PERSAMAAN DIFFERENSIAL LINIER

04-Jun-14
PERSAMAAN
DIFFERENSIAL LINIER
Persamaan Differensial Linier
Pengertian :
Suatu persamaan differensial orde satu dikatakan linier jika
persamaan tersebut dapat dituliskan sbb:
𝑦 ′ + 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥)
(1)
linier dalam y dan y’, dimana p dan r pada sisi kanan mungkin
suatu fungsi dari x.
Jika sisi kanan r(x) = 0 untuk semua x dalam interval dimana kita
membahas persamaan tsb, maka persamaan tersebut dikatakan
homogen.
1
04-Jun-14
Lanjutan
• r(x)  0 , persamaan non homogen / heterogen.
Solusi pers. (1) dalam interval I dengan mengasumsikan bahwa p
dan r adalah kontinyu dalam interval I. Untuk persamaan homogen
:
𝑦′ = − 𝑝 𝑥 𝑦 = 0
(2)
Dengan pemisahan variabel :
𝑑𝑦
𝑦
= −𝑝 𝑥 𝑑𝑥 jadi 𝑙𝑛 𝑦 = − 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐 ∗
Lanjutan
𝑦 𝑥 = 𝑐𝑒 −
𝑝 𝑥 𝑑𝑥
𝑐 = ±𝑒 𝑐
∗
bila 𝑦 <> 0
• Pada persamaan ini kita juga dapat mengambil nilai c = 0 dan
mendapatkan persamaan trivial y = 0
2
04-Jun-14
Lanjutan
Persamaan (1) yang bersifat non homogen sekarang dapat
diselesaikan:
𝑦 ′ + 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥)
(py – r)dx + dy = 0,
dimana persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk
Pdx + Qdy = 0
dimana P = py – r dan Q = 1.
Maka kita mendapatkan faktor pengintegrasi :
1 𝑑𝐹
𝐹 𝑑𝑥
= 𝑝(𝑥)
Lanjutan
• Karena hanya tergantung pada x, persamaan (1) mempunyai
faktor pengintegrasi F(x), yang mana kita mendapatkannya
secara langsung dengan integrasi dan exponensiasi:
𝐹(𝑥) = 𝑒 𝑝𝑑𝑥
• Perkalian persamaan (1) dengan nilai F dan dengan
mengobservasi hukum perkalian dari turunan memberikan :
𝑒
𝑝𝑑𝑥
𝑦 ′ + 𝑝𝑦 = 𝑒
𝑝𝑑𝑥
𝑦
′
= 𝑒
𝑝𝑑𝑥
𝑟
3
04-Jun-14
Lanjutan
• Sekarang kita mengintegrasikan thd x
𝑒
• Jika
𝑝𝑑𝑥
𝑦=
𝑒
𝑝𝑑𝑥
𝑟𝑑𝑥 + 𝑐
𝑝𝑑𝑥 =h maka penyelesaian untuk y adalah
𝑦 𝑥 = 𝑒 −ℎ
𝑒 ℎ 𝑟𝑑𝑥 + 𝑐 , h=
𝑝(𝑥)𝑑𝑥
(4)
Contoh
Selesaikan persamaan differensial linier berikut :
𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑒 2𝑥
Penyelesaian :
p = -1, 𝑟 = 𝑒 2𝑥 , ℎ =
𝑝𝑑𝑥 = −𝑥
Dan dari persamaan (4) kita mendapatkan penyelesaian yang bersifat
umum
𝑦 𝑥 = 𝑒 −ℎ
𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥
𝑒 ℎ 𝑟𝑑𝑥 + 𝑐 , h=
𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑒 −𝑥 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐 = 𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑐 = 𝑐𝑒 𝑥 + 𝑒 2𝑥
4
04-Jun-14
Lanjutan
Alternatif lain, kita dapat mengalikan persamaan yang diberikan
dengan 𝑒 ℎ = 𝑒 −𝑥 , dengan mendapatkan
𝑦 ′ − 𝑦 𝑒 −𝑥 = 𝑦𝑒 −𝑥 ′ = 𝑒 2𝑥 𝑒 −𝑥
Dan mengintegrasikan pada kedua sisinya, memperoleh hasil sama
dengan hasil sebelumnya :
𝑦𝑒 −𝑥 = 𝑒 𝑥 + 𝑐
Sehingga
𝑦 = 𝑒 2𝑥 + 𝑐𝑒 𝑥
Contoh:
y‘ + y tan x = sin 2x
Dimana y(0) = 1
5
04-Jun-14
Persamaan Differensial Orde Dua
PENDAHULUAN
Linier
PD2
Non Linier
6
04-Jun-14
Suatu persamaan differensial orde 2
persamaan tsb dapat ditulis dalam bentuk :
𝑦 ′′ + 𝑝 𝑥 𝑦 ′ + 𝑞 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥)
dikatakan
linier
jika
(1)
Dan non linier jika persamaan tsb tidak ditulis dalam bentuk ini.
