PERSAMAAN DIFERENSIAL ELEMENTER

Lecture Notes

YULIAWAN RIZKA SYAFAAT FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS GADJAH MADA

Definisi Persamaan Diferensial Persamaan Diferensial adalah suatu persamaan yang memuat dari satu atau lebih variabel tak bebas

terhadap satu atau lebih variabel bebas.

Persamaan Diferensial Separabel Mempunyai bentuk umum :

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓(𝑥)𝑔(𝑦)

Diperoleh

𝑑𝑦

𝑔(𝑦)= 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

∫𝑑𝑦

𝑔(𝑦)= ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Contoh :

(𝟏 + 𝒙)𝒅𝒚 − 𝒚𝒅𝒙 = 𝟎

Untuk menyelesaikan, persamaan di atas

dibagi dengan 𝑦(1 + 𝑥) sehingga menjadi

𝑑𝑦

𝑦−

𝑑𝑥

1 + 𝑥= 0

∫𝑑𝑦

𝑦− ∫

𝑑𝑥

1 + 𝑥= 𝑐

ln |𝑦| − ln|1 + 𝑥| = 𝑐

ln |𝑦

1 + 𝑥| = 𝑐

Untuk menyederhanakan, ruas kiri dan ruas

kanan diubah menjadi pangkat dari 𝑒 sehingga

menjadi

𝑒ln |𝑦

1+𝑥| = 𝑒𝑐

𝑦

1 + 𝑥= 𝑐𝑜

𝑦 = 𝑐𝑜(1 + 𝑥)

Contoh lainnya :

(𝟏 + 𝒙𝟒)𝒅𝒚 + (𝟏 + 𝟒𝒚𝟐)𝒙𝒅𝒙 = 𝟎

𝑑𝑦

1 + 4𝑦2+

𝑥𝑑𝑥

1 + 𝑥4= 0

∫𝑑𝑦

1 + 4𝑦2+ ∫

𝑥𝑑𝑥

1 + 𝑥4= 𝑐

1

2𝑎𝑟𝑐 tan 2𝑦 +

1

2𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥2 = 𝑐

𝑎𝑟𝑐 tan 2𝑦 + 𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥2 = 𝑐

𝑎𝑟𝑐 tan 2𝑦 = 𝑐 − 𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥2

Lalu, kedua ruas dikalikan dengan 𝑡𝑎𝑛

𝑡𝑎𝑛(𝑎𝑟𝑐 tan 2𝑦) = 𝑡𝑎𝑛(𝑐 − 𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥2)

2𝑦 = 𝑡𝑎𝑛(𝑐 − 𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥2)

𝑦 =𝑡𝑎𝑛(𝑐 − 𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥2)

2

Contoh lainnya lagi :

(𝒆𝒚 + 𝟏)𝟐𝒆−𝒚𝒅𝒙 + (𝒆𝒙 + 𝟏)𝟑𝒆−𝒙𝒅𝒚 = 𝟎

𝑑𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3𝑒−𝑥+

𝑑𝑦

(𝑒𝑦 + 1)2𝑒−𝑦= 0

∫𝑑𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3𝑒−𝑥+ ∫

𝑑𝑦

(𝑒𝑦 + 1)2𝑒−𝑦= 𝑐

∫𝑒𝑥𝑑𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3+ ∫

𝑒𝑦𝑑𝑦

(𝑒𝑦 + 1)2= 𝑐

∫𝑑(𝑒𝑥 + 1)

(𝑒𝑥 + 1)3+ ∫

𝑑(𝑒𝑦 + 1)

(𝑒𝑦 + 1)2= 𝑐

−1

2(𝑒𝑥 + 1)−2 − (𝑒𝑦 + 1)−1 = 𝑐

1

𝑒𝑦 − 1= 𝑐 −

1

2(𝑒𝑥 + 1)2

Persamaan Diferensial Linear Homogen Memiliki bentuk umum :

𝑎1(𝑥)𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0(𝑥)𝑦 = 0

Dengan penyelesaian :

𝑑𝑦

𝑦+

𝑎0(𝑥)

𝑎1(𝑥)𝑑𝑥 = 0

∫𝑑𝑦

𝑦+ ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑐, 𝑃(𝑥) =

𝑎0(𝑥)

𝑎1(𝑥)

ln|𝑦| + ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑐

ln|𝑦| = 𝑐 − ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

𝑦 = 𝑒𝑐−∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

𝑦 = 𝑒𝑐 . 𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

𝑦 = 𝑐𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

Contoh :

(𝒙𝟐 − 𝟗)𝒅𝒚

𝒅𝒙+ 𝒙𝒚 = 𝟎

𝑃(𝑥) =𝑥

(𝑥2 − 9)

∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑥

(𝑥2 − 9)𝑑𝑥

=1

2∫

𝑑(𝑥2 − 9)

(𝑥2 − 9)

=1

2ln|𝑥2 − 9| + 𝑐

Penyelesaian :

𝑦 = 𝑐𝑒−12

ln |𝑥2−9|

= 𝑐(𝑥2 − 9)−12

Persamaan Diferensial Linear Homogen dengan bentuk

(𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1)𝑑𝑥 + (𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2)𝑑𝑦 = 0

Memiliki 2 cara penyelesaian yang berbeda, yang tergantung dari nilai 𝑎1

𝑎2 sama atau tidak

sama dengan nilai 𝑏1

𝑏2

Jika

𝑎1

𝑎2=

𝑏1

𝑏2

Maka substitusikan

𝑧 = 𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦

Contoh :

(𝒙 + 𝟐𝒚 + 𝟑)𝒅𝒙 + (𝟐𝒙 + 𝟒𝒚 + 𝟏)𝒅𝒚 = 𝟎

𝑎1

𝑎2=

1

2

𝑏1

𝑏2=

2

4

maka

𝑧 = 𝑥 + 2𝑦

𝑦 =𝑧 − 𝑥

2

𝑑𝑦 =𝑑𝑧 − 𝑑𝑥

2

Disubstitusikan ke soal sehingga

menjadi

(𝑧 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑧 + 1)𝑑𝑧 − 𝑑𝑥

2= 0

(𝑧 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑧 + 1

2) 𝑑𝑧 − (

2𝑧 + 1

2) 𝑑𝑥 = 0

(𝑧 + 3 − 𝑧 −1

2) 𝑑𝑥 + (

2𝑧 + 1

2) 𝑑𝑧 = 0

5

2𝑑𝑥 + (

2𝑧 + 1

2) 𝑑𝑧 = 0

5𝑑𝑥 + (2𝑧 + 1)𝑑𝑧 = 0

∫ 5𝑑𝑥 + ∫(2𝑧 + 1)𝑑𝑧 = 𝑐

5𝑥 + 𝑧2 + 𝑧 = 𝑐

5𝑥 + (𝑥 + 2𝑦)2 + (𝑥 + 2𝑦) = 𝑐

Jika

𝑎1

𝑎2≠

𝑏1

𝑏2

Maka substitusikan

𝑥 = 𝑋 + ℎ

𝑦 = 𝑌 + 𝑘

Dengan (ℎ, 𝑘) adalah solusi dari persamaan

𝑎1ℎ + 𝑏1𝑘 + 𝑐1 = 0

𝑎2ℎ + 𝑏2𝑘 + 𝑐2 = 0

Contoh soal yang bisa dicoba :

(𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟏)𝒅𝒙 + (𝟒𝒙 − 𝟑𝒚 − 𝟔)𝒅𝒚 = 𝟎

Persamaan Diferensial Eksak

Derivatif Parsial 𝐹(𝑥,𝑦) = sin(𝑥𝑦) + 𝑥2 + 𝑦2 + 5

𝜕𝐹

𝜕𝑥= 𝑦 cos(𝑥𝑦) + 2𝑥

𝜕𝐹

𝜕𝑦= 𝑥 cos(𝑥𝑦) + 2𝑦

𝜕𝐹

𝜕𝑥,

𝜕𝐹

𝜕𝑦 disebut derivatif parsial. Fungsi F berturut-turut diturunkan terhadap variabel x dan y.

Derivatif parsial F terhadap x diperoleh dengan menurunkan F terhadap x dengan menganggap y

sebagai konstan, dinotasikan sebagai 𝜕𝐹

𝜕𝑥.

Derivatif total dari suatu fungsi F dinyatakan sebagai

𝜕𝐹

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝐹

𝜕𝑦𝑑𝑦

Suatu ekspresi

𝑀(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥,𝑦)𝑑𝑦

disebut diferensial eksak jika ekspresi tersebut mempunyai diferensial total dari suatu fungsi F. Jika

ekspresi di atas mempunyai diferensial eksak, maka

𝑀(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥,𝑦)𝑑𝑦 = 0

adalah persamaan diferensial eksak.

