah yk = Ae3x:

Turunan pertama dan keduanya adalah

y0k = 3Ae3x dan y00k = 9Ae

3x:

9Ae3x � 4(Ae3x) = 2e3x ; sehingga 5A = 2; A = 25 :

Jadi solusi khususnya adalah yk(x) =25e3x: |

Example 65 :

Tentukan solusi khusus dari persamaan diferensial:

3y00 + y0 � 2y = 2 cos x:

Jawab:

Menurut perkiraan, solusi khususnya adalah A cos x:

Dengan adanya y0 yang memuat sin x; maka pilihan untuk solusi

khususnya adalah: yk = A cosx+B sinx:

Turunan-turunan dari yk tersebut adalah:

y0k = �A sinx+B cosx dan

y00k = �A cosx�B sinx:

Substitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas.

Hasilnya adalah: (�5A+B) cos x+ (�A� 5B) sinx = 2 cosx;

sehingga �5A+B = 2 dan �A� 5B = 0:

Dengan eliminasi diperoleh hasil: A = � 513 dan B = 1

13 :

Jadi solusi khususnya adalah:

yk(x) = �5

13cosx+

1

13sinx: |

Example 66 :

Tentukan solusi khusus dari y00 � 4y = 2e2x:


Jawab:

Jika dicoba memilih yk = Ae2x; maka akan diperoleh:

y00k � 4yk = 4Ae2x � 4Ae2x = 0 6= 2e2x; sehingga tidak memenuhi persamaannonhomogen di atas. Dalam hal ini ternyata pemilihan solusi khusus yk di atashanya sesuai untuk persamaan diferensial yang homogen. Oleh sebab itu dicobayk lain yang memuat e

2x dan suatu (fungsi) yang lain yang nantinya apabiladisubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas tidak sama dengan nol(dapat diselesaikan). Perkiraan yang masuk akal adalah yk = Axe2x; denganturunan-turunannya sebagai berikut:

y0k = Ae2x + 2Axe2x dan y00k = 4Ae2x + 4Axe2x:

Bila disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial di atas akan menghasilkan:

4Ae2x + 4Axe2x � 4(Axe2x) = 2e2x:

4Ae2x = 2e2x ) A =1

2:

Jadi solusi khususnya adalah yk(x) =12xe

2x: |Dari contoh-contoh tersebut di atas, dapat diketahui bahwa pemilihan ykyang mirip dengan r(x) tidak selalu dapat menyelesaikan masalah. Ada suatumetode umum (yang selama ini selalu berhasil) dan lebih sederhana, yang dina-makan�metode koe�sien taktentu�, yang dapat digunakan untuk mencari solusikhusus yk: Metoda ini mempunyai tiga aturan, yaitu aturan dasar, aturanmodi�kasi dan aturan penjumlahan.

A. Aturan Dasar

Jika r(x) dari persamaan (3.41) adalah salah satu fungsi di dalam kolom I padatabel 2.1, pilihlah fungsi yk di dalam kolom II dan tentukan koe�sien takten-tunya dengan jalan mensubstitusikan yk tersebut dan turunan-turunannya kedalam persamaan (3.41).

B. Aturan Modi�kasi

Jika yk yang dipilih ternyata merupakan solusi dari persamaan homogen yangberhubungan dengan persamaan (3.41), maka kalikan yk yang dipilih dengan x(atau x2, jika solusi ini berhubungan dengan akar dobel persamaan karakter-istik dari persamaan homogennya).

C. Aturan Penjumlahan

Jika r(x) adalah jumlah dari fungsi-fungsi yang terdaftar di dalam tabel 3.1.kolom I, maka pilihlah yk yang merupakan jumlah fungsi-fungsi yang bersesua-ian dari kolom ke dua.


Keterangan:

1. Aturan Dasar memberitahukan apa yang seharusnya dilakukan secaraumum.

2. Aturan Modi�kasi menangani masalah-masalah yang mungkin munculpada suatu kasus tertentu.

3. Aturan Penjumlahan digunakan jika jumlah dua solusi dari persamaan(3.41) dengan r = r1 dan r = r2 masing-masing adalah solusi dari (3.41)dengan r = r1 + r2:

Dalam menyelesaikan persamaan diferensial nonhomogen, langkah-langkah yangharus dilakukan adalah:

Tahap I: mencari solusi umum persamaan homogennya yh

Tahap II: mencari solusi persamaan khusus yk

Tahap III: mencari solusi umum persamaan nonhomogennya (beserta masalahnilai awalnya).

Tabel 3.1. Metode Koe�sien Taktentu

r(x) Pilihan untuk yk

ke x Ce x

kxn(n = 0; 1; 2; :::) Knxn +Kn�1xn�1 + :::+K1x+K0

k cos !x ek sin !x c K cos !x+M sin !xke�x cos !x eke�x sin !x c e�x(K cos !x+M sin !x)

Example 67 : Aplikasi Aturan Dasar (A)

Selesaikan persamaan nonhomogen: y00 + 4y = 8x2:

Jawab:

I. Mencari solusi umum persamaan homogennya: yh

Persamaan homogen: y00 + 4y = 0:

Persamaan karakteristik: �2 + 4 = 0.

Akar-akarnya adalah: �1 = 2 i dan �2 = �2 i:Solusi homogennya: yh = A cos 2x+B sin 2x:


II. Mencari solusi khusus: yk

Dari Tabel 3.1, pilihan untuk yk adalah: yk = K2x2 +K1x+K0:

Turunan-turunan dari yk adalah:

y0k = 2K2x+K1 dan y00k = 2K2:

Substitusikan yk; y0k dan y

00k ke dalam persamaan nonhomogen di atas.

Hasilnya adalah:

2K2 + 4(K2x2 +K1x+K0) = 8x

2 , 4K2x2 + 4K1x+ 2K2 + 4K0 = 8x

2:

Akibatnya:

4K2 = 8) K2 = 2; 4K1 = 0) K1 = 0; 2K2 + 4K0 = 0) K0 = �1:Solusi khususnya adalah yk = 2x

2 � 1:

III. Jadi solusi umum persamaan nonhomogen di atas adalah:

y(x) = yh + yk = A cos 2x+B sin 2x+ 2x2 � 1: |

Example 68 : Aturan Modi�kasi (B)

Selesaikan persamaan nonhomogen: y00 � 3y0 + 2y = ex:

Jawab:

I. Persamaan karakteristik: �2 � 3�+ 2 = 0:

Akar-akarnya adalah: �1 = 1 dan �2 = 2:

Solusi homogennya adalah: yh = c1ex + c2e

2x:

II. Misalkan kita pilih yk = Cex:

Karena solusi dari persamaan homogennya memuat ex, maka harus

dipilih yk yang lain.

Pilih yk = Cxex; dengan turunan-turunannya adalah:

y0k = Cex + Cxex = C(ex + xex) dan

y00k = C(ex + ex + xex) = C(2ex + xex):

Hasil substitusi dari yk; y0k dan y

00k tersebut ke dalam persamaan

nonhomogen di atas adalah:

(2Cex � 3Cex) + (Cxex � 3Cxex + 2Cxex) = ex; �Cex = ex ) C = �1:Solusi khususnya adalah: yk = �xex:

III. Jadi solusi umum untuk persamaan nonhomogen di atas adalah

y(x) = yh + yk = c1ex + c2e

2x � xex: |

Example 69 :

Selesaikan persamaan nonhomogen: y00 + 9y = 2 sin 3x:

Jawab:

I. Persamaan karakteristik: �2 + 9 = 0:

Akar-akarnya adalah: �1 = 3i dan �2 = �3i:Jadi solusi homogennya adalah: yh = A cos 3x+B sin 3x:


II. Misalkan kita pilih yk = K cos 3x+M sin 3x:

Karena solusi dari persamaan homogennya memuat sin 3x, maka harus dipilihyk yang lain.

Pilih yk = Kx cos 3x+Mx sin 3x; dengan turunan-turunannya adalah:

y0k = K cos 3x� 3Kx sin 3x+M sin 3x+ 3Mx cos 3x

= (K + 3Mx) cos 3x+ (M � 3Kx) sin 3x

dan

y00k = 3M cos 3x� 3 (K + 3Mx) sin 3x� 3K sin 3x+ 3(M � 3Kx) cos 3x= 6M cos 3x� 6K sin 3x� 9Mx sin 3x� 9Kx cos 3x= (6M � 9Kx) cos 3x� (6K + 9Mx) sin 3x:

Hasil substitusi dari yk; y0k dan y

00k tersebut ke dalam persamaan nonhomogen

di atas adalah:

(6M � 9Kx) cos 3x� (6K + 9Mx) sin 3x+ 9 (Kx cos 3x+Mx sin 3x) = 2 sin 3x

6M cos 3x� 6K sin 3x = 2 sin 3x

Dari substitusi tersebut diperoleh

6M cos 3x = 0 dan � 6K sin 3x = 2 sin 3x; sehingga

M = 0 dan � 6K = 2 =) K = �13:

Jadi solusi khususnya adalah: yk = � 13x cos 3x

III. Jadi solusi umum untuk persamaan nonhomogen di atas adalah

y(x) = yh + yk = A cos 3x+B sin 3x� 13x cos 3x: |

Example 70 :

Aturan Modi�kasi B (akar dobel) dan Aturan Penjumlahan (C).

Selesaikan masalah nilai awal berikut: y00 � 2y0 + y = ex + x; y(0) = 1;y0(0) = 0:


Jawab:

I. Persamaan karakteristik: �2 � 2�+ 1 = 0:

Akar-akarnya merupakan akar dobel, yaitu � = 1:

Jadi solusi homogennya adalah yh = (c1 + c2x)ex:

II. Karena r(x) merupakan jumlah dari dua fungsi, maka

r(x) = r1 + r2 = ex + x; dengan r1 = ex dan r2 = x:

Untuk r1 = ex, maka yk1 = Cx2ex (karena akar dobel).

Dan untuk r2 = x; maka yk2 = K1x+K0:

Jadi pilihan untuk solusi khususnya adalah: yk = yk1+yk2 = Cx2ex+K1x+K0;

dengan turunan-turunannya adalah

y0k = 2Cxex + Cx2ex +K1; dan y00k = 2Ce

x + 4Cxex + Cx2ex:

Substitusikan yk; y0k dan y

00k tersebut ke dalam persamaan nonhomogen

di atas, sehingga diperoleh hasil:

2Cex +K1x� 2K1 +K0 = ex + x:

Dengan membandingkan kedua sisi dalam persamaan tersebut diperoleh:

2Cex = ex ) C = 12 ; K1x = x) K1 = 1 ; dan �2K1 +K0 = 0) K0 = 2:

Jadi solusi khusus untuk persamaan nonhomogen tersebut di atas adalah: yk =12x

2ex + x+ 2:

III. Solusi umumnya adalah: y(x) = yh + yk = (c1 + c2x)ex + 1

2x2ex + x+ 2:

Turunan pertamanya adalah:

y0(x) = (c1 + c2 + c2x)ex + (x+12x

2)ex + 1:

Dari syarat awal yang diberikan:

y(0) = 1) c1 + 2 = 1) c1 = �1;dan y0(0) = 0) c1 + c2 + 1 = 0) c2 = 0:

Jadi solusi untuk masalah nilai awal di atas adalah:

y(x) = �ex + 12x2ex + x+ 2: |

3.4.2 Metoda Koe�sien Taktentu orde ke-n

Secara umum, persamaan diferensial linier nonhomogen orde ke-n dapat dit-uliskan sebagai berikut:

y(n) + pn�1(x)y(n�1) + :::+ p1(x)y

0 + p0(x)y = r(x); (3.42)

dengan y(n) = dny=dxn dan r(x) 6= 0: Jika r(x) = 0; maka

y(n) + pn�1(x)y(n�1) + :::+ p1(x)y

0 + p0(x)y = 0; (3.43)

disebut homogen.


De�nition 6 :

Seperti pada persamaan nonhomogen orde ke-dua, solusi umum dari persamaannonhomogen (3.42) pada beberapa interval terbuka pada I adalah solusi yangberbentuk:

y(x) = yh(x) + yk(x); (3.44)

dengan yh(x) = c1y1(x) + ::: + cnyn(x) adalah solusi umum dari persamaanhomogen (3.43) pada I; dan yk(x) adalah solusi khusus dari (3.42) pada I;yang tidak memuat konstanta sebarang. Sedangkan solusi khusus dari (3.42)pada I adalah solusi yang diperoleh dari (3.44) dengan memasukkan nilai-nilaitertentu pada konstanta sebarang c1; ..., cn di yh(x):Metode koe�sien taktentu memberikan solusi khusus yk dari persamaan dengankoe�sien konstanta

y(n) + an�1y(n�1) + :::+ a1y

0 + a0y = r(x): (3.45)

Penyelesaian persamaan (3.45) tersebut sama seperti untuk n = 2: Perbedaan-nya hanya pada Aturan Modi�kasi. Bila pada n = 2 persamaan karakteristikdari persamaan homogennya hanya mempunyai akar sederhana atau akar dobel,sedangkan persamaan karakteristik dari persamaan homogen:

y(n) + an�1y(n�1) + :::+ a1y

0 + a0y = 0; (3.46)

mempunyai akar berlipat ganda dari orde yang lebih besar, yaitu m (� n):Metode Koe�sien Taktentu

A. Aturan Dasar (sama dengan aturan untuk n = 2 pada sub bab sebelum-nya).

B. Aturan Modi�kasi.

Jika pilihan untuk yk adalah solusi dari persamaan homogen (3.46), maka ka-likan yk(x) dengan x

k; dengan k adalah bilangan bulat positif terkecil, sehinggatak ada lagi xkyk(x) yang merupakan solusi dari (3.46).

C. Aturan Penjumlahan (sama seperti pada sub bab sebelumnya).

Jadi untuk masalah nilai awal, ada tiga tahap yang harus dikerjakan:

1. Tahap I: menentukan solusi umum dari persamaan homogen (3.46).

2. Tahap II: memeriksa apakah aturan Modi�kasi perlu diterapkan, dan ke-mudian menentukan solusi khusus yk(x) dari (3.45).

3. Tahap III: menentukan solusi khusus dari (3.46) yang memenuhi syaratawal yang diberikan.

Tabel 3.2 : Metode Koe�sien Taktentu

r(x) Pilihan untuk yk

ke x Ce x

kxn(n = 0; 1; :::) Cnxn + Cn�1xn�1 + :::+ C1x+ C0

k cos!x K cos!x+M sin!xk sin!xke�x cos!x e�x(K cos!x+M sin!x)ke�x sin!x


Example 71 :

Selesaikan yiv � y = 30e�2x:

Jawab:

Tahap I:Persamaan karakteristiknya: �4 � 1 = 0:Apabila diuraikan, menjadi (�2 � 1)(�2 + 1) = 0; sehingga akar-akarnya adalah: �1 = �1; �2 = 1; �3 = �i dan �4 = i:Jadi solusi homogennya adalah:yh = c1e

�x+ c2ex+ c3e�ix+ c4eix atau yh = c1e�x+ c2ex+A cosx+B sinx:

Tahap II:Karena semua akar berbeda (tidak ada akar dobel) dan pilihan untuk yk bukansolusi dari persamaan homogennya, maka tidak perlu aturan Modi�kasi.Pilih yk = Ce�2x dan turunan-turunannya adalah y0k = �2Ce�2x; yivp =16Ce�2x:Substitusikan yk dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial yangada, sehingga diperoleh:16Ce�2x � Ce�2x = 30e�2x:Bila diuraikan akan menghasilkan: C = 2; sehingga solusi khususnya adalahyk = 2e

�2x:Jadi solusi umumnya adalah

y(x) = yh + yk = c1e�x + c2e

x +A cosx+B sinx+ 2e�2x: |

Example 72 : Aturan Modi�kasi

Tentukan solusi umum dari : y000 � 3y00 + 3y0 � y = 6ex:

Jawab:

Tahap I: mencari solusi umum persamaan homogennya: yh

Persamaan karakteristiknya adalah: �3 � 2�2 + 3� � 1 = 0; yang mempunyaiakar tripel yang sama, yaitu � = 1: Oleh sebab itu solusi homogennya adalah:yh = c1e

x + c2xex + c3x

2ex:

Tahap II: mencari solusi khusus persamaan nonhomogennya: yk:

Kita coba memilih yk = Cex; maka apabila disubstitusikan ke dalam persamaandiferensial di atas akan menghasilkan : C � 3C + 3C � C = 0 6= 6; sehinggatidak ada solusi. Coba lagi untuk Cxex dan Cx2ex: Karena Cex; Cxex danCx2ex solusi homogen dari persamaan diferensial di atas, maka pilih yk sebagaiberikut: yk = Cx3ex: Turunan-turunan dari yk tersebut adalah:y0k = C(x3 + 3x2)ex; y00k = C(x3 + 6x2 + 6x)ex; dany000k = C(x3 + 9x2 + 18x+ 6)ex:Kemudian substitusikan yk dan turunan-turunannya tersebut ke dalam per-samaan diferensial di atas, sehingga menghasilkan :C(x3 + 9x2 + 18x+ 6)� 3C(x3 + 6x2 + 6x) + 3C(x3 + 3x2)� Cx3 = 6:Bila diuraikan akan menghasilkan: 6C = 6) C = 1:

Tahap III: Jadi solusi umumnya adalah: y(x) = yh+yk = (c1+c2x+c3x2) ex+

x3ex: |

Example 73 : Masalah nilai awal


Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:y000 � 4y00 + 4y0 = 2x2 � 6x+ 4; y(0) = 0; y0(0) = �5; y00(0) = 0:

Jawab:

I. mencari solusi umum persamaan homogennya: yh

Persamaan karakteristiknya adalah: �3�4�2+4� = ��2 � 4�+ 4

�= � (�� 2)2 =

0; yang mempunyai tiga akar, yaitu �1 = 0; dan �2 = �3 = 2 (kembar). Olehsebab itu solusi homogennya adalah: yh = c1 + c2e

2x + c3xe2x:

II. mencari solusi khusus persamaan nonhomogen: yk

Pilihan untuk yk adalah yk = Kx2 +Mx + N; sehingga turunan-turunannyaadalah:y0k = 2Kx +M ; y00k = 2K; y000k = 0: Dengan mensubstitusikan ke dalam per-samaan diferensial di atas, diperoleh hasil: 0� 2(2K)� (2Kx+M) + 2(Kx2 +Mx + N) = 2x2 � 6x + 4:Dengan menguraikan diperoleh hasil: K = 1; M = �2 dan N = 3:Jadi solusi khususnya: yk = x2 � 2x+ 3:

III. Dari tahap I dan II, diperoleh solusi umum persamaan nonhomogen:

y(x) = yh + yk = c1 + c2e2x + c3xe

2x + x2 � 2x+ 3:Turunan dari solusi tersebut di atas adalah:y0 = 2c2e2x + c3e2x + 2c3xe2x + 2x� 2 dany00 = 4c2e2x + 2c3e2x + 2c3e2x + 4c3xe2x + 2 = 4c2e2x + 4c3e2x + 4c3xe2x + 2:Dengan memasukkan syarat awalnya, akan diperoleh:y(0) = c1+c2+3 = 0; y0(0) = 2c2+c3�2 = �5; dan y00(0) = 4c2+4c3+2 = 0:Dengan menggunakan eliminasi, diperoleh hasil:c1 = � 1

2 ; c2 = � 52 ; dan c3 = 2:

Jadi solusi masalah nilai awal di atas adalah:

y(x) = �12� 52e2x + 2xe2x + x2 � 2x+ 3: |

3.4.3 Latihan

I. Carilah solusi khusus yk dari persamaan nonhomogen berikut ini:

1. y00 + 16y = e3x

2. y00 � y0 � 6y = 5 sin 2x

3. y00 � y0 � 2y = 3x+ 4

4. y00 + 2y0 � 3y = 1 + xex

II. Tentukan solusi umumnya:

5. y000 + 2y00 � y0 � 2y = 12e2x

6. y000 � y0 = 10 cos 2x

7. y000 + 3y00 + 3y0 + y = 16ex + x+ 3:

III. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:

8. y00 + 4y = 2x ; y(0) = 1; y0(0) = 2:


9. y00 + 3y0 + 2y = ex; y(0) = 0; y0(0) = 3:

10. y00 + 2y0 + 2y = sin 3x ; y(0) = 2; y0(0) = 0:

11. yiv � 5y00 + 4y = 10 cosx; y(0) = 2; y0(0) = 0; y00(0) = 0; y000(0) = 0:

12. y000 + y00 � 2y = 2x2 + 2x; y(0) = �1; y0(0) = 0; y00(0) = �4:

3.4.4 Metode Variasi Parameter

Metoda koe�sien taktentu hanya dapat menyelesaikan beberapa masalah per-samaan linier nonhomogen dengan koe�sien konstanta saja, yang r(x) nya berupafungsi eksponensial, polinomial, sinus-cosinus, maupun jumlah atau perkalianfungsi-fungsi tersebut. Bagaimana bila persamaan linier nonhomogennya berupapersamaan Euler-Cauchy, yang merupakan persamaan dengan koe�sien peubah? Bagaimana bila r(x) nya berupa fungsi tangen/cotangen, secan/cosecan, log-aritma natural dan yang lainnya? Untuk dapat menyelesaikan persamaan liniernonhomogen dengan r(x) yang beragam seperti itu diperlukan suatu metodayang tepat. Metoda ini dikenal sebagai metoda variasi parameter, yang pertamakali diperkenalkan oleh Joseph Louis Lagrange (1736-1813). Metoda ini dapatdigunakan untuk menyelesaikan persamaan linier nonhomogen dengan koe�sienkonstanta maupun koe�sien peubah, jadi sifatnya lebih umum dan kompleks.Perhatikan persamaan (3.42) dan (3.43). Solusi khusus yk untuk persamaan(3.42) pada selang I; dengan koe�sien pada persamaan (3.42) dan r(x)�nyakontinu, dirumuskan sebagai berikut:

yk(x) = y1(x)

ZW1(x)

W (x)r(x)dx+ y2(x)

ZW2(x)

W (x)r(x)dx+ :::+

+yn(x)

ZWn(x)

W (x)r(x)dx: (3.47)

Fungsi y1; y2; :::; yn membentuk basis solusi persamaan (3.43). W adalahdeterminan Wronski atau Wronskian saja; dengan

W (y1; y2; :::; yn) =

��

y1 y2 ::: yny01 y02 ::: y0n::: ::: ::: :::

y(n�1)1 y

(n�1)2 ::: y

(n�1)n

��

dan Wj (j = 1; 2; :::; n) diperoleh dari W dengan mengganti kolom ke j dari Wdengan kolom [000::::1]T :Perhatikan persamaan linier nonhomogen orde ke-dua:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = r(x);

dengan p; q dan r kontinu pada selang I: Misalkan y1 dan y2 membentuk basissolusi dari persamaan homogen:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0:

Determinan Wronskinya adalah

W (y1; y2) =

��y1 y2y01 y02

�� = y1y02 � y2y01;

sedangkan W1 =

��0 y21 y02

�� = �y2 dan W2 =

��y1 0y01 1

�� = y1:


Berdasarkan rumus pada persamaan (3.47), solusi khusus yk untuk persamaanlinier nonhomogen orde ke-dua dapat dirumuskan sebagai berikut:

yk(x) = �y1Zy2:r

Wdx+ y2

Zy1:r

Wdx: (3.48)

Metoda variasi parameter ini lebih kompleks dalam pengerjaannya, diband-ingkan dengan metoda koe�sien taktentu. Dalam metoda koe�sien taktentu,penyelesaiannya lebih sederhana dan mudah, karena hanya menggunakan teknikaljabar dan turunan biasa. Sedangkan dalam metoda variasi parameter, penye-lesaiannya menggunakan teknik pengintegralan dan selalu menyertakan basissolusi homogennya dalam menentukan solusi yk� nya.

Example 74 :

Selesaikan persamaan diferensial berikut ini: y00 + y = secx:

Jawab:

Persamaan homogen dari persamaan di atas adalah: y00 + y = 0:Persamaan karakteristiknya: �2 + 1 = 0:Akar-akar persamaan karakteristiknya: �1 = i; dan �2 = �i:Basis solusi persamaan homogennya: y1 = cosx; dan y2 = sinx:Solusi homogennya: yh(x) = c1 cosx+ c2 sinx:Determinan Wronskinya adalah:

W (y1; y2) =

��cosx sinx� sinx cosx

�� = cos2 x� (� sin2 x) = 1:

Solusi khususnya diperoleh dari

yk(x) = � cosxZsinx: secxdx+ sinx

Zcosx: secxdx

= cosx ln jcosxj+ x sinx:

Jadi solusi umumnya adalah:

y(x) = yh(x) + yk(x)

= (c1 + ln jcosxj) cosx+ (c2 + x) sinx: |

Example 75 :

Tentukan solusi umum persamaan Euler-Cauchy berikut:x3y000 � 3x2y00 + 6xy0 � 6y = x4 lnx:

Jawab:

Persamaan homogen untuk persamaan Euler-Cauchy di atas adalah:x3y000 � 3x2y00 + 6xy0 � 6y = 0:Persamaan tambahannya (auxiliary equation) adalahm3 � 6m2 + 11m� 6 = 0:Akar-akar persamaan tambahannya adalah m1 = 1; m2 = 2; m3 = 3:Basis solusi homogennya adalah y1 = x; y2 = x2; y3 = x3:Solusi umum persamaan homogennya adalah:

yh(x) = c1x+ c2x2 + c3x

3:

Karena rumus penentuan yk berlaku untuk bentuk standar persamaan liniernonhomogen, maka sebelum dapat diterapkan ke dalam rumus yk di atas, per-samaan Euler-Cauchy tersebut harus diubah dulu ke dalam bentuk standarnya,yaitu:

y000 � 3

xy00 +

6

x2y0 � 6

x3y = x lnx:


W (y1; y2; y3) =

��

x x2 x3

1 2x 3x2

0 2 6x

��= 2x3; W1 =

��

0 x2 x3

0 2x 3x2

1 2 6x

��= x4

W2 =

��

x 0 x3

1 0 3x2

0 1 6x

��= �2x3; W3 =

��

x x2 01 2x 00 2 1

��= x2:

Solusi khususnya adalah

yk(x) = y1

ZW1

W:rdx+ y2

ZW2

W:rdx+ y3

ZW3

W:rdx

= x

Zx4

2x3:x lnxdx+ x2

Z �2x32x3

x lnxdx+ x3Z

x2

2x3x lnxdx

= x

Zx

2:x lnxdx� x2

Zx lnxdx+ x3

Z1

2xx lnxdx

=x

2

�x3

3lnx� x3

9

�� x2

�x2

2lnx� x2

4

�+x3

2(x lnx� x)

=x4

6

�lnx� 11

6

�:


y(x) = yh(x) + yk(x) = c1x+ c2x2 + c3x

3 +x4

6

�lnx� 11

6

�: |

3.4.5 Latihan

Selesaikan persamaan linier nonhomogen berikut ini:

1. y00 + 9y = sec 3x

2. y00 + 4y = tan 2x

3. x3y000 + x2y00 � 2xy0 + 2y = x3 lnx:


3.5 Aplikasi Persamaan Diferensial Linier Orde

Dua

Example 76 : Sirkuit RLC

Tentukan persamaan arus I sebagai fungsi dari t setelah saklar (switch) pada su-atu sirkuit RCL ditutup. Sirkuit RLC terdiri dari resistor, induktor, kondensor(kapasitor), baterai 12 volt, dan saklar yang semuanya tersusun seri. Diketahuiresistor R = 16 ohm, induktor L = 0; 02 henry, dan kondensor C = 2 � 10�4farad. Asumsikan bahwa tidak ada muatan di kondensor sebelum saklarnyaditutup, sehingga Q = 0; jika t = 0; juga I = 0 jika t = 0:

Jawab:

Diketahui R = 16 ohm, L = 0; 02 henry, C = 2�10�4 farad dan E(t) = 12 volt,dan syarat awal Q (0) = 0 dan I(0) = dQ

dt (0) = Q0(0) = 0: Berdasarkan hukumvoltase Kircho¤:

d2Q

dt2+R

L

dQ

dt+

1

LCQ =

1

LE (t) : (3.49)

Dengan memasukkan nilai-nilai R; L; C dan E(t); diperoleh persamaan non-homogen sebagai berikut:

d2Q

dt2+

16

0; 02

dQ

dt+

1

(0; 02) (2� 10�4)Q =1

0; 02(12)

Q00 + 800Q0 + 250:000Q = 600:

Persamaan homogennya adalah

Q00 + 800Q0 + 250:000Q = 0:

Persamaan karakteristiknya adalah

�2 + 800�+ 250:000 = 0

�1;2 = �400� 300i

Jadi solusi persamaan homogennya adalah

Qh(t) = e�400t (A cos 300t+B sin 300t) :

Pilih solusi khususnyaQk = K1

sehingga diperoleh turunan-turunannya sebagai berikut: Q0k = 0; Q00k = 0:Substitusikan Qk dan turunan-turunannya ke dalam persamaan nonhomogen-nya, sehingga diperoleh

0 + 0 + 250:000K1 = 600

250:000K1 = 600 =) K1 = 2; 4� 10�3:

Jadi solusi khususnya adalah

Qk(t) = 2; 4� 10�3:

Solusi umum persamaan nonhomogennya adalah

Q(t) = Qh(t) +Qk(t)

= e�400t (A cos 300t+B sin 300t) + 2; 4� 10�3:

3.5. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE DUA 69

Dengan memasukkan syarat awal Q(0) = 0; diperoleh

A = �2; 4� 10�3:

Untuk mencari B; turunkan Q(t) sehingga diperoleh

Q0(t) = �400e�400t (A cos 300t+B sin 300t) +e�400t (�300A sin 300t+ 300B cos 300t)

= e�400t [(�400A+ 300B) cos 300t+ (�400B � 300A) sin 300t] :

Karena Q0(0) = 0 dan A = �2; 4� 10�3; maka

�400A+ 300B = 0 =) B = �3; 2� 10�3:

Solusi masalah nilai awalnya adalah

Q(t) = e�400t��2; 4� 10�3

�cos 300t+

��3; 2� 10�3

�sin 300t

�+ 2; 4� 10�3:

Jadi persamaan yang diharapkan untuk arus I sebagai fungsi dari t adalah

I(t) = Q0(t) = 2e�400t sin 300t: |

Example 77 : Sirkuit RLC

Tentukan kuat arus I(t) dalam sirkuit RLC dengan R = 100 ohm, L = 0; 1henry, dan C = 10�3 farad, yang terhubung dengan sumber voltase E(t) = 155sin 377t (catatan: 60 Hz = 60 siklus/detik). Asumsikan tegangan Q dan kuatarus I adalah nol jika t = 0:

Jawab:

Berdasarkan hukum voltase Kircho¤, model untuk sirkuit listrik RLC tersebutadalah

EL + ER + EC = E(t): (3.50)

Dengan EL = LI 0; ER = RI, Ec =1c

RI(t)dt; dan E(t) = E0 sin!t; maka

hukum voltase Kircho¤ dapat dituliskan kembali sebagai

LI 0 +RI +1

C

ZI(t)dt = E(t) = E0 sin!t: (3.51)

Untuk menghilangkan integral dalam persamaan di atas, maka persamaan terse-but diturunkan sehingga diperoleh persamaan

LI 00 +RI 0 +1

CI = E0! cos!t: (3.52)

Berdasarkan informasi pada soal, maka persamaan di atas menjadi persamaannonhomogen

0; 1I 00 + 100I 0 + 1000I = 155: (377) cos 377t:


0; 1I 00 + 100I 0 + 1000I = 0 () I 00 + 1000I 0 + 10:000I = 0:

Persamaan karakteristiknya adalah

�2 + 1000�+ 10:000 = 0;


yang menghasilkan akar-akar

�1 � �990 dan �2 � �10;

sehingga solusi umumnya adalah

I(t) = c1e�990t + c2e

�10t:

Untuk mencari solusi persamaan nonhomogennya, pilih solusi khusus (steady-state current):

Ik(t) = A cos 377t+B sin 377t:

Dengan menurunkan rumus dasar

Ik(t) = A cos!t+B sin!t

sampai turunan pertama dan ke-dua, diperoleh rumus reaktansi S, nilai A danB sebagai berikut:

reaktansi S = !L� 1

!C= (377) (0; 1)� 1

(377) (10�3)= 35,

sehingga diperoleh

A =�E0SR2 + S2

=� (155) : (35)1002 + 352

= �0484 dan B =E0R

R2 + S2=(155) : (100)

1002 + 352= 1; 38:

Jadi solusi khususnya adalah

Ik(t) = �0; 484 cos 377t+ 1; 38 sin 377t;

sehingga solusi umum (transient current) persamaan nonhomogennya adalah

I(t) = c1e�990t + c2e

�10t � 0; 484 cos 377t+ 1; 38 sin 377t:

Dari syarat awal I(0) = 0; diperoleh persamaan

I(0) = c1 + c2 � 0; 484 = 0:

Untuk memasukkan syarat awal Q(0) = 0, digunakan persamaan LI 0 + RI +1C

RI(t)dt = E(t) dan

RI(t)dt = Q(t); sehingga diperoleh persamaan

I 0(t) =1

L

�E(t)�RI(t)� 1

CQ(t)

�:

Untuk t = 0; diperoleh E(0) = 0; I(0) = 0 dan Q(0) = 0, sehingga I 0(0) = 0:Dari rumus I(t) yang ada, diperoleh turunan pertamanya, yaitu

I 0(t) = �990c1e�990t � 10c2e�10t + (0; 484)(377) sin 377t+ (1; 38)(377) cos 377t;

sehinggaI 0(0) = �990c1 � 10c2 + (1; 38)(377) = 0:

Dari persamaan I(0) = 0 dan I 0(0) = 0; diperoleh c1 = 0; 526 dan c2 = �0; 042:Jadi solusi masalah nilai awal (kuat arus dari masalah sirkuit RLC) adalah

I(t) = 0; 526e�990t � 0; 042e�10t � 0; 484 cos 377t+ 1; 38 sin 377t: |

Example 78 : Masalah Nilai Batas. Medan potensial elektrik di antara duabola konsentrik (mempunyai pusat yang sama)

3.5. APLIKASI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE DUA 71

Tentukan potensial elektrostatik v = v(r) di antara dua bola konsentrik yangberjari-jari r1 = 4 cm dan r2 = 8 cm yang masing-masing terjaga pada potensialv1 = 110 volt dan v2 = 0:(Catatan: v(r) adalah solusi dari rv00 + 2v0 = 0; dengan v0 = dv=dr:)

Jawab:

Persamaan rv00+2v0 = 0 dapat diubah menjadi persamaan Euler-Cauchy seba-gai berikut:

r2v00 + 2rv0 = 0

Persamaan tambahannya adalah

m2 +m = 0;

yang menghasilkan akar-akar m1 = 0 dan m2 = �1; sehingga solusi umumnyaadalah

v(r) = c1r0 + c2r

�1 = c1 + c2=r:

Dari syarat batas v(r1) = v(4) = 110 dan v(r2) = v(8) = 0; diperoleh hasil

v(4) = c1 + c2=4 = 110 () 4c1 + c2 = 440

v(8) = c1 + c2=8 = 0 () 8c1 + c2 = 0:

Dengan eliminasi, diperoleh nilai c1 = �110 dan c2 = 880:Jadi solusi masalah nilai batasnya yang merupakan potensial elektrostatik diantara dua bola konsentrik adalah

v(r) = �110 + 880=r volt. |

3.5.1 Latihan

I. Tentukan arus steady-state ( solusi khusus Ik(t)) dari sirkuit RLC untuk databerikut ini:

1. R = 2 ohm, L = 1 henry, C = 0:5 farad, E = 50 sin t volts.

2. R = 8 ohm, L = 2 henry, C = 0:1 farad, E = 160 cos 5t volts.

3. R = 4 ohm, L = 1 henry, C = 2:10�4 farad, E = 220 volts.

II. Tentukan arus dalam sirkuit RLC untuk data berikut ini:

4. R = 40 ohm, L = 0:5 henry, C = 1=750 farad, E = 25 cos 100t volts.

5. R = 20 ohm, L = 5 henry, C = 10�2 farad, E = 425 sin 4t volts.

6. R = 10 ohm, L = 0:1 henry, C = 1=340 farad, E = e�t(169:9 sin t�160.1t)

III. Selesaikan masalah nilai awal berikut. Asumsikan I dan Q adalah nol jikat = 0:

7. R = 80 ohms, L = 10 henry, C = 0:004 farad, E = 240:5 sin 10t volts.

8. R = 3 ohms, L = 0:5 henry, C = 0:08 farad, E = 12 cos 5t volts.

9. R = 8 ohms, L = 2 henry, C = 0:1 farad, E = 10 volts.

(a)


Chapter 4

Sistem PersamaanDiferensial

Pada bab-bab terdahulu, telah dibahas metode-metode penyelesaian persamaandiferensial yang meliputi hanya satu peubah (variabel) saja. Banyak aplikasidalam kehidupan sehari-hari yang memerlukan kegunaan dari dua atau lebihpeubah tak bebas, yang masing-masing merupakan fungsi dari peubah bebasyang tunggal. Hal-hal tersebut di atas, secara alamiah menunjuk kepada suatusistem persamaan diferensial biasa secara keseluruhan. Umumnya, peubah be-bas tersebut dinyatakan dengan t dan peubah tak bebasnya (yang merupakanfungsi dari t yang tak diketahui) dengan y1; y2; :::; yn atau x; y; z; :::

Pembahasan ini akan dibatasi hanya pada suatu sistem dengan banyaknya per-samaan adalah sama dengan banyaknya peubah tak bebas (dari fungsi yang takdiketahui). Sebagai contoh, sistem dari dua persamaan diferensial orde pertamapada peubah tak bebas y1 dan y2; mempunyai bentuk umum:

f1(t; y1; y2; y01; y

02) = 0;

f2(t; y1; y2; y01; y

02) = 0;

dengan fungsi y1 dan y2 diketahui. Solusi dari sistem ini adalah pasangany1(t); y2(t) dari fungsi t yang memenuhi kedua persamaan tersebut pada suatuselang dari t:

4.0.2 Vektor, Matriks

Untuk menyederhanakan formula dan menjelaskan ide-ide pembahasan men-genai sistem linier dari persamaan diferensial, digunakan matriks dan vektor.Banyak dari sistem linier ini yang terdiri dari dua persamaan di dalam duafungsi tak diketahui y1(t); y2(t) berbentuk:

y01 = a11y1 + a12y2; (4.1)

y02 = a21y1 + a22y2:

Sebagai contoh:

y01 = �5y1 + 2y2;

y02 = 13y1 +1

2y2:

73

74 CHAPTER 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

Pada pembahasan selanjutnya nanti, akan dibahas sistem dari n persamaandengan n fungsi tak diketahui y1(t); :::; yn(t) yang berbentuk:

y01 = a11y1 + a12y2 + :::+ a1nyn (4.2)

y02 = a21y1 + a22y2 + :::+ a2nyn

:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

y0n = an1y1 + an2y2 + :::+ annyn:

4.0.3 Nilai Eigen, vektor Eigen

Misalkan A = [ajk] adalah matriks. Perhatikan persamaan

A�!x=��!x (4.3)

dengan � adalah skalar (bilangan real atau kompleks) dan �!x adalah vektor

yang masing-masing akan ditentukan. Untuk setiap �; solusinya adalah �!x = �!0 :Skalar � seperti pada persamaan (4.3) yang membuat vektor �!x 6= �!

0 disebutnilai eigen dari A dan vektornya disebut vektor eigen dari A yang berhubun-gan dengan nilai eigen � ini. Salah satu arti dari kata �eigen� dalam bahasaJerman, adalah proper . Nilai eigen juga disebut sebagai proper values, nilaikarakteristik atau latent roots (akar laten) oleh beberapa pengarang.

