Se ha denunciado esta presentación.
Utilizamos tu perfil de LinkedIn y tus datos de actividad para personalizar los anuncios y mostrarte publicidad más relevante. Puedes cambiar tus preferencias de publicidad en cualquier momento.

Makalah Persamaan Diferensial

20.467 visualizaciones

Publicado el

Publicado en: Educación

Makalah Persamaan Diferensial

  1. 1. Rangkuman PDPDL orde n Koefisien konstan, Variabel dan Sistem PDL simultan Persamaan Diferensial 2 DI SUSUN OLEH : NAMA : INDAH WIJAYANTI NPM : 200813500172 KELAS: XB MATEMATIKA DOSEN : HURI SUHENDRI M.Pd PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS TEKNIK MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS INDRAPRASTA PGRI JAKARTA 2011
  2. 2. Puji syukur kepada Allah yang telah memberikan karunia dan kemudahan sehingga akhirnya penulis dapat menyelesaikan makalah ini tepat pada waktunya. Makalah berisi rangkuman materi “Persamaan Diferensial 2” ini di tulis untuk memenuhi tugas mata kuliah PD 2 yang kemudian di susun kembali dengan mengambil point- point penting dari pembahasan yang telah di paparkan pada saat tatap muka kegiatan pembelajaran di kelas. Dalam penyusunan makalah ini, penulis mendapatkan bantuan dari banyak pihak. Untuk itu pada kesempatan ini, penulis ingin menyampaikan terima kasih terutama kepada : 1. Allah Subhanahu wa ta’ala yang senantiasa memberikan berbagai macam nikmatnya yang tak terhingga 2. Bapak Huri Suhendri M.Pd selaku Dosen Persamaan Diferensial 2 yang tak segan memberikan berbagai macam arahan dan masukan. 3. Teman-teman seperjuangan, serta pihak lain yang tidak dapat disebutkan satu persatu yang telah membantu kami dalam penyusunan makalah ini. Penulis menyadari bahwa dalam penyusunan makalah ini masih terdapat banyak kekurangan dan masih jauh dari sempurna. Oleh karena itu kami mengharapkan kritik dan saran dari para pembaca yang sifatnya membangun untuk penyempurnaan selanjutnya. Semoga makalah ini bermanfaat untuk penulis dan untuk pembaca pada umumnya Jakarta, November 2011 Penulis KATA PENGANTAR i
  3. 3. LEMBAR JUDUL KATA PENGANTAR................................................................................ i DAFTAR ISI............................................................................................. ii BAB I PDL Orde n Koefisien Konstan......................................... 1 1.1 PDL Homogen orde n koefisien Konstan................. 2 1.2 PDL Tak Homogen orde n koefisien Konstan............ 4 A. Metode Invers Operator..................................... 4 B. Metode Variasi Parameter.................................. 10 BAB II PDL Orde n Koefisien Variable......................................... 12 2.2 Persamaan Diferensial Cauchy.................................. 12 2.3 Persamaan Diferensial Lengendre ............................ 14 BAB III PDL Simultan ................................................................... 16 DAFTAR PUSTAKA................................................................................. 21 . DAFTAR ISI ii