Penyelesaian Persamaan Diferensial Eksak memiliki syarat :

𝜕𝑀

𝜕𝑦=

𝜕𝑁

𝜕𝑥

Contoh :

𝟐𝒙𝒚 𝒅𝒙 + (𝒙𝟐 − 𝟏) 𝒅𝒚 = 𝟎

𝜕𝑀

𝜕𝑦= 2𝑥

𝜕𝑁

𝜕𝑥= 2𝑥

Maka bisa dilakukan 2 cara, yaitu:

𝐹(𝑥,𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)

= ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)

= 𝑥2𝑦 + 𝑔(𝑦)

𝜕𝐹

𝜕𝑦= 𝑁

𝑥2 + 𝑔′(𝑦) = 𝑥2 − 1

𝑔′(𝑦) = −1

𝑔(𝑦) = −𝑦

Maka :

𝑥2𝑦 − 𝑦 = 𝑐 atau 𝑥2𝑦 − 𝑦 − 𝑐 = 0

𝐹(𝑥,𝑦) = ∫ 𝑁(𝑥,𝑦)𝑑𝑦 + 𝑔(𝑥)

= ∫(𝑥2 − 1)𝑑𝑦 + 𝑔(𝑥)

= 𝑥2𝑦 − 𝑦 + 𝑔(𝑥)

𝜕𝐹

𝜕𝑥= 𝑀

2𝑥𝑦 + 𝑔′(𝑥) = 2𝑥𝑦

𝑔′(𝑥) = 0

𝑔(𝑥) = 𝑐

Maka :

𝑥2𝑦 − 𝑦 = 𝑐 atau 𝑥2𝑦 − 𝑦 − 𝑐 = 0

Contoh lainnya :

(𝒆𝟐𝒚 − 𝒚 𝒄𝒐𝒔 𝒙𝒚)𝒅𝒙 + (𝟐𝒙𝒆𝟐𝒚 − 𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝒙𝒚 + 𝟐𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎

𝜕𝑀

𝜕𝑦= 2𝑒2𝑦 − cos 𝑥𝑦 + 𝑥𝑦 sin 𝑥𝑦

𝜕𝑁

𝜕𝑥= 2𝑒2𝑦 − cos 𝑥𝑦 + 𝑥𝑦 sin 𝑥𝑦

PD di atas adalah PD Eksak

𝐹(𝑥,𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)

= ∫(𝑒2𝑦 − 𝑦𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)

= 𝑥𝑒2𝑦 − sin 𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦)

𝜕𝐹

𝜕𝑦= 𝑁

2𝑥𝑒2𝑦 − 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 𝑔′(𝑦) = 2𝑥𝑒2𝑦 − 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 + 2𝑦

𝑔′(𝑦) = 2𝑦 ⇒ 𝑔(𝑦) = 𝑦2

Maka:

𝑥𝑒2𝑦 − sin 𝑥𝑦 + 𝑦2 + 𝑐 = 0

Persamaan Diferensial Linear Non Homogen Memiliki bentuk umum

𝑎1(𝑥)𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)

Dan persamaan tersebut dibagi dengan 𝑎1(𝑥) dengan 𝑎1(𝑥) ≠ 0 sehingga menjadi

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥), 𝑃(𝑥) =

𝑎0(𝑥)

𝑎1(𝑥), 𝑔(𝑥) =

𝑓(𝑥)

𝑎1(𝑥)

Sebelum penyelesaian, kita akan membahas tentang faktor integral dahulu

Faktor Integral Pada PD linear homogen, diketahui

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 0

𝑦 = 𝑐𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

Dua persamaan ini dikalikan, menjadi

𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥𝑦 = 0 . . . (1)

Sebenarnya persamaan ini hampir mirip dengan turunan dari

𝑑

𝑑𝑥(𝑦𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥) = 0

Yaitu

𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ (−𝑃(𝑥))𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥𝑦 = 0 . . . (2)

Namun, persamaan (1) dan persamaan (2) memiliki perbedaan yang cukup signifikan, yaitu pada

nilai –P(x), sehingga kita akan mencoba mengubah pangkatnya dari − ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 menjadi ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

sehingga akan menjadi

𝑑

𝑑𝑥(𝑦𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥) =

𝑑𝑦

𝑑𝑥𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑦𝑃(𝑥)𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 (

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦)

Selanjutnya, 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 disebut dengan faktor integral. Faktor integral ini hanya berlaku untuk PD

linear non homogen.

Untuk menyelesaikan PD linear non homogen, digunakanlah faktor integral dengan cara mengalikan

setiap ruas dengan faktor integral.

𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 (𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦) = 𝑔(𝑥)𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

𝑑

𝑑𝑥(𝑦𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥) = 𝑔(𝑥)𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

∫ 𝑑(𝑦𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥) = ∫ 𝑔(𝑥)𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑦𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥

Contoh :

𝒅𝒚

𝒅𝒙+ 𝒚 = 𝒙; 𝒚(𝟎) = 𝟒

𝑃(𝑥) = 1 ⇒ ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑥 ⇒ Faktor integral

= 𝑒𝑥

𝑒𝑥𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑦𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥

𝑑

𝑑𝑥(𝑦𝑒𝑥) = 𝑥𝑒𝑥

𝑦𝑒𝑥 = ∫ 𝑥𝑒𝑥 𝑑𝑥

𝑦𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 − ∫ 𝑒𝑥 𝑑𝑥

𝑦𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 𝑐

Jadi, persamaan umumnya adalah

𝑦 =𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 𝑐

𝑒𝑥

Dari soal, jika x = 0, maka y = 4, sehingga

persamaan khususnya adalah

4 =0𝑒0 − 𝑒0 + 𝑐

𝑒0

4 =−1 + 𝑐

1

𝑐 = 5

Maka, persamaan khususnya adalah

𝑦 =𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 5

𝑒𝑥

Persamaan Diferensial Non Eksak Persamaan Diferensial Non Eksak memiliki bentuk umum yang sama dengan Persamaan Diferensial

Eksak, yaitu

𝑀(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥,𝑦)𝑑𝑦 = 0

Namun dengan perbedaan syarat yaitu

𝜕𝑀

𝜕𝑦≠

𝜕𝑁

𝜕𝑥

Untuk menyelesaikan PD di atas, kita harus menjadikan PD tersebut menjadi eksak dengan cara

mengalikan kedua ruas itu dengan faktor integral, namun faktor integral ini berbeda dengan faktor

integral yang telah dibahas sebelumnya.

Kita namakan faktor integral ini dengan 𝜇(𝑥,𝑦)

Maka akan diperoleh persamaan baru yaitu

𝜇(𝑥,𝑦)𝑀(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 + 𝜇(𝑥,𝑦)𝑁(𝑥,𝑦)𝑑𝑦 = 0

Dengan 𝜇(𝑥,𝑦)memenuhi persamaan

𝜕(𝜇𝑀)

𝜕𝑦=

𝜕(𝜇𝑁)

𝜕𝑥

𝜕𝜇

𝜕𝑦𝑀 + 𝜇

𝜕𝑀

𝜕𝑦=

𝜕𝜇

𝜕𝑥𝑁 + 𝜇

𝜕𝑁

𝜕𝑥

𝜇 (𝜕𝑁

𝜕𝑥−

𝜕𝑀

𝜕𝑦) =

𝜕𝜇

𝜕𝑦𝑀 −

𝜕𝜇

𝜕𝑥𝑁

PD di atas merupakan PD parsial, di mana tidak dibahas dalam perkuliahan PDE. Maka dilakukan

penyederhanaan dengan menganggap µ adalah fungsi dari x saja atau fungsi dari y saja.

Jika 𝜇(𝑥,𝑦) = 𝜇(𝑥), maka

𝜕𝜇

𝜕𝑥=

𝑑𝜇

𝑑𝑥 𝑑𝑎𝑛

𝜕𝜇

𝜕𝑦= 0

Sehingga dapat diperoleh

𝜇 (𝜕𝑁

𝜕𝑥−

𝜕𝑀

𝜕𝑦) = −

𝜕𝜇

𝜕𝑥𝑁

𝑑𝜇

𝜇=

1

𝑁(

𝜕𝑀

𝜕𝑦−

𝜕𝑁

𝜕𝑥) 𝑑𝑥

𝜇 = 𝑐𝑒∫

1𝑁

(𝜕𝑀𝜕𝑦

−𝜕𝑁𝜕𝑥

)𝑑𝑥

Dengan cara yang sama, jika 𝜇(𝑥,𝑦) = 𝜇(𝑦), maka dapat diperoleh

𝜇 = 𝑐𝑒∫

1𝑀

(𝜕𝑁𝜕𝑥

−𝜕𝑀𝜕𝑦

)𝑑𝑦

Untuk kemudahan, kita dapat tuliskan

𝜕𝑁

𝜕𝑥= 𝑁𝑥 𝑑𝑎𝑛

𝜕𝑀

𝜕𝑦= 𝑀𝑦

Contoh :