Persamaan (4.3) dapat ditulis sebagai A�!x � ��!x = �!0 atau

(A� �I)�!x = 0: (4.4)

Ini adalah n fungsi aljabar linier dengan x1; x2; :::; xn( komponen dari x) yang

tak diketahui. Untuk mendapatkan solusi �!x 6= �!0 ; koe�sien matriks A � �I

harus singular. Dalam bab ini, hanya akan dibahas untuk n = 2; sehingga biladinyatakan dalam bentuk matriks, persamaan (4.4) menjadi

�a11 � � a12a21 a22 � �

��x1x2

�=

�00

�; (4.5)

dengan komponen-komponennya:

(a11 � �)x1 + a12x2 = 0 (4.6)

a21x1 + (a22 � �)x2 = 0:

A� �I singular jika dan hanya jika determinannya sama dengan nol (det (A��I) = 0). Determinan ini, yaitu det (A � �I); disebut sebagai determinankarakteristik dari A (juga untuk n umumnya).

det (A� �I) =

��a11 � � a12a21 a22 � �

��= (a11 � �)(a22 � �)� a12a21= �2 � (a11 + a22)�+ a11a22 � a12a21 = 0:

Persamaan kuadrat di atas disebut sebagai persamaan karakteristik dari A:Solusinya adalah nilai eigen �1 dan �2 dari A: Jika

�!x vektor eigen dari A;demikian juga k�!x untuk suatu k 6= 0:

Example 79 : Masalah nilai eigen

Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari matriks A =

��5 22 �2

�:

4.1. KONSEP DASAR DAN TEORI 75

Jawab:

Persamaan karakteristiknya diperoleh dari :

det (A� �I) =

��5� � 22 �2� �

��

= �2 + 7�+ 6 = 0;

sehingga menghasilkan nilai eigen �1 = �1 dan �2 = �6: Sedangkan vektoreigennya diperoleh dari persamaan:

(�5� �)x1 + 2x2 = 0 atau 2x1 + (�2� �)x2 = 0:

Untuk � = �1 = �1; substitusikan ke dalam persamaan di atas sehingga meng-hasilkan:

�4x1 + 2x2 = 0

2x1 � x2 = 0:

Karena kedua persamaan tersebut pada dasarnya sama, maka untuk menen-tukan nilai x1 dan x2; dapat diambil sebarang bilangan. Dengan mengambilx1 = 1 dan x2 = 2 , diperoleh vektor eigen yang pertama, yaitu

�!x (1) =�12

�:

Untuk � = �2 = �6; diperoleh persamaan

x1 + 2x2 = 0

2x1 + 4x2 = 0:

Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat diambil sebarang bilangan untukx1 dan x2 nya. Ambil x1 = 2 dan x2 = �1; sehingga diperoleh vektor eigenyang ke dua, yaitu �!x (2) =

�2�1

�: |

4.1 Konsep Dasar dan Teori

Sistem orde I, secara umum dinyatakan dalam bentuk:

y01 = f1(t; y1; :::; yn); (4.7)

y02 = f2(t; y1; :::; yn);

:::::::::::::::

y0n = fn(t; y1; :::; yn):

Solusi dari (4.7) pada suatu selang a < t < b adalah himpunan n fungsi yangdiferensiabel (dapat diturunkan) y1 = �1(t); :::; yn = �n(t); pada selang a < t <b yang memenuhi (4.7). Masalah nilai awal untuk (4.7) terdiri dari (4.7) dann kondisi awal yang diberikan:

y1(t0) = K1; y2(t0) = K2; :::; yn(t0) = Kn; (4.8)

dengan t0 adalah nilai khusus dari t pada suatu selang dan K1; ..., Kn adalahbilangan yang diketahui.

Theorem 9 : Teorema Keujudan dan Ketunggalan


Perhatikan persamaan (4.7). Misalkan f1; :::; fn adalah fungsi kontinu, yangmempunyai turunan parsial kontinu pada domain R; dari ruang ty1y2:::yn yangmemuat titik ( t0; K1; :::; Kn): Maka (4.7) mempunyai solusi pada selang t0 �� < t < t0 + � yang memenuhi (4.8), dan solusi ini tunggal.Persamaan (4.7) disebut sistem linier jika linier di y1; :::; yn; yaitu jika per-samaan itu dapat dituliskan dalam bentuk

y01 = a11(t)y1 + :::+ a1n(t)yn + g1(t); (4.9)

:::::::::::::::::::::::::::

y0n = an1(t)y1 + :::+ ann(t)yn + gn(t):

Dalam bentuk vektor, persamaan (4.9) menjadi

�!y 0 = A�!y +�!g (4.10)

dengan

�!y 0 =

0@

y01:::y0n

1A ; A =

0@

a11 ::: a1n::: ::: :::an1 ::: ann

1A ; �!y =

0@

y1:::yn

1A ; �!g =

0@

g1:::gn

1A :

Sistem ini disebut homogen bila �!g = �!0 ; sehingga�!y 0 = A�!y : (4.11)

Jika �!g 6= �!0 ; maka persamaan (4.10) disebut nonhomogen.

Theorem 10 : Keujudan dan ketunggalan pada kasus linier

Misalkan ajk dan gj pada persamaan (4.10) adalah fungsi dari t yang kontinupada selang terbuka � < t < � yang memuat titik t = t0: Maka persamaan(4.10) mempunyai solusi y(t) pada selang yang memenuhi (4.8), dan solusinyatunggal.

Theorem 11 : Prinsip Superposisi atau Kelinieran

Jika y(1) dan y(2) adalah solusi dari sistem linier homogen (4.11) pada suatuselang, maka demikian pula dengan kombinasi liniernya, yaitu y = c1y

(1) +c2y

(2):Bukti:

y0 = [c1y(1) + c2y

(2)]0

= cy(1)0 + c2y(2)0

= c1Ay(1) + c2Ay

(2)

= A(c1y(1) + c2y

(2))

= Ay:

4.2 Sistem Linier Homogen

Pada sub bab ini kita akan membahas sistem linier homogen

y0 = Ay (4.12)

Asumsikan matriks A = [ajk] ukuran nxn adalah konstan. Akan dicari solusidari (4.12). Dari bab I yang lalu, diketahui bahwa persamaan y0 = ky mem-punyai solusi y = Cekt: Untuk mencari solusi (4.12) tersebut, digunakan caraseperti pada persamaan orde I tersebut (bab I).

4.2. SISTEM LINIER HOMOGEN 77

Ambily = xe�t; (4.13)

dan substitusikan persamaan tersebut ke dalam persamaan (4.12), sehinggadiperoleh hasil:

y0 = �xe�t = Ay = Axe�t:

Bagi persamaan tersebut dengan e�t; sehingga

Ax = �x (4.14)

Solusi nontrivial dari (4.12) adalah bentuk (4.13), dengan � adalah nilai eigendari A dan x adalah vektor eigennya.Asumsikan A mempunyai basis dari n vektor eigen x(1); :::;x(n) yang berkaitandengan nilai eigen �1; :::; �n: Solusi yang berkaitan dengan (4.13) adalah

y(1) = x(1)e�1t; :::; y(n) = x(n)e�nt (4.15)

dan mempunyai Wronskian:

W (y(1); :::;y(n)) =

��

x(1)1 e�1t ::: x

(n)1 e�nt

x(1)2 e�1t ::: x

(n)2 e�nt

::: ::: :::

x(1)n e�1t ::: x

(n)n e�nt

��

= e�1t+:::+�nt

��

x(1)1 ::: x

(n)1

x(1)2 ::: x

(n)2

::: ::: :::

x(1)n ::: x

(n)n

��

:

Pada sisi sebelah kanan, fungsi eksponensial tidak pernah nol dan determinan-nya tidak nol karena kolomnya adalah vektor eigen bebas linier yang membentukbasis.

Theorem 12 : Solusi Umum

Jika matriks konstanta A pada sistem (4.12) mempunyai himpunan yang bebaslinier dari n vektor eigen, maka solusi yang berkaitan y(1); :::;y(n) pada (4.15)membentuk basis solusi dari (4.12) dan solusi umumnya adalah:

y = c1x(1)e�1t + :::+ cnx

(n)e�nt: (4.16)

Example 80 : Nilai Eigen Riil Berbeda

Tentukan solusi umum dari sistem linier homogen:

y0 = Ay =

��3 11 �3

�y; sehingga

y01 = �3y1 + y2y02 = y1 � 3y2: (4.17)

Jawab:

Dengan mensubstitusikan y = xe�t dan y0(t) = �xe�t dan �menghilangkan�fungsi eksponensialnya, diperoleh Ax = �x: Persamaan karakteristiknya diper-oleh dari:

det(A� �I) =��3� � 11 �3� �

�� = �2 + 6�+ 8 = 0;

sehingga menghasilkan nilai eigen: �1 = �2 dan �2 = �4:


Dari persamaan (A� �I) x = 0; diperoleh persamaan:

(�3� �)x1 + x2 = 0;

x1 + (�3� �)x2 = 0:

Untuk �1 = �2; diperoleh �x1 + x2 = 0 dan x1 � x2 = 0 atau x1 = x2:Karena kedua persamaan di atas pada dasarnya sama, maka x1 dan x2 mem-punyai banyak jawab. Untuk menentukan x1 dan x2 yang memenuhi persamaantersebut, dapat diambil sebarang x1 dan x2; sehingga darinya dapat ditentukan

vektor eigen yang pertama, yaitu x(1) =

�11

�:

Untuk �2 = �4; diperoleh persamaan x1 + x2 = 0 atau x1 = �x2: Denganalasan yang sama seperti di atas, dapat ditentukan vektor eigen yang ke dua,

yaitu x(2) =

�1�1

�:


y =

�y1y2

�= c1y

(1) + c2y(2)

y = c1

�11

�e�2t + c2

�1�1

�e�4t: |

Example 81 : Titik Sadel. Masalah nilai awal

Tentukan solusi umum dari sistem linier homogen berikut ini:

y0 = Ay =

�2 �41 �3

�y; sehingga

y01 = 2y1 � 4y2y02 = y1 � 3y2; (4.18)

dan solusi khusus yang memenuhi syarat awal: y1(0) = 3; y2(0) = 0; atau kalau

dalam bentuk vektor dinyatakan dengan y(0) =

�30

�:

Jawab:

Persamaan karakteristik dari sistem linier tersebut di atas diperoleh dari:

det (A� �I) =��2� � �41 �3� �

�� = �2 + �� 2 = 0;

sehingga diperoleh nilai eigen: �1 = 1 dan �2 = �2:Sedangkan vektor eigennya, diperoleh dari persamaan:

(A� �I)x =�2� � �41 �3� �

��x1x2

�=

�00

�;

yaitu:

(2� �)x1 � 4x2 = 0;

x1 � (3 + �)x2 = 0:

Untuk � = 1; diperoleh persamaan x1 � 4x2 = 0, sehingga x1 = 4x2: Karenakedua persamaan di atas pada dasarnya sama, maka dapat diambil sebarangx1 dan x2 yang memenuhi persamaan di atas, sehingga diperoleh vektor eigen

sebagai berikut: x(1) =

�41

�:

Dengan cara yang sama, dapat dilakukan untuk � = �2; sehingga diperolehpersamaan 4x1 � 4x2 = 0 atau x1 � x2 = 0 ) x1 = x2: Dengan alasan yang


sama, dapat diambil sebarang x1 dan x2 sehingga diperoleh vektor eigen yang

ke dua, yaitu : x(2) =

�11

�:


y =

�y1y2

�= c1y

(1) + c2y(2) = c1

�41

�et + c2

�11

�e�2t

Dari syarat awalnya, yaitu y1(0) = 3 dan y2(0) = 0 atau kalau dinyatakan secara

vektor y(0) =

�30

�diperoleh:

y(0) = c1

�41

�+ c2

�11

�=

�30

�; sehingga

4c1 + c2 = 3c1 + c2 = 0:

Dari dua persamaan tersebut diperoleh: c1 = 1 dan c2 = �1:Jadi solusi khususnya adalah

y =

�41

�et �

�11

�e�2t atau

y1 = 4et � e�2t

y2 = et � e�2t:

Suatu sistem yang lebih sederhana yang mempunyai titik sadel (pada titik asal0) adalah

y0 =

�1 00 �1

�y ;sehingga

y01 = y1y02 = �y2

(4.19)

Solusi umumnya adalah

y =c1

�10

�et + c2

�01

�e�t atau

y1 = c1et

y2 = c2e�t atau y1y2 = konstanta,

yang merupakan keluarga hiperbola. |

Example 82 : Pusat (Nilai Eigen Kompleks)

Tentukan solusi umum dari sistem

y0 =

�0 1�4 0

�y; sehingga

y01 = y2y02 = �4y1

: (4.20)

Jawab:

Persamaan karakteristik dari sistem persamaan diferensial di atas diperoleh darideterminan karakteristik berikut:

det(A� �I) =�� 1�4 ��

�� = �2 + 4 = 0;

sehingga diperoleh nilai eigen: �1 = 2i dan �2 = �2i: Vektor eigen diperolehdari persamaan (A� �I)x = 0; yaitu

��x1 + x2 = 0;

�4x1 � �x2 = 0:

Untuk �1 = 2i; diperoleh persamaan

�2ix1 + x2 = 0 ) x2 = 2ix1;

�4x1 � 2ix2 = 0 ) 4x1 = �2ix2:


Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk menentukan x1 dan x2;dapat diambil sebarang bilangan sehingga x1 dan x2 tersebut memenuhi per-

samaan di atas. Vektor eigen yang diperoleh yaitu: x(1) =

�12i

�:

Untuk �2 = �2i; diperoleh persamaan

2ix1 + x2 = 0 ) x2 = �2ix1;�4x1 + 2ix2 = 0 ) 4x1 = 2ix2:

Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat dipilih x1 dan x2 sebarang,

sehingga diperoleh vektor eigen yang ke dua, yaitu x(2) =

�1�2i

�:


y(t) = c1y(1) + c2y

(2) (4.21)

= c1

�12i

�e2it + c2

�1�2i

�e�2it;

atau

y1 = c1e2it + c2e

�2it

y2 = 2i c1e2it � 2i c2e�2it:

Untuk �menghilangkan� i; perlu diingat bahwa i2 = �1, sehingga dengan mengkuadratkankedua persamaan tersebut di atas diperoleh:

y21 = c21e4it + 2c1c2 + c

22e�4it;

�1

2y2

�2= � c21e4it + 2c1c2 � c22e

�4it:

Dengan menjumlahkan kedua persamaan tersebut, diperoleh:

y21 +1

4y22 = 4c1c2 = konstanta.

Karena solusinya merupakan solusi kompleks, maka

e2it = cos 2t+ i sin 2t; e�2it = cos 2t� i sin 2t;

sehingga solusinya berubah menjadi:

y(1) =

�12i

�e2it =

�12i

�(cos 2t+ i sin 2t) (4.22)

=

�cos 2t+ i sin 2t2i cos 2t� 2 sin 2t

�=

�cos 2t�2 sin 2t

�+ i

�sin 2t2 cos 2t

�:

Dengan cara yang sama, diperoleh:

y(2) =

�1�2i

�e�2it =

�1�2i

�(cos 2t� i sin 2t) (4.23)

=

�cos 2t� i sin 2t

�2i cos 2t� 2 sin 2t

�=


�� i

�sin 2t2 cos 2t

�;

sehingga solusi umumnya berubah menjadi:

y = c1y(1) + c2y

(2)

= (c1 + c2)


�+ i(c1 � c2)

�sin 2t2 cos 2t

�:


Apabila solusi tersebut disubstitusikan ke dalam sistem persamaan pada soaldi atas, maka dapat diketahui bahwa bagian real dan imajiner yang ada dipersamaan [(4.22) dan (4.23)] adalah solusi. Tulis

u =

�u1u2

�=


�; dan v =

�v1v2

�=

�sin 2t2 cos 2t

�

Solusi real ini membentuk basis, karena Wronskiannya tak nol, yaitu

W (u;v) =

��cos 2t sin 2t�2 sin 2t 2 cos 2t

�� = 2 cos2 2t+ 2 sin2 2t = 2;

sehingga solusi umum real dari sistem persamaan diferensialnya adalah

y =

�y1y2

�= Au+Bv =A


�+B

�sin 2t2 cos 2t

�; (4.24)

dengan A = c1 + c2 dan B = i(c1 � c2): Solusi ini menyatakan elips yang samaseperti pembahasan sebelumnya, karena

y21 +1

4y22 = (A

2 +B2)(cos2 2t+ sin2 2t) = A2 +B2 = konstanta. | (4.25)

Example 83 : Titik Spiral (Nilai Eigen Kompleks)

Tentukan solusi umum dari

y0 =

��1 1�1 �1

�y; sehingga

y01 = �y1 + y2y02 = �y1 � y2:

(4.26)

Jawab:

Persamaan karakteristiknya diperoleh dari determinan karakteristik:

det(A� �I) =��1� � 1�1 �1� �

�� = �2 + 2�+ 2 = 0:

Nilai eigennya diperoleh dari: �1;2 = � 12 (2) � 1

2

p4� 4(2) = �1 � i; sehingga

�1 = �1 + i dan �2 = �1� i:Vektor eigennya diperoleh dari persamaan:

��1� � 1�1 �1� �

��x1x2

�=

�00

�;

(�1� �)x1 + x2 = 0;

�x1 + (�1� �)x2 = 0:

Untuk �1 = �1 + i; maka

�ix1 + x2 = 0) x2 = ix1;

�x1 � ix2 = 0) x1 = �ix2:

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk menentukan x1 dan x2;dapat diambil sebarang bilangan sehingga x1 dan x2 yang diperoleh, memenuhikedua persamaan tersebut. Ambil x1 = 1; maka x2 = i; sehingga vektor eigen

yang pertama adalah x(1) =

�1i

�:

Untuk �2 = �1� i; maka diperoleh persamaan:

ix1 + x2 = 0) x2 = �ix1;�x1 + ix2 = 0) x1 = ix2:


Dengan alasan yang sama seperti di atas, maka diambil sebarang bilangan untukx1 dan x2 yang memenuhi persamaan di atas. Ambil x1 = 1; maka x2 = �i;sehingga vektor eigen yang ke dua adalah x(2) =

�1�i

�:

Jadi solusi umum dari sistem persamaan linier di atas adalah

y = c1y(1) + c2y

(2); (4.27)

= c1

�1i

�e(�1+i) t + c2

�1�i

�e(�1�i) t:

Solusi persamaan linier di atas dapat dinyatakan dalam bentuk:

y(1) =

�1i

�e(�1+i) t =

�e�t(cos t+ i sin t)ie�t(cos t+ i sin t)

�

=

�e�t cos t�e�t sin t

�+ i

�e�t sin te�t cos t

�;

dan

y(2) =

�1�i

�e(�1�i) t =

�e�t(cos t� i sin t)�ie�t(cos t� i sin t)

�

=


�� i


�:

Jadi

y = c1y(1) + c2y

(2)

= c1

��e�t cos t�e�t sin t

�+ i


��+ c2

��e�t cos t�e�t sin t

�� i


��

= (c1 + c2)


�+ i (c1 � c2)


�:

Bagian riil dan imajiner di sebelah kanan persamaan adalah solusi dari (4.26),sebut saja u dan v; dengan

u =


�dan v =


�:

u dan v membentuk basis, karena Wronskiannya tak nol, yaitu

W (u;v) =

��e�t cos t e�t sin t�e�t sin t e�t cos t

�� = e�2t(cos2 t+ sin2 t) = e�2t:

Solusi umum riil yang berhubungan dengan sistem persamaan linier di atasadalah:

y =

�y1y2

�= Au+Bv; (4.28)

= A


�+B


�;

dengan komponen:

y1 = e�t(A cos t+B sin t); y2 = e�t(B cos t�A sin t):Persamaan di atas menggambarkan suatu gra�k spiral. |


4.2.1 Tak ada basis dari vektor eigen yang ada

Apabila didapati kasus dengan A tidak punya basis vektor eigen, maka akandidapatkan solusi bebas linier yang lebih sedikit daripada persamaan (4.12).Bagaimanakah mencari basis solusi dalam kasus seperti ini ? Misalkan � adalahnilai eigen yang dobel dari A [diperoleh dari det (A��I) yang mempunyaifaktor (� � �)2]; dengan hanya diperoleh satu vektor eigen x (bukan dua vek-tor yang bebas linier seperti biasanya), sehingga hanya didapatkan satu solusiy(1) = xe�t: Solusi ke dua dapat dicari dari persamaan (4.12) dengan jalanmensubstitusikan:

y(2) = xte�t + ue�t (4.29)

ke dalam persamaan (4.12). Turunan pertama dari solusi ke dua tersebut adalah

y(2)0 = xe�t + �xte�t + �ue�t = Ay(2) = Axte�t +Aue�t:

Dari persamaan di atas diperoleh:�xte�t = Axte�t; sehingga �x = Ax; danxe�t + �ue�t = Aue�t; sehingga x+ �u = Au:Jadi

(A��I)u = x (4.30)

Meskipun det (A��I) = 0; persamaan liniernya selalu dapat diselesaikan untuku:

Example 84 :


y0 = Ay =

�4 1�1 2

�y:

Jawab:

Persamaan karakteristik dari sistem linier di atas diperoleh dari determinankarakteristik berikut ini, yaitu

det (A��I) =�4� � 1�1 2� �

�= �2 � 6�+ 9 = (�� 3)2 = 0;

yang mempunyai akar dobel � = 3:Vektor eigen diperoleh dari persamaan

(4� �)x1 + x2 = 0;

�x1 + (2� �)x2 = 0:

Untuk � = 3; diperoleh persamaan

x1 + x2 = 0) x1 = �x2;�x1 � x2 = 0) x1 = �x2:

Karena kedua persamaan tersebut sama, maka untuk mencari x1 dan x2; dapatdiambil sebarang bilangan.Ambil x1 = 1; maka x2 = �1; sehingga vektor eigen yang pertama adalahx(1) =

�1�1

�: Dari persamaan (4.30), diperoleh:

(A�3I)u = x�1 1�1 �1

�u =

�1�1

�; sehingga

u1 + u2 = 1�u1 � u2 = �1 :


Karena kedua persamaan tersebut sama, maka kita dapat mengambil sebarangu1 dan u2 yang memenuhi persamaan tersebut di atas. Dengan mengambil

u =

�01

�; akan memberikan jawaban untuk sistem persamaan linier di atas

sebagai berikut, yaitu:

y = c1y(1) + c2y

(2)

= c1

�1�1

�e3t + c2

��1�1

�t+

�01

��e3t: |

Jika A mempunyai tripel nilai eigen � dan hanya satu vektor eigen x bebaslinier yang berkaitan dengan nilai eigen tersebut, maka solusi ke dua didapatkandari (4.29) dengan u yang memenuhi persamaan (4.30), dan solusi ke tiganyaberbentuk:

y(3) =1

2xt2e�t + ute�t + ve�t; (4.31)

dengan u memenuhi persamaan (4.30) dan v yang ditentukan dari

(A� �I)v = u; (4.32)

yang selalu dapat diselesaikan.

