35

Tingkat Persamaan Diferensial dapat dilihat dari turunan tertinggi yang termuat

dalam Persamaan Diferensial itu. Dalam bab ini pusat perhatian dititik beratkan pada

unsur-unsur dari teori tentang penyelesaian Persamaan Diferensial linier dan

membicarakan metode untuk memperoleh penyelesaian umum.

Tentu saja penyelesaian umum persamaan diferensial linier tingkat satu dengan

koefisien konstan ataupun koefisien peubah sudah diketahui pada bab 1. Selanjutnya

oleh karena ada beberapa kesulitan aljabar, yang akan dicari dalam penyelesaian ini

adalah Persamaan Diferensial linier tingkat n dengan koefisien konstan dan bentuk

khusus. Adapun Persamaan Diferensial linier dengan koefisien peubah secara eksplisit

sulit dicari penyelesaiannya tetapi dapat diselesaikan dengan metoda deret kuasa atau

secara numerik.

Bentuk umum dari PD linier tingkat n dapat ditulis sebagai berikut :

)()()(...)()( 011

1

1 xRyxadx

dyxa

dx

ydxa

dx

ydxa

n

n

nn

n

n

…(2.1)

dimana ai , i = 0, 1, 2, … ,n dan R(x) merupakan fungsi-fungsi dari x atau konstanta

dan a0 0. Apabila ai , i = 0, 1, 2, … ,n konstanta maka persamaan diferensial disebut

PD linier tingkat n dengan koefisien konstan. Bentuk PD tersebut diatas (2.1) dapat pula

ditulis sebagai:

BilaR(x) 0 maka PD disebut sebagai PD linier tak homogen atau PD Linier Lengkap.

Bila R(x) = 0 maka PD disebut sebagai PD linier homogen atau PD Linier Tereduksi

yang dapat ditulis :

… (2.2)

i

in

i

idx

ydxa )(

0

= R(x)

i

in

i

idx

ydxa )(

0

= 0

Kompetensi Dasar : - Kemampuan memahami

- Kemampuan menyelesaikan PD Tingkat n dengan

koefision konstan

- Kemampuan menyelesaikan PD dengan koefision

tak konstan

PD Linier Tingkat n

36

Perlu diketahui bahwa persamaan diferensial yang akan diselesiakan ada [ujud] dan

hanya ada satu (ketunggalan) penyelesaian dari PD (2.1). Teorema berikut menyatakan

syarat-syarat pada fungsi koefisien untuk menjamin keujudan dan ketunggalan

penyelesaian MNA untuk PD order n, meskipun tanpa menyajikan bukti (Bukti dapat

dilihat di E.A.Coddington and N.Levinson, Theory of Differential Equations, MCGraw-

Hill,1955), karena ini merupakan teorema yang terpenting yang berhubungan dengan

PD order n.

Teorema 2.1 :

Teorema 2.2:

Bukti :

Untuk membuktikan bahwa dimensi dari ruang penyelesaian adalah n, harus

ditunjukkan n buah penyelesaian membentuk basis. Untuk mempermudah dibuat kasus

sederhana yaitu n=2.

Misalkan y1 dan y2 adalah penyelesaian tunggal dari MNA

Ly1 = 0 , y1(0)= 1 0)0(1 y

Ly2 = 0 , y2(0)= 0 1)0(2 y

Dimana L = dx

dxa

dx

dxa )()( 12

2

2

Wronskian dari penyelesaian pada titik x0 adalah W[y1 , y2](x0) = det(I2) = 1 0

Jadi penyelesaian tersebut adalah bebas linier dalam I. selanjutnya harus ditunjukkan

bahwa kedua penyelesaian membangun / merentang ruang penyelesaian. Misalkan

y=U(x) suatu penyelesaian dari PD Ly = 0 dalam I, dan misalkan

U(x0) = c1 dan 201 c)x(U

Dimana c1 da c2 konstan. Maka y = U(x) adalah penyelesaian tunggal dari MNA:

Ly = 0 , y(x0)= c1 20 c)x( y

Selanjutnya didefinisikan w(x) = c1 y1 + c2 y2

Maka w(x) harus memenuhi MNA diatas. Oleh karena ketunggalan penyelesaian

haruslah U(x) = X(x) yang Mengakibatkan U(x) = c1 y1 + c2 y2

Telah dapat ditunjukkan bahwa penyelesaian Ly = 0 dapat ditulis sebagai kombinasi

linier dari penyelesaian yang bebas linier y1 , y2 , hal ini menunjukkan bahwa ia

merentang ruang penyelesaian. Oleh karena itu { y1 , y2 } adalah basis untuk ruang

Misalkan a1 , a2 , a3 ,…, an dan R, adalah fungsi yang kontinu dalam suatu interval I

, maka untuk suatu titik x0 dalam I, MNA :

i

in

i

idx

ydxa )(

0

= R(x) , 10 )( xy , 20 )( xy , … , n

n xy )( 0

)(

mempunyai penyelesaian tunggal dalam I.

Himpunan penyelesaian dari persamaan diferensial linier i

in

i

idx

ydxa )(

0

= 0

Dalam suatu interval I membentuk suatu ruang vector berdimensi n.

PD Linier Tingkat n

37

penyelesaian maka dimensi dari ruang penyelesaian adalah 2. pembuktian ini dapat

diperluas untuk PD linier tingkat n.