𝒙𝒚 𝒅𝒙 + (𝟐𝒙𝟐 + 𝟑𝒚𝟐 − 𝟐𝟎)𝒅𝒚 = 𝟎

𝑀𝑦 = 𝑥 ; 𝑁𝑥 = 4𝑥

𝑀𝑦 − 𝑁𝑥

𝑁=

𝑥 − 4𝑥

2𝑥2 + 3𝑦2 − 20

𝑁𝑥 − 𝑀𝑦

𝑀=

4𝑥 − 𝑥

𝑥𝑦=

3

𝑦

𝜇 = 𝑒∫𝑁𝑥−𝑀𝑦

𝑀𝑑𝑦

𝜇 = 𝑒∫

3𝑦

𝑑𝑦

𝜇 = 𝑒3𝑙𝑛𝑦

𝜇 = 𝑦3

PD di atas dapat ditulis

𝑦3[𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (2𝑥2 + 3𝑦2 − 20)𝑑𝑦] = 0

𝑥𝑦4𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦3+3𝑦5 − 20𝑦3)𝑑𝑦 = 0

𝐹(𝑥,𝑦) = ∫ 𝑥𝑦4𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)

=1

2𝑥2𝑦3 + 𝑔(𝑦)

𝜕𝐹

𝜕𝑦= 2𝑥𝑦3+3𝑦5 − 20𝑦3

2𝑥𝑦3 + 𝑔′(𝑦) = 2𝑥𝑦3+3𝑦5 − 20𝑦3

𝑔′(𝑦) = 3𝑦5 − 20𝑦3

𝑔(𝑦) = ∫(3𝑦5 − 20𝑦3)𝑑𝑦

=1

2𝑦6 − 5𝑦4 + 𝑐

Solusi

1

2𝑥2𝑦3 +

1

2𝑦6 − 5𝑦4 + 𝑐 = 0

Persamaan Diferensial Bernoulli Memiliki bentuk umum

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑦𝑛

Cara menyelesaikan persamaan ini adalah dengan melakukan substitusi

𝑢 = 𝑦1−𝑛 ⇒ 𝑦 = 𝑢1

1−𝑛

Kita tahu bahwa

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑑𝑦

𝑑𝑢

𝑑𝑢

𝑑𝑥

Kita masukkan nilai substitusi y

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

1

1 − 𝑛𝑢

11−𝑛

−1 𝑑𝑢

𝑑𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

1

1 − 𝑛𝑢

𝑛1−𝑛

𝑑𝑢

𝑑𝑥

Kita substitusikan nilai yang bisa disubstitusikan, yaitu nilai 𝑦 dan 𝑑𝑦

𝑑𝑥. Maka persamaan tersebut

menjadi

1

1 − 𝑛𝑢

𝑛1−𝑛

𝑑𝑢

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑢

11−𝑛 = 𝑓(𝑥)𝑢

𝑛1−𝑛

Persamaan di atas dibagi kedua ruasnya dengan 1

1−𝑛𝑢

𝑛

1−𝑛𝑑𝑢

𝑑𝑥 menjadi

𝑑𝑢

𝑑𝑥+ (1 − 𝑛)𝑃(𝑥)𝑢 = (1 − 𝑛)𝑓(𝑥)

Persamaan di atas menjadi berbentuk PD Linear non homogen

Contoh :

𝒙𝒅𝒚

𝒅𝒙+ 𝒚 = 𝒙𝟐𝒚𝟐, 𝑗𝑎𝑑𝑖 𝑛 = 2

Substitusikan

𝑢 = 𝑦1−𝑛 = 𝑦−1 ⇒ 𝑦 = 𝑢−1

𝑑𝑦

𝑑𝑥= −𝑢−2

𝑑𝑢

𝑑𝑥

𝑥(−𝑢−2)𝑑𝑢

𝑑𝑥+ 𝑢−1 = 𝑥2(𝑢−1)2

dapat dibagi dengan (−𝑥𝑢−2)

𝑑𝑢

𝑑𝑥+

−𝑢

𝑥= −𝑥

cara PD linear non homogen

𝑃(𝑥) =1

𝑥⇒ 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑒∫

1𝑥

𝑑𝑥 =1

𝑥

Persamaan tersebut menjadi

1

𝑥

𝑑𝑢

𝑑𝑥+

1

𝑥2𝑢 = −1

𝑑

𝑑𝑥(

1

𝑥𝑢) = −1

∫𝑑

𝑑𝑥(

1

𝑥𝑢) = ∫ −1

1

𝑥𝑢 = −𝑥 + 𝑐

𝑢 = −𝑥2 + 𝑐𝑥

Kita kembalikan nilai y

1

𝑦= −𝑥2 + 𝑐𝑥

𝑦 =1

𝑐𝑥 − 𝑥2

Persamaan Diferensial bentuk 𝑦’ = 𝑓(𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶) PD dengan bentuk

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓(𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶) dapat diselesaikan dengan mensubstitusikan

𝑢 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶

Contoh :

𝒅𝒚

𝒅𝒙=

𝟏 − 𝒙 − 𝒚

𝒙 + 𝒚

Substitusikan dengan

𝑢 = 𝑥 + 𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑑𝑢

𝑑𝑥− 1

Masukkan ke persamaan

𝑑𝑢

𝑑𝑥− 1 =

1 − 𝑢

𝑢

𝑑𝑢

𝑑𝑥=

1

𝑢

𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

∫ 𝑢 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑥

1

2𝑢2 = 𝑥 + 𝑐

1

2(𝑥 + 𝑦)2 = 𝑥 + 𝑐

𝑥 + 𝑦 = ±√2𝑥 + 𝑐

𝑦 = −𝑥 ± √2𝑥 + 𝑐

Persamaan Diferensial Order Tinggi Adalah persamaan diferensial dengan bentuk umum

𝑎𝑛(𝑥)𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1(𝑥)

𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1+ …. + 𝑎1(𝑥)

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)

Teorema : Diketahui 𝑎0(𝑥), 𝑎1(𝑥), … , 𝑎𝑛(𝑥) dan 𝑔(𝑥) kontinu pada interval 𝐼, dan 𝑎𝑛(𝑥) ≠ 0, ∀𝑥 ∈

𝐼. Jika 𝑥 = 𝑋0 adalah titik di 𝐼, maka suatu solusi 𝑦(𝑥) untuk PD diatas ada dan tunggal.

Cara menyelesaikan PD Order tinggi adalah dengan menggunakan Reduksi Order.

Contohnya jika diberikan PD order dua 𝑎2(𝑥)𝑦′′ + 𝑎1(𝑥)𝑦′ + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 0, dan 𝑦1(𝑥) adalah suatu

solusi PD tersebut, dan yang akan dicari adalah solusi lain, katakanlah 𝑦2(𝑥) yang independen

terhadap 𝑦1(𝑥), maka lakukan substitusi 𝑦2(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑦1(𝑥).

Contoh :

𝒚′′ − 𝒚 = 𝟎

Salah satu solusi adalah 𝑦1(𝑥) = 𝑒𝑥, 𝑥 ∈

(−∞, ∞)

𝑦2(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑦1(𝑥)

𝑦2(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑒𝑥

𝑦2′ (𝑥) = 𝑢′𝑒𝑥 + 𝑢𝑒𝑥

𝑦2′′(𝑥) = (𝑢′′𝑒𝑥 + 𝑢′𝑒𝑥) + (𝑢′𝑒𝑥 + 𝑢𝑒𝑥)

Substitusikan 𝑦2 ke persamaan diatas

𝑒𝑥(𝑢′′ + 2𝑢′ + 𝑢) − 𝑒𝑥(𝑢) = 0

𝑢′′ + 2𝑢′ =0

𝑒𝑥

𝑢′′ + 2𝑢′ = 0

Dimisalkan 𝑤(𝑥) = 𝑢′(𝑥), maka PD diatas

menjadi

𝑤′ + 2𝑤 = 0

𝑑𝑤

𝑑𝑥= −2𝑤

∫𝑑𝑤

𝑤= ∫ −2 𝑑𝑥

ln|𝑤| = −2𝑥 + 𝑐

𝑤 = 𝑐𝑒−2𝑥

Diperoleh

𝑢′ = 𝑐𝑒−2𝑥

𝑢 = ∫ 𝑐𝑒−2𝑥

= −1

2𝑐𝑒−2𝑥 = 𝑐𝑒−2𝑥

Jadi

𝑦2 = 𝑢𝑦1

𝑦2 = 𝑐𝑒−2𝑥. 𝑒𝑥

𝑦2 = 𝑐𝑒−𝑥

Solusi PD di atas adalah

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒−𝑥

Persamaan Linear Homogen dengan koefisien konstan 𝑎𝑛𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1) + …. + 𝑎3𝑦(3) + 𝑎2𝑦′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

Dengan 𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, . . . , 𝑎𝑛 ∈ ℝ

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑐2𝑒𝑚2𝑥 + 𝑐3𝑒𝑚3𝑥

𝑦′ = 𝑚1𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑚2𝑐2𝑒𝑚2𝑥 + 𝑚3𝑐3𝑒𝑚3𝑥

𝑦′′ = 𝑚12𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑚2

2𝑐2𝑒𝑚2𝑥 + 𝑚32𝑐3𝑒𝑚3𝑥

𝑦′′′ = 𝑚13𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑚2

3𝑐2𝑒𝑚2𝑥 + 𝑚33𝑐3𝑒𝑚3𝑥

𝑎3𝑦′′′ + 𝑎2𝑦′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦

= (𝑎3𝑚1 + 𝑎2𝑚1 + 𝑎1𝑚1 + 𝑎0)𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + (𝑎3𝑚2 + 𝑎2𝑚2 + 𝑎1𝑚2 + 𝑎0)𝑐2𝑒𝑚2𝑥

+ (𝑎3𝑚3 + 𝑎2𝑚3 + 𝑎1𝑚3 + 𝑎0)𝑐3𝑒𝑚3𝑥

Jika dapat ditemukan 𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, dan 𝑎3 sehingga persamaan diatas berlaku, maka

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑐2𝑒𝑚2𝑥 + 𝑐3𝑒𝑚3𝑥

Untuk n = 2

𝑎2𝑦′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

Misalkan 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 adalah suatu solusi dari persamaan diferensial di atas, diperoleh

𝑦′ = 𝑚𝑒𝑚𝑥; 𝑦′′ = 𝑚2𝑒𝑚𝑥

Diperoleh

(𝑎2𝑚2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0)𝑒𝑚𝑥 = 0

𝑎2𝑚2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0

Persamaan di atas disebut Persamaan Bantu.