  4. 4. BAB 1 A. BENTUK UMUM Bentuk umum PD orde n : P0 ≠ 0 , P1, P2, ...., Pn, Q adalah fungsi dari x atau konstanta Jika Dy = , D2 y = , D3 y = , .............. Dn y = Bentuk PD Linier dalam operator Diferensial (D) Keterangan :  Jika P0, P1, P2, ......... Pn adalah konstanta di sebut PDL orde-n dengan koefisien konstan  Jika P0, P1, P2, ......... Pn bukan konstanta di sebut PDL orde-n dengan koefisien variable  Jika Q = 0 di sebut PDL homogen orde-n  Jika Q ≠ 0 di sebut PDL tak homogen orde -n 1. x + 4 - xy = Cos x Tak Homogen Jawab : PDL tak homogen orde 2 dengan koefisien variable 2. 3x + 8 - xy = 0 Homogen Jawab : PDL homogen orde 2 dengan koefisien variable Contoh Tentukan jenis persamaan berikut : PD Linier Orde-n dengan Koefisien konstan P0 Dn y + P1 Dn-1 y + P2 Dn-2 y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q Atau ( P0 Dn + P1 Dn-1 + P2 Dn-2 + ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q 1
  5. 5. 3. Jawab : PDL tak homogen orde 3 dengan koefisien konstan 4. – Jawab : PDL homogen orde 3 dengan koefisien Konstan 5. Jawab : PDL tak homogen orde 3 dengan koefisien variable Bentuk Umum : Melihat bentuk akar-akar riil dari persamaan karakteristik maka : a) Jika akar-akar riil dan berbeda : λ1 ≠ λ2 ≠ λ3 ≠ .......... ≠ λn-1 ≠ λn Solusi Umum : y = C1 e λ1.x + C2 e λ2. x + C3 e λ3.x ..... + Cn e λn.x b) Jika akar-akar : λ1 = λ2 ≠ λ3 ≠ .......... ≠ λn-1 ≠ λn Solusi Umum : y = C1 e λ1.x + C2 X e λ2. x + C3 e λ3.x ..... + Cn e λn.x c) Jika akar-akar bilangan kompleks : λ1 = a + bi dan λ2 = a – bi Solusi Umum : y = e ax ( C1 Cos bx + C2 Sin bx ) Langkah-langkah penyelesaian 1.  PDL Homogen orde-n Koefisien Konstan P0 Dn y + P1 Dn-1 y + P2 Dn-2 y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q Atau ( P0 Dn + P1 Dn-1 + P2 Dn-2 + ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q Koefisien Konstanta Koefisien Variable 2
  6. 6. Selesaikan bentuk PDL berikut : 1. – Jawab : D2 y – 3 Dy + 2y = 0 (D2 – 3 D + 2 ) y = 0 Persamaan Karakteristik λ2 – 3λ + 2 = 0 (λ-1) (λ-2) = 0 λ1 = 1 dan λ2 = 2 Jadi, Solusi Umum : y = C1 e.x + C2 e 2x 2. – Jawab : D4 y – 5 D2 y + 4y = 0 (D4 – 5 D2 + 4) y = 0 Persamaan Karakteristik λ4 – 5λ2 + 4 = 0 (λ-1) (λ+1) (λ-2) (λ+2) = 0 λ1 = 1 λ2 = -1 λ3 = 2 λ4 = -2 Jadi, Solusi Umum : y = C1 e.x + C2 e.-x + C3 e 2x + C4 e.-2x (1) – (2) – (3) 2 – (4) ( D2 – 2D + 5)2 y = 0 (5) D (D2 + 4) y = 0 Contoh  Latihan 1.1 3
  7. 7. Bentuk Umum : Solusi umum: y = Yc + Yp 1. Menentukan Yc 2. Menentukan Yp dengan metode : A. METODE INVERS OPERATOR Yp = atau Yp = 1) Metode Pertama : Berdasarkan faktor-faktor riil dari Yp = Langkah-langkah penyelesaian : Menentukan faktor-faktor riil dari F (D) Menentukan invers operatornya, yaitu : Yp = Secara berantai, tentukan solusi dari PD Linier orde satu Tahap 1 Misal : U = ↔ (D - λn) U = Q 2.  PDL Tak Homogen orde-n koefisien Konstan P0 Dn y + P1 Dn-1 y + P2 Dn-2 y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q Atau ( P0 Dn + P1 Dn-1 + P2 Dn-2 + ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q Atau F (D) y = Q Keterangan : Yc = Fungsi Komplementer Yp = Fungsi Partikuler (khusus) Langkah-langkah penyelesaian 4
