Matematika Dasar
PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR ORDER DUA TAK HOMOGEN
Solusi umum PD linear orde dua tak homogen
merupakan jumlah dari
solusi
PD homogen, yh dan solusi pelengkap, yp dituliskan : y = yh + yp Solusi homogen dicari seperti penjelasan terdahulu, sedangkan solusi pelengkap dicari menggunakan dua metode yaitu : metode koefisien tak tentu dan metode variasi parameter.
1. Metode Koefisien Tak Tentu
Misal f(x) merupakan fungsi polinom, eksponen, sinus atau cosinus. Maka solusi pelengkap, yp
dimisalkan sebagai jumlah dari f(x) dan semua turunannya ( lihat tabel ). y p, y' p dan y"p disu disubs bsti titu tusi sika kan n ke dala dalam m PD unt untuk uk men mengh ghitu itung ng nila nilaii dari dari
Selanjutnya koefisiennya.
f(x)
yp An xn + An −1 xn −1+...+ A1 x + A0
x n ea x
A ea x
x ea x sin ax cos ax
A ea x + B x ea x A sin ax + B cos ax A sin ax + B cos ax
Contoh Tentukan solusi umum dari PD : 2x
a. y “ - y = -3 e . b. y “ + y = 6 sin 2x Jawab :
x
a. Akar karakteristik PD, m = ± 1. Solusi homogen, yh = C1 e 2x
pelengkap, yp = Ae 2x
dalam PD : 4 A e yp = - e
2x
-x
+ C2 e . Solusi
. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke 2x
- A e
2x
= -3 e , didapatkan didapat kan A = - 1 sehingga solusi pelengkap, pelengkap, x
-x
. Solusi umum PD, y = C1 e + C2 e
-e
2x
.
b. Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi pelengkap, yp = A cos 2x + B sin 2x. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke dalam PD didapatkan : A = 0 dan B = - 2, sehingga solusi pelengkap, pelengkap, yp = -2 sin 2x. Solusi umum PD, y = C 1 cos x + C2 sin x - 2 sin 2x. Bila f(x) merupakan suku-suku dari solusi homogen, maka solusi pelengkap s
diambil sebagai perkalian dari x dan f(x) dengan s terkecil ( s = 1,2,3,… ) sehingga bukan merupakan suku-suku dari solusi homogennya.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Contoh x Tentukan solusi khusus PD : y"− 6 y'+ 9 y = e3 ; y(0) = -1 dan y ‘(0) =1. Jawab : 3x
Akar karakteristik PD, m = 3. Solusi homogen, yh = C1 e 3x
3x
3x
+ C2 x e . Karena e
dan
x e
merupakan suku-suku dari solusi homogen maka diambil solusi pelengkap , yp = A x e . Substitusikan solusi solusi pelengkap dan dan turunannya ke dalam PD didapatkan A = 2
3x
3x
3x
2
3x
½ . Solusi umum PD, y = C1 e + C2 x e + ½ x e . Substitusi nilai awal ke dalam solusi umum dan turunannya, didapatkan C1 = -1 dan C2 = 4. Solusi khusus PD, y = 3x
e
+4xe
3x
2 3x
+½x e .
2. Metode Variasi Parameter.
Seringkali dijumpai pada pembahasan terdahulu, metode koefisien tak tentu bentuk solusi pelengkap tidak bisa ditentukan. Hal ini disebabkan fungsi f(x) mempunyai bentuk turunan sebanyak tak hingga, misal f(x) = sec x. Kadang pula terjadi terlalu banyak koefisien yang harus dicari, sehingga dirasa metode pengerjaan tersebut kurang praktis. Metode berikut akan membahas cara yang lebih umum tanpa memperhatikan bentuk fungsi f(x). yh = C1 y1 + C2 y2 Misal merupakan solusi homogen y" + p y ' + q y = f ( x) . Maka solusi pelengkap dimisalkan : y p = v1 y1 + v2 y2
PD
:
Fungsi v1(x) dan v2(x) merupakan fungsi parameter. Bila solusi pelengkap diatas diturunkan
sekali
maka
(
) (
)
' y p = v1' y1 + v2' y2 + v1 y1' + v2 y2' .