Ada 3 kemungkinan hasil yaitu

I. 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 ≠ 𝑚2

II. 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 = 𝑚2

III. 𝑚1, 𝑚2 ∉ ℝ

Kasus I∶ 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 ≠ 𝑚2 Contoh :

𝒚′′ + 𝟑𝒚′ + 𝟐𝒚 = 𝟎

Persamaan bantu dari PD di atas adalah

𝑚2 + 3𝑚 + 3 = 0

(𝑚 + 2)(𝑚 + 1) = 0

𝑚1 = −2; 𝑚2 = −1

Jadi 𝑦1 = 𝑐1𝑒−2𝑥 dan 𝑦2 = 𝑐2𝑒−𝑥 adalah

solusi dari PD di atas. Jadi, persamaan umum

PD di atas adalah 𝑦 = 𝑐1𝑒−2𝑥 + 𝑐2𝑒−𝑥

Order n?

Katakan 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 adalah solusi dari

𝑎𝑛𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1) + …. + 𝑎2𝑦′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

Persamaan bantunya

𝑎𝑛𝑚𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑚(𝑛−1) + …. + 𝑎2𝑚2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0

𝑎𝑛(𝑚 − 𝑚1)(𝑚 − 𝑚2) … (𝑚 − 𝑚𝑛) = 0

Dengan 𝑚1 ≠ 𝑚2 ≠ … ≠ 𝑚𝑛

Contoh :

𝒚′′′ − 𝒚′′ − 𝟒𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟎

Persamaan bantu

𝑚3 − 𝑚2 − 4𝑚 + 4 = 0

(𝑚 − 1)(𝑚2 − 4) = 0

(𝑚 − 1)(𝑚 − 2)(𝑚 + 2) = 0

𝑚1 = 1; 𝑚2 = 2; 𝑚3 = −2

Solusi PD di atas

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒2𝑥 + 𝑐3𝑒−2𝑥

Kasus II∶ 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 = 𝑚2 Contoh :

𝒚′′ + 𝟒𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟎

Persamaan bantu

𝑚2 + 4𝑚 + 4 = 0

(𝑚 + 2)2 = 0

𝑚1 = 𝑚2 = −2

𝑦1 = 𝑐1𝑒−2𝑥

Lalu, bagaimana cara mencari 𝑦2? Gunakan

Reduksi Order.

Setelah dicari, akan ketemu 𝑦2 = 𝑐2𝑥𝑒−2𝑥

Jadi solusinya adalah 𝑦 = 𝑐1𝑒−2𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒−2𝑥

Secara umum, solusinya akan berbentuk

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑚𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒𝑚𝑥

Order n?

Jika 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = … = 𝑚𝑘; 0 < 𝑘 ≤ 𝑛

Maka solusi persamaan diferensial di atas adalah

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒𝑚1𝑥 + … +𝑐𝑘𝑥(𝑘−1)𝑒𝑚1𝑥

Contoh :

𝒚′′′ + 𝟑𝒚′′ + 𝟒𝒚 = 𝟎

𝑚3 + 3𝑚2 + 4 = 0

(𝑚 − 1)(𝑚2 + 4𝑚 + 4) = 0

(𝑚 − 1)(𝑚 + 2)2 = 0

Solusi PD

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒−2𝑥 + 𝑐3𝑥𝑒−2𝑥

Kasus III∶ 𝑚1, 𝑚2 ∉ ℝ Contoh :

𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟎

Persamaan bantunya

𝑚2 + 2𝑚 + 4 = 0

(𝑚 + 1)2 = −3

(𝑚 + 1) = ±√3 𝑖

𝑚 = −1 ± √3 𝑖

RUMUS

𝒆𝒊𝜽 = 𝒄𝒐𝒔 𝜽 + 𝒊 𝒔𝒊𝒏 𝜽

Katakanlah, akar-akar persamaan bantu

adalah

𝑚1 = 𝑎 + 𝑏𝑖

𝑚1 = 𝑎 − 𝑏𝑖

Maka, solusi umum dari PD dengan akar-akar

persamaan bantu di atas adalah

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑐2𝑒𝑚2𝑥

𝑦 = 𝑐1𝑒(𝑎+𝑏𝑖)𝑥 + 𝑐2𝑒(𝑎−𝑏𝑖)𝑥

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑎𝑥(𝑒𝑏𝑥𝑖) + 𝑐2𝑒𝑎𝑥(𝑒−𝑏𝑥𝑖)

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑎𝑥(cos 𝑏𝑥 + 𝑖 sin 𝑏𝑥)

+ 𝑐2𝑒𝑎𝑥(cos(−𝑏𝑥)

+ 𝑖 sin(−𝑏𝑥))

𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2)𝑒𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥

+ (𝑐1 − 𝑐2)𝑖 𝑒𝑎𝑥 sin 𝑏𝑥

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥 + 𝑐2𝑒𝑎𝑥 sin 𝑏𝑥

Jadi, solusi dari soal adalah 𝑦 = 𝑐1𝑒−𝑥 cos √3 𝑥 + 𝑐2𝑒−𝑥𝑠𝑖𝑛√3𝑥

Metode Koefisien Tak Tentu Diberikan PD Linear Non Homogen

𝑎𝑛𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 𝑓(𝑥)

Langkah-langkah penyelesaian PD di atas adalah :

1. Tentukan Solusi Komplementer, 𝑦𝑐 (ex : 𝑓(𝑥) = 0)

2. Tentukan Solusi Khusus, 𝑦𝑝 dari PD diatas

Solusi Umum : 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

Bentuk 𝑓(𝑥) yang bisa diselesaikan dengan metode tebak :

Polinomial : 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1𝑥 + 𝑎0

Eksponensial : 𝑒𝛼𝑥

Trigonometri : sin 𝛽𝑥 ; cos 𝛾𝑥

Kombinasi linear dari perkalian fungsi-fungsi di atas. Contoh : 2𝑎𝑥𝑒𝑥 sin 𝑥 + 𝑥2𝑒2𝑥 cos 3𝑥

Contoh :

𝒚′′ + 𝟒𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟔

Cari 𝑦𝑐

𝑦′′ + 4𝑦′ − 2𝑦 = 0 ⇔ 𝑚2 + 4𝑚 − 2 = 0

⇒ 𝑚12 = −2 ± √6

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒(−2+√6)𝑥 + 𝑐2𝑒(−2−√6)𝑥

Cari 𝑦𝑝

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

𝑦𝑝′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵

𝑦𝑝′′ = 2𝐴

∴ 𝑦𝑝′′ + 4𝑦𝑝

′ − 2𝑦𝑝 = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6

2𝐴 + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵) − 2(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)

= 2𝑥2 − 3𝑥 + 6

−2𝐴𝑥2 + (8𝐴 − 2𝐵)𝑥 + (2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶)

= 2𝑥2 − 3𝑥 + 6

−2𝐴 = 2 ⇒ 𝐴 = −1

8𝐴 − 2𝐵 = −3 ⇒ 𝐵 = −5

2

2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶 = 6 ⇒ 𝐶 = −9

∴ Solusi Umum

𝑦 = 𝑐1𝑒(−2+√6)𝑥 + 𝑐2𝑒(−2−√6)𝑥 − 𝑥2 −5

2𝑥

− 9

Contoh Lainnya :

𝒚′′ − 𝒚′ + 𝒚 = 𝟐𝒔𝒊𝒏 𝟑𝒙

𝑦𝑐 ∶ 𝑚2 − 𝑚 + 1 = 0 ⇒ 𝑚12 =1 ± √3𝑖

2

𝑦𝑝 = 𝐴 sin 3𝑥 + 𝐵 cos 3𝑥

𝑦𝑝′ = 3𝐴 cos 3𝑥 − 3𝐵 sin 3𝑥

𝑦𝑝′′ = −9𝐴 sin 3𝑥 − 9𝐵 cos 3𝑥

(−9𝐴 sin 3𝑥 − 9𝐵 cos 3𝑥)