  8. 8. U = e λnx e - λn x dx Tahap 2 Misal : V = ↔ (D - λn-1) V = U V = e λn-1.x e – λn-1. x dx Tentukan Solusi umum dari PDL berikut : 1) – Jawab : (D2 – 4D + 3) y = 1 → Q = 1 Menentukan Yc Persamaan Karakteristik : Menentukan Yp : Yp = Tahap 1 Misal U = → (D - 1) U = 1 U = e x e - x dx = e x (-e - x ) = -1 Tahap 2 Misal Yp = → (D - 3) Yp = -1 Yp = e 3x e -3x dx = e 3x ( e -3x ) = .1 = Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp y = C1 e 3x + C2 e x + Contoh λ2 – 4λ + 3 = 0 (λ-3) (λ-1) = 0 λ1 = 3 dan λ2 = 1 Jadi, Solusi Umum : y = C1 e 3x + C2 e x 5
  9. 9. 2) – Jawab : (D2 – 3D + 2) y = → Q = Menentukan Yc Persamaan Karakteristik : Menentukan Yp : Yp = Tahap 1 Misal U = → (D - 1) U = U = e x e -x dx = e x dx = e x = Tahap 2 Misal Yp = → (D - 2) Yp = Yp = e 2x e -2x dx = e 2x dx = e 2x = Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp y = C1 e 2x + C2 e x + Tunjukkan bahwa yp merupakan penyelesaian PD yang diberikan dan tentukan solusi umumnya. 1. y”+3y’+2y = 2x2 , yp = x2 -3x+3,5 2. y”+y = -20x sin3x, yp = 2,5 sin3x.  Latihan 1.2 λ2 –3λ + 2 = 0 (λ-2) (λ-1) = 0 λ1 = 2 dan λ2 = 1 Jadi, Solusi Umum : c 6
  10. 10. 3. (D2 + 3D - 4)y = 10ex , yp = 2x ex . 4. (D3 + 3D2 – 4) y = x e-2x 5. (D2 - 5D + 4) y = 3 - 2x 2) Metode Kedua : di nyatakan sebagai jumlahan dari n pecahan bagian : Solusi partikuler Yp(x) adalah: Yp(x) = = N1 e λ1X ∫ Q e -λ1X dx + N2 e λ2X ∫ Q e -λ2X dx +... + Nn e λnX ∫ Q e -λnX dx Langkah-langkah untuk menentukan Yp(x) di sini adalah : 1. Tentukan faktor riil linier dari F(D) 2. Tentukan invers operatornya yang di nyatakan sebagai jumlahan n pecahan bagian yaitu : = 3. Dengan cara menyamakan koefisien dari masing-masing pembilang di ruas kanan dan kiri akan di dapatkan besarnya N1, N2 , ......, Nn 4. Setelah N1, N2 , ......, Nn dapat di tentukan besarnya, kemudian masukanlah pada rumus Yp(x) 5. Integrasikan bagian demi bagian. 6. Yp(x) di peroleh. Selesaikan bentuk PDL berikut : 1) (D2 – 4D + 3) y = 1 Jawab : a) Menentukan Yc b) Menentukan Yp Persamaan Karakteristik Contoh λ2 – 4λ + 3 = 0 (λ-3) (λ-1) = 0 λ1 = 3 dan λ2 = 1 Jadi, Solusi Umum : y = C1 e 3x + C2 e x Yp(x) = = = = 7
  11. 11. c) Menentukan Koefisien N1 dan N2 D0 = 1 = - N1 – 3N2 D = 0 = N1 + N2 + 1 = - 2 N2 ↔ N2 = - , N1 = Yp(x) = Yp(x) = e 3x = e 3x = + = = 2) (D2 – 3D + 2) y = → Q = Jawab : Fungsi Komplementernya (Yc) = C1 e 2x + C2 e x b) Menentukan Yp c) Menentukan Koefisien N1 dan N2 Yp = sehingga Yp = = = = Kemudian di peroleh Yp = Yp = - e x = - e x + = + = D0 = 1 = - 2N1 – N2 D = 0 = N1 + N2 + 1 = - N1 ↔ N1 = - 1 dan N2 = 1 Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp y = C1 e 2x + C2 e x + Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp y = C1 e 3x + C2 e x + 8