Apabila A mempunyai tripel nilai eigen dan dua vektor eigen x(1); x(2) yangbebas linier yang berkaitan dengan nilai eigen tersebut, maka ketiga solusi yangbebas linier tersebut adalah

y(1) = x(1)e�t; y(2) = x(2)e�t; y(3) = xte�t + ue�t (4.33)

dengan x adalah kombinasi linier dari x(1) dan x(2); sehingga

(A� �I)u = x; (4.34)

dapat diselesaikan untuk u:

4.2.2 Latihan

Tentukan solusi umum dari sistem persamaan diferensial berikut ini:

1.y01 = y2y02 = y1

2.y01 = 2y1 + 3y2y02 =

13y1 + 2y2

3.y01 = �4y1 � 6y2y02 = y1 + y2


4.y01 = 2y2y02 = 2y1y1(0) = �9; y2(0) = 15:

5.y01 = 2y1 + 4y2y02 = y1 + 2y2y1(0) = �4; y2(0) = �4:

6.y01 = �y1 + 4y2y02 = 3y1 � 2y2y1(0) = 3; y2(0) = 4

4.3. SISTEM LINIER NONHOMOGEN 85

4.3 Sistem Linier Nonhomogen

Suatu sistem linier nonhomogen mempunyai bentuk

y0 = Ay + g (4.35)

dengan vektor g(t) tidak identik dengan nol. Asumsikan bahwa g(t) dan ma-triks A(t) ukuran n � n; kontinu pada suatu interval J pada sumbu t: Solusiumum y(h)(t) dari sistem homogen y0 = Ay pada J; dan solusi khusus y(k)(t)dari persamaan (4.35) pada J; akan membentuk solusi umum sistem persamaan(4.35) pada J , yaitu

y = y(h) + y(k); (4.36)

karena meliputi setiap solusi dari (4.35) pada J:

4.3.1 Metode Koe�sien Taktentu

Metode ini dapat digunakan jika komponen dari g adalah bilangan bulat t; fungsieksponensial atau sinus dan cosinus. Untuk lebih memperjelas pemahamanpembaca, perhatikan contoh di bawah ini.

Example 85 : Metode koe�sien taktentu

Tentukan solusi umum dari sistem linier nonhomogen:

y0 = Ay + g =

�2 �41 �3

�y +

�2t2 + 10tt2 + 9t+ 3

�:

Jawab:

Dengan melihat bentuk g di atas, y(k) dapat diasumsikan dalam bentuk y(k) =u+ vt+wt2; dan vektor-vektor u;v, dan w dapat ditentukan.Dengan substitusi, diperoleh turunan pertama dari solusi khusus y(k); yaitu:y(k)0 = v + 2wt = Au+Avt+Awt2 + g; dengan komponen-komponen:

�v1v2

�+

�2w1t2w2t

�=

�2u1 � 4u2u1 � 3u2

�+

�2v1 � 4v2v1 � 3v2

�t+

�2w1 � 4w2w1 � 3w2

�t2 +

�2t2 + 10tt2 + 9t+ 3

�:

Dengan menyamakan bagian- t2 pada ke dua sisi, diperoleh:0 = 2w1 � 4w2 + 2; 0 = w1 � 3w2 + 1; sehingga w1 = �1 dan w2 = 0:Dengan memandang t diperoleh:2w1 = 2v1 � 4v2 + 10; 2w2 = v1 � 3v2 + 9; sehingga v1 = 0 dan v2 = 3:Dari bagian konstantanya, diperoleh:v1 = 2u1 � 4u2; v2 = u1 � 3u2 + 3; sehingga u1 = 0 dan u2 = 0:Jadi solusi khususnya adalah:

y(k) = u+ vt+wt2 =

�00

�+

�03

�t+

��10

�t2 =

��t23t

�:

Dari contoh 2 pada sub bab 4.3, diperoleh solusi umum dari sistem homogennya,yaitu:

y(h) = c1

�41

�et + c2

�11

�e�2t;

sehingga solusi umum dari sistem linier nonhomogennya adalah: y = y(h) +

y(k) = c1

�41

�et + c2

�11

�e�2t +

��t23t

�: |


Example 86 : Modi�kasi dari metode koe�sien taktentu


y0 = Ay + g =

��3 11 �3

�y +

��62

�e�2t:

Jawab:

Solusi umum dari sistem homogennya (lihat contoh 1 pada sub bab 4.3) adalah:

y(h) = c1

�11

�e�2t + c2

�1�1

�e�4t:

Karena � = �2 adalah nilai eigen dari A; maka dapat diasumsikan bahway(k) = ute�2t + ve�2t: Dengan substitusi, diperoleh:y(k)0 = ue�2t � 2ute�2t � 2ve�2t = Aute�2t +Ave�2t + g:Dengan menyamakan bagian te�2t pada kedua sisi, diperoleh �2u = Au: Jadiu adalah vektor eigen dari A yang berkaitan dengan � = �2; sehingga uT =a ( 1 1 ): Dengan menyamakan bagian-bagian yang lain, diperoleh:

u� 2v = Av +��62

�; karena g =

��62

�e�2t;

sehingga Av + 2v = (A+ 2I)v = u��62

�= a

�11

��62

�;

dengan komponen-komponennya sebagai berikut:

�v1 + v2 = a+ 6

v1 � v2 = a� 2:

Karena �v1+v2 = �(v1�v2); maka agar kedua persamaan tersebut mempunyaisolusi, seharusnya a+ 6 = �(a� 2); sehingga a = �2: Kemudian �v1 + v2 = 4atau v2 = v1 + 4: Misalkan v1 = k; maka v2 = k + 4; sehingga

v =k

�11

�+

�04

�;

dengan dapat dipilih sebarang k: Misalkan k = 0; maka v =

�04

�; sehingga

solusi khusus y(p) adalah

y(k) = ute�2t + ve�2t

= �2�11

�te�2t +

�04

�e�2t:

Jadi solusi umum sistem persamaan nonhomogen tersebut adalah:

y = y(h) + y(k)

= c1

�11

�e�2t + c2

�1�1

�e�4t � 2

�11

�te�2t +

�04

�e�2t:

Untuk pilihan k yang lain, akan didapatkan v yang lain pula, seperti misalnyaapabila diambil k = �2; maka vT = ( �2 2 ); sehingga solusi umumnyamenjadi:

y = c1

�11

�e�2t + c2

�1�1

�e�4t � 2

�11

�te�2t +

��22

�e�2t: |

4.4. APLIKASI SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 87

4.3.2 Latihan

Tentukan solusi umum dari sistem linier nonhomogen berikut ini:

1.y01 = y2 + 6e

2t

y02 = y1 � 3e2t

2.y01 = �3y1 + y2 + 3 cos ty02 = y1 � 3y2 � 2 cos t� 3 sin t

3.y01 = y2 � 5 sin ty02 = �4y1 + 17 cos t

Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:

4.y01 = 5y2 + 23y02 = �5y1 + 15t

y1(0) = 1; y2(0) = �2:

5.y01 = 4y1 + 8y2 + 2 cos t� 16 sin ty02 = 6y1 + 2y2 + cos t� 14 sin t

y1(0) = 0; y2(0) = 1; 75:

6.y01 = 5y1 + 4y2 � 5t2 + 6t+ 25y02 = y1 + 2y2 � t2 + 2t+ 4 y1(0) = 0; y2(0) = 0:

4.4 Aplikasi Sistem Persamaan Diferensial

Example 87 :

Diketahui dua buah tangki air T1 dan T2: Pada awalnya tangki T1 memuat 100gallon air murni dan tangki T2 memuat 100 gallon air dengan 150 lb pupukyang dilarutkan ke dalamnya. Larutan tersebut mengalir melalui tangki-tangkitersebut pada kecepatan konstan, yaitu 2 gal/min, dan larutan tersebut dijagakeseragamannya dengan cara mengaduknya. Jika y1(t) dan y2(t) menyatakanbanyaknya pupuk dalam tangki T1 dan T2; maka kecepatan perubahan y

01(t)

dari y(t) sama dengan aliran yang masuk ke tangki (in�ow) per menit dikurangialiran yang keluar dari tangki (out�ow).per menit. Demikian juga dengan y02(t)dari y2(t): Tentukan banyaknya pupuk y1(t) dan y2(t) dalam tangki T1 dan T2tersebut pada saat t:

Jawab:

I. Tahap PemodelanKecepatan perubahan y01(t) dari y1(t) adalah

y01(t) = in�ow/menit - out�ow/menit

=2

100y2 �

2

100y1

sedangkan kecepatan perubahan y02(t) dari y2(t) adalah

y02(t) = in�ow/menit - out�ow/menit

=2

100y1 �

2

100y2

Model matematika dari masalah tersebut adalah

y01 = �0; 02y1 + 0; 02y2y02 = 0; 02y1 � 0; 02y2:

Dalam bentuk matriks dapat dinyatakan sebagai berikut:

Y 0 =

�y01y02

�dan A =

��0; 02 0; 020; 02 �0; 02

�;

sehingga sistem persamaan diferensialnya berbentuk:

Y 0 = AY :


II. Tahap Mencari Solusi UmumUntuk mencari solusinya, terlebih dulu dicari nilai-nilai eigen yang diperolehdari

det (A� �I) =

��0; 02� � 0; 020; 02 �0; 02� �

�� = 0

() (�0; 02� �)2 � (0; 02)2 = 0() �2 + 0; 04�+ 0; 0004� 0; 0004 = 0() �2 + 0; 04� = 0

() � (�+ 0; 04) = 0

� = 0 atau � = �0; 04:Dari nilai eigen yang diperoleh, kemudian ditentukan vektor eigennya dengancara mensubstitusikan nilai eigen tersebut ke dalam persamaan Ax = 0:a) Untuk nilai eigen � = 0; diperoleh vektor eigen sebagai berikut:

��0; 02 0; 020; 02 �0; 02

��x1x2

�=

�00

�

�0; 02x1 + 0; 02x2 = 0 =) x1 = x2

Karena dari persamaan Ax = 0 diperoleh dua persamaan yang sama dalamx1 dan x2; maka kita dapat mengambil sebarang x1 dan x2: Misalkan diambilx1 = 1; maka x2 = 1; sehingga diperoleh vektor eigen yang pertama, yaitu

x(1) =

�11

�:

b) Untuk nilai eigen � = �0; 04; diperoleh vektor eigen sebagai berikut:��0; 02� � 0; 020; 02 �0; 02� �

��x1x2

�=

�00

�

�0; 02 0; 020; 02 0; 02

��x1x2

�=

�00

�

0; 02x1 + 0; 02x2 = 0 =) x1 = �x2:Dengan alasan yang sama seperti di atas, maka dapat diambil sebarang x1 danx2: Misalkan x1 = 1; maka x2 = �1; sehingga diperoleh vektor eigen yangkedua, yaitu x(2) =

�1�1

�: Dari kedua nilai eigen tersebut selanjutnya dapat

ditentukan basis solusi umumnya, yaitu

y(1) = x(1)e�1t =

�11

�e0:t =

�11

�

y(2) = x(2)e�2t =

�1�1

�e�0;04t:


y = c1y(1) + c2y

(2)

= c1

�11

�+ c2

�1�1

�e�0;04t:

III. Tahap Mencari Solusi Masalah Nilai AwalDari syarat awal yang dikemukakan pada soal, yaitu y1(0) = 0 dan y2(0) = 150;diperoleh

y(0) =

�0150

�= c1

�11

�+ c2

�1�1

�:

()�c1 + c2c1 � c2

�=

�0150

�:

4.4. APLIKASI SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 89

Dengan eliminasi diperoleh c1 = 75 dan c2 = �75: Jadi solusi masalah nilaiawalnya adalah

y(t) = 75

�11

�� 75

�1�1

�e�0;04 t;

dengan komponen-komponennya sebagai berikut:

y1(t) = 75� 75e�0;04t

y2(t) = 75 + 75e�0;04t:

Dari dua persamaan tersebut dapat diketahui bahwa gra�knya simetri dan nilailimitnya menuju ke 75, jika t ! 1: Dengan kata lain, y1 dan y2 konvergen ke75.IV. KesimpulanJadi banyaknya pupuk y1 dan y2 di tangki T1 dan T2 pada saat t adalah y1(t) =75� 75e�0;04t dan y2(t) = 75 + 75e�0;04t: |

4.4.1 Latihan

1. Diketahui dua buah tangki air T1 dan T2; :yang dihubungkan dengan duabuah pipa, sehingga air dari tangki T1 dapat mengalir melalui pipa terse-but ke tangki T2: Demikian pula sebaliknya, air dapat mengalir melaluipipa dari tangki T2 ke T1: Pada awalnya tangki T1 memuat 100 gallonair murni dan tangki T2 memuat 100 gallon air dengan 90 lb (pound)garam yang dilarutkan ke dalamnya. Larutan tersebut mengalir melaluitangki-tangki tersebut pada kecepatan konstan, yaitu 4 gal/min, dan laru-tan tersebut dijaga keseragamannya dengan cara mengaduknya. Tentukanbanyaknya garam y1(t) dan y2(t) dalam tangki T1 dan T2 tersebut padasaat t:

2. Pertanyaan ini berkaitan dengan soal nomor 1. Bagaimana kalau tangkiT1 diganti dengan tangki yang 200 galon? Jelaskan pendapatmu.

3. Pertanyaan ini berkaitan dengan soal nomor 1. Bagaimana kalau ukurankedua tangki dikurangki 50 galon? Jelaskan pendapatmu.


Chapter 5

Solusi Deret PersamaanDiferensial

5.1 Metode Deret Kuasa

Metode Deret Kuasa adalah suatu metode standar untuk menyelesaikanpersamaan diferensial linier dengan koe�sien peubah. Metode ini akan meng-hasilkan solusi yang berbentuk deret kuasa. Deret ini dapat digunakan untukmenghitung nilai-nilai solusi, untuk menjelajahi sifat-sifatnya, dan untuk menu-runkan representasi-representasi lain dari solusi tersebut. Pada sub bab ini,akan dijelaskan dan digambarkan ide-ide dasar dari metode tersebut.

5.1.1 Deret Kuasa

Dari kalkulus yang sudah dipelajari, deret kuasa adalah suatu deret takhinggayang berbentuk

1X

m=0

am(x� x0)m = a0 + a1(x� x0) + a2(x� x0)2 + ::: (5.1)

dengan a0; a1; a2; ... adalah konstanta, dan disebut juga sebagai koe�sien darideret tersebut. x0 adalah suatu konstanta dan disebut sebagai pusat dari deret,dan x adalah suatu peubah.Dalam kasus x0 = 0; akan diperoleh suatu deret kuasa dalam derajat x

1X

m=0

amxm = a0 + a1x+ a2x

2 + ::: (5.2)

Contoh deret kuasa yang paling dikenal adalah deret Maclaurin

1

1� x =1X

m=0

xm = 1 + x+ x2 + :::

(bila jxj < 1; disebut deret geometrik).

ex =1X

m=0

xm

m!= 1 + x+

x2

2!+x3

3!+ :::

cosx =1X

m=0

(�1)mx2m(2m)!

= 1� x2

2!+x4

4!+ :::

sinx =

1X

m=0

(�1)mx2m+1(2m+ 1)!

= x� x3

3!+x5

5!+ :::

91

92 CHAPTER 5. SOLUSI DERET PERSAMAAN DIFERENSIAL

Ide dari metode deret kuasa sebenarnya sederhana dan alami. Pertama-tama,dengan menjelaskan prosedur praktik dan menggambarkannya untuk persamaanyang sederhana yang sudah diketahui, maka dapat dilihat apa yang sedangterjadi. Perhatikan persamaan diferensial berikut:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0: (5.3)

Pertama-tama, nyatakan p(x) dan q(x) dengan deret kuasa dalam derajat x(atau x � x0 jika solusi dalam derajat x � x0 diinginkan). Seringkali, p(x)dan q(x) adalah suku banyak (polinom). Selanjutnya, asumsikan solusi dalambentuk deret kuasa dengan koe�sien tak diketahui sebagai berikut:

y =1X

m=0

amxm = a0 + a1x+ a2x

2 + ::: (5.4)

Dengan diferensiasi, diperoleh

y0 =1X

m=1

mamxm�1 = a1 + 2a2x+ 3a3x

2 + ::: dan (5.5)

y00 =1X

m=2

m(m� 1)amxm�2 = 2a2 + 3:2a3x+ 4:3a4x2 + ::: (5.6)

Masukkan deret-deret tersebut ke dalam persamaan (5.3), lalu kelompokkanbagian-bagian yang memuat derajat x dari x0; x1; x2; dan seterusnya, sehinggadapat ditentukan koe�sien-koe�sien tak diketahui dalam persamaan (5.4).

Example 88 :

Selesaikan persamaan diferensial berikut: y0 � y = 0:

Jawab:

Tahap pertama, masukkan persamaan (5.4) dan (5.5) ke dalam persamaan difer-ensial, sehingga diperoleh:

(a1 + 2a2x+ 3a3x2 + :::)� (a0 + a1x+ a2x2 + :::) = 0

(a1 � a0) + (2a2 � a1)x+ (3a3 � a2)x2 + :::: = 0:

Dengan menyamakan koe�sien dari setiap derajat x dalam persamaan tersebut,diperoleh:

a1 � a0 = 0; 2a2 � a1 = 0; 3a3 � a2 = 0; dan seterusnya.

Koe�sien-koe�sien a1; a2; a3; dan seterusnya, dapat dinyatakan dalam a0; se-hingga diperoleh hasil sebagai berikut, yaitu

a1 = a0; a2 =1

2a1 =

1

2!a0; a3 =

1

3a2 =

1

3!a0; dan seterusnya.