Dipilih
:
v1' y1 + v2' y2 = 0 , sehingga didapatkan turunan keduanya : " y p y p, y' p dan y"p ke dalam PD = v1' y1' + v2' y2' + v1 y1" + v2 y2" . Substitusikan didapatkan : v1' y1' + v2' y2' = f (x ) . Fungsi paramater v1(x) dan v2(x) didapatkan dari solusi dari sistem persamaan linear dalam v1' dan v2' berikut : v1' y1 + v2' y2 = 0 v1' y1' + v2' y2' = f (x ) . Menggunakan metode Crammer didapatkan : y2 0 f ( x) y2' − y2 f ( x) ' v1 = v1 = ∫ dx ⇒ ' ' y1 y2 y1 y2 − y2 y1 ' ' y1 y2
(
y1 0 ' y1 f ( x) ' v2 = y1 y2 y1' y2'
⇒
v2 =
∫
(
)
y1 f ( x) y1 y2' − y2 y1'
)
dx
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Contoh Tentukan solusi umum PD : y “ + y = sec x Jawab : Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C 2 sin x. Solusi pelengkap, yp = v1( x ) cos x + v2( x ) sin x. Fungsi parameter v1( x ) dan v2( x ) diselesaikan dari sistem persamaan berikut : v1( x ) cos x + v2( x ) sin x = 0 - v1( x ) sin x + v2( x ) cos x = sec x Didapatkan :
v1( x ) = ln ( cos x ) dan
v2( x ) = x, sehingga solusi pelengkap,
yp = ln ( cos x ) cos x + x sin x. Solusi umum PD, y = C1 cos x + C2 sin x + ln ( cos x ) cos x + x sin x
Soal latihan
( Nomor 1 sd 12 ) Tentukan solusi umum PD berikut : 7. y"+ y= sec x 1. y"+3 y'+2 y = 2 e3 x 2. y"−4 y'+2 y = 2 x2 3. y"− 3 y' + 2 y= 10 si n 2 x
8. y"+2 y'+ y = e− x l n x 9. y"+ y = sec x tan x
4. y"− 3 y' − 4 y = e− x
10. y"−3 y'+2 y =
5. y"−2 y'+ y = e x 6. y"+2 y'−3 y = f ( x)
11. y" +2 y'+ y = e− x l n x
f ( x) = x2 + x − 3
a. b. f(x) = sin 3x + cos 3x
12. y"−3 y'+2 y =
1 1 + e −x e x x
1+ e
x
c. f(x) = x e . ( Nomor 13 sd 15 ) Tentukan solusi khusus PD berikut : 13. y"+ y = 2 x ; y(0) = 1, y '( ' (0 ) = 2 14. y" −4 y '+ 4 y = e2 x ; y(0) = y ' (0) = 0 15. y" +3 y' +2 y = 20 cos 2 x ; y ( 0 ) = - 1 , y ‘ ( 0 ) = 6. 16. Pada rangkaian listrik seri, RCL, berdasarkan hukum Kirchoff dirumuskan sebagai Q berikut : L Q" + R Q' + = E ( t ) dengan Induksi L (Henry ), Tahanan R ( Ohm ), C Muatan Q ( Coulomb ), Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik E(t) ( volt ). I Karena I = Q ' maka maka dapat dapat dituliska dituliskan n : L I "+ R I ' + = E ' ( t ) . Dengan C menggunakan rumus di atas hitunglah muatan ( Q ) dan kuat arus ( I ) dalam fungsi t -4 dari rangkaian RCL tersebut bila R = 16, L = 0,02 , C = 2 x 10 dan E = 12. Anggap bahwa nilai Q = 0 dan I = 0 pada pada saat t = 0.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