  12. 12. 1. y” + 2y’+ y = 2. y’” – y” – 4y’ + 4y = 6 3. (D2 - 4D + 3)y = (1 + ) -1 4. (D3 – 4D) y = x 5. (D2 + 1) y = Cosec x 3) Metode Singkat : Selesaikan bentuk PDL berikut : 1. (D2 + 4) y = Sin 2x Jawab: PDL Homogennya adalah : (D2 + 4) y = 0 Persamaan Karakteristiknya : λ2 + 4 = 0 Akar-akar persamaan karakteristiknya : λ1 = 2i dan λ2 = -2i Sehingga, Yc = C1 Cos 2x + C2 Sin 2x Menghitung Yp : Yp = dengan melihat bentuk persamaan Yp maka rumus yang di gunakan yaitu : Yp = , maka Yp = = Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp y = C1 Cos 2x + C2 Sin 2x 1. (D2 + 2D + 2) y = x2 + sin x 2. 3. (D2 – 1) y =  Latihan 1.3 Selesaikan solusi PDL berikut : Contoh  Latihan 1.4 Selesaikan solusi PDL berikut : 4. (D2 – 1) y = (1 + e-x )-2 5. (D2 – 3D + 2) y = Sin e-x 9
  13. 13. B. METODE VARIASI PARAMETER Metode variasi parameter adalah metode yang dapat digunakan untuk menentukan selesaian khusus PD linier takhomogen dengan koefisien variabel, sehingga lebih umum daripada metode koefisien tak tentu. Perhatikan PD linier orde 2 yang mempunyai bentuk (9) y” + p(x)y’ + q(x)y = r(x), dengan p, q, dan r fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval buka I. Kita akan menentukan selesaian khusus dari (9) dengan metode variasi parameter seperti berikut. Kita mengetahui bahwa PD homogen yang bersesuaian, yaitu (10) y” + p(x)y’ + q(x)y = 0, mempunyai suatu selesaian umum yh(x) pada I yang berbentuk yh(x) = c1y1(x)+c2y2(x). Metode variasi parameter terdiri dari penggantian c1 dan c2 dengan fungsi u(x) dan v(x) yang akan ditentukan sedemikian hingga fungsi penggantinya, yaitu (11) yp(x) = u(x)y1(x)+v(x)y2(x) merupakan selesaian khusus dari (9) pada I. dengan menurunkan (11) diperoleh yp’ = u’y1+uy1’+v’y2+vy2’. Persamaan (11) memuat dua fungsi u dan v, tetapi syarat bahwa yp memenuhi (9) mengakibatkan bahwa hanya ada satu syarat pada u dan v. Karena itu kita bisa menerapkan kondisi (syarat) sebarang yang ke dua. Perhitungan berikut akan menunjukkan bahwa kita dapat menentukan u dan v sedemikian hingga yp memenuhi (9) dan u dan v memenuhi, sebagai syarat ke dua, hubungan: (12) u’y1+v’y2 = 0. Ini mereduksi ekspresi untuk yp’ ke bentuk (12) yp’ = uy1’+vy2’. Dengan menurunkan fungsi ini diperoleh (13) yp” = u’y1’+uy1”+v’y2’+vy2”. Dengan mensubstitusikan (11), (13) dan (14) ke dalam (9) dan mengumpulkan suku- suku yang memuat u dan v akan diperoleh u(y1”+py1’+qy1)+v(y2”+py2’+qy2)+u’y1’+v’y2’ = r. Karena y1 dan y2 selesaian dari PD homogen (10), maka persamaan di atas mereduksi ke bentuk (i). u’y1’+v’y2’ = r. (ii) u’y1+v’y2 = 0. 10
  14. 14. Persamaan (i) dan (ii) merupakan sistem dua persamaan aljabar linier dari fungsi-fungsi u’ dan v’ yang tidak diketahui. Selesaian diperoleh dengan aturan Cramer: W ry v W ry u 1 2 ' ,' , di mana W = y1y2 ’ – y1’y2 adalah Wronski dari dari y1 dan y2. Jelas bahwa W 0 karena y1, y2 membangun basis selesaian. Pengintegralan (15) menghasilkan . , 1 2 dx W ry v dx W ry u Integral ini ada karena r(x) kontinu. Substitusikan ekspresi untuk u dan v ini ke dalam (11), untuk memperoleh selesaian dari (9), .dx W ry ydx W ry y)x(yp 1 2 2 1 (16) 1. y”+y=secx. (17) Penyelesaian. Metode koefisien tak tentu (pasal 4.3) tidak dapat digunakan. Fungsi-fungsi y1 = cosx, dan y2 = sinx membentuk basis selesaian PD homogennya. Wronski-nya adalah W(y1,y2) = cosxcosx – (-sinx)sinx = 1. Dari (16), diperoleh selesaian khusus dari (17): yp = -cosx sinx secx dx + sinx cosx secx dx = cosx ln cosx +x sinx. Selesaian umum yang bersesuaian dengan PD (17) adalah y = yh+yp = [c1+ ln cosx ]cosx + (c2+x) sinx. 1. y” - 4y’+ 4y = e2x /x 2. y” - 2y’ + y = ex sinx 3. (D2 - 4D + 4) y = 6x-4 e2x . Contoh  Latihan 1.5 Selesaikan solusi PDL berikut : 4. (D2 + 4) y = 4 Sec2 2x 5. (D2 – 1) y = e-x Sin e-x Cos e-x 11