− (3𝐴 cos 3𝑥 − 3𝐵 sin 3𝑥)

+ (𝐴 sin 3𝑥 + 𝐵 cos 3𝑥)

= 2 sin 3𝑥

⇔ (−8𝐴 + 3𝐵) sin 3𝑥 + (−3𝐴 − 8𝐵) cos 3𝑥

= 2 sin 3𝑥

−3𝐴 − 8𝐵 = 0 ⇒ 𝐴 = −8

3𝐵

64

3𝐵 + 3𝐵 = 2

73

3𝐵 = 2

𝐵 =6

73⇒ 𝐴 = −

16

73

∴ Solusi Umum

𝑦 = 𝑐1𝑒(

1+√3𝑖2 )𝑥

+ 𝑐2𝑒(

1−√3𝑖2 )𝑥

− 16

73sin 3𝑥

+6

73cos 3𝑥

Contoh Lainnya lagi :

𝒚′′ − 𝟓𝒚 + 𝟒𝒚 = 𝟖𝒆𝒙

𝑦𝑐 ∶ 𝑚2 − 5𝑚 + 4 = 0

(𝑚 − 1)(𝑚 − 4) = 0

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒4𝑥

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒𝑥

𝑦𝑝′ = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥

𝑦𝑝′′ = 2𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥

2𝐴𝑒𝑥 + 𝐴𝑥𝑒𝑥 − 5𝐴𝑒𝑥 − 5𝐴𝑥𝑒𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒𝑥

= 8𝑒𝑥

−3𝐴𝑒𝑥 = 8𝑒𝑥 ⇒ 𝐴 = −8

3⇒ 𝑦𝑝 = −

8

3𝑥𝑒𝑥

∴ Solusi Umum

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒4𝑥 −8

3𝑥𝑒𝑥

Metode Variasi Parameter Diberikan PD linear Non Homogen

𝑎𝑛(𝑥)𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝑦(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1(𝑥)𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)

Dengan 𝑔(𝑥) adalah fungsi sembarang.

Untuk orde 2 (𝑛 = 2) dengan koefisien

konstan

𝑎2𝑦′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)

Misalkan penyelesaian komplementernya

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑦1+𝑐2𝑦2

Maka, 𝑦𝑝 adalah

𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2

Dengan 𝑢1 & 𝑢2 yang memenuhi

𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2

′ 𝑦2 = 0

𝑢1′ 𝑦1

′ + 𝑢2′ 𝑦2

′ = 𝑔(𝑥)

Untuk orde 3 (𝑛 = 3) dengan koefisien

konstan

𝑎3𝑦′′′ + 𝑎2𝑦′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)

Misalkan penyelesaian komplementernya

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑦1+𝑐2𝑦2 + 𝑐3𝑦3

Maka, 𝑦𝑝 adalah

𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 + 𝑢3𝑦3

Dengan 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3 yang memenuhi

𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2

′ 𝑦2 + 𝑢3′ 𝑦3 = 0

𝑢1′ 𝑦1

′ + 𝑢2′ 𝑦2

′ + 𝑢3′ 𝑦3

′ = 0

𝑢1′ 𝑦1

′′ + 𝑢2′ 𝑦2

′′ + 𝑢3′ 𝑦3

′′ = 𝑔(𝑥)

Persamaan Diferensial Cauchy-Euler PD Cauchy-Euler memiliki bentuk umum

𝑎𝑛𝑥𝑛𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1𝑦(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1𝑥𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

Untuk 𝑛 = 2 ∶ 𝑎2𝑥2𝑦′′ + 𝑎1𝑥𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

Kita misalkan

𝑦 = 𝑥𝑚

𝑦′ = 𝑚𝑥𝑚−1

𝑦′′ = 𝑚(𝑚 − 1)𝑥𝑚−2

Maka, PD di atas menjadi

(𝑎2𝑚(𝑚 − 1) + 𝑎1𝑚 + 𝑎0)𝑥𝑚 = 0

𝑎2𝑚(𝑚 − 1) + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0

𝑎2𝑚2 + (𝑎1 − 𝑎2)𝑚 + 𝑎0 = 0

Kasus I∶ 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 ≠ 𝑚2 𝑦1 = 𝑥𝑚1 ; 𝑦1 = 𝑥𝑚2 ⇒ 𝑦 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 = 𝑐1𝑥𝑚1 + 𝑐2𝑥𝑚2

Contoh :

𝒙𝟐𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐− 𝟐𝒙

𝒅𝒚

𝒅𝒙− 𝟒𝒚 = 𝟎

𝑎2 = 1 ; 𝑎1 = −2 ; 𝑎0 = −4

𝑚2 + (−2 − 1)𝑚 + (−4) = 0

𝑚2 − 3𝑚 − 4 = 0

(𝑚 + 1)(𝑚 − 4) = 0

𝑦 = 𝑐1𝑥−1 + 𝑐2𝑥4

Kasus II∶ 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 = 𝑚2 𝑦1 = 𝑥𝑚 ; 𝑦1 = 𝑥𝑚 ln 𝑥 ⇒ 𝑦 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 = 𝑐1𝑥𝑚 + 𝑐2𝑥𝑚 ln 𝑥

Contoh :

𝟒𝒙𝟐𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐+ 𝟖𝒙

𝒅𝒚

𝒅𝒙+ 𝒚 = 𝟎

𝑎2 = 4 ; 𝑎1 = 8 ; 𝑎0 = 1

4𝑚2 + (8 − 4)𝑚 + 1 = 0

4𝑚2 + 4𝑚 + 1 = 0

(2𝑚2 + 1)2 = 0

𝑚 = −1

2

𝑦 = 𝑐1𝑥−12 + 𝑐2𝑥−

12 ln 𝑥

Kasus III∶ 𝑚1, 𝑚2 ∉ ℝ

𝑚1 = 𝛼 + 𝑖𝛽𝑚2 = 𝛼 − 𝑖𝛽

⇒𝑦1 = 𝑥(𝛼+𝑖𝛽)

𝑦2 = 𝑥(𝛼−𝑖𝛽)

RUMUS

𝒆𝒊𝜽 = 𝒄𝒐𝒔 𝜽 + 𝒊 𝒔𝒊𝒏 𝜽

𝑥𝑖𝛽 = 𝑒ln 𝑥𝑖𝛽= 𝑒𝑖𝛽 ln 𝑥 = cos(𝛽 ln 𝑥) + 𝑖 sin(𝛽 ln 𝑥)

Solusi Umum :

𝑦 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2

= 𝑐1𝑥(𝛼+𝑖𝛽) + 𝑐2𝑥(𝛼−𝑖𝛽)

= 𝑐1𝑥𝛼(cos(𝛽 ln 𝑥) + 𝑖 sin(𝛽 ln 𝑥)) + 𝑐2𝑥𝛼(cos(𝛽 ln 𝑥) − 𝑖 sin(𝛽 ln 𝑥))

= 𝑥𝛼(𝑐1 + 𝑐2) cos(𝛽 ln 𝑥) + 𝑥𝛼(𝑐1 − 𝑐2) sin(𝛽 ln 𝑥)

= 𝑥𝛼(𝑐1 cos(𝛽 ln 𝑥) + 𝑐2 sin(𝛽 ln 𝑥))

Solusi dengan Deret Pangkat Bentuk Umum

∑ 𝑐𝑘(𝑥 − 𝑎)𝑘 = 𝑐0 + 𝑐1(𝑥 − 𝑎) + 𝑐2(𝑥 − 𝑎)2 + ⋯ + 𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛 + ⋯

∞

𝑘=0

Suatu Deret Pangkat dikatakan konvergen jika

lim𝑛→∞

∑ 𝑐𝑘(𝑥 − 𝑎)𝑘 = 𝐿 < ∞

𝑛

𝑘=0

Tes Rasio :

lim𝑥→∞

|𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛

𝑐𝑛−1(𝑥 − 𝑎)𝑛−1| = |𝑥 − 𝑎| lim𝑥→∞

|𝑐𝑛

𝑐𝑛−1| = 𝜀

Jika 𝜀 < 1, maka deret pangkat konvergen

Operasi Deret Pangkat Misalkan

𝑆1 = ∑ 𝑐𝑘(𝑥 − 𝑎1)𝑘

∞

𝑘=0

𝑆2 = ∑ 𝑐𝑘(𝑥 − 𝑎2)𝑘

∞

𝑘=2

𝑆1 × 𝑆2 = (𝐶0 + 𝐶1(𝑥 − 𝑎1) + 𝐶2(𝑥 − 𝑎1)2 + 𝐶3(𝑥 − 𝑎1)3 + ⋯ ) × (𝐷2(𝑥 − 𝑎2)2 + 𝐷3(𝑥 − 𝑎2)3

+ 𝐷4(𝑥 − 𝑎2)4 + ⋯

= 𝐶0𝐷2(𝑥 − 𝑎2)2 + [𝐶0𝐷3(𝑥 − 𝑎2)3 + 𝐶1𝐷2(𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎2)2]

+ [𝐶0𝐷4(𝑥 − 𝑎2)4 + 𝐶1𝐷3(𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎2)3 + 𝐶2𝐷2(𝑥 − 𝑎1)2(𝑥 − 𝑎2)2] + ⋯

𝑆1 + 𝑆2 = 𝐶0 + 𝐶1(𝑥 − 𝑎1) + ∑[𝐶𝑘(𝑥 − 𝑎1)𝑘 + 𝐷𝑘(𝑥 − 𝑎2)𝑘]

∞

𝑘=2

Deret Mc-Laurin

𝑓(𝑥) = ∑𝑓(𝑘)(0)

𝑘!

