05-May-14 PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDE 1 - I 1. Pendahuluan Pengertian Persamaan Diferensial Metoda Penyelesaian Contoh-contoh Aplikasi 1 05-May-14 1.1. Pengertian Persamaan Differensial • Secara Garis Besar Persamaan Differensial dibagi menjadi 2 yaitu : PD Biasa PD Parsial Persamaan Differensial Biasa mempunyai satu variabel bebas , sedangkan Persamaan Differensial Parsial mempunyai Variabel Bebas lebih dari satu Contoh • π¦ ′ = cos π₯ • π¦ ′′ + 4 π¦ = 0 2 ′′′ ′ π₯ ′′ 2 • π₯ π¦ π¦ + 2π π¦ = π₯ + 2 π¦ • ππ ππ‘ = −π π΄ 2 PD Biasa π2 π ππ₯ 2 PD Parsial 2 05-May-14 • Persamaan Differensial Biasa atau Parsial mempunyai orde dimana orde menunjukan elemen turunan yang paling tinggi dalam suatu Persamaan Differensial. • Persamaan Differensial Biasa atau Parsial dapat mempunyai satu sifat yaitu Linier atau non linier. • Persamaan Differensial dapat muncul dibanyak bidang teknik atau yang lain Contoh Contoh jika suatu populasi (mis : manusia, bakteri, hewan dll) ππ¦ tumbuh pada laju π¦ ′ = sama dengan jumlah populasi ππ‘ sekarang, maka model populasinya dapat dituliskan sebagai berikut : π¦′ = π¦ Dan kalau diselesaikan model ini akan mendapatkan persamaan π¦ = ππ π‘ 3 05-May-14 Beberapa penerapan Persamaan Differensial : • Benda Jatuh Bebas : π¦ ′′ = π = ππππ π‘ππ. • Aliran Fluida keluar tangki : β′ = −π β. • Rangkaian listrik LCR : πΏπΌ ′′ + π πΌ ′ + 1 πΆ πΌ = πΈ′ • Vibrasi suatu masa pada pegas : ππ¦ ′′ + ππ¦ = 0 Dalam materi ini, PD orde 1 mengandung hanya y’ dan mungkin mengandung y dan fungsi yang dibentuk oleh x, sehingga dapat dituliskan sbb : • πΉ π₯, π¦, π¦ ′ = 0 atau dapat dituliskan sbb: • y’ = f(x,y) 4 05-May-14 Penyelesaian Persamaan Differensial 1. Penyelesaian secara analitik (exact) 2. Penyelesaian secara Numerik (Iteratif) 2. Penyelesaian Persamaan Differensial secara Analitik Konsep Penyelesaian : • Penyelesaian PD orde 1 yang diberikan pada interval terbuka a < x < b adalah fungsi y = h(x) yang mempunyai turunan y’ = h’(x) dan memenuhi definisi untuk semua x didalam interval. 5 05-May-14 Contoh Verifikasi bahwa y = x2 adalah solusi dari PD xy’ = 2y untuk semua x. y = x2 maka y’ = 2x Substitusi y’ = 2 x dalam PD xy’ = 2y, x(2x) = 2y 2x2 = 2y y = x2 Kadang-kadang suatu penyelesaian PD akan membentuk sebagai suatu fungsi implisit, secara implisit diberikan dalam bentuk : π» π₯, π¦ = 0 Contoh. Fungsi y dari x secara implisit dituliskan sebagai x2 + y2 -1 = 0, (y > 0), yang merepresentasikan setengah lingkaran pada setengah bidang, adalah suatu penyelesaian implisit dari PD yy’ = -x, pada interval -1 < x < 1 6 05-May-14 • Suatu PD mungkin akan mempunyai banyak solusi. Hal ini seharusnya tidak mengherankan karena kita mengetahui bahwa dari calculus bahwa integrasi memberikan konstanta sembarang. Contoh Persamaan y’ = cos x dapat diselesaikan dengan calculus. Integrasi memberikan kurva sinus : y = sin x + c dengan nilai c adalah sembarang. a. Metoda Pemisahan Variabel Banyak Persamaan Differensial Biasa (PDB) orde 1 dengan manipulasi secara aljabar dapat disederhanakan bentuknya menjadi : g(y)y’ = f(x) Karena y’ = dy/dx, kita dapat menuliskan lebih sesuai dalam bentuk g(y) dy = f(x)dx Bentuk ini dikatakan sebagai bentuk persamaan yang sudah dipisahkan variabelnya. Bentuk penyelesaiannya : π π¦ ππ¦ = π π₯ ππ₯ + π 7 05-May-14 Contoh Selesaikan PD berikut : 9yy’ + 4x = 0 Dengan memisahkan variabel-variabelnya maka menjadi : 9y dy = -4x dx Dengan mengintegrasikan pada kedua sisinya