  15. 15. BAB 2 Persamaan Euler-Cauchy (30) x2y" + a xy' + by = 0 (a, b, konstan) dapat juga diselesaikan dengan manipulasi aljabar murni. Dengan substitusi (31) y = xm dan turunan-turunannya ke dalam PD (1) diperoleh x2m(m-1)xm-2+axmxm-1+bxm = 0. Dengan mengabaikan xm yang tidak nol jika x 0, diperoleh persamaan bantu (32) m2 + (a-1) m + b = 0. Jika akar-akar m1 dan m2 dalam persamaan ini berlainan, maka fungsi-fungsi y1(x) = xm1 dan y2(x) = xm2 membentuk suatu basis selesaian dari PD (30) untuk semua x di tempat fungsi didefinisikan. Selesaian umum yang bersesuaian adalah (33) y = c1 xm1 + c2 xm2 (c1, c2 sebarang). Selesaikan PD: 1. x2y"-1,5xy'-1,5y=0. Penyelesaian. Persamaan bantunya adalah m2-2,5m-1,5 = 0. Akar-akarnya adalah m1=-0,5 dan m2=3. Jadi basis dari suatu selesaian real untuk semua x yang positif adalah y1=1/ x, dan y2=x3 Dan selesaian umum yang berkaitan untuk nilai-nilai x tersebut adalah y = c1/ x + c2x3. J ika akar-akar m1 dan m2 dari (32) adalah komplek, akar-akar itu berkawan, katakan m1= +i dan m2= -i . Kita klaim bahwa dalam kasus ini, suatu basis dari selesaian (30) untuk semua x yang positif adalah (34) y1=x cos( lnx), dan y2= x sin( lnx) PD Linier Orde-n dengan Koefisien Variable A.  PD LINIER CAUCHY Contoh 12
  16. 16. Untuk mengecek bahwa (34) merupakan selesaian dari (30) dapat dilakukan dengan melakukan penurunan dan substitusi. Kedua selesaian itu independen karena tidak proporsional. Selesaian umum yang berkaitan adalah (35) y= x (Acos( lnx)+Bsin( lnx)). Catatan. Ide dalam menentukan bahwa (34) merupakan basis selesaian dari (30) untuk kasus akar komplek sekawan adalah sebagai berikut: Rumus : xk = (elnx)k = eklnx diperluas untuk bilangan komplek k=iv, dan dengan rumus Euler menghasilkan xi = ei lnx = cos ( lnx)+isin( lnx), x-i = e-i lnx = cos ( lnx)-isin( lnx). Selanjutnya kalikan dengan x dan ambil jumlah den selisihnya untuk mendapatkan 2y1 dan 2iy2. Dengan membagi berturut-turut dengan 2 dan 2i akan diperoleh (34). Contoh 2 . Selesaikan PD : x2y" + 7xy' + 13y = 0. Penyelesaian. Persamaan bantunya adalah m2+6m+13=0. Akar-akar dari persamaan ini adalah m1,2=3 2i. Jadi selesaian umumnya adalah y = x-3 [A cos(2 lnx) + B sin(2 lnx) ]. Persamaan bantu (32) mempunyai akar ganda m1=m2 jika dan hanya jika b = ¼(1-a)2, sehingga m1=m2=(1-a)/2. Dalam kasus kritis ini kita bisa memperoleh selesaian ke dua dengan menerapkan metode reduksi orde hasilnya adalah y2 = u y1 = (lnx) y1. Dengan demikian selesaian (30) untuk kasus akar sama adalah (36) y1= xm dan y2 = xm lnx, dengan m=(1-a)/2. Kedua selesaian itu independen, sehingga membentuk basis dari selesaian real (30) untuk semua x yang positif, dan selesaian umum yang berkaitan adalah (37) y = (c1+c2 lnx)xm, dengan c1 dan c2 konstan sebarang. 13