Dengan demikian, koe�sien dari deret kuasa pada persamaan (5.4) dapat diny-atakan sebagai:

y = a0 + a0x+a02!x2 +

a03!x3 + :::;

yang dapat disederhanakan dalam bentuk yang sudah diketahui, yaitu

y = a0

�1 + x+

x2

2!+x3

3!+ ::

�= a0e

x: |

5.1. METODE DERET KUASA 93

Example 89 :

Selesaikan y0 = 3x2y:

Jawab:

Dengan memasukkan persamaan (5.4) dan (5.5) ke dalam persamaan diferensialtersebut, diperoleh hasil:

(a1 + 2a2x+ 3a3x2 + :::) = 3x2(a0 + a1x+ a2x

2 + :::)

a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x

3 + ::: = 3a0x2 + 3a1x

3 + 3a2x4 + :::

Dengan membandingkan ke dua sisi dalam persamaan tersebut, diperoleh:

a1 = 0; 2a2 = 0; 3a3 = 3a0; 4a4 = 3a1; 5a5 = 3a2; 6a6 = 3a3; :::

Karena a1 = 0; a2 = 0; maka akibatnya a4 = 0; a5 = 0; :::; sehingga

a3 = a0; a6 =1

2a3 =

1

2!a0; a9 =

1

3a6 =

1

3!a0; :::

Dengan mensubstitusikan hasil tersebut, maka persamaan (5.4) menjadi

y = a0 + a3x3 + a6x

6 + a9x9 + ::: = a0 + a0x

3 +1

2!a0x

6 +1

3!a0x

9 + :::;

sehingga solusi dari persamaan diferensial tersebut adalah

y = a0(1 + x3 +

1

2!x6 +

1

3!x9 + :::) = a0e

x3 : |

Example 90 :

Selesaikan persamaan diferensial: y00 + 9y = 0:

Jawab:

Dengan memasukkan persamaan (5.4) dan (5.6) ke dalam persamaan diferensialtersebut, diperoleh hasil:

(2a2 + 3:2a3x+ 4:3a4x2 + :::) + 9(a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + :::) = 0

(2a2 + 9a0) + (3:2a3 + 9a1)x+ (4:3a4 + 9a2)x2 + ::: = 0

Dengan membandingkan ke dua sisi dalam persamaan tersebut, diperoleh:

2a2 + 9a0 = 0; 3:2a3 + 9a1 = 0;

4:3a4 + 9a2 = 0; 5:4a5 + 9a3 = 0; ::: ;

sehingga

a2 = � 92!a0; a3 = �

9

3:2a1 = �

9

3!a1 ;

a4 = � 9

4:3a2 =

92

4:3:2a0 =

92

4!a0;

a5 = � 9

5:4a3 =

92

5:4:3:2a1 =

92

5!a1; :::

dengan a0 dan a1 konstanta sebarang.Dengan mensubstitusikan hasil tersebut, persamaan (5.4) menjadi

y = a0 + a1x+�9

2!a0x

2 � 9

3!a1x

3 +92

4!a0x

4 +92

5!a1x

5 + :::

y = a0(1�32

2!x2 +

34

4!x4 �+:::) + a1(x�

32

3!x3 +

34

5!x5 �+:::):

Bentuk y yang terakhir ini sudah dikenal sebagai bentuk deret kuasa dari si-nus dan cosinus, sehingga solusi persamaan diferensial di atas dapat dituliskanmenjadi

y = a0 cos 3x+ a1 sin 3x: |


5.1.2 Latihan

Selesaikan persamaan diferensial berikut ini dengan menggunakan metode deretkuasa.1: y0 = 3y 2: (1� x)y0 = y 3: y0 = 2xy4: y00 = 4y 5: y00 = y0 6: y00 + 4y = 0

5.2 Teori Metode Deret Kuasa

5.2.1 Konsep Dasar

Deret kuasa adalah deret tak hingga yang berbentuk1X

m=0

am(x� x0)m = a0 + a1(x� x0) + a2(x� x0)2 + :::; (5.7)

dengan peubah x, pusat x0; koe�sien a0; a1; a2, ... adalah riil. Jumlah parsialke-n dari (5.7) adalah

sn(x) = a0 + a1(x� x0) + a2(x� x0)2 + :::+ an(x� x0)n; (5.8)

dengan n = 0; 1; :::. Jika bagian (5.8) dihilangkan dari persamaan (5.7), makasisanya adalah

Rn(x) = an+1(x� x0)n+1 + an+2(x� x0)n+2 + :::. (5.9)

Rn(x) ini disebut sebagai sisa dari (5.7) setelah bagian an(x� x0)n:Sebagai contoh, dalam kasus deret geometrik:

1 + x+ x2 + :::+ xn + :::;

diperoleh

s0 = 1; R0 = x+ x2 + x3 + :::

s1 = 1 + x; R1 = x2 + x3 + x4 + :::

s2 = 1 + x+ x2; R2 = x3 + x4 + x5 + :::; dan seterusnya.

Dengan demikian, persamaan (5.7) berkaitan dengan barisan jumlah parsials0(x); s1(x); s2(x); :::. Jika untuk suatu x = x1; barisan tersebut konvergen,yaitu

limn!1

sn(x1) = s(x1);

maka deret (5.7) disebut konvergen pada x = x1:Bilangan s(x1) disebut nilaiatau jumlah dari (5.7) pada x1; dan ditulis

s(x1) =1X

m=0

am(x1 � x0)m:

Maka untuk setiap n berlaku

s(x1) = sn(x1) +Rn(x1): (5.10)

Jika barisan tersebut menyebar pada x = x1;maka deret (5.7) disebut divergenpada x = x1:Dalam kasus kekonvergenan, untuk suatu � positif, ada N (yang bergantungpada �); sedemikian sehingga

jRn(x1)j = js(x1)� sn(x1)j < �; untuk semua n > N: (5.11)

Hal ini berarti, bahwa secara geometrik, semua sn(x1); dengan n > N; terletakdi antara s(x1)� � dan s(x1)+ �: Prakteknya, hal ini berarti bahwa dalam kasuskekonvergenan, kita dapat menaksir jumlah s(x1) dari (5.7), dengan sn(x1)seakurat mungkin yang kita inginkan, dengan mengambil n yang cukup besar.

5.2. TEORI METODE DERET KUASA 95

Selang kekonvergenan. Jari-jari kekonvergenan

1. Deret (5.7) selalu konvergen pada x = x0; karena semua bagiannya samadengan nol, kecuali bagian pertamanya, yaitu a0: Dalam kasus khusus, halini mungkin merupakan satu-satunya x di mana (5.7) konvergen.

2. Jika ada nilai x yang lain di mana deret konvergen, nilai-nilai ini mem-bentuk suatu selang, yang disebut selang kekonvergenan. Jika selangini berhingga, maka ia mempunyai titik tengah (midpoint) x0; sehingga

jx� x0j < R: (5.12)

Deret (5.7) konvergen untuk semua x sedemikian sehingga jx� x0j < R; dandivergen untuk semua x sedemikian sehingga jx� x0j > R: Bilangan R inidisebut jari-jari kekonvergenan dari (5.7). R ini juga dapat diperoleh denganmenggunakan rumus lain, yaitu

R = 1= limm!1

m

pjamj (5.13)

atau

R = 1= limm!1

��am+1am

�� (5.14)

bila limitnya ada dan tidak sama dengan nol. (Jika selang ini tak hingga, maka(5.7) konvergen hanya pada titik pusat x0):

3. Selang kekonvergenan kadang-kadang tak hingga, yaitu (5.7) konvergenuntuk semua x: Sebagai contoh, jika limit dalam (5.13) dan (5.14) nol,muncul kasus ini. Biasanya orang akan menulis R =1; untuk mudahnya.

Untuk masing-masing x di mana (5.7) konvergen, mempunyai nilai s(x) yangtertentu. Dikatakan bahwa (5.7) menyatakan fungsi s(x) dalam selang kekon-vergenan, dan ditulis sebagai

s(x) =1X

m=0

am(x� x0)m; dengan jx� x0j < R: (5.15)


Example 91 : Kasus 1, kekonvergenan hanya pada pusatnya

Dalam kasus deret

1X

m=0

m!xm = 1 + x+ 2x2 + 6x3 + :::;

diketahui bahwa am = m!; dan dalam (5.14),

am+1am

=(m+ 1)!

m!= m+ 1!1; jika m!1:

Jadi deret ini konvergen hanya pada pusat x = 0: Deret yang demikian ini tidakberguna.

Example 92 : Kasus 2, kekonvergenan dalam selang berhingga. Deret Geometrik

Untuk deret geometrik,

1

1� x =1X

m=0

xm = 1 + x+ x2 + :::; (jxj < 1)

diketahui bahwa am = 1; untuk semua m; dan dari persamaan (5.13), diperolehR = 1; sehingga deret geometriknya konvergen dan mewakili 1=(1 � x); jikajxj < 1:

Example 93 : Kasus 3, kekonvergenan untuk semua x

Dalam kasus deret

ex =1X

m=0

xm

m!= 1 + x+

x2

2!+x3

3!+ :::

diperoleh am =1m! ; sehingga dalam (5.14)

am+1am

=1=(m+ 1)!

1=m!=

1

m+ 1! 0; jika m!1;

sehingga deret tersebut konvergen untuk semua x:

Example 94 : Petunjuk untuk beberapa masalah

Carilah jari-jari kekonvergenan dari deret

1X

m=0

(�1)m8m

x3m = 1� x3

8+x6

64� x9

512+�:::.

Jawab:

Deret tersebut merupakan deret yang derajatnya t = x3; dengan koe�sien am =(�1)m=8m; sehingga dalam (5.14)

��am+1am

�� =8m

8m+1=1

8:

Jadi R = 8; sehingga deret tersebut konvergen untuk jtj < 8; yaitu jxj < 2: |

5.2. TEORI METODE DERET KUASA 97

Operasi pada Deret Kuasa

Dalam metode deret kuasa, operasi yang diperbolehkan digunakan adalah menu-runkan (di¤erentiate), menambah dan mengalikan deret kuasa.

1. Menurunkan bagian demi bagian

Deret kuasa dapat diturunkan bagia demi bagian. Jelasnya, jika

y(x) =1X

m=0

am(x� x0)m

konvergen untuk jx� x0j < R; dengan R > 0;maka deret yang diperoleh denganmenurunkan bagian demi bagian juga konvergen untuk x tersebut dan meny-atakan turunan y0 dari y untuk x tersebut, yaitu

y0(x) =1X

m=1

mam(x� x0)m�1; (jx� x0j < R) :

Dengan cara yang sama, diperoleh y00; yaitu

y00(x) =1X

m=2

m(m� 1)am(x� x0)m�2; (jx� x0j < R);

dan seterusnya.

2. Menjumlahkan bagian demi bagian

Dua deret kuasa dapat dijumlahkan bagian demi bagian. Lebih tepatnya, jikaderet 1X

m=0

am(x� x0)m dan1X

m=0

bm(x� x0)m (5.16)

mempunyai jari-jari kekonvergenan yang positif dan jumlahnya adalah f(x) dang(x), maka deret

1X

m=0

(am + bm)(x� x0)m

konvergen dan menyatakan f(x) + g(x) untuk setiap x, yang terdapat dalaminterior selang kekonvergenan dari setiap deret yang diketahui.

3. Mengalikan bagian demi bagian

Dua deret kuasa dapat dikalikan bagian demi bagian. Lebih tepatnya, misalkanderet (5.16) mempunyai jari-jari kekonvergenan yang positif dan misalkan f(x)dan g(x) adalah jumlahnya. Maka deret yang diperoleh dengan mengalikansetiap bagian dari deret pertama dengan setiap bagian dari deret ke-dua, danmengumpulkan derajat yang sama dari x� x0 nya, yaitu

1X

m=0

(a0bm + a1bm�1 + :::+ amb0)(x� x0)m

= a0b0 + (a0b1 + a1b0)(x� x0) + (a0b2 + a1b1 + a2 + b0)(x� x0)2 + :::konvergen dan menyatakan f(x)g(x) untuk setiap x dalam interior selang kekon-vergenan dari setiap deret yang diketahui.

4. Menghilangkan semua koe�sien

Jika suatu deret kuasa mempunyai jari-jari kekonvergenan yang positif dan jum-lahnya identik dengan nol sepanjang selang kekonvergenannya, maka setiap koe-�sien dari deret tersebut harus nol.


Keujudan Solusi Deret Kuasa

Perhatikan persamaan berikut:

y00 + p(x)y0 + q(x)y = r(x): (5.17)

Jika koe�sien p dan q dan fungsi r pada sisi sebelah kanan persamaan tersebutmempunyai representasi deret kuasa, maka persamaan (5.17) mempunyai solusi

deret kuasa. Hal yang sama berlaku benar jika eh; ep; eq dan er dalam persamaan

eh(x)y00 + ep(x)y0 + eq(x)y = er(x) (5.18)

mempunyai representasi deret kuasa dan eh(x0) 6= 0 (dengan x0 pusat deret).

De�nition 7 : Fungsi Riil Analitik

Fungsi riil f(x) disebut analitik pada titik x = x0 jika dapat direpresentasikan(dinyatakan) dengan deret kuasa dalam derajat x � x0 dengan jari-jari kekon-vergenan R > 0:

Theorem 13 : Keujudan Solusi Deret Kuasa

Jika p; q dan r dalam persamaan (5.17) adalah analitik pada x = x0; makasetiap solusi dari persamaan (5.17) adalah analitik pada x = x0; dan dapatdinyatakan dengan deret kuasa dalam derajat x = x0; dengan jari-jari kekonver-genan R > 0: Hal yang sama berlaku benar jika eh; ep; eq dan er dalam persamaan(5.18) adalah analitik pada x = x0 dan eh(x0) 6= 0 .

5.2.2 Latihan

Carilah solusi deret kuasa dalam derajat x dari persamaan diferensial berikut:

1. y00 � 3y0 + 2y = 0:

2. y00 � 4xy0 + (4x2 � 2)y = 0:Tentukan jari-jari kekonvergenan dari deret berikut:

3.1Pm=0

x2m

m! : 4:1Pm=0

(m+ 1)mxm: 5:1Pm=0

( 23 )mx2m:

5.3 Persamaan Legendre, Polinom Legendre Pn(x)

Perhatikan persamaan diferensial berikut

(1� x2)y00 � 2xy0 + n(n+ 1)y = 0: (5.19)

Persamaan ini disebut persamaan Legendre. Persamaan ini terdapat dalamberbagai masalah, khususnya dalam masalah nilai batas untuk lengkungan (sphere).Parameter n dalam persamaan (5.19) adalah bilangan riil yang diketahui. Solusidari persamaan (5.19) disebut fungsi Legendre.Dengan membagi persamaan (5.19) dengan 1� x2 dari y00, dapat dilihat bahwa�2x=(1� x2) dan n(n+1)=(1� x2) dari persamaan yang baru, adalah analitikpada x = 0: Oleh sebab itu, berdasarkan Teorema keujudan solusi deret kuasa,metode deret kuasa dapat diterapkan pada persamaan tersebut.Substitusikan persamaan

y =1X

m=0

amxm (5.20)

5.3. PERSAMAAN LEGENDRE, POLINOM LEGENDRE PN (X) 99

dan turunan-turunannya ke dalam persamaan (5.19). Misalkan k = n(n + 1),maka persamaan (5.19) menjadi

(1� x2)1X

m=2

m(m� 1)amxm�2 � 2x1X

m=1

mamxm�1 + k

1X

m=0

amxm = 0:

1X

m=2

m(m� 1)amxm�2 �1X

m=2

m(m� 1)amxm � 21X

m=1

mamxm + k

1X

m=0

amxm = 0:

(5.21)Dengan menjabarkan persamaan tersebut di atas, diperoleh

2:1a2 + 3:2a3x+ 4:3a4x2 + :::+ (s+ 2)(s+ 1)as+2x

s :::�2:1a2x2 � :::+ s(s� 1)asxs + :::�2:1a1x� 2:2a2x2 � :::� 2sasxs � :::+ka0 + ka1x+ ka2x

2 + :::+ kasxs = 0:

Jika (5.20) adalah solusi dari (5.19), maka jumlah koe�sien-koe�sien dari setiapderajat x harus sama dengan nol. Dengan memasukkan kembali nilai k =n(n+ 1); diperoleh:

untuk koe�sien x0 : 2a2 + n(n+ 1)a0 = 0; (5.22)

untuk koe�sien x1 : 6a3 + [�2 + n(n+ 1)]a1 = 0;untuk koe�sien x2 : 12a4 + [�6 + n(n+ 1)]a2 = 0;

dan secara umum, jika s = 2; 3; :::; maka untuk koe�sien xs :

(s+ 2)(s+ 1)as+2 + [�s(s� 1)� 2s+ n(n+ 1)]as = 0: (5.23)

Dengan menyederhanakan bagian [�s(s�1)�2s+n(n+1)] = (n�s)(n+s+1);persamaan (5.23) menjadi

(s+ 2)(s+ 1)as+2 + (n� s)(n+ s+ 1)as = 0;

as+2 = �(n� s)(n+ s+ 1)(s+ 2)(s+ 1)

as; s = 0; 1; ::: (5.24)

Persamaan (5.24) ini disebut relasi rekurensi atau rumus rekursi.Dengan menjabarkan persamaan (5.24), diperoleh

a2 = �n(n+ 1)2!

a0;

a4 = � (n� 2)(n+ 3)4:3

a2 =(n� 2)n(n+ 1)(n+ 3)

4!a0;

a3 = � (n� 1)(n+ 2)3!

a1;

a5 =(n� 3)(n+ 4)

5:4a3 =

(n� 3)(n� 1)(n+ 2)(n+ 4)5!

a1;

dan seterusnya, dengan mengambil konstanta a0 dan a1 sebarang.Dengan memasukkan nilai-nilai dari a tersebut ke dalam persamaan (5.20),diperoleh

y(x) = a0y1(x) + a1y2(x); (5.25)

dengan

y1(x) = 1�n(n+ 1)

2!x2 +

(n� 2)n(n+ 1)(n+ 3)4!

x4 �+::: (5.26)


dan

y2(x) = x� (n� 1)(n+ 2)3!

x3 +(n� 3)(n� 1)(n+ 2)(n+ 4)

5!x5 �+::: (5.27)

Deret ini konvergen untuk jxj < 1: Karena persamaan (5.26) hanya memuat xberderajat genap saja, dan persamaan (5.27) hanya memuat x yang berderajatganjil saja, maka perbandingan antara y1=y2 bukan merupakan suatu konstanta,sehingga y1 dan y2 tidak proporsional. Dengan demikian, y1 dan y2 adalahsolusi yang bebas linier. Jadi persamaan (5.25) merupakan solusi umum daripersamaan (5.19), pada selang �1 < x < 1:

5.3.1 Polinom Legendre

Dalam banyak kasus, parameter n dalam persamaan Legendre akan menjadibilangan bulat non negatif, sehingga sisi kanan persamaan (5.24)

as+2 = �(n� s)(n+ s+ 1)(s+ 2)(s+ 1)

as; s = 0; 1; :::

akan sama dengan nol, bila s = n; dan an+2 = 0; an+4 = 0; an+6 = 0; ::: Olehsebab itu, jika n genap, maka y1(x) akan berubah menjadi polinom derajat ndan jika n ganjil, maka y2(x) juga akan menjadi polinom derajat n: Polinomyang demikian ini, bila dikalikan dengan beberapa konstanta, disebut sebagaipolinom Legendre.Perhatikan rumus as+2 tersebut di atas. Persamaan tersebut dapat dinyatakandalam bentuk

as = �(s+ 2)(s+ 1)

(n� s)(n+ s+ 1)as+2; (s � n� 2): (5.28)

Dengan memilih an = 1; jika n = 0, dan

an =(2n)!

2n(n!)2=1:3:5:::(2n� 1)

n!; n = 1; 2; ::: (5.29)

Alasan memilih an yang demikian adalah bahwa semua polinom akan mempun-yai nilai 1 jika x = 1:Dari persamaan (5.28) dan (5.29) diperoleh

an�2 = � n(n� 1)2(2n� 1)an (5.30)

= � n(n� 1)(2n)!2(2n� 1)2n(n!)2

= � n(n� 1)(2n)(2n� 1)(2n� 2)!2(2n� 1)2nn(n� 1)!n(n� 1)(n� 2)!

= � (2n� 2)!2n(n� 1)!(n� 2)! :

Dengan cara yang sama, diperoleh:

an�4 = � (n� 2)(n� 3)4(2n� 3) an�2

=(2n� 4)!

2n2!(n� 2)!(n� 4)! ;

dan seterusnya. Secara umum, jika n� 2m � 0;

an�2m = (�1)m(2n� 2m)!

2nm!(n�m)!(n� 2m)! : (5.31)

5.4. METODE FROBENIUS 101

Hasil solusi dari persamaan diferensial Legendre (5.19) disebut polinom Legen-dre derajat n dan dinyatakan dengan Pn(x): Dari persamaan (5.31) diperolehPn(x) sebagai berikut:

Pn(x) =MX

m=0

(�1)m (2n� 2m)!2nm!(n�m)!(n� 2m)!x

n�2m (5.32)

=(2n)!

2n(n!)2xn � (2n� 2)!

2n1!(n� 1)!(n� 2)!xn�2 +�:::

dengan M = a=2 atau (n� 1)=2; yang mana saja dari ke dua nilai M tersebutyang merupakan bilangan bulat.Contoh untuk fungsi ini adalah

P0(x) = 1; P1(x) = x;

P2(x) =1

2(3x2 � 1); P3(x) =

1

2(5x3 � 3x);

P4(x) =1

8(35x4 � 30x2 + 3); P5(x) =

1

8(63x5 � 70x3 + 15x);

dan seterusnya.

5.3.2 Latihan

1. Fungsi Legendre untuk n = 0:

Tunjukkan bahwa persamaan (5.26) dengan n = 0; memberikan y1(x) =P0(x) = 1 dan persamaan (5.27) memberikan

y2(x) = x+2

3!x3 +

(�3)(�1):2:45!

x5 + ::: = x+x3

3+x5

5+ :::

=1

2ln1 + x

1� x:

Jelaskan hal ini dengan menyelesaikan persamaan (5.19) dengan n = 0;membentuk z = y0 dan memisahkan variabel-variabelnya.