∞

𝑘=0

𝑥𝑘; 0! = 1

𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥2

2!+

𝑥3

3!+ ⋯ = ∑

𝑥𝑘

𝑘!

∞

𝑘=0

sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3!+

𝑥5

5!−

𝑥7

7!+ ⋯ = ∑

𝑥2𝑘+1

(2𝑘 + 1)!

∞

𝑘=0

𝑒𝑥 sin 𝑥 = 𝑥 + 𝑥2 + (1

2!−

1

3!) 𝑥3 + (

1

3!−

1

3!) 𝑥4 + ⋯ = 𝑥 + 𝑥2 +

𝑥3

3+

𝑥5

5!+ ⋯

𝑒𝑥 + sin 𝑥 = 1 + 2𝑥 +𝑥2

2!+

𝑥4

4!+

2𝑥5

5!+

𝑥6

6!+

𝑥8

8!+

2𝑥9

9!+ ⋯

Dengan menggunakan deret pangkat, akan diselesaikan PD dengan bentuk :

𝑦′′ + 𝑃(𝑥)𝑦′ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0

Jika untuk 𝑥 = 𝑥0, 𝑃(𝑥) dan 𝑄(𝑥) analitis (ada nilainya), maka titik 𝑥0 disebut titik ordiner. Selain itu,

maka 𝑥0 disebut titik singular.

Teorema : Jika 𝑥 = 𝑥0, suatu titik ordiner dari PD 𝑦′′ + 𝑃(𝑥)𝑦′ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0, maka selalu dapat

ditemukan 2 solusi dalam bentuk deret pangkat yang linear independen yang berpusat di 𝑥0, 𝑦 =

∑ 𝐶𝑘(𝑥 − 𝑥0)𝑘∞𝑘=0 , terdapat minimal pada interval |𝑥 − 𝑥0| < 𝑅

Contoh :

𝒚′′ + 𝒙𝒚 = 𝟎

Deret Pangkat :

𝑦 = ∑ 𝐶𝑘𝑥𝑘

∞

𝑘=0

, |𝑥| < ∞

𝑦′ = ∑ 𝑘𝐶𝑘𝑥𝑘−1

∞

𝑘=1

𝑦′′ = ∑ 𝑘(𝑘 − 1)𝐶𝑘𝑥𝑘−2

∞

𝑘=2

PD di atas menjadi

∑ 𝑘(𝑘 − 1)𝐶𝑘𝑥𝑘−2

∞

𝑘=2

+ 𝑥 ∑ 𝐶𝑘𝑥𝑘

∞

𝑘=0

= 0

⇔ ∑(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝐶𝑘+2𝑥𝑘

∞

𝑘=0

+ ∑ 𝐶𝑘−1𝑥𝑘

∞

𝑘=0

= 0

⇔ 2𝐶2 + ∑[(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝐶𝑘+2 + 𝐶𝑘−1]𝑥𝑘

∞

𝑘=1

= 0

Diperoleh 𝐶2 = 0

𝑘 ≥ 1 ⇒ 𝐶𝑘+2 = −𝐶𝑘−1

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)

𝐶3 = −𝐶0

(3)(2)= −

𝐶0

6

𝐶4 = −𝐶1

(4)(3)= −

𝐶1

12

𝐶5 = −𝐶2

(5)(4)= 0

𝐶6 = −𝐶3

(6)(5)= −

1

30(−

𝐶0

6) =

𝐶0

180

𝐶7 = −𝐶4

(7)(6)= −

1

42(−

𝐶1

12) =

𝐶1

504

Maka, Penyelesaian Umum PD adalah

𝑦 = 𝐶0 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2𝑥2 + 𝐶3 + 𝐶4𝑥4 + 𝐶5𝑥5

+ 𝐶6𝑥6 + 𝐶7𝑥7 + ⋯

𝑦 = 𝐶0 + 𝐶1𝑥 −𝐶0

6𝑥3 −

𝐶1

12𝑥4 +

𝐶0

180𝑥6

+𝐶1

504𝑥7 + ⋯

𝑦 = 𝐶0 (1 −1

6𝑥3 +

1

180𝑥6 + ⋯ )

+ 𝐶1 (𝑥 −1

12𝑥4 +

1

504𝑥7

+ ⋯ )

Solusi di sekitar titik singular Sebuah PD

𝑦′′ + 𝑃(𝑥)𝑦′ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0

Di sekitar 𝑥 = 𝑥0, dengan 𝑥0 adalah titik singular 𝑃(𝑥)/𝑄(𝑥) (𝑃(𝑥)/𝑄(𝑥) tidak ada nilainya)

Klasifikasi titik singular

Titik singular 𝑥 = 𝑥0, adalah titik singular biasa jika (𝑥 − 𝑥0)𝑃(𝑥) dan (𝑥 − 𝑥0)2𝑄(𝑥) bersifat

analitis.

Contoh :

(𝒙𝟐 − 𝟒)𝟐𝒚′′ + 𝟑(𝒙 − 𝟐)𝒚′ + 𝟓𝒚 = 𝟎

⇔ 𝑦′′ +3(𝑥 − 2)

(𝑥2 − 4)2𝑦′ +

5

(𝑥2 − 4)2𝑦 = 0

⇔ 𝑦′′ +3

(𝑥 − 2)(𝑥 + 2)2𝑦′ +

5

(𝑥 − 2)2(𝑥 + 2)2𝑦 = 0

Untuk 𝑥 = 2, diperoleh

𝑃(𝑥) ⇒ (𝑥 − 2)3

(𝑥 − 2)(𝑥 + 2)2=

2

(𝑥 + 2)2

𝑄(𝑥) ⇒ (𝑥 − 2)25

(𝑥 − 2)2(𝑥 + 2)2=

5

(𝑥 + 2)2

Titik 𝑥 = 2 adalah titik singular biasa

Metode Penyelesaian

Teorema : Teori Frobenius

Jika 𝑥 = 𝑥0 adalah sebuah titik singular biasa dari PD 𝑦′′ + 𝑃(𝑥)𝑦′ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0, maka terdapat

paling tidak satu solusi berbentuk

𝑦 = (𝑥 − 𝑥0)𝑟 ∑ 𝐶𝑛(𝑥 − 𝑥0)𝑛

∞

𝑛=0

Dengan r adalah suatu nilai yang harus ditentukan. Deret pangkat tersebut konvergen paling tidak

pada interval 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝑅

Contoh :

𝟑𝒙𝒚′′ + 𝒚 − 𝒚

= 𝟎 , 𝐚𝐤𝐚𝐧 𝐝𝐢𝐜𝐚𝐫𝐢 𝐬𝐨𝐥𝐮𝐬𝐢 𝐝𝐢𝐬𝐞𝐤𝐢𝐭𝐚𝐫 𝒙 = 𝟎

3𝑥𝑦′′ + 𝑦′ − 𝑦 = 0

⇔ 𝑦′′ +𝑦′

3𝑥−

𝑦

3𝑥= 0

𝑃(𝑥) ⇒ 𝑥 (1

3𝑥) =

1

3

𝑄(𝑥) ⇒ 𝑥2 (−1

3𝑥) = −

1

3𝑥

Titik 𝑥 = 0 adalah titik singular biasa. Karena

𝑥 = 0 adalah titik singular biasa, maka solusi

dalam deret pangkat berbentuk

𝑦 = 𝑥𝑟 ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛

∞

𝑛=0

= ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟

∞

𝑛=0

Maka

𝑦′ = ∑(𝑛 + 𝑟)𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟−1

∞

𝑛=0

𝑦′′ = ∑(𝑛 + 𝑟 − 1)(𝑛 + 𝑟)𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟−2

∞

𝑛=0

Sehingga PD di atas dapat ditulis menjadi

3𝑥 ∑(𝑛 + 𝑟 − 1)(𝑛 + 𝑟)𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟−2

∞

𝑛=0

+ ∑(𝑛 + 𝑟)𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟−1

∞

𝑛=0

− ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟

∞

𝑛=0

= 0

⇔ ∑[3(𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)(𝑛

∞

𝑛=0

+ 𝑟)]𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟−1 − ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟

∞

𝑛=0

= 0

⇔ 𝑟(3𝑟 − 2)𝐶0𝑥𝑟−1

+ ∑(𝑛 + 𝑟 + 1)(3𝑛 + 3𝑟

∞

𝑛=0

+ 1)𝐶𝑛+1𝑥𝑛+𝑟 − ∑ 𝐶𝑛𝑥𝑛+𝑟

∞

𝑛=0

= 0

Maka

𝑟(3𝑟 − 2)𝐶0𝑥𝑟−1 = 0

𝑟 = 0 | | 𝑟 =2

3

Untuk 𝑟 = 0

𝑛 = 0 ⇒ 𝐶1 = 𝐶0

𝑛 = 1 ⇒ 𝐶2 =1

8𝐶0

𝑛 = 2 ⇒ 𝐶3 =1

168𝐶0

𝑛 = 3 ⇒ 𝐶4 =1

6720𝐶0

𝑦1 = 𝐶0 + 𝐶0𝑥 +1

8𝐶0𝑥2 +

1

168𝐶0𝑥3

+1

6720𝐶0𝑥4 + ⋯

Untuk 𝑟 =2

3

𝑛 = 0 ⇒ (5

3. 3) 𝐶1 − 𝐶0 = 0 ⇔ 𝐶1 =

1

5𝐶0

𝑛 = 1 ⇒ (8

3. 6) 𝐶2 − 𝐶1 = 0 ⇔ 𝐶2 =

1

16𝐶1

=1

80𝐶0

𝑛 = 2 ⇒ (11

3. 9) 𝐶3 − 𝐶2 = 0 ⇔ 𝐶3 =

1

33𝐶2

=1

2640𝐶0

𝑛 = 3 ⇒ (14

3. 12) 𝐶4 − 𝐶3 = 0 ⇔ 𝐶4

=1

56𝐶3 =

1

147840𝐶0

𝑦2 = 𝐶0𝑥23 +

1

5𝐶0𝑥

53 +

1

80𝐶0𝑥

83 +

1

2640𝐶0𝑥

113

+1

147840𝐶0𝑥

143 + ⋯

Solusi PD

𝑦 = 𝐶1 (1 + 𝑥 +1

8𝑥2 +

1

168𝑥3 +

1

6720𝑥4

+ ⋯ )

+ 𝐶2 (𝑥23 +

1

5𝑥

53 +

1

80𝑥

83

+1

2640𝑥

113 +

1

147840𝑥

143

+ ⋯ )

Sistem Persamaan Diferensial 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑓1(𝑡)

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑓2(𝑡)

𝑑𝑧

𝑑𝑡= 𝑥 − 𝑦 + 3𝑧 + 𝑓3(𝑡)

Sistem persamaan di atas disebut dengan Sistem Persamaan Diferensial

Jika,

𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + 𝑎13𝑥3 = 𝑏1

𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 + 𝑎23𝑥3 = 𝑏2

𝑎31𝑥1 + 𝑎32𝑥2 + 𝑎33𝑥3 = 𝑏3

Didefinisikan sebagai

𝑋 = (

𝑥1

𝑥2

𝑥3

) ; 𝐴 = (

𝑎11 𝑎12 𝑎13

𝑎21 𝑎22 𝑎23

𝑎31 𝑎32 𝑎33

) ; 𝐵 = (

𝑏1

𝑏2

𝑏3

)

Sehingga SPL dapat ditulis menjadi

(

𝑎11 𝑎12 𝑎13

𝑎21 𝑎22 𝑎23

𝑎31 𝑎32 𝑎33

) (

𝑥1

𝑥2

𝑥3

) = (

𝑏1

𝑏2

𝑏3

)

Maka, Sistem PD di atas juga bisa didefinisikan sebagai

𝑋 = (

𝑥(𝑡)𝑦(𝑡)𝑧(𝑡)

) ; 𝐴 = (1 1 12 −1 21 −1 3

) ; 𝐵 = (

𝑓1(𝑡)𝑓2(𝑡)𝑓3(𝑡)

)

Sehingga, Sistem PD dapat ditulis sebagai

𝑋′ = 𝐴𝑋 + 𝐵

Menyelesaikan Sistem Persamaan Diferensial Jika diketahui

𝑋 = (

𝑥1𝑥2

⋮𝑥𝑛

)

𝐴 = (

𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛

𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛

⋮𝑎𝑛1

⋮𝑎𝑛2

⋱ ⋮⋯ 𝑎𝑛𝑛

)

Akan diselesaikan Sistem Persamaan Diferensial Linear Homogen 𝑋′ = 𝐴𝑋

Katakanlah, Solusi PD

𝑋 = (

𝑘1

𝑘2

⋮𝑘𝑛

) 𝑒𝜆𝑡 = 𝐾𝑒𝜆𝑡

𝑋′ = 𝐾𝜆𝑒𝜆𝑡

Jadi,

𝑋′ = 𝐴𝑋 ⟺ 𝐴𝑋 − 𝑋′ = 0

𝐴𝐾𝑒𝜆𝑡 − 𝐾𝜆𝑒𝜆𝑡 = 0

𝐴𝐾 − 𝜆𝐾 = 0

(𝐴 − 𝜆𝐼)𝐾 = 0

Dengan

𝐼 = (

1 0 ⋯ 00 1 ⋯ 0⋮0

⋮0

⋱⋯

⋮1

)

Agar diperoleh solusi non trivial (𝐾 ≠ 0), maka harus dipenuhi det(𝐴 − 𝜆𝐼) = 0. Nilai-nilai yang

memenuhi persamaan det(𝐴 − 𝜆𝐼) = 0 disebut nilai Eigen, dan Nilai 𝐾 yang ditentukan dari nilai

Eigen 𝜆 disebut Vektor Eigen.

Nilai Eigen dapat bernilai Real dan Berbeda, Real kembar dan Kompleks.

Kasus I∶ 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 ≠ 𝑚2 Contoh :

𝒅𝒙

𝒅𝒕= 𝟐𝒙 + 𝟑𝒚

𝒅𝒚

𝒅𝒕= 𝟐𝒙 + 𝒚

Solusi :

𝑋 = (𝑥𝑦) ; 𝐴 = (

2 32 1

)

𝐴 − 𝜆𝐼 = (2 32 1

) − 𝜆 (1 00 1

)

= (2 − 𝜆 3

2 1 − 𝜆)

det(𝐴 − 𝜆𝐼) = |2 − 𝜆 3

2 1 − 𝜆|

0 = (2 − 𝜆)(1 − 𝜆) − 6

0 = (2 − 3𝜆 + 𝜆2) − 6

0 = 𝜆2 − 3𝜆 − 4

⇔ (𝜆 + 1)(𝜆 − 4)

𝜆 = −1| |𝜆 = 4

Katakanlah 𝐾 = (𝑘1

𝑘2), dan harus dipenuhi

(𝐴 − 𝜆𝐼)𝐾 = 0

Untuk 𝜆 = −1

𝐴 − 𝜆𝐼 = (3 32 2

)

⇔ (3 32 2

) (𝑘1

𝑘2) = 0

⇔ {3𝑘1 + 3𝑘2 = 02𝑘1 + 2𝑘2 = 0

} ⇔ 𝑘1 = −𝑘2

Diambil 𝑘2 = 1, maka 𝑘1 = −1. Jadi, salah

satu solusinya adalah 𝑋1 = (−11

) 𝑒−𝑡

Untuk 𝜆 = 4

𝐴 − 𝜆𝐼 = (−2 32 −3

)

⇔ (−2 32 −3

) (𝑘1

𝑘2) = 0

⇔ {−2𝑘1 + 3𝑘2 = 02𝑘1 − 3𝑘2 = 0

} ⇔ 𝑘1 =3

2𝑘2

Diambil 𝑘2 = 2, maka 𝑘1 = 3. Jadi, salah satu

solusinya adalah 𝑋2 = (32

) 𝑒4𝑡

Maka, Solusi Umumnya adalah

𝑋 = 𝑐1 (−11

) 𝑒−𝑡 + 𝑐2 (32

) 𝑒4𝑡

Kasus II∶ 𝑚1, 𝑚2 ∈ ℝ dan 𝑚1 = 𝑚2 Jika terdapat 2 nilai Eigen real yang sama, maka

𝑋1 = 𝐾𝑒𝜆1𝑡

𝑋2 = 𝐾𝑡𝑒𝜆1𝑡 + 𝑃𝑒𝜆1𝑡

Dengan 𝑃 memenuhi

(𝐴 − 𝜆1𝐼)𝑃 = 𝐾

Contoh :

𝑿′ = (𝟑 −𝟏𝟖𝟐 −𝟗

) 𝑿

𝐴 = (3 −182 −9

)

(𝐴 − 𝜆𝐼) = (3 − 𝜆 −18

2 −9 − 𝜆)

𝑑𝑒𝑡 (𝐴 − 𝜆𝐼) = 0 ⇔ |3 − 𝜆 −18

2 −9 − 𝜆| = 0

⇔ (3 − 𝜆)(−9 − 𝜆) − 2(−18) = 0

⇔ 𝜆2 + 6𝜆 + 9 = 0

⇔ (𝜆 + 3)2 = 0

𝜆 = −3

𝐾 = (𝑘1

𝑘2) ⇒ (𝐴 − 𝜆𝐼)𝐾 = 0

⇒ (6 −182 −6

) (𝑘1

𝑘2)