  17. 17. Periksa bahwa y1 dan y2 dalam (5) adalah selesaian dari (1) untuk semua x positif. Tentukan solusi dari PD berikut : 1) x2y" - 20y = 0 2) x2y"– 7 xy'+ 16y= 0 3) x2y"+ 3 xy'+ 5y= 0 4) (x2D2 + 7 xD + 9)y = 0 5) (2x2D2 + 5 xD - 9)y = 0 Misalkan : ax + b = e z Dy = dan (ax + b) Dy = a D2 y = dan D2 y = a2 ∂ (∂-1) y sehingga D2 y = a2 ∂ (∂-1) y ........... ( Sesudah mengadakan penggantian - penggantian ini menjadi : {P0 an ...( +P1 an-1 ....( + ... Pn-1 a + Pn } y = Q ) Selesaikan PD berikut : 1. (x+2) 2 Penyelesaian Ambil e z maka persamaan yang di ketahui menjadi { ∂ (∂-1) - ∂ + 1 } = (∂-1)2 y = 3 e z - 2 Fungsi komplemennya y = C1 e z + C2z e z dan integral khususnya Y = = Penyelesaiannya y = C1 e z + C2z e z + atau karena z = ln (x+2) Jadi y = (x+2) [C1 + C2 ln (x+2) + – 2 B.  PD LINIER LEGENDRE  Latihan 2.1 Selesaikan solusi PDL berikut : Contoh 14
  18. 18. 2. { (3x + 2) 2 D2 3x2 + 4x + 1 Penyelesaian Transformasi 3x + 2 = e z rubah persamaan menjadi { 9 ∂ (∂-1) + 9 ∂ -36 } y = 9 (∂2 - 4) y = Atau (∂2 - 4) y = Sehingga y = C1 e 2z + C2 e -2z + = C1 e 2z + C2 e -2z + Jadi , y = C1 (3x+2) 2 + C2 (3x+2) -2 + 1. (x2 D2 - 3xD + 4) y = x + x2 ln x 2. (x2 D2 – 2xD +2) y = ln2 x – ln x2 3. (x3 D3 + 2x2 D2 ) y = x + sin (ln x) 4. X3 y’’’ + xy’ – y = 3x 5. [ (x+1)2 D2 + (x+1)D – 1 ] y = ln (x+1)2 + x – 1  Latihan 2.2 Selesaikan solusi PDL berikut : 15
  19. 19. BAB 3 Persamaan differensial yang mengandung beberapa variabel terikat (lebih dari satu) tetapi memiliki satu variabel bebas, sulit untuk diselesaikan secara langsung seperti cara-cara yang telah dibahas pada bab terdahulu. Persamaan seperti itu membentuk suatu sistem persamaan yang simultan. Cara yang ditempuh untuk penyelesaian persamaan menggunakan sistem yang simultan, diantaranya: 1. Metode eliminasi dan substitusi, yang secara simultan menghilangkan salah satu variabelterikat dan turunannya. Selanjutnya menyelesaikan persamaan differensial yang tertinggal. Jawaban dari persamaan differensial yang didapat disubsitusikan ke dalam persamaan semula untuk mendapatkan jawaban variabel yang tereliminasi. 2. Metode matriks dan determinan (cramer), yang dapat dibuat berdasarkan persamaan differensial yang diberikan. Selanjutnya melakukan integral atau penyelesaian yang sesuai dengan ordo persamaan diffrensial yang diperoleh. 3. Metode transformasi laplace, yang dapat merubah persamaan diffrensial menjadi persamaan aljabar biasa yang mudah untuk diselesaikan. Hasil penyelesaian A. Metode Eliminasi dan Substitusi Berikut adalah sistem persamaan diferensial : Tentukan jawaban untuk y(t) dan x(t) Jawab : Eliminasi x dan dari persamaan PD LINIER SIMULTAN 16