Persamaan (1) adalah linier pada fungsi yang tidak diketahui y dan
turunannya, semetara p, q dan r pada sisi kanan dapat berupa
suatu fungsi x
Lanjutan
Jika r(x) = 0 maka persamaan 1 menjadi
y’’ + p(x)y’ + q(x)y = 0
(2)  pers. homogen
Fungsi p(x) dan q(x) disebut coefisien dari persamaan.
Contoh :
y’’ + 4y = e-x sin x
PD2 non homogen, linier
(1 – x2)y’’ -2xy’ + 6y = 0
PD2 homogen linier
x(y’’y + y’2) + 2y’y = 0
PD2 non linier
7
04-Jun-14
Penyelesaian PD2 (linier atau non linier) pada interval terbuka a < x
< b adalah suatu fungsi h(x) yang mempunyai turunan y’ = h’(x) dan
y’’ = h’’(x) dan memenuhi persamaan differensial untuk semua x
dalam interval tersebut
Persamaan Homogen Linier
Contoh
• y = ex dan y = e-x adalah penyelesaian dari PD homogen linier y’’ – y =
0
• Untuk semua x karena untuk y = ex kita mendapatkan (ex)’’ – ex = ex –
ex =0 dan sama untuk y = e-x.
• Bahkan kita dapat melanjutkan suatu tahap lanjutan yang penting. Kita
dapat mengalikan ex dan e-x dengan konstanta turunan, katakan, -3
dan 8 ( atau suatu bilangan lain) dan kemudian melakukan
penjumlahan
• y = -3ex + 8e-x
8
04-Jun-14
Lanjutan
−3𝑒 𝑥 + 8𝑒 −𝑥
′′
− −3𝑒 𝑥 + 8𝑒 −𝑥 = −3𝑒 𝑥 + 8𝑒 −𝑥 − −3𝑒 𝑥 + 8𝑒 −𝑥 = 0
Dari contoh  untuk suatu PD2 linier homogen, kita selalu dapat memperoleh
penyelesaian baru dari penyelesaian yang diketahui dengan perkalian dengan
konstanta dan dengan penambahan.
Sehingga kita dapat mendapatkan penyelesaian selanjutnya dari solusi-solusi
yang diberikan.
Dari y1 (=ex) dan y2 (=e-x) kita mendapatkan suatu fungsi dengan bentuk :
y = c1y1 + c2y2
(3)
dimana c1 dan c2 adalah konstanta sembarang.
Lanjutan
• Persamaan ini disebut kombinasi yang bersifat linier dari y1 dan
y2.
• Dengan menggunakan konsep ini, sekarang kita dapat
memformulasikan hasil yang disarankan oleh contoh diatas 
prinsip superposisi atau prinsip linieritas.
• Prinsip ini tidak berlaku untuk persamaan yang sifatnya tidak
homogen linier atau persamaan yang sifatnya non linier
9
04-Jun-14
Permasalahan Nilai Awal - Penyelesaian Umum
• Untuk persamaan PD1, penyelesaian umum melibatkan satu
konstanta sembarang c, dan dalam permasalahan nilai awal kita
menggunakan kondisi awal y(x0) = y0 untuk mendapatkan
penyelesaian khusus (c mempunyai nilai tertentu).