kita mendapatkan : 9 2 π¦ 2 = −2π₯ 2 + π maka π₯2 9 + π¦2 4 =π Contoh Selesaikan PD berikut : y’ = 1 + y2 Dengan memisahkan variabel dan mengintegralkan kita mendapatkan : ππ¦ = ππ₯ 1 + π¦2 πππ tan π¦ = π₯ + π y = tan (x + c) 8 05-May-14 ο² dx ο½ x ο« C x n ο«1 ο² x dx ο½ n ο« 1 ο cos ax ο² sin axdx ο½ a ο« C sin ax ο² cos axdx ο½ a ο« C n ο² sec xdx ο½ tan x ο« C ο² sec x tan xdx ο½ sec x ο« C ο² csc x cot xdx ο½ ο csc x ο« C ο² csc xdx ο½ ο cot x ο« C 2 kx ο² e dx ο½ e kx ο«C k dx ο½ ln x ο« C x dx ο² 1 ο x 2 ο½ arcsin x ο« C dx ο² 1 ο« x 2 ο½ arctan x ο« C dx ο² x x 2 ο 1 ο½ arcsec x ο« C ο² 2 Contoh permasalahan Nilai awal Selesaikan permasalahan PD dengan nilai awal sbb : y’ + 5x4y2 = 0 y(0) = 1 Penyelesaian : ππ¦ π¦2 - 1 π¦ = −5π₯ 4 ππ₯ = −π₯ 5 + π π¦= 1 π₯ 5 −π 9 05-May-14 Lanjutan Dari hasil ini dan nilai awal kita mendapatkan : π¦ 0 = 1 −π = 1, c = -1 Dengan melakukan pengujian : 5π₯ 4 ′ 4 2 π¦ + 5π₯ π¦ = − 5 π₯ +1 maka π¦ = + 5π₯ 4 2 1 π₯ 5 +1 1 π₯2 + 1 2 =0 Contoh Selesaikan PD berikut π¦′ = π₯ π¦ y(1) = 3 Penyelesaian dengan pemisahan dan integrasi dan penggunaan kondisi nilai awal memberikan : y dy = x dx ½ y2 = ½ x2 + c ½ . 32 = ½ . 12 + c dan c = 4 Maka y2 – x2 = 8 10 05-May-14 b. Metoda Penyederhanaan pemisahan variabel. PD orde 1 tertentu tidak dapat dipisahkan tetapi dapat dibuat terpisah dengan suatu perubahan variabel yang sederhana. Membentuk PD orde 1 menjadi : π¦ π¦′ = π π₯ Dimana g adalah suatu fungsi dari y/x. Contoh (y/x)3, sin (y/x) dll. Bentuk persamaan menyarankan kepada kita untuk menyusun persamaan sbb : π¦ =π’ π₯ Lanjutan Maka y = xu. Hasil penurunan total memberikan : y’ = u + xu’ dimana u’ = du/dx Dari persamaan ini disubtitusikan ke persamaan g menjadi u + xu’ = g(u), sekarang kita dapat memisahkan variabel u dan x, mendapatkan: ππ’ ππ₯ = π π’ −π’ π₯ 11 05-May-14 Integrasi pada kedua sisi dan dalam hasilnya menggantikan u dengan y/x, kita mendapatkan solusi umum Contoh Selesaikan 2xyy’ – y2 +x2 = 0 Dengan membagi dg x2, kita mendapatkan π¦ π¦ 2 2 π¦, − +1 = 0 π₯ π₯ π¦ π¦ 2 π¦, − π₯ π₯ 2 +1 = 0 Jika mengatur u = y/x dan menggunakan nilai turunannya, persamaan tersebut menjadi : 2π’ π’ + π’′ π₯ − π’2 + 1 = 0 Maka 2π₯π’π’′ + π’2 + 1 = 0 12 05-May-14 Dengan memisahkan variabel, kita mendapatkan : 2π’ππ’ ππ₯ = − 1 + π’2 π₯ Dengan pengintegrasian ππ 1 + π’2 = −ππ π₯ + π ∗ Jadi 1 + π’2 = π π₯ Dengan menggantikan u dengan y/x, di dapatkan: π₯ 2 + π¦ 2 = ππ₯, Contoh Selesaikan PDB dengan nilai awal π¦′ = π¦ π₯ + 2π₯ 3 πππ π₯ 2 π¦ dan π¦ π =0 Penyelesaian : Kita mengatur u = y/x. Maka y =ux, y’ = xu’ + u, dan persamaan menjadi : 2π₯ 2 πππ π₯ 2 π₯π’′ + π’ = π’ + π’ Kita menyederhanakan secara aljabar dan mengintegrasikan : π’π’′ = 2π₯πππ π₯ 2 , 1 2 π’ 2 = π πππ₯ 2 + π 13 05-May-14 Lanjutan Karena u = y/x, inimemberikan π¦ = π’π₯ = π₯ 2π πππ₯ 2 + 2π Karena sinπ = 0, kondisi awal menghasilkan c = 0. Maka jawabannya adalah π¦ = π₯ 2π πππ₯ 2 Kadang-kadang dari suatu bentuk persamaan differensial menyarankan pensubtitusian sederhana yang lain, seperti contoh berikut mengilustrasikannya : Contoh 3 : 2π₯ − 4π¦ + 5 π¦ ′ + π₯ − 2π¦ + 3 = 0 Penyelesaian : Kita mengatur x – 2y = v. Maka 1 π¦′= 1 − π£′ 2 dan persamaan tersebut menjadi bentuk 14 05-May-14 2π£ + 5 π£ ′ = 4π£ + 11 Dengan memisahkan variabel dan dengan mengintegrasikan, kita mendapatkan : 1 1 − ππ£ = 2ππ₯ 4π£ + 11 dan π£ − 1 ππ 4π£ + 11 = 2π₯ + π ∗ 4 Karena v = x – 2y, persamaan ini akan dituliskan 4π₯ + 8π¦ + ππ 4π₯ − 8π¦ + 11 = π 15