  20. 20. Persamaan (6) merupakan PDL ordo dua dalam fungsi y terhadap t. Prosedur penyelesaiannya adalah sebagai berikut: 1. Fungsi komplementer dengan persamaan karakteristik : 2. Integral khusus, misalkan Subtitusikan ke dalam persamaan (6) di dapat Jadi jawaban untuk variable y sebagai fungsi t adalah : Substitusikan (7) dan (8) Ke (3) di dapat : X(t) = = - C1 e-t + 2C2 e2t + 5et – 4 [C1 e-t + C2 e2t + 5et + 1] + 4et + 1 = - C1 e-t + 2C2 e2t + 5et – 4 C1 e-t - 4C2 e2t - 20et - 4 + 4et + 1 = - 5 C1 e-t – 2 C2 e2t – 11 et – 3 Jadi x(t) = - 5 C1 e-t – 2 C2 e2t – 11 et – 3 Cara lain dapat juga mensubstitusikan (7) dan (8) ke (5) lalu menyelesaikan atau substitusi (7) dan (8) ke (1) atau (2) hasilnya tetap sama. B. Metode Eliminasi dan Substitusi Metode ini menggunakan operator diferensial dalam membentuk matriks dan determinan untuk mendapat jawaban umum dan setiap variable terikat sebagai fungsi variable bebasnya. Bentuk umumnya : 17
  21. 21. Karena persamaan dapat di tulis dalam bentuk operator di ferensial sebagai berikut : Dari kedua persamaan ini dapay di buat matriks sebagai berikut : Dengan menggunakan metode cramer di dapat : Bila det A1 = 0, det A2= 0, maka akan diperoleh persamaan diferensial yang homogen. Dari persamaan yang di peroleh, jawaban dari PD dapat di selesaikan sesuai dengan cara-cara pada ordonya masing-masing. Tentukan jawaban dari persamaan berikut : Jawab : Persamaan di buat dalam bentuk operatornya diferensial Bentuk matriks utamanya adalah : Selanjutnya dapat di hitung nilai-nilai determinan sebagai berikut : Det A = (2D2 +3D – 9) (D+2) – (D2 + 7D – 14) (D+1) = 2D3 + 3D2 – 9D + 4D2 + 4D2 +6D -18 – (D3 + 7D2 - 14D + D2 +7D – 14) = D3 – D2 + 4D -4 = D (D2 +4) – (D2 +4) = (D - 1) (D2 +4) Contoh 18
  22. 22. Det A1 = 4 (D+2) + 8 e2t (D2 + 7D -14) = 4D +8 + 8 D2 e2t + 7D 8 e2t – 112 e2t = 0 + 8 +32 e2t + 112 e2t - 112 e2t = 32 e2t + 8 Det A1 = -8 e2t (2D2 + 3D -9) – 4(D+1) = - 16 e2 e2t – 24 D e2t + 72 e2t -4D +4 = - 64 e2t - 48 e2t + 72 e2t - 0 - 4 = - 40 e2t – 4 (1) penyelesaian untuk bentuk x = f(t) di dapat : x(t) = a. Fungsi komplementer dengan persamaan karakteristik (m – 1) (m2 +4)= 0 b. Integral khusus dengan memisalkan : Substitusikan ke dalam persamaan, di dapat : Jadi jawaban umum untuk x (t)= C1 cos 2t + C2 sin 2t + C3 et + 4 e2t - 3 (2) penyelesaian untuk bentuk y = f(t) : y (t) = Dengan cara yang sama didapat jawaban umum untuk y = f(t) y (t) = C1 cos 2t + C2 sin 2t + C3 et - 5 e2t +1 Di dapat fungsi komplementer dalam bentuk x = f(t) di dapat integral khusus dalam bentuk x = f(t) 19
  23. 23.  Latihan 3.1 Carilah jawaban dari sistem persamaan berikut : 20
  24. 24. Kartono, Penuntun Belajar Persamaan Diferensial. Yogyakarta: Andi Offset Yogya. Nababan,SM. 2001. Modul Persaman Diferensial. Universitas Terbuka. Ayres, Frank Jc Ault. 1999. Persamaan Diferensial dalam satuan simetric. Jakarta: erlangga http://file.upi.edu/Direktori/FPTK/JUR._PEND._TEKNIK_MESIN/195008161979031- SYAFARUDDIN_SIREGAR/buku_matematika/BAB_V.pdf Download Kamis, 17 Nov 2011 Jam 14.45 WIB http://yuliants.blog.ittelkom.ac.id/blog/files/2010/02/03-Persamaan-Diferensial-Orde- II.pdf Download Jumat 7 Okt 2011 jam 20.30 WIB http://202.91.15.14/upload/files/9407_BAB_III.pdf Download Jumat 7 Okt 2011 jam 20.12 DAFTAR PUSTAKA 21

×