MA1201 MATEMATIKA 2A MA1201

MA1201 MATEMATIKA 2A
MA1201 MATEMATIKA 2A
Hendra Gunawan
Semester II, 2013/2014
Semester
II, 2013/2014
23 April 2014
Kuliah yang Lalu
yang Lalu
13.1 Integral Lipat
13
1 Integral Lipat Dua atas Persegi Panjang
13.2 Integral Berulang
13.3 Integral Lipat
33
l i
Dua atas Daerah Bukan
h k
Persegi Panjang
13.4 Integral Lipat Dua dalam Koordinat Polar
13.5 Penggunaan
gg
Integral Lipat
g
p Dua
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
2
Kuliah Hari Ini
15.1 Persamaan
15
1 Persamaan Diferensial Linear Orde
Linear Orde 2, 2
Homogen
15 2 Persamaan Diferensial Linear Orde
15.2 Persamaan
Linear Orde 2, 2
Tak Homogen
15 3 P
15.3 Penggunaan
P
Persamaan
Dif
Diferensial
i l
Orde 2 4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
3
MA1201 MATEMATIKA 2A
15.1 PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR ORDE 2, HOMOGEN
Menentukan
M
t k solusi
l i umum dan
d solusi
l i khusus
kh
persamaan diferensial linear orde 2 homogen
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
4
Persamaan Diferensial Orde 2
Banyak masalah dalam
fisika yang dapat
dirumuskan sebagai
persamaan diferensial
orde 2, misalnya
2 misalnya gerak
harmonik sederhana
yang terjadi pada pegas
yang terjadi
bergetar/berosilasi.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
5
Bentuk Umum Persamaan
Diferensial Biasa Orde n
Misall y = y(x) adalah
Mi
( ) d l h suatu
t fungsi
f
i yang tidak
tid k
diketahui rumusnya, namun memenuhi suatu
persamaan
F ( x, y, y ,..., y )  0,
(1)
(n)
dengan y(k) menyatakan turunan ke‐k dari y, dengan k = 1,…, n. Persamaan ini disebut persamaan diferensial
biasa (PDB) orde
(PDB) orde n.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
6
Contoh & Solusi
& Solusi (Umum) PDB
(Umum) PDB
1. y’ – 2 cos x = 0 merupakan PDB orde 1.
2. y’’ + 3xy’ – 2y = 0 merupakan PDB orde 2.
3. y’’’ + (y’)2 + ex = 0 merupakan PDB orde 3.
Fungsi y = f(x) disebut solusi suatu PDB apabila
PDB tsb menjadi kesamaan ketika y dan turunan‐
PDB tsb
turunan
turunannya disubstitusikan ke dalam PDB tsb. Sebagai contoh, y = 2 sin x + 5
contoh y = 2 sin x + 5 merupakan suatu
solusi (khusus) PDB orde 1 di atas. Solusi umum PDB orde
PDB orde 1 di
1 di atas adlh y y = 2 sin x 2 sin x + C, C,
dengan C konstanta sembarang.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
7
PDB Linear Orde n
PDB Linear Orde
PDB yang berbentuk
PDB yang berbentuk
y
(n)
 a1 ( x) y
( n 1)
 ...  an1 ( x) y a n ( x) y  k ( x)
(1)
disebut PDB linear orde n.
Perhatikan bahwa y dan turunan‐turunannya
turunan turunannya
memiliki pangkat 1 semuanya.
K
Karena
i PDB d 3 pada
itu, PDB orde
3 d slide
lid sebelumnya
b l
bukan PDB linear, karena mengandung (y’)2. 4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
8
PDB Linear Orde 2, dengan Koefisien
Konstanta
PDB linear orde 2 berbentuk
PDB linear orde
y ' ' a1 ( x) y ' a 2 ( x) y  k ( x).
Pada kesempatan ini, kita hanya akan
membahas PDB linear orde
PDB linear orde 2 dengan
2 dengan koefisien
konstanta, yang berbentuk:
y ' ' a1 y ' a 2 y  k ( x).