2. Fungsi Legendre untuk n = 1:

Tunjukkan bahwa persamaan (5.27) dengan n = 1 memberikan y2(x) =P1(x) = x; dan persamaan (5.26) memberikan

y1(x) = 1� x2

1� x4

3� x6

5� ::: = 1� x(x+ x3

3+x5

5+ :::)

= 1� 12x ln

1 + x

1� x:

5.4 Metode Frobenius

Theorem 14 : Metode Frobenius

Suatu persamaan diferensial yang berbentuk

y00 +b(x)

xy0 +

c(x)

x2y = 0; (5.33)

dengan fungsi b(x) dan c(x) adalah analitik pada x = 0; mempunyai palingsedikit satu solusi yang dapat dinyatakan dalam bentuk

y(x) = xr1X

m=0

amxm = xr(a0 + a1x+ a2x

2 + :::) (a0 6= 0); (5.34)


dengan eksponen r dapat berupa bilangan riil atau kompleks, dan r dipilihsedemikian sehingga a0 6= 0:Persamaan diferensial tersebut juga mempunyai solusi ke dua, sedemikan se-hingga kedua solusi tersebut bebas linier. Solusi ke dua tersebut hampir samadengan solusi pertama pada persamaan (5.34), dengan r berbeda dan koe�sienyang berbeda pula, atau mungkin akan memuat bagian logaritmik.Sebagai contoh, persamaan Bessel

y00 +1

xy0 +

�x2 � v2x2

�y = 0

dari bentuk (5.33) dengan b(x) = 1 dan c(x) = x2 � v2; analitik pada x = 0;sehingga teorema 1 (Metode Frobenius) dapat diterapkan. Persamaan ini tidakdapat dikerjakan secara penuh dengan metode deret kuasa. Serupa dengancontoh tersebut, persamaan diferensial hipergeometrik juga memerlukan metodeFrobenius dalam penyelesaiannya.

Titik Reguler dan Singuler

Titik reguler dari persamaan diferensial

y00 + p(x) y0 + q(x) y = 0;

adalah titik x0 dengan koe�sien p dan q analitik, sehingga metode deret kuasadapat diterapkan. Jika titik x0 tidak reguler, maka disebut titik singuler.Serupa dengan persamaan diferensial tersebut, titik reguler dari

eh(x) y00 + ep(x) y0 + eq(x) y = 0

adalah x0 dengan eh; ep; eq analitik dan eh(x0) 6= 0 (sehingga persamaan terse-

but dapat dibagi dengan eh; dan mendapatkan bentuk standarnya, seperti padapersamaan (5.33). Jika x0 tidak reguler, maka disebut singuler.

5.4.1 Persamaan Indisial (Indicial Equation), MenunjukkanBentuk Solusi-solusi

Perhatikan persamaan (5.33). Kalikan persamaan tersebut dengan x2; sehinggamenghasilkan bentuk

x2 y00 + x b(x) y0 + c(x) y = 0: (5.35)

Dengan menyatakan b(x) dan c(x) dalam bentuk deret kuasa, diperoleh

b(x) = b0 + b1x+ b2x2 + ::: dan c(x) = c0 + c1x+ c2x

2 + :::

Perhatikan persamaan (5.34). Turunkan persamaan tersebut bagian demi bagiansehingga diperoleh y0 dan y00 sebagai berikut:

y0(x) =1X

m=0

(m+ r) am xm+r�1 = xr�1[r a0 + (r + 1) a1x+ :::]

y00(x) =1X

m=0

(m+ r)(m+ r � 1) am xm+r�2 (5.36)

= xr�2[r(r � 1) a0 + (r + 1) r a1x+ :::]:


Dengan memasukkan semua deret ini ke dalam persamaan (5.35), diperolehpersamaan

xr[r(r�1) a0+(r+1) r a1x+:::]+(b0+b1x+b2x2)xr[r a0+(r+1) a1x+:::] (5.37)

+(c0 + c1x+ c2x2 + :::)xr(a0 + a1x+ a2x

2 + :::) = 0:

Dengan menyamakan sisi sebelah kiri dan kanan, diperoleh:

untuk koe�sien xr : [r (r � 1) + b0 r + c0] a0 = 0:

Dari asumsi a0 6= 0; diperoleh

r (r � 1) + b0 r + c0 = 0: (5.38)

Persamaan ini disebut sebagai persamaan indisial dari persamaan diferensial(5.33).Metode ini akan menghasilkan suatu basis solusi-solusi. Salah satu dari duasolusi tersebut akan selalu berbentuk

y(x) = xr1X

m=0

amxm = xr(a0 + a1x+ a2x

2 + :::) (a0 6= 0);

dengan r merupakan akar dari persamaan (5.38). Bentuk dari solusi yang lainakan ditunjukkan dengan persamaan indisial. Berikut ini ada tiga kasus:

1. Akar-akar berbeda, tidak dibedakan oleh suatu bilangan bulat 1, 2, 3, ...

2. Akar dobel.

3. Akar-akar dibedakan oleh bilangan bulat 1, 2, 3, ...

Theorem 15 : Metode Frobenius. Basis solusi. Tiga kasus

Misalkan persamaan diferensial (5.33) memenuhi asumsi-asumsi dalam Teo-rema 1. Misalkan r1 dan r2 adalah akar-akar dari persamaan indisial. Makaada tiga kasus:Kasus 1: Akar-akar berbeda, tidak dibedakan oleh suatu bilanganbulat.

y1(x) = xr1(a0 + a1x+ a2x2 + :::) (5.39)

dany2(x) = xr2(A0 +A1x+A2x

2 + :::) (5.40)

dengan koe�sien-koe�sien yang diperoleh dari (5.37), masing-masing denganr = r1 dan r = r2:Kasus 2: Akar dobel r = r1 = r2: Basisnya adalah

y1(x) = xr(a0 + a1x+ a2x2 + :::) [r =

1

2(1� b0)] (5.41)

(mempunyai bentuk umum yang sama seperti sebelumnya) dan

y2(x) = y1(x) lnx+ xr(A0 +A1x+A2x

2 + :::) (x > 0): (5.42)

Kasus 3: Akar-akarnya dibedakan oleh bilangan bulat. Basisnya adalah

y1(x) = xr1(a0 + a1x+ a2x2 + :::) (5.43)

(mempunyai bentuk umum yang sama seperti sebelumnya) dan

y2(x) = ky1(x) ln x+ xr2(A0 +A1x+A2x2 + :::); (5.44)

di mana akar-akarnya r1 � r2 > 0 dan k mungkin bisa nol.


Aplikasi

Example 95 : Persamaan Euler-Cauchy, menggambarkan kasus 1, 2, dan ka-sus 3 tanpa logaritma

Perhatikan persamaan Euler-Cauchy

x2y00 + b0xy0 + c0y = 0 (b0; c0 konstanta).

Dengan mensubstitusikan y = xr; diperoleh persamaan pembantu

r(r � 1) + b0r + c0 = 0;

yang merupakan persamaan indisial. Untuk akar-akar yang berbeda r1 dan r2;diperoleh basis y1 = xr1 dan y2 = xr2 : Untuk akar dobel r; diperoleh basis xr

dan xr lnx:

Example 96 : Ilustrasi kasus 2

Selesaikan persamaan diferensial berikut:

x(x� 1)y00 + (3x� 1)y0 + y = 0: (5.45)

(Ini persamaan diferensial hipergeometrik yang khusus).

Jawab:

Dengan menuliskan persamaan tersebut dalam bentuk standarnya, yaitu denganmembagi persamaan tersebut dengan x(x � 1); sehingga diperoleh persamaanbaru:

y00 +(3x� 1)x(x� 1)y

0 +1

x(x� 1)y = 0;

maka persamaan tersebut memenuhi asumsi Teorema 1. Dengan memasukkany dan turunan-turunan y0; y00 ke dalam persamaan diferensial tersebut, makadiperoleh

1X

m=0

(m+ r)(m+ r� 1) am xm+r�1X

m=0

(m+ r)(m+ r� 1) am xm+r�1+ (5.46)

31X

m=0

(m+ r) am xm+r �1X

m=0

(m+ r) am xm+r�1 +1X

m=0

amxm+1 = 0:

Dengan melihat derajat x terendah, yaitu xr�1; dan dengan menyamakan koe-�siennya ke nol, maka

[�r(r � 1)� r]a0 = 0; sehingga r2 = 0:

Maka persamaan indisial ini mempunyai akar dobel r = 0:Solusi pertama.Dengan memasukkan nilai ini ke dalam persamaan (5.46), dan menyamakanjumlah koe�sien dari derajat xs ke nol, maka diperoleh

s(s� 1)as � (s+ 1)sas+1 + 3sas � (s+ 1)as+1 + as = 0;

s2as � sas � s2as+1 � sas+1 + 3sas � sas+1 � as+1 + as = 0;

s2as + 3sas � s2as+1 � 3sas+1 = 0;

s(s+ 3)as = s(s+ 3)as+1;

as = as+1:


Jadi a0 = a1 = a2 = :::; dan dengan memilih a0 = 1; akan diperoleh solusi

y1(x) =1X

m=0

xm =1

1� x (jxj < 1):

Solusi Ke-dua.Solusi ke-dua y2 yang bebas, ditentukan dengan menggunakan metode reduksiurutan, yaitu dengan mensubstitusikan y2 = u:y1 dan turunan-turunannya kedalam persamaan. Dari bentuk standar persamaan diferensial di atas, diperoleh

p = (3x�1)x(x�1) : Dengan mengintegralkan secara parsial, diperoleh

�Zp dx = �

Z(3x� 1)x(x� 1)dx = �

Z �2

x� 1 +1

x

�dx = �2 ln(x� 1)� lnx:

Jadi

u0 = U = y�21 e�Rpdx =

(x� 1)2(x� 1)2x =

1

x; u = lnx; y2 = u:y1 =

lnx

1� x:

y1 dan y2 bebas linier dan membentuk basis pada interval 0 < x < 1: |

Example 97 : Solusi ke-dua dengan bagian logaritmik

Selesaikan:(x2 � x)y00 � xy0 + y = 0 (5.47)

Jawab:

Dengan memasukkan y(x) =1Pm=0

amxm+r; y0(x) =

1Pm=0

(m+r) amxm+r�1; dan

y00(x) =1Pm=0

(m + r)(m + r � 1) amxm+r�2 ke dalam persamaan diferensial

tersebut, diperoleh hasil:

(x2�x)1X

m=0

(m+r)(m+r�1)amxm+r�2�x1X

m=0

(m+r)amxm+r�1+

1X

m=0

amxm+r = 0:

1Pm=0

(m+ r)(m+ r� 1) amxm+r�1Pm=0

(m+ r)(m+ r� 1) amxm+r�1�1Pm=0

(m+

r) amxm+r +

1Pm=0

amxm+r = 0:

1Pm=0

[(m+r)(m+r�1)�(m+r)+1] amxm+r�1Pm=0

(m+r�1)(m+r) amxm+r�1 =0:

1X

m=0

(m+ r � 1)2 amxm+r �1X

m=0

(m+ r � 1)(m+ r) amxm+r�1 = 0:

Perhatikan bagian pertama dari deret tersebut, yaitu1Pm=0

(m+ r�1)2 amxm+r:

Dengan mengambil m = s; diperoleh hasil1Ps=0(s + r � 1)2 asxs+r: Perhatikan

juga bagian ke-dua deret tersebut, yaitu1Pm=0

(m + r � 1)(m + r) amxm+r�1:


Dengan mengambil m = s+ 1 atau s = m� 1; diperoleh hasil1P

s=�1(s+ r)(s+

r + 1) as+1xs+r; sehingga deret secara keseluruhan menjadi:

1X

s=0

(s+ r � 1)2 asxs+r �1X

s=�1(s+ r)(s+ r + 1) as+1x

s+r = 0: (5.48)

Dengan menjabarkan deret tersebut, diperoleh hasil:

[(r � 1)2a0xr + r2a1xr+1 + :::]� [(r � 1) ra0xr�1 + r(r + 1) a1xr + :::] = 0:

Koe�sien dari derajat x terendah (xr�1) adalah

r(r � 1)a0 = 0:

Karena a0 6= 0; makar(r � 1) = 0

merupakan persamaan indisial dari persamaan diferensial (5.47). Akar-akarpersamaan indisial tersebut adalah r1 = 1 dan r2 = 0: Karena r1 � r2 > 0 (selisihnya merupakan bilangan bulat), maka mereka termasuk kasus 3.Solusi Pertama

Solusi pertama untuk metode Frobenius adalah y1(x) =1Pm=0

amxm+r1 = a0x

r1+

a1xr1+1+a2x

r1+2+ :::: Karena r1 = 1; maka solusi pertamanya menjadi berben-tuk

y1(x) = a0x+ a1x2 + a2x

3 + ::::

Untuk mencari koe�sien-koe�sien a0; a1; a2; ..., masukkan r = r1 = 1 ke dalampersamaan (5.48), sehingga diperoleh hasil:

1X

s=0

[s2as � (s+ 2)(s+ 1)as+1] xs+1 = 0:

Relasi rekurensinya adalah

as+1 =s2

(s+ 2)(s+ 1)as; (s = 0; 1; 2; :::):

Untuk s = 0; diperoleh a1 = 0: Untuk s = 1; a2 =16a1 = 0; demikian seterusnya

sehingga a3 = 0; a4 = 0; :::Jadi solusi pertama untuk metode Frobenius adalah

y1(x) = a0x; a0 sebarang.

Dengan mengambil a0 = 1; diperoleh solusi pertama y1(x) = x:Solusi Ke-duaSolusi ke-dua dari persamaan diferensial (5.47) dapat dicari dengan menggu-nakan metode reduksi urutan. Metode ini dapat digunakan bila solusi perta-manya sudah diketahui. Substitusikan y2 = y1u = xu: Dengan menurunkan y2sampai turunan ke-dua, diperoleh: y02 = u + xu0 dan y002 = u0 + u0 + xu00 =2u0 + xu00: Masukkan y2 dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferen-sial (5.47), sehingga diperoleh:

(x2 � x)(2u0 + xu00)� x(u+ xu0) + xu = 0

(x2 � x)(2u0 + xu00)� x2u0 = 0

(x2 � x)xu00 + (x� 2)xu0 = 0

x[(x2 � x)u00 + (x� 2)u0] = 0:

5.5. PERSAMAAN BESSEL 107

Karena x 6= 0; maka dengan membagi persamaan tersebut dengan x diperoleh:

(x2 � x)u00 + (x� 2)u0 = 0;sehingga

u00

u0= � x� 2

x2 � x = �x� 2

x(x� 1) =A

x+

B

x� 1 :

A(x� 1) +Bx = �x+ 2 =) A = 2; �A+B = �2 +B = �1 =) B = 1:Jadi

u00

u0=�2x+

1

x� 1 :

Dengan mengintegralkannya, diperoleh

Zu00

u0dx =

Z ��2x+

1

x� 1

�dx

lnu0 = �2 lnx+ ln(x� 1) = � lnx2 + ln(x� 1) = ln x� 1x2

:

Dengan mengeksponensialkan, diperoleh:

u0 =x� 1x2

=1

x� 1

x2:

Dengan mengintegralkan dan mengeksponensialkannya lagi, diperoleh:

Zu0dx =

Z �1

x� 1

x2

�dx

u = lnx+1

x:

Jadi solusi ke-duanya menjadi

y2(x) = y1u = x(lnx+1

x) = x lnx+ 1;

dengan y1 dan y2 nya bebas linier, dan y2 mempunyai bagian logaritmik. |

5.4.2 Latihan

1. x(1� x)y00 + 2(1� 2x)y0 � 2y = 02. xy00 + 2y0 + xy = 03. xy00 + (1� 2x)y0 + (x� 1)y = 04. x2y00 + 2xy0 � 6y = 05. xy00 + 3y0 + 4x3y = 06. 8x(1� x)y00 + (4� 14x)y0 � y = 07. 4x(1� x)y00 + y0 + 8y = 0

5.5 Persamaan Bessel

Salah satu persamaan diferensial yang paling penting dalam matematika terapanadalah persamaan diferensial Bessel, yang berbentuk

x2y00 + xy0 + (x2 � v2)y = 0; (5.49)

dengan v sebuah parameter (bilangan yang diketahui.). Diasumsikan bahwa vadalah riil dan taknegatif.Persamaan Bessel ini muncul berkaitan dengan medanlistrik, vibrasi, konduksi panas, dan sebagainya.


Persamaan Bessel dapat diselesaikan dengan menggunakan metode Frobenius,seperti yang sudah diungkapkan pada pembahasan sebelumnya, di mana per-samaan tersebut ditulis dalam bentuk standarnya. Dengan mensubstitusikanderet

y(x) =1X

m=0

amxm+r; a0 6= 0; (5.50)

dengan koe�sien taktentu dan turunan-turunannya, yaitu

y0(x) =1X

m=0

(m+r) amxm+r�1; dan y00(x) =

1X

m=0

(m+r)(m+r�1) amxm+r�2;

ke dalam persamaan diferensial (5.49), diperoleh

1X

m=0

(m+ r)(m+ r � 1) amxm+r +1X

m=0

(m+ r) amxm+r

+1X

m=0

amxm+r+2 � v2

1X

m=0

amxm+r = 0:

Dengan menyamakan koe�sien dari xm+r pada persamaan tersebut dengan nol,dan bila m = s, diperoleh hasil

1X

s=0

(s+ r)(s+ r � 1) asxs+r +1X

s=0

(s+ r) asxs+r

+

1X

s=0

asxs+r+2 � v2

1X

s=0

asxs+r = 0:

Selanjutnya, koe�sien dari xr adalah

r(r � 1)a0 + ra0 � v2a0 = 0; untuk s = 0: (5.51)

Koe�sien dari xr+1 adalah

(r + 1)ra1 + (r + 1)a1 � v2a1 = 0; untuk s = 1: (5.52)

Untuk s = 2; 3; 4; :::; koe�sien dari xs+r+2 adalah

(s+ r)(s+ r � 1)as + (s+ r)as + as�2 � v2as = 0: (5.53)

Dari persamaan (5.51) diperoleh persamaan indisial

(r � v)(r + v) = 0; (5.54)

dengan akar-akarnya r1 = v (> 0) dan r2 = �v:

Koe�sien Rekurensi dalam kasus r = r1 = v

Untuk r = r1 = v; persamaan (5.52) menjadi

a1[v2 + 2v + 1� v2] = 0 =) a1(2v + 1) = 0;

yang menghasilkan a1 = 0: Persamaan (5.53) dapat ditulis menjadi

(s+ r + v)(s+ r � v)as + as�2 = 0;


sehingga untuk r = v; persamaannya menjadi

(s+ 2v)sas + as�2 = 0: (5.55)

Karena a1 = 0 dan v > 0, maka dari persamaan (5.55) diperoleh a3 = 0; a5 =0; ::: Dengan demikian, persamaan (5.55) hanya akan bergantung pada koe�siens yang genap, sehingga dengan mengambil s = 2m; persamaannya akan menjadi

(2m+ 2v)2ma2m + a2m�2 = 0;

atau dapat dinyatakan dalam relasi rekurensi:

a2m = �1

22m(m+ v)a2m�2; m = 1; 2; ::: (5.56)

Jadi koe�sien a2; a4; ::: dapat ditentukan, yaitu

a2 = �a0

22(v + 1); a4 = �

a2222(v + 2)

=a0

242!(v + 1)(v + 2);

dan seterusnya. Secara umum, relasi (5.56) dapat ditulis

a2m =(�1)ma0

22mm!(v + 1)(v + 2):::(v +m); untuk m = 1; 2; ::: (5.57)

Fungsi Bessel Jn(x) untuk bilangan bulat v = n

Nilai bilangan bulat v dinyatakan dengan n; yang merupakan standarnya. Untukv = n; relasi (5.57) menjadi

a2m =(�1)ma0

22mm!(n+ 1)(n+ 2):::(n+m); untuk m = 1; 2; :::; (5.58)

dengan a0 masih konstanta sebarang, sehingga deret y(x) =1Pm=0

amxm+r akan

memuat konstanta sebarang a0 ini. Dengan demikian, a0 dapat dipilih, yangmemungkinkan adalah a0 = 1: Untuk kepraktisan, dipilih

a0 =1

2nn!;

karena bila a0 ini disubstitusikan ke dalam relasi (5.58), maka dalam bagianpenyebutnya, yaitu n!(n+ 1)(n+ 2):::(n+m) = (n+m)!; sehingga relasi pada(5.58) dapat ditulis dengan

a2m =(�1)m

22m+nm!(n+m)!; untuk m = 1; 2; :::: (5.59)

Dengan koe�sien-koe�sien tersebut dan r1 = v = n; dari persamaan (5.50)didapatkan solusi khusus dari persamaan diferensial (5.49), yang dinyatakandengan Jn(x); dan dituliskan

Jn(x) = xn1X

m=0

(�1)mx2m22m+nm!(n+m)!

: (5.60)

Jn(x) ini disebut sebagai fungsi Bessel jenis pertama yang berderajat n:Deret ini konvergen untuk semua x:

Example 98 : Fungsi Bessel J0(x) dan J1(x)


Untuk n = 0; dari persamaan (5.60) diperoleh fungsi Bessel berderajat nol

J0(x) =1X

m=0

(�1)mx2m22m(m!)2

= 1� x2

22(1!)2+

x4

24(2!)2� x6

26(3!)2+�:::; (5.61)

yang mirip dengan fungsi cosinus. Untuk n = 1; diperoleh fungsi Bessel berder-ajat satu, yaitu

J1(x) =1X

m=0

(�1)mx2m+122m+1m!(m+ 1)!