• Untuk persamaan homogen orde 2, bentuk solusi umum :
y = c1y1 + c2y2
(4)
• Suatu kombinasi linier dari dua solusi yang melibatkan dua konstanta
sembarang c1, c2. Suatu persoalan nilai awal terdiri dari persamaan
(2) dan dua kondisi awal
y(x0) = K0, y’(x0) = K1
(5)
Lanjutan
Dengan memberikan nilai K0 dan K1 dari penyelesaian dan
turunanya (kemiringan dari kurva)pada x0 yang sama dalam suatu
interval yang ditentukan. Kita akan menggunakan persamaan (5)
untuk mendapatkan dari Pers (4) suatu penyelesaian yang
khusus dari persamaan (2), dimana c1 dan c2 mempunyai nilai
yang tertentu. Mari kita mengilustrasikan hal ini dengan suatu
contoh yang sederhana, yang akan membantu kita untuk melihat
bahwa kita harus memberikan suatu kondisi pada y1 dan y2 dalam
persamaan (4).
10
04-Jun-14
Contoh
Selesaikan persoalan nilai awal:
y’’ – y = 0
y(0) = 5,
y’(0) = 3
Penyelesaian Tahap 1. ex dan e-x adalah penyelesaian (contoh 1),
y = c1ex + c2e-x  solusi umum
Penyelesaian tahap 2.
Dari kondisi awal, karena y’ = c1ex - c2e-x, kita mendapatkan :
y(0) = c1 + c2 = 5
y’(0) = c1 – c2 = 3
Maka c1 = 4 dan c2 =1. Jawaban y = 4ex + e-x
Definisi
• Penyelesaian umum persamaan (y’’ + p(x)y’ + q(x)y = 0) pada
sebuah interval I adalah persamaan (y = c1y1 + c2y2) dengan y1 dan y2
bukan penyelesaian proporsional dari (2) pada interval I dan c1, c2
adalah konstanta sembarang. y1 dan y2 ini kemudian disebut suatu
basis ( atau sistem dasar) dari persamaan (2) pada interval I.
• Penyelesaian khusus pada interval I diperoleh jika kita memberikan
nilai yang spesifik pada c1 dan c2
• Seperti umumnya, y1 dan y2 dikatakan proporsional pada I jika :
y1 = ky2
atau y2 = ly1
• Berlaku untuk semua x pada I, dimana k dan l adalah bilangan, nol
atau tidak ada
11
04-Jun-14
2.Persamaan Homogen dengan Koefisien Konstan
Suatu persamaan linier homogen
y’’ + ay’ + by = 0
(1)
mempunyai koefisien a dan b adalah konstan.
Persamaan ini mempunyai aplikasi yang penting, khusus hubungannya
dengan getaran mekanik dan elektrik.
Dari PD1 linier, y’ + ky = 0 penyelesaiannya adalah y = e-kx.
Hal ini memberikan kepada kita ide untuk mencoba sebagai suatu
penyelesaian dari (1) fungsi
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑥
(2)
Lanjutan
Maka turunan I dan II
𝑦 ′ = 𝜆𝑒 𝜆𝑥
dan
𝑦 ′′ = 𝜆2 𝑒 𝜆𝑥
Substitusi ke dalam persamaan (1)
𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 𝑒 𝜆𝑥 = 0
Maka persamaan (2) adalah suatu solusi dari persamaan (1), jika 𝜆
adalah suatu solusi dari persamaan kuadratik
𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 = 0
(3)
12
04-Jun-14
Persamaan ini disebut persamaan karakteristik dari persamaan (1).
Akarnya adalah :
𝜆1 =
1
2
−𝑎 +
𝑎2 − 4𝑏
𝜆2 =
1
2
−𝑎 −
𝑎2 − 4𝑏
(4)
Penurunan kita menunjukan bahwa fungsi
𝑦1 = 𝑒 𝜆1 𝑥
dan
𝑦2 = 𝑒 𝜆2 𝑥
(5)
Adalah solusi dari persamaan (1). Kita harus menguji hasil ini
dengan mensubtitusikan persamaan (5) kedalam persamaan (1)
Lanjutan
Secara langsung dari persamaan (4) kita melihat bahwa, dengan
bergantung pada tanda deskriminan a2 – 4b, kita mendapatkan
beberapa kemungkinan :
• Case I : dua akar real jika a2 – 4b > 0
• Case II: dua akar real kembar jika a2 – 4b = 0
• Case III : akar komplek jika a2 – 4b < 0
13
04-Jun-14
Thank you
14