)
Jika k(x) = 0, maka PDB tsb disebut PDB homogen.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
9
Solusi Umum PDB Linear Orde 2, d
dengan
Koefisien
f
Konstanta
Jika u1(x) dan u2(x) merupakan
(x) merupakan dua solusi PDB PDB
linear orde 2 homogen
y ' ' a1 y ' a 2 y  0
yang saling bebas, maka solusi umum PDB tsb
adalah
y  C1u1 ( x)  C2u2 ( x),
dgn C1 dan C2 menyatakan konstanta sembarang. [[Verifikasinya
y di p
papan
p tulis!]]
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
10
Persamaan Karakteristik
Untuk mencari solusi PDB linear orde 2 homogen
y ' ' a1 y ' a 2 y  0,
[*]
kita misalkan
ki
i lk y = erx (mengapa?). Maka, kita
(
?) M k ki per‐
oleh
2
rx
(r  a1r  a 2 )e  0.
Karena erx ≠ 0, maka mestilah
r  a1r  a 2  0.
2
Persamaan
e sa aa ini d
disebut
sebut pe
persamaan
sa aa karakteristik
a a te st
untuk PDB di atas.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
11
Teorema A (Akar
A (Akar Real Berbeda)
Real Berbeda)
Jika persamaan karakteristik mempunyai dua
akar real berbeda, r1 dan r2, maka solusi umum
PDB [*]] adalah
PDB [
y  C1e  C2 e ,
r1 x
r2 x
d
dengan
C1 dan
d C2 konstanta
k
sembarang. b
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
12
Contoh 1
Tentukan solusi umum PDB orde
PDB orde 2
y ' '5 y '6 y  0.
Jawab: Persamaan karakteristik PDB ini adalah
r  5r  6  0.
2
Persamaan ini mempunyai akar r1 = 2 dan r2 = 3. Jadi solusi umum PDB di
PDB di atas adalah
y  C1e  C2e .
2x
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
3x
13
Contoh 1 (lanjutan)
1 (lanjutan)
Jika diketahui informasi tambahan, misal
tambahan misal syarat
awal y(0) = 0 dan y’(0) = 1, maka kita peroleh
C1 + C
+ C2 = 0
=0
2C1 + 3C2 = 1.
(Persamaan kedua diperoleh dari y’ = 2C1e2x + 3C2e3x.) Dari kedua persamaan tsb, kita dapat‐
kan C1 = ‐1 dan C2 = 1. Jadi kita peroleh solusi
khusus yang memenuhi syarat awal di atas, yaitu
y = ‐e2x + e3x.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
14
Teorema B (Akar
B (Akar Real Kembar)
Real Kembar)
Jika persamaan karakteristik mempunyai dua
akar real kembar, r1 = r2, maka solusi umum PDB [[*]] adalah
y  C1e  C2 xe ,
r1 x
r1 x
d
dengan
C1 dan
d C2 konstanta
k
sembarang.
b
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
15
Contoh 2
Tentukan solusi khusus PDB orde 2
y ' '4 y '4 y  0,
yg memenuhi syarat batas y(0) y(0) = 0 dan
0 dan y(1) y(1) = ee2.
Jawab: Persamaan karakteristik PDB ini adalah
r  4 r  4  0.
2
Persamaan ini mempunyai akar kembar r1,2 = 2. Jadi solusi umum PDB di atas adalah
y  C1e2 x  C2 xe2 x .
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
16
Contoh 2 (lanjutan)
2 (lanjutan)
Substitusikan kedua syarat batas, kita
batas kita peroleh
C1 = 0
C1e2 + C
C2e2 = e2.
Jadi C1 = 0 dan C2 = 1, sehingga solusi khusus
yang kita cari adalah y = xe2x.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
17
Teorema C (Akar
C (Akar Kompleks)
Jika persamaan karakteristik mempunyai dua
akar kompleks sekawan, r1,2= a ± bi, maka solusi
umum PDB [
PDB [*]] adalah
y  e (C1 cos bx  C2 sin bx),
ax
d
dengan
C1 dan
d C2 konstanta
k
sembarang.
b
1
Catatan: Di sini i = menyatakan
bilangan
imajiner
j
yyang memenuhi
g
i2 = ‐1.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
18
Contoh 3
Tentukan solusi umum PDB orde
PDB orde 2
y ' '4 y '5 y  0.