=x

2� x3

231!2!+

x5

252!3!� x7

273!4!+�::: (5.62)

yang mirip dengan fungsi sinus.

Fungsi Bessel Jv(x) untuk suatu v > 0: Fungsi Gamma

Fungsi Gamma �(v) dide�nisikan oleh integral

�(v) =

1Z

0

e�ttv�1dt (5.63)

Dengan mengintegralkan bagian demi bagian, diperoleh

�(v + 1) =

1Z

0

e�ttvdt = �e�ttv��10+ v

1Z

0

e�ttv�1dt = 0 + v�(v)

Jadi hasil dari integral tersebut adalah relasi dasar

�(v + 1) = v�(v): (5.64)

Untuk v = 1;

�(1) =

1Z

0

e�tdt = �e�t��10= 0� (�1) = 1:

Dari hasil tersebut dapat dicari fungsi Gamma untuk v yang lain, yaitu �(2) =1�(1) = 1:1 = 1!; �(3) = 2�(2) = 2:1 = 2!; �(4) = 3�(3) = 3:2! = 3!; ::: Secaraumum,

�(n+ 1) = n! (5.65)

Rumus ini menunjukkan bahwa fungsi Gamma memperumum fungsi faktorial.Pada pembahasan sebelumnya, diketahui a0 =

12nn! : Dengan mengganti n! den-

gan fungsi Gamma, diperoleh a0 = 1=(2n�(n+ 1)); sehingga untuk suatu v;

a0 =1

2v�(v + 1): (5.66)

Jadi relasi rekurensinya menjadi

a2m =(�1)m

22m+vm!(v + 1)(v + 2):::(v +m)�(v + 1):

Perhatikan bahwa

(v + 1)�(v + 1) = �(v + 2); (v + 2)�(v + 2) = �(v + 3);

dan seterusnya, sehingga

(v + 1)(v + 2):::(v +m)�(v +m) = �(v +m+ 1):


Dengan demikian, rumus relasi rekurensinya menjadi

a2m =(�1)m

22m+vm!�(v +m+ 1): (5.67)

Dari koe�sien-koe�sien ini dan r = r1 = v; serta mensubstitusikannya ke dalampersamaan (5.50), diperoleh solusi khusus dari persamaan diferensial (5.49), dandinyatakan dengan Jv(x); yaitu

Jv(x) = xv1X

m=0

(�1)mx2m22m+vm!�(v +m+ 1)

: (5.68)

Rumus ini disebut sebagai fungsi Bessel jenis pertama yang berderajatv: Deret ini konvergen untuk semua x:

Solusi J�v(x) dari persamaan Bessel

Selain Jv; untuk solusi umum diperlukan solusi ke dua yang bebas linier. Meng-ganti v dengan �v menyebabkan persamaan (5.68) menjadi

J�v(x) = x�v1X

m=0

(�1)mx2m22m�vm!�(m� v + 1) : (5.69)

Karena persamaan Bessel memuat v2; fungsi Jv dan J�v adalah solusi daripersamaan untuk v yang sama. Jika v bukan bilangan bulat, maka Jv dan J�vbebas linier, karena bagian pertama dari persamaan (5.68) dan bagian pertamadari persamaan (5.69) adalah kelipatan taknol berhingga dari xv dan x�v:

Theorem 16 : Solusi Umum persamaan Bessel

Jika v bukan bilangan bulat, solusi umum dari persamaan Bessel untuk semuax 6= 0 adalah

y(x) = c1Jv(x) + c2J�v(x): (5.70)

Bila v bilangan bulat, maka persamaan (5.70) bukan solusi umum karena tidakbebas linier.

Theorem 17 : Ketakbebasan linier fungsi Bessel Jn dan J�n

Untuk bilangan bulat v = n; fungsi Bessel Jn(x) dan J�n(x) tak bebas linier,karena

J�n(x) = (�1)nJn(x) n = 1; 2; ::: (5.71)


Chapter 6

Transformasi Laplace

Metode transformasi Laplace adalah suatu metode penyelesaian persamaan difer-ensial, dan berkaitan dengan masalah nilai awal dan nilai batas. Proses penye-lesaiannya dapat dibagi dalam tiga tahap utama, yaitu:

1. Masalah yang berat (sulit) ditransformasikan ke dalam persamaan tam-bahan (subsidiary equation) yang lebih sederhana.

2. Persamaan yang sederhana tersebut kemudian diselesaikan dengan meng-gunakan manipulasi aljabar.

3. Penyelesaian persamaan sederhana tersebut selanjutnya ditransformasikankembali untuk memperoleh solusi masalah yang diketahui.

Dengan cara tersebut, transformasi Laplace mereduksi masalah penyelesaianpersamaan diferensial menjadi masalah aljabar. Proses ini dibuat menjadi lebihmudah dengan menggunakan tabel fungsi dan transformasinya, yang perannyamirip dengan tabel integral dalam kalkulus. Perubahan dari operasi kalkulusmenjadi operasi aljabar pada transformasi disebut kalkulus operasional, yangsangat penting dalam matematika terapan. Bagi insinyur, metode transformasiLaplace merupakan metode operasional yang sangat penting. Metode tersebutsangat berguna khususnya dalam masalah di mana tenaga penggerak mekanikatau listrik mengalami diskontinuitas, impulsif atau merupakan fungsi periodikyang sangat rumit, tidak hanya sinus atau cosinus saja. Selain itu, transfor-masi Laplace juga mempunyai kelebihan yaitu menyelesaikan masalah secaralangsung, masalah nilai awal (tanpa menentukan solusi umum dahulu), danpersamaan diferensial nonhomogen (tanpa menyelesaikan persamaan homogenyang terkait terlebih dahulu).

6.1 Transformasi Laplace.

Misalkan f(t) adalah fungsi yang diketahui, yang terde�nisi untuk semua t � 0:Dengan mengalikan f(t) tersebut dengan e�st dan mengintegralkannya terhadapt dari 0 ke tak hingga, maka hasil pengintegralannya (jika ada), merupakanfungsi dari s; sebut saja F (s); yaitu

F (s) =

1Z

0

e�st f(t) dt:

113

114 CHAPTER 6. TRANSFORMASI LAPLACE

Fungsi F (s) dari peubah s ini disebut sebagai transformasi Laplace darifungsi asal f(t); dan dinyatakan dengan simbol L(f): Jadi

F (s) = L(f) =1Z

0

e�st f(t) dt: (6.1)

Perlu diingat, bahwa fungsi asal f bergantung pada t dan fungsi baru F (trans-formasinya) bergantung pada s: Operasi yang baru saja dijelaskan, yang meng-hasilkan F (s) dari fungsi yang diketahui f(t) juga disebut transformasi Laplace.Selanjutnya, fungsi asal f(t) dalam (6.1) disebut transformasi invers atau in-vers dari F (s); dan dinyatakan dengan L�1(F ); dan ditulis

f(t) = L�1(F ):

Notasi: fungsi asal dinyatakan dengan huruf kecil dan transformasinya diny-atakan dengan huruf kapital yang sama, sehingga F (s)menyatakan transformasidari f(t); dan Y (s) menyatakan transformasi dari y(t); dan sebagainya.

Example 99 : Transformasi Laplace

Misalkan f(t) = 1; jika t � 0: Carilah F (s):

Jawab:

Dari persamaan (6.1) diperoleh pengintegralan

L(f) = L(1) =1Z

0

e�stdt = �1se�st

1j0=1

s; (s > 0) |

Remark 1 :

Selang pengintegralan dalam (6.1) adalah takhingga. Integral yang demikiandisebut integral improper ( tidak murni), dan dengan de�nisi, dievaluasi menurutaturan

1Z

0

e�st f(t) dt = limT!1

TZ

0

e�st f(t) dt:

Oleh sebab itu, notasi yang sesuai berarti

1Z

0

e�stdt = limT!1

��1se�st

�T

0

= limT!1

��1se�sT ��1

se0�=1

s; (s > 0):

Example 100 : Transformasi Laplace dari fungsi eksponensial

Misalkan f(t) = eat; jika t � 0; dengan a konstanta. Carilah L(f):

Jawab:

Menurut (6.1),

L(eat) =1Z

0

e�st eat dt =1

a� s e�(s�a)t

1j0;

maka jika s� a > 0;L(eat) = 1

s� a: |

6.1. TRANSFORMASI LAPLACE. 115

Theorem 18 : Kelinieran transformasi Laplace

Transformasi Laplace adalah operasi linier, yaitu bahwa untuk suatu fungsi f(t)dan g(t) yang transformasi Laplacenya ada, dan untuk suatu konstanta a danb;

Lfaf(t) + bg(t)g = aLff(t)g+ bLfg(t)g:

Example 101 : Aplikasi Teorema 1: Fungsi Hiperbolik

Misalkan f(t) = cosh at = 12 (e

at + e�at); carilah L(f):

Jawab:

Dari Teorema 1 dan contoh 2 diperoleh

L(cosh at) =1

2L(eat) + 1

2L(e�at) = 1

2

�1

s� a +1

s+ a

�;

dan dengan menyamakan penyebutnya, jika s > a (� 0); diperoleh

L(cosh at) =1

2

(s+ a) + (s� a)s2 � a2 =

s

s2 � a2 :

Dengan cara yang sama, untuk transformasi dari sinus hiperbolik adalah

L(sinh at) =1

2L(eat)� 1

2L(e�at) = 1

2

�1

s� a �1

s+ a

�=

a

s2 � a2 ;

dengan s > a � 0: |


Example 102 : Sinus dan Cosinus

Dalam contoh 2, jika diambil a = i!; dengan i =p�1; maka akan diperoleh

L(ei!t) = 1

s� i! =s+ i!

(s� i!)(s+ i!) =s+ i!

s2 + !2=

s

s2 + !2+ i

!

s2 + !2:

Sebaliknya, dari Teorema 1 dan ei!t = cos!t+ i sin!t; diperoleh

L(ei!t) = L(cos!t+ i sin!t) = L(cos!t) + iL(sin!t):

Dengan menyamakan bagian riil dan imajiner dari kedua persamaan tersebut,diperoleh transformasi dari cosinus dan sinus sebagai berikut, yaitu

L(cos!t) = s

s2 + !2; L(sin!t) = !

s2 + !2: |

Teorema Pergeseran Pertama: Penggantian s oleh s� a dalam Trans-formasi

Transformasi Laplace mempunyai sifat-sifat umum yang sangat bermanfaat,yaitu seperti dinyatakan dalam teorema berikut.

Theorem 19 : Teorema Pergeseran Pertama

Jika f(t) mempunyai transformasi F (s)(dengan s > k); maka eatf(t) mem-punyai transformasi F (s� a) (dengan s� a > k): Dalam bentuk rumus,

Lfeatf(t)g = F (s� a);

atau jika diambil inversnya pada kedua sisinya, diperoleh

eatf(t) = L�1fF (s� a)g:

6.1. TRANSFORMASI LAPLACE. 117

Example 103 Vibrasi Lembab (Damped vibrations)

Dari contoh 4 dan Teorema Pergeseran Pertama, diperoleh rumus yang sangatbermanfaat, yaitu

L(eat cos!t) = s� a(s� a)2 + !2 ;

dan

L(eat sin!t) = !

(s� a)2 + !2 :

Untuk a negatif, f(t) ini merupakan vibrasi lembab. |Berikut ini adalah tabel singkat dari transformasi yang mendasar. Dari trans-formasi ini, hampir dapat diperoleh semua transformasi lain yang dibutuhkandalam bab ini, melalui penggunaan beberapa teorema umum yang sederhana,yang akan dibahas pada sesi selanjutnya.

Tabel 6.1 Beberapa fungsi f(t) dan transformasi Laplacenya L(f)f(t) L(f) f(t) L(f)

1 1 1s 7 cos!t s

s2+!2

2 t 1s2 8 sin!t !

s2+!2

3 t2 2!s3 9 cosh at s

s2�a2

4tn

(n = 0; 1; 2; :::)n!sn+1 10 sinh at a

s2�a2

5 ta; a positif �(a+1)sa+1 11 eat cos !t s�a

(s�a)2+!26 eat 1

s�a 12 eat sin !t !(s�a)2+!2

Example 104 : Teorema pergeseran pertama

Dari tabel 6.1 dan Teorema Pergeseran Pertama, diperoleh rumus lain yangbermanfaat

L(tneat) = F (s� a) = n!

(s� a)n+1 : |

Sebagai contoh, L(teat) = 1=(s� a)2:

Theorem 20 : Teorema Keujudan Transformasi Laplace

Misalkan f(t) adalah fungsi yang setiap bagiannya kontinu pada setiap selangberhingga dalam range t � 0; dan memenuhi

jf(t)j �Me�kt; untuk semua t � 0 (6.2)

dan untuk suatu konstanta k dan M: Maka transformasi Laplace dari f(t) adauntuk semua s > k:

6.1.1 Latihan

A. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi berikut:

1. 2t+ 6 2: sin �t 3:ea�bt 4: sin (!t+ �)

B. Transformasi Laplace Invers

5. �s�10s2�s�2 6: 5s

s2�25


Aplikasi dari Teorema Pergeseran Pertama.

C. Carilah transformasi Laplacenya

7:t2e�3t 8:5e2t sinh 2t 9: sinh t cos t

D. Carilah transformasi inversnya.

10: 1(s+1)2 11: 3

s2+6s+18 12: s(s+ 1

2)2+1

6.2 Transformasi dari Turunan dan Integral

Transformasi Laplace adalah metode penyelesaian persamaan diferensial. Idenyaadalah bahwa transformasi Laplace menggantikan operasi kalkulus dengan op-erasi aljabar pada transformasi. Singkatnya, diferensiasi dari f(t) digantikandengan perkalian dari L(f) dengan s: Pengintegralan f(t) digantikan denganpembagian dari L(f) dengan s:

Theorem 21 : Transformasi Laplace dari turunan f(t)

Misalkan f(t) kontinu untuk semua t � 0; memenuhi persamaan (6.2), untuksuatu k dan M; dan mempunyai turunan f 0(t) yang perbagiannya kontinu padasetiap selang berhingga dalam range t � 0: Maka transformasi Laplace dariturunan f 0(t) ada jika s > k; dan

L(f 0) = sL(f)� f(0); (s > k): (6.3)

Remark 2 :

Teorema tersebut dapat diperluas, sehingga dengan menggunakan persamaan(6.3) pada turunan kedua f 00(t), diperoleh

L(f 00) = sL(f 0)� f 0(0) = s[sL(f)� f(0)]� f 0(0) (6.4)

= s2L(f)� sf(0)� f 0(0):

Dengan cara yang sama, diperoleh transformasi dari turunan ketiga f 000(t); yaitu

L(f 000) = s3L(f)� s2f(0)� sf 0(0)� f 00(0): (6.5)

Selanjutnya, dengan induksi diperoleh perluasan dari Teorema 1.

Theorem 22 : Transformasi Laplace dari turunan orde ke-n

Misalkan f(t) dan turunan-turunannya f 0(t); f 00(t); :::; f (n�1)(t) adalah fungsiyang kontinu untuk semua t � 0; memenuhi (6.2), untuk suatu k dan M; danmisalkan turunan f (n) kontinu perbagian pada setiap selang berhingga dalamrange. Maka transformasi Laplace dari f (n) ada jika s > k dan diberikan oleh

L(f (n)) = snL(f)� sn�1f(0)� sn�2f 0(0)� :::� f (n�1)(0): (6.6)

Example 105 :

Misalkan f(t) = t2:Turunkan L(f) dari L(1).

Jawab:

Karena f(0) = 0; f 0(0) = 0; f 00(t) = 2; dan L(2) = 2L(1) = 2=s:Dari (6.4) diperoleh

L(f 00) = L(2) = 2

s= s2L(f); sehingga L(f) = L(t2) = 2

s3: |

6.2. TRANSFORMASI DARI TURUNAN DAN INTEGRAL 119

Example 106 :

Turunkan transformasi Laplace dari cos !t:

Jawab:

Misalkan f(t) = cos !t:Maka f 0(t) = �! sin!t; f 00(t) = � !2 cos!t = �!2f(t):

f(0) = 1; f 0(0) = 0: Dengan mengambil transformasi, L(f 00) = �!2L(f): Daripersamaan tersebut dan (6.4), diperoleh

�!2L(f) = L(f 00) = s2L(f)� sf(0)� f 0(0) = s2L(f)� ss2L(f) + !2L(f) = s) L(f)[s2 + !2] = s

L(f) =s

s2 + !2= L(cos !t):

Dengan cara yang sama dapat diperoleh pula L(sin !t) = !s2+!2 : |

Example 107 :

Misalkan f(t) = sin2 t: Carilah L(f):

Jawab:

f(0) = 0; f 0(t) = 2 sin t cos t = sin 2t:

L(sin 2t) = 2s2+4 = sL(f) = sL(sin2 t); sehingga L(sin2 t) = 2

s(s2+4) :


Example 108 :

Misalkan f(t) = t sin!t: Carilah L(f):

Jawab:

f(0) = 0; dan f 0(t) = sin!t+ !t cos!t; f 0(0) = 0:

f 00(t) = 2! cos!t� !2t sin!t = 2! cos!t� !2f(t):Dari persamaan (6.4),

L(f 00) = 2!L(cos!t)� !2L(f(t) = s2L(f)

[s2 + !2]L(f) = 2!L(cos!t) = 2!s

s2 + !2:

Jadi hasilnya adalah

L(f) = L(sin!t) = 2!s

(s2 + !2)2 : |

Persamaan Diferensial, Masalah Nilai Awal

Berikut ini akan dibahas bagaimana metode transformasi Laplace menyelesaikanmasalah persamaan diferensial. Perhatikan masalah nilai awal berikut

y00 + ay0 + by = r(t); y(0) = K0; y0(0) = K1; (6.7)

dengan a dan b konstanta. Dalam hal ini, r(t) adalah input yang diterapkanpada sistem mekanik, dan y(t) adalah output (respon terhadap sistem). Dalamtransformasi Laplace, ada tiga tahapan yang harus diselesaikan:

Tahap Pertama:

Dengan menulis Y = L(y) dan R = L(r) dan mensubstitusikan persamaan(6.3) dan (6.4) ke dalam persamaan (6.7), diperoleh persamaan tambahan(subsidiary equation):

[s2Y � sy(0)� y0(0)] + a[sY � y(0)] + bY = R(s):

Dengan mengumpulkan Y; diperoleh

(s2 + as+ b)Y = (s+ a)y(0) + y0(0) +R(s):


Tahap Ke-dua:Persamaan tambahan tersebut kemudian diselesaikan secara aljabar untuk Y:Persamaan tersebut selanjutnya dibagi dengan s2 + as + b; dan dengan meng-gunakan fungsi transfer

Q(s) =1

s2 + as+ b; (6.8)

diperoleh solusi

Y (s) = [(s+ a)y(0) + y0(0)]Q(s) +R(s)Q(s): (6.9)

Jika y(0) = y0(0) = 0; akan memberikan Y = RQ; sehingga Q adalah kuosien

Q =Y

R=L(output)L(input) :

Perhatikan bahwa Q hanya bergantung pada a dan b; tidak pada r(t) atau padakondisi awal.Tahap Ke-Tiga:Persamaan (6.9) direduksi menjadi jumlah bagian-bagian yang inversnya da-pat dicari dalam tabel, sehingga solusi y(t) = L�1(Y ) dari persamaan (6.7)diperoleh.