= (6𝑘1 − 18𝑘2

2𝑘1 − 6𝑘2) = 0

Jadi 𝑘1 − 3𝑘2 = 0, ambil 𝑘2 = 1, maka 𝑘1 =

3, sehingga diperoleh 𝐾 = (31

), dan 𝑋1 =

(31

) 𝑒−3𝑡

Selanjutnya, akan dicari 𝑃 = (𝑝1

𝑝2) yang

memenuhi (𝐴 − 𝜆1𝐼)𝑃 = 𝐾

(6 −182 −6

) (𝑝1

𝑝2) = (

31

)

(6𝑝1 − 18𝑝2

2𝑝1 − 6𝑝2) = (

31

)

Jadi 2𝑝1 − 6𝑝2 = 1, ambil 𝑝2 = 1, diperoleh

𝑝1 =7

2, maka 𝑃 = (

72⁄

1), dan 𝑋2 =

(31

) 𝑡𝑒−3𝑡 + (7

2⁄

1) 𝑒−3𝑡

Solusi Umumnya

𝑋 = 𝐶1 (31

) 𝑒−3𝑡

+ 𝐶2 [(31

) 𝑡𝑒−3𝑡

+ (7

2⁄

1) 𝑒−3𝑡]

Kasus III∶ 𝑚1, 𝑚2 ∉ ℝ

Contoh :

𝑿′ = (𝟔 −𝟏𝟓 𝟒

) 𝑿

(𝐴 − 𝜆𝐼) = (6 − 𝜆 −1

5 4 − 𝜆)

det(𝐴 − 𝜆𝐼) = |6 − 𝜆 −1

5 4 − 𝜆|

0 = (6 − 𝜆)(4 − 𝜆) + 5

𝜆2 − 10𝜆 + 29 = 0

𝜆12 =10 ± √100 − 4 × 29

2

= 5 ± √−4 = 5 ± 2𝑖

Untuk 𝜆 = 5 + 2𝑖

(𝐴 − 𝜆𝐼)𝐾 = 0 ⇒ (1 − 2𝑖 −1

5 −1 − 2𝑖) (

𝑘1

𝑘2) = (

(1 − 2𝑖)𝑘1 − 𝑘2

5𝑘1 − (1 + 2𝑖)𝑘2) = 0

Jadi

𝑋1 = (1

1 − 2𝑖) 𝑒(5+2𝑖)𝑡

Untuk 𝜆 = 5 − 2𝑖

(𝐴 − 𝜆𝐼)𝐾 = 0 ⇒ (1 + 2𝑖 −1

5 −1 + 2𝑖) (

𝑘1

𝑘2) = (

(1 + 2𝑖)𝑘1 − 𝑘2

5𝑘1 + (−1 + 2𝑖)𝑘2) = 0

Jadi

𝑋1 = (1

1 + 2𝑖) 𝑒(5−2𝑖)𝑡

Dengan rumus 𝒆𝒊𝜽 = 𝒄𝒐𝒔 𝜽 + 𝒊 𝒔𝒊𝒏 𝜽, diperoleh solusi umum

𝑦 = 𝐶1 [(11

) cos 2𝑡 + (02

) sin 2𝑡] 𝑒5𝑡 + 𝐶2 [(0

−2) cos 2𝑡 + (

11

) sin 2𝑡] 𝑒5𝑡

Transformasi Laplace

Definisi Diberikan fungsi f yang didefinisikan sebagai

𝑓(𝑡) ; 𝑡 > 0

Transformasi Laplace didefinisikan dengan

ℒ(𝑓(𝑡) = ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡∞

0

Contoh :

𝒇(𝒕) = 𝟏

ℒ(1) = ∫ 𝑒−𝑠𝑡1𝑑𝑡∞

0

= lim𝑏→∞

∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡𝑏

0

= lim𝑏→∞

[−1

𝑠𝑒−𝑠𝑡 ]

𝑏

0

= lim𝑏→∞

[−𝑒−𝑠𝑏

𝑠− (

𝑒0

𝑠)]

1

𝑠 ; 𝑠 > 0

Ingat :

ℒ(𝛼𝑓(𝑡) + 𝛽𝑔(𝑡))

= ∫ [𝛼𝑓(𝑡)∞

0

+ 𝛽𝑔(𝑡)] 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡

= 𝛼 ∫ 𝑓(𝑡)∞

0

𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 + 𝛽 ∫ 𝑓(𝑡)∞

0

𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡

= 𝛼 ℒ(𝑓(𝑡)) + 𝛽 ℒ(𝑔(𝑡))

Invers Transformasi Laplace Jika F(s) adalah Transformasi Laplace dari f(t), maka

𝐹(𝑠) = ℒ(𝑓(𝑡))

Sehingga f(t) disebut invers Transformasi Laplace dari F(s), dan ditulis

𝑓(𝑡) = ℒ−1(𝐹(𝑠))

Contoh :

𝓛−𝟏 (−𝟐𝒔 + 𝟔

𝒔𝟐 + 𝟒)

−2𝑠 + 6

𝑠2 + 4=

−2𝑠

𝑠2 + 4+

6

𝑠2 + 4

= −2 cos 2𝑡 + 3 sin 2𝑡

Beberapa Rumus Dasar Persamaan Dasar Persamaan Transformasi Laplace

1 1

𝑠

𝑡𝑛 𝑛!

𝑠(𝑛+1) ; 𝑛 = 1, 2, 3, …

𝑒𝑎𝑡 1

𝑠 − 𝑎

sin 𝑘𝑡 𝑘

𝑠2 + 𝑘2

cos 𝑘𝑡 𝑠

𝑠2 + 𝑘2

sinh 𝑘𝑡 𝑘

𝑠2 − 𝑘2

cosh 𝑘𝑡 𝑠

𝑠2 − 𝑘2

Menyelesaikan Persamaan Diferensial dengan Transformasi Laplace

𝑦 = 𝑓(𝑡)

ℒ(𝑓(𝑡)) = 𝐹(𝑠)

𝑦′ = 𝑓′(𝑡)

ℒ(𝑓′(𝑡)) = ∫ 𝑓′(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

= ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑓(𝑡)∞

0

lim𝑏→∞

[𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)]𝑏0

− 𝑠 ∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

= −𝑓(0) + 𝑠𝐹(𝑠) = 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0)

𝑦′′ = 𝑓′′(𝑠)

ℒ(𝑓′′(𝑡)) = ∫ 𝑓′′(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

lim𝑏→∞

[𝑒−𝑠𝑡𝑓′(𝑡)]𝑏0

− 𝑠 ∫ 𝑓′(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

= −𝑓′(0) + 𝑠[𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0)]

= 𝑠2𝐹(𝑠) − 𝑠𝑓(0) − 𝑓′(0)

Teorema :

ℒ (𝑓(𝑛)(𝑡)) = 𝑠𝑛𝐹(𝑠) − 𝑠𝑛−1𝑓(0) − 𝑠𝑛−2𝑓′(0) − 𝑠𝑛−3𝑓′′(0) − 𝑠𝑛−4𝑓′′′(0) − ⋯ − 𝑓(𝑛−1)(0)

Contoh :

𝒅𝒚

𝒅𝒕+ 𝟑𝒚 = 𝟏𝟑 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒕 ; 𝒚(𝟎) = 𝟔

ℒ (𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 3𝑦) = ℒ(13 sin 2𝑡)

𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0) + 3𝐹(𝑠) = 132

𝑠2 + 4

𝐹(𝑠) − (𝑠 − 3) − 6 = 26

𝑠2 + 4

𝐹(𝑠) = 26

(𝑠2 + 4)(𝑠 + 3)+

6

𝑠 + 3

Dari F(s) akan dicari f(t) yang merupakan

solusi dari PD tersebut

26

(𝑠2 + 4)(𝑠 + 3)=

𝐴𝑠 + 𝐵

𝑠2 + 4+

𝐶

𝑠 + 3

Jadi, (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 + 3) + 𝐶(𝑠2 + 4) = 26

Jika s = -3

26 = 𝐶((−3)2 + 4) ⇒ 𝐶 = 2

Jika s = 0

26 = 𝐵(3) + 2(4) ⇒ 𝐵 = 6

Jika s = 1

26 = (𝐴 + 6)(4) + 2(5) ⇒ 𝐴 = −2

Jadi,

𝐹(𝑠) =−2𝑠 + 6

𝑠2 + 4+

2

𝑠 + 3+

6

𝑠 + 3

= −2𝑠

𝑠2 + 4+ 3

2

𝑠2 + 4+ 8

1

𝑠 + 3

ℒ−1(𝐹(𝑠)) = −2 cos 2𝑡 + 3 sin 2𝑡

+ 8 𝑒−3𝑡

Jadi, solusinya adalah

𝑦 = −2 cos 2𝑡 + 3 sin 2𝑡 + 8 𝑒−3𝑡