Jawab: Persamaan karakteristik PDB ini adalah
r  4 r  5  0.
2
Persamaan ini mempunyai akar kompleks r1,2 = 2 ± i. Jadi
2 ±
i Jadi solusi umum PDB di
PDB di atas adalah
y  e (C1 cos x  C2 sin x).
2x
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
19
Soal
Dengan cara serupa, kita
serupa kita dapat menyelesaikan
PDB linear orde n yang homogen.
1. Tentukan solusi umum PDB orde 3
y ' ' ' y ' '20 y '  0.
2. Tentukan solusi umum PDB orde 4
y
4/23/2014
( 4)
 y  0.
(c) Hendra Gunawan
20
MA1201 MATEMATIKA 2A
15.2 PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR ORDE 2, TAK HOMOGEN
Menentukan solusi khusus dan solusi umum
persamaan diferensial linear orde 2 tak
homogen
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
21
PDB Linear Orde 2, Tak
PDB Linear Orde
2, Tak Homogen
PDB linear orde
PDB
linear orde 2 tak
2 tak homogen, dengan
homogen dengan
koefisien konstanta, secara umum berbentuk
y ' ' a1 y ' a 2 y  k ( x),
)
dengan k(x) ≠ 0. Jika yp adalah solusi khusus
persamaan takk homogen
h
di atas dan
d yh adalah
d l h
solusi umum pers. homogen y ' ' a1 y ' a 2 y  0,
maka solusi umum persamaan tak homogen di
atas adalah: y = yh + yp.
Bagaimana mendapatkan yp?
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
22
Metode Koefisien Tak Tentu
Kita dapat
Kita
dapat memperoleh solusi khusus yp dengan
cara coba‐coba, dengan prinsip:
1. Jika k(x) polinom, maka
polinom, maka yp juga polinom.
2. Jika k(x) = a.ecx, maka yp = Aecx.
3 Jika k(x) = a.cos rx
3.
k(x) = a cos rx + b.sin rx, maka
+ b sin rx maka
yp = A.cos rx + B.sin rx.
Catatan. Bilangan A dan B merupakan koefisien
yyang harus
g
dicari. Karena itu metode ini dikenal
sebagai Metode Koefisien Tak Tentu.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
23
Contoh/Latihan 1
Tentukan solusi umum dari y ' '5 y '6 y  x.
Jawab: Solusi persamaan homogennya adalah
2 + C e3x
3 . Untuk mencari solusi khusus, yh = C1e2x 2
misalkan yp = Ax + B (mengapa?). Maka yp’ = A dan yp’’ = 0. Substitusikan
’’ 0 Substitusikan ke PDB di
PDB di atas:
atas
‐5A + 6(Ax + B) = x.
Jadi 6A = 1 dan ‐5A + 6B = 0, sehingga
h
A = 1/6
/
dan B = 5/36. Jadi solusi umum PDB di atas adl
2 + C e3x 3 + x/6 + 5/36.
y = C1e2x /
/
2
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
24
Contoh/Latihan 2
Tentukan solusi umum dari y ' '4 y '4 y  e x .
Jawab: Solusi p
persamaan homogennya
g
y adalah
yh = C1e2x + C2xe2x. Untuk mencari solusi
,
yp = …
khusus, misalkan
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
25
Contoh/Latihan 3
Tentukan solusi umum dari y ' '5 y '6 y  e .
2x
Jawab: Solusi p
persamaan homogennya
g
y adalah
yh = C1e2x + C2e3x. Untuk mencari solusi khusus, misalkan yp = …
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
26
Soal
Tentukan solusi umum/khusus dari
1. y ' '4 y '  x; y (0)  0, y ' (0)  1.
i x.
2 y ' ' 4 y ' 5 y  sin
2.
2x
3. y ' '4 y '4 y  e .
4. y ' '4 y '4 y  e 2 x  1.
4/23/2014
(c) Hendra Gunawan
27