Example 109 : Masalah Nilai Awal. Penjelasan Tahap Dasar

Selesaikan:y00 � y = t; y(0) = 1; y0(0) = 1:

Jawab:

Tahap Pertama:Dengan menulis Y = L(y); maka berdasarkan persamaan (6.4), transformasiLaplace untuk turunan ke-dua adalah L(y00) = s2Y � sy(0)� y0(0); dan L(t) =1=s2 (lihat tabel); sehingga persamaan tambahan untuk masalah nilai awaltersebut adalah:

[s2Y � sy(0)� y0(0)]� Y = 1

s2:

Dengan syarat awal y(0) = 1; dan y0(0) = 1; maka persamaan tambahantersebut menjadi

(s2 � 1)Y = (s+ 1) + 1

s2:

Tahap Ke-dua:Dengan mengambil fungsi transfer Q = 1=(s2 � 1), maka solusi persamaantambahan tersebut adalah

Y (s) = (s+ 1)Q+1

s2Q =

s+ 1

s2 � 1 +1

s2(s2 � 1)

=1

s� 1 +�

1

s2 � 1 �1

s2

�:

Keterangan:

1

s2(s2 � 1) =A

s2+

B

s2 � 1 =A(s2 � 1) +Bs2

s2(s2 � 1) :

Dengan menyamakan pembilang pada sisi sebelah kiri dengan sisi sebelah kanandiperoleh:


- untuk koe�sien s2 : A+B = 0 :::(i)- untuk koe�sien s0 : � A = 1 =) A = �1; akibatnya dari persamaan (i),diperoleh B = 1; sehingga

1

s2(s2 � 1) =�1s2+

1

s2 � 1 =1

s2 � 1 �1

s2

Tahap Ke-tiga:Dari solusi persamaan tambahan, kemudian dicari transformasi inversnya dalamTabel 6.1, sehingga diperoleh solusi masalah nilai awal:

y(t) = L�1(Y ) = L�1f 1

s� 1g+ L�1f 1

s2 � 1g � L�1f 1

s2g

= et + sinh t� t: |

Example 110 : Perbandingan dengan metode yang biasa


y00 + 2y0 + y = e�t; y(0) = �1; y0(0) = 1:

Jawab:

I. Penyelesaian dengan transformasi LaplaceTransformasi Laplace dari masalah nilai awal tersebut adalah

L(y00) + 2L(y0) + L(y) = L(e�t)

Dari rumus transformasi Laplace untuk turunan-turunan, dan dari tabel (L(e�t) =1=(s+ 1)), diperoleh persamaan tambahan:

[s2Y � sy(0)� y0(0)] + 2[sY � y(0)] + Y = 1

s+ 1:

Dengan mengelompokkan Y; dan dari syarat awal y(0) = �1; y0(0) = 1; per-samaan tambahan tersebut menjadi

[s2 + 2s+ 1]Y � sy(0)� y0(0)� 2y(0) =1

s+ 1

[s2 + 2s+ 1]Y + s� 1 + 2 =1

s+ 1

(s+ 1)2Y = �s� 1 + 1

s+ 1:

Dengan mengalikan fungsi transfer Q = 1=(s+1)2 dengan persamaan tambahantersebut, diperoleh solusi

Y (s) =�s� 1(s+ 1)2

+1

(s+ 1)3=�(s+ 1)(s+ 1)2

+1

(s+ 1)3= � 1

(s+ 1)+

1

(s+ 1)3:

Transformasi inversnya adalah L�1n� 1(s+1)

o= �e�t dan L�1

n1

(s+1)3

o=

12 t2e�t; sehingga solusi masalah nilai awalnya adalah

y(t) = L�1(Y (s)) = �e�t + 12t2e�t =

�1

2t2 � 1

�e�t: |

Keterangan:


Dengan memperhatikan L(tneat) = n!(s+a)n+1 ; diperoleh

L�1�

1

(s+ 1)3

�= L�1

�1

2

�2!

(s+ 1)3

��=1

2t2e�t:

II. Penyelesaian dengan metode biasa (metode koe�sien tak tentu)Perhatikan lagi masalah nilai awal (MNA) pada soal, yaitu:

y00 + 2y0 + y = e�t; y(0) = �1; y0(0) = 1:


y00 + 2y0 + y = 0:

Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya:

�2 + 2�+ 1 = 0

(�+ 1)2= 0 =) � = �1 (dobel)

Solusi dari persamaan homogennya adalah:

yh(t) = c1e�t + c2te

�t = (c1 + c2t) e�t:

Karena e�t dan te�t adalah solusi dari persamaan homogennya, maka pilih so-lusi khusus yk(t) = Ct2e�t; sehingga turunan-turunannya adalah y0k = 2Cte

�t�Ct2e�t = C(2t � t2)e�t; dan y00k = C[2e�t � 2te�t � (2te�t � t2e�t)] = C[2 �4t + t2] e�t: Dengan mensubstitusikan yk dan turunan-turunannya ke dalampersamaan diferensial tersebut, diperoleh

C[2� 4t+ t2] e�t + 2C(2t� t2)e�t + Ct2e�t = e�t

2Ce�t = e�t =) C =1

2:

Dengan mensubstitusikan nilai C tersebut ke dalam solusi khususnya diperoleh

yk(t) =1

2t2e�t:


y(t) = yh(t) + yk(t) = (c1 + c2t) e�t +

1

2t2e�t:

Turunan pertama dari solusi umum y(t) adalah

y0(t) = c2e�t � (c1 + c2t) e�t + te�t �

1

2t2e�t:

Dengan memasukkan syarat awalnya, yaitu y(0) = �1; dan y0(0) = 1; diperoleh

y(0) = c1 = �1; y0(0) = c2 � c1 = 1 =) c2 = 0:

Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah

y(t) = �e�t + 12t2e�t =

�1

2t2 � 1

�e�t: |

Remark 3 :


Untuk mengetahui bahwa solusi yang diperoleh adalah benar, yaitu memenuhipersamaan diferensial dan syarat awalnya, maka substitusikan solusi MNA terse-but dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial, dan periksa apakahhasilnya sama dengan persamaan diferensial nonhomogen tersebut.

Example 111 :

Dari solusi MNA y(t) =�12 t2 � 1

�e�t; diperoleh turunan-turunan

y0(t) = te�t ��1

2t2 � 1

�e�t =

�1 + t� 1

2t2�e�t; dan

y00(t) = (1� t) e�t ��1 + t� 1

2t2�e�t =

�1

2t2 � 2t

�e�t:

Dengan mensubstitusikan y(t) dan turunan-turunan tersebut ke dalam per-samaan diferensialnya, diperoleh

�1

2t2 � 2t

�e�t + 2

�1 + t� 1

2t2�e�t +

�1

2t2 � 1

�e�t = e�t:

Untuk syarat awalnya,y(0) =

�12 :0

2 � 1�e�0 = �1 dan y0(0) =

�1 + 0� 1

2 :02�e�0 = 1:

Jadi benar bahwa solusi MNA adalah y(t) =�12 t2 � 1

�e�t: |

Dengan membandingkan kedua penyelesaian dalam contoh 6 tersebut, dapatdiambil kesimpulan, bahwa metode transformasi Laplace mempunyai kelebihan:

1. Tidak ada penentuan solusi umum dari persamaan homogennya;

2. Tidak ada penentuan nilai untuk konstanta sebarang dalam solusi umum-nya.

Transformasi Laplace dari Integral suatu Fungsi

Diferensiasi dan integrasi adalah proses invers. Diferensiasi dari suatu fungsiberkaitan dengan perkalian dari transformasinya dengan s; maka harapannyaintegrasi dari suatu fungsi menghubungkan pembagian dari transformasinyadengan s; karena pembagian adalah operasi invers dari perkalian.

Theorem 23 : Integrasi dari f(t)

Misalkan F (s) adalah transformasi Laplace dari f(t): Jika f(t) kontinu bagian-perbagian dan memenuhi ketaksamaan pada teorema keujudan untuk transfor-masi Laplace, maka

L

8<:

tZ

0

f(�)d�

9=; =

1

sF (s) (s > 0; s > k); (6.10)

atau jika kita mengambil transformasi invers pada kedua sisi persamaan terse-but,

tZ

0

f(�)d� = L�1�1

sF (s)

�: (6.11)

Example 112 : Aplikasi Teorema 3

Misalkan L(f) = 1s(s2+!2) : Carilah f(t):


Jawab:

Dari Tabel 6.1, diperoleh transformasi invers

L�1�

1

(s2 + !2)

�=1

!sin!t:

Berdasarkan Teorema 3 dan hasil transformasi invers tersebut, diperoleh jawa-ban

f(t) = L�1�1

s

�1

(s2 + !2)

��=1

!

tZ

0

sin!� d�

=1

!2

�� cos!�

t

j0

�=1

!2(1� cos!t) : |

Example 113 : Aplikasi lain dari Teorema 3

Dengan cara yang sama seperti pada contoh 7, untuk L(f) = 1s2(s2+!2) ; carilah

f(t) nya.


Jawab:

Dari contoh 7, diperoleh transformasi invers

L�1�

1

s(s2 + !2)

�=1

!2(1� cos!t) :

Berdasarkan Teorema 3 dan hasil transformasi invers tersebut, diperoleh

f(t) = L�1�1

s

�1

s(s2 + !2)

��=1

!2

tZ

0

(1� cos!�) d�

=1

!2

�(� � sin!�)

t

j0

�=1

!2

�t� sin!t

!

�: |

Masalah Data Pergeseran

Masalah data pergeseran adalah nama singkat untuk masalah nilai awal dengankondisi awalnya merujuk pada suatu t = t0; bukan t = 0: Dalam hal ini, kondisiy(0) dan y0(0) yang muncul pada pendekatan transformasi Laplace, tidak dapatlangsung digunakan, tetapi harus diproses dalam dua cara.1. Metode solusi pertama. Carilah solusi umum dengan transformasiLaplace dan setelah itu, carilah solusi dari masalah seperti pada metode klasik.2. Metode solusi ke-dua. Dengan mengambil t = et + t0; sehingga t = t0;memberikan hasil et = 0: Dengan demikian, transformasi Laplace baru dapatditerapkan.

Example 114 :

Dengan menggunakan metode pada masalah data pergeseran tersebut di atas,akan diselesaikan masalah nilai awal berikut:

y00 + y = 2t; y

�1

4�

�=1

2�; y0

�1

4�

�= 2�

p2:

Jawab:

Dari masalah nilai awal tersebut, diketahui t0 =14�; sehingga t =

et+ 14�: Dengan

demikian, untuk t = t0 =14�; menyebabkan

et = 0; sehingga masalah nilai awaltersebut berubah menjadi

ey00 + ey = 2(et+ 14�); y (0) =

1

2�; y0 (0) = 2�

p2:

Tahap I: Membentuk persamaan tambahanDengan menuliskan eY = L(ey); maka dengan rumus transformasi Laplace untukturunan-turunan, yaitu

L (ey00) = s2 eY � sey(0)� ey0(0)

dan dari tabel,

L�2(et+ 1

4�)

�=2

s2+�=2

s

diperoleh persamaan tambahan sebagai berikut:

hs2 eY � sey(0)� ey0(0)

i+ eY = 2

s2+�=2

s:


Tahap II: Solusi dari persamaan tambahanSecara aljabar, persamaan tambahan tersebut dapat diselesaikan, yaitu

�s2 + 1

� eY � 12�s�

�2�

p2�

=2

s2+�=2

s�s2 + 1

� eY =2

s2+�=2

s+1

2�s+

�2�

p2�;

sehingga solusi persamaan tambahannya menjadi

eY = 2

s2(s2 + 1)+

�=2

s(s2 + 1)+

�s

2(s2 + 1)+

�2�

p2�

(s2 + 1):

Dari contoh 7 dan 8 sebelumnya, diperoleh solusi

ey = 2�et� sinet

�+1

2��1� coset

�+1

2� coset+

�2�

p2�sinet

= 2et+ 12� �

p2 sinet:

Karena et = t� 14�; dan cos

14� = sin

14� =

12

p2; maka

y(t) = 2

�t� 1

4�

�+1

2� �

p2 sin

�t� 1

4�

�

= 2t�p2

�sin t cos

1

4� � cos t sin 1

4�

�

= 2t�p2

�1

2

p2 sin t� 1

2

p2 cos t

�

= 2t� sin t+ cos t:

Jadi solusi masalah data pergeseran tersebut adalah

y(t) = 2t� sin t+ cos t: |

6.2.1 Latihan

I. Selesaikan masalah nilai awal berikut dengan transformasi Laplace.

1. y0 + 3y = 10 sin t; y(0) = 0

2. y00 � 4y0 + 3y = 6t� 8; y(0) = 0; y0(0) = 0

3. y00 + 2y0 � 3y = 6e�2t; y(0) = 2; y0(0) = �14:

II. Diketahui L(f); carilah f(t): Gunakan transformasi invers dan integrasi.

4. 1s2+4s

5. 1s3�s


Appendix A

Abjad Yunani danRumus-rumus Trigonometri

A.1 Abjad Yunani

A � alpha N � nuB � beta � � xi� gamma O o omicron� � delta � � piE � epsilon P � rhoZ � zeta � � sigmaH � eta T � tau� � theta � � upsilonI � iota � � phiK � kappa X � chi� � lambda psiM � mu ! omega

A.2 Rumus-rumus Trigonometri

Hukum Cosinus

Jika A, B dan C adalah sudut-sudut dalam dari suatu segitiga dan a; b dan cadalah sisi-sisi yang berseberangan dengan sudut-sudut tersebut, maka

a2 = b2 + c2 � 2bc cosA:

Identitas Pythagoras

sin2 x+ cos2 x = 1

1 + tan2 x = sec2 x

cot2 x+ 1 = csc2 x

Rumus-rumus Reduksi

sin (�x) = � sinx sin��2 + x

�= cosx

cos (�x) = cosx tan��2 + x

�= � cotx

tan (�x) = � tanx tan (x� �) = tanx

129

130APPENDIX A. ABJAD YUNANI DAN RUMUS-RUMUS TRIGONOMETRI

Rumus-rumus Tambahan

sin (x� y) = sinx cos y � cosx sin ycos (x� y) = cosx cos y � sinx sin y

tan (x� y) =tanx� tan y1� tanx tan y

Rumus Sudut Ganda

sin 2x = 2 sinx cosx

cos 2x = cos2 x� sin2 x = 2 cos2 x� 1 = 1� 2 sin2 x

Rumus Setengah Sudut

sin2x

2=1� cosx

2; cos2

x

2=1 + cosx

2

Jumlah dan Perkalian

sinx+ sin y = 2 sin

�x+ y

2

�cos

�x� y2

�

sinx� sin y = 2 sin

�x� y2

�cos

�x+ y

2

�

cosx+ cos y = 2 cos

�x+ y

2

�cos

�x� y2

�

cosx� cos y = 2 sin

�x+ y

2

�cos

�x� y2

�

The appendix fragment is used only once. Subsequent appendices can be createdusing the Chapter Section/Body Tag.

Appendix B

Rumus-rumus Turunan danIntegral

B.1 Tabel Turunan

1. Dx(un) = nun�1 Dxu

2. Dx(u+ v) = Dxu+Dxv

3. Dx(uv) = uDxv + vDxu

4. Dx

�uv

�= vDxu�uDxv

v2

5. Dx (eu) = eu Dxu

6. Dx (au) = au ln a Dxu

7. Dx (lnu) =1u Dxu

8. Dx(sinu) = cosu Dxu

9. Dx(cosu) = � sinu Dxu

10. Dx(tanu) = sec2 u Dxu

11. Dx(cotu) = � csc2 u Dxu

12. Dx(secu) = secu tanu Dxu

13. Dx(cscu) = � cscu cotu Dxu

14. Dx(sin�1 x) = 1p

1�u2 Dxu

15. Dx(cos�1 x) = �1p

1�u2 Dxu

16. Dx(tan�1 x) = 1

1+u2 Dxu

17. Dx(cot�1 x) = �1

1+u2 Dxu

18. Dx(sec�1 x) = 1

jujpu2�1 Dxu

19. Dx(csc�1 x) = �1

jujpu2�1 Dxu

20. Dx(sinhu) = coshu Dxu

21. Dx(sinhu) = coshu Dxu

131

132 APPENDIX B. RUMUS-RUMUS TURUNAN DAN INTEGRAL

22. Dx(coshu) = sinhu Dxu

23. Dx(tanhu) = sech2u Dxu

24. Dx(cothu) = � csch2u Dxu

25. Dx(sech u) = � sech u tanhu Dxu

26. Dx(csch u) = � csch u cothu Dxu

B.2 Integral Trigonometri

Yang berbentukpa2 � u2, dan

p2au� u2

1:

Zdupa2 � u2

= sin�1�ua

�+ c; jika u2 < a2; a > 0:

2:

Zdup

2au� u2= cos�1

�1� u

a

�+ c = 2 sin�1

ru

2a+ c:

Yang berbentukpa2 + u2 dan

pu2 � a2

1:

Zdupa2 + u2

= sinh�1�ua

�+ c = ln

�u+

pa2 + u2

�:

2:

Zdupu2 � a2

= cosh�1�ua

�+ c = ln

�u+

pu2 � a2

�:

Yang berbentuk a2 � u2 dan u2 � a2

1:

Zdu

a2 + u2=

1

atan�1

�ua

�+ c; jika _a > 0:

2:

Zdu

a2 � u2 =1

atanh�1

�ua

�+ c =

1

2aln

�a+ u

a� u

�+ c; jika u2 < a2:

3:

Zdu

u2 � a2 = �1acoth�1

�ua

�+ c =

1

2aln

�u� au+ a

�+ c; jika u2 > a2:

Yang Berbentuk Trigonometri

1.Rsinu du = � cosu+ c:

2.Rcosu du = sinu+ c:

3.Rtanudu = � ln cosu+ c = ln secu+ c:

4.Rcotudu = ln sinu+ c = � ln cscu+ c:

B.2. INTEGRAL TRIGONOMETRI 133

5.Rsecudu = ln(secu+ tanu) + c = ln tan

�u2 +

�4

�+ c:

6.Rcscudu = � ln (cscu+ cotu) + c = ln tan

�u2

�+ c:

7.Rsec2 udu = tanu+ c:

8.Rcsc2 udu = � cotu+ c:

9.Rsecu tanudu = secu+ c:

10.Rcscu cotudu = � cscu+ c:

11.Rsin2 udu = 1

2 (u� sinu cosu) + c = 12u� 1

4 sin 2u+ c:

12.Rcos2 udu = 1

2 (u+ sinu cosu) + c =12u+

14 sin 2u+ c:

13.Rtan2 udu = tanu� u+ c:

Yang Berbentuk Invers Trigonometri

1.Rsin�1 udu = u sin�1 u�

p1� u2 + c

2.Rcos�1 udu = u cos�1 u�

p1� u2 + c

3.Rtan�1 udu = u tan�1 u� 1

2 ln�1 + u2

�+ c:

Yang Berbentuk Eksponensial dan Logaritmik

1.Reudu = eu + c

2.Raudu = au

ln a + c

3.Rueudu = eu (u� 1) + c

4.Runeudu = uneu � n

Run�1eudu

5.Reu

uu du = � eu

(n�1)un�1 +1

n�1R

eu

uu�1 du

6.Rlnudu = u lnu� u+ c

7.Run lnudu = un+1

hlnun+1 � 1

(n+1)2

i+ c

8.R

duu lnu = ln(lnu) + c

9.Reau sinnudu = eau(a sinnu�n cosnu)

a2+n2 + c

10.Reau cosnudu = eau(a cosnu+n sinnu)

a2+n2 + c

134 APPENDIX B. RUMUS-RUMUS TURUNAN DAN INTEGRAL

Yang Berbentuk Hiperbolik

1.Rsinhudu = coshu+ c

2.Rcoshudu = sinhu+ c

3.Rtanhudu = ln coshu+ c

4.Rcothudu = ln sinhu+ c

5.Rsechudu = tan�1(sinhu) + c

6.Rcschudu = ln tanh 12u+ c

7.Rsech2udu = tanhu+ c

8.Rcsch2udu = � cothu+ c

9.Rsechu tanhudu = � sechu+ c

10.Rcschu cothudu = � cschu+ c

11.Rsinh2 udu = 1

4 sinh 2u� 12u+ c

12.Rcosh2 udu = 1

4 sinh 2u+12u+ c

13.Ru sinhudu = u coshu� sinhu+ c

14.Ru coshudu = u sinhu� coshu+ c

15.Reau sinhnudu = eau(a sinhnu�n coshnu)

a2�n2 + c

16.Reau coshnudu = eau(a coshnu�n sinhnu)

a2�n2 + c

Daftar Pustaka

1. Edward Jr., C. H. & Penney, David E. (1993). Elementary Di¤erentialEquations with Boundary Value Problems, Third Edition. New Jersey:Prentice-Hall, Inc.

2. Finan, M.B. (2012). A First Course in Elementary Di¤erential Equations.[Online]. Tersedia: http://math.utoledo.edu/~melbialy/classes/Elem-DE/Finan-di¤q1book.pdf. [16 Februari 2012]

3. Kreyszig, E. (1999). Advanced Engineering Mathematics, 8th Edition.New York: John Wiley & Sons, Inc.

4. Ross, Shepley L. (1974). Di¤erential Equations. New York: John Wiley& Sons, Inc.

5. Simmons, George F. (1991). Di¤erential Equations with Applications andHistorical Notes. Second Edition. New York: McGraw-Hill, Inc.

135

Documents

Persamaan Diferensial Biasa - IKIP Siliwangi · 2021. 3. 8. · Persamaan Diferensial Biasa. Ini adalah diktat revisi ke-enam, sejak pertama kali disusun pada tahun 2003. Diktat ini