Dengan mengikuti teorema 3.2 diatas, maka n himpunan penyelesaian yang

bebas linier { y1 , y2 , … , yn } dari PD i

in

i

idx

ydxa )(

0

= 0

membentuk basis untuk ruang penyelesaian dari PD. Jadi penyelesaian dari PD dapat

ditulis sebagai

y = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn

dimana c1 , c2 , … cn adalah konstanta sebarang, dan penyelesaian tersebut dikatakan

penyeleasian umum

Misalkan Penyelesaian Umum PD linier Tereduksi (PUPR ) adalah :

yc = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn

dimana c1, c2 , …, cn menyatakan konstanta sebarang dan { y1 , y2 , … , yn } merupakan

himpunan penyelesaian yang bebas linier dari PD tereduksi, PUPR tersebut harus

memenuhi persamaan diferensial (2.2). Sedangkan Penyelesaian Umum PD Lengkap

(PUPL) dari persamaan (2.1) adalah:

y = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn + yp

dimana yp adalah penyelesaian partikulir dari PD (2.1).

Definisi 2.1:

Teorema 2.3:

Bukti :

Jika diberikan kombinasi linier dari y1 , y2 , … , yn bernilai nol :

c1 y1 + c2 y2 +… + cn yn = 0

dan didiferensialkan hingga ke (n-1) diperoleh system persamaan linier :

c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn = 0

c1 1y + c2 2y + … + cn ny = 0

c1 )1(

1

ny + c2

)1(

2

ny +… + cn

)1( n

ny = 0

dengan n bilangan tak diketahui c1 , c2 , … , cn dengan matrik koefisien darinya adalah :

Misalkan y1 , y2 , … , yn adalah n buah penyelesaian dari PD

homogen linier (2.2) pada suatu interval I, bebas linier Jika dan hanya jika W[y1,

y2,…,yn](x0) 0 pada setiap titik dalam I.

Misalkan y1 , y2 , … , yn menyatakan fungsi dalam Cn (I). Wronskian

dari fungsi-fungsi ini adalah determinan nxn yang didefinisikan oleh :

W[y1 , y2 , … , yn](x) =

)1()1(

2

)1(

1

21

21

n

n

nn

n

n

yyy

yyy

yyy

PD Linier Tingkat n

38

W[y1, y2,…,yn](x). Jadi jika W[y1, y2,…,yn](x0) 0 untuk suatu x0 dalam I , maka

determinan dari matrik koefisien adalah tidak nol, yang berakibat diperoleh hanya satu

penyelesaian yang trivial, yaitu c1 = 0, c2 = 0, … , cn = 0. Jadi himpunan fungsi-fungsi

y1, y2,…,yn adalah bebas linier dalam I.

Konsekuensinya adalah Jika y1 , y2 , … , yn adalah penyelesaian PD

homogen linier (2.2) dalam interval I, dan jika W[y1 , y2 , … , yn](x0) 0 pada suatu

titik dalam I, jika dan hanya jika y1 , y2 , … , yn adalah bebas linier dalam I.

Jika diberikan suatu persamaan diferensial linier nonhomogen :

)()()(...)( 11

1

1 xRyxadx

dyxa

dx

ydxa

dx

ydnnn

n

n

n

( 2.3)

dimana R(x) 0, dalam interval I. Jika R(x) = 0 dalam ( 2.3), didapat suatu persamaan

homogen dari PD yang terkait :

0 yxadx

dyxa

dx

ydxa

dx

ydnnn

n

n

n

)()(...)( 11

1

1 ( 2.4)

persamaan ( 2.3) dan ( 2.4) dapat ditulis dengan bentuk operator diferensial sebagai :

F(D) y = R(x) dan F(D) y = 0

Dimana F(D) = )()(...)( 1

1

1 xaDxaDxaD nn

nn

.

Penyelesaian PD nonhomogen diberikan oleh teorema berikut :

Teorema 2.4:

Bukti :

Oleh karena y = yp. harus memenuhi ( 2.3) maka haruslah F(D) yp = R(x) ( 2.5)

Misalkan y = u juga penyelesaian ( 2.3) , maka F(D) u = R(x) , akibatnya

F(D) [u – yp ] = 0

Jadi y = u – yp merupakan penyelesaian yang berkauitan dengan persamaan homogen

F(D) y = 0 dan dapat ditulis sebagai :

u – yp = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn

untuk suatu c1 , c2 , … , cn sebarang. Konsekuensinya,

u = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn + yp

Jadi Penyelesaian umum dari PD nonhomogen F(D) y = R(x) adalah :

y = yc + yp

dimana yc = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn

Tugas Mandiri

Tunjukkan bahwa y1 = cos2x,

y2=3(1-2sin2x)

adalah penyelesaian persamaan diferensial 04 yy dalam ( , ). Hitunglah

apakah y1 , y2 bebas linier dalam ( , ).

Misalkan y1 , y2 , … , yn adalah penyelesaian yang bebas linier dari (2.4)

dalam interval I, dan misalkan y = yp adalah penyelesaian partikulir dari

(2.3) dalam I, maka penyelesaian umum (2.3) dalam I adalah :

y = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn + yp.

PD Linier Tingkat n

39

2.1. Persamaan Diferensial Tingkat dua Tereduksi dengan Koefisien konstan.

Bentuk Umum :

0 yadx

dya

dx

yda 212

2

0 (2.6)

dengan a0, a1, a2 adalah konstan. Misalkan y = emx

merupakan penyelesaian dari PD

tersebut, maka harus memenuhi (2.6):

0 eameaema mxmxmx 21

2

0

0 amamaemx )( 21

2

0

mxe maka 0 amama )( 21

2

0

dan persamaan : 0 amamam nn

nn

)...( 1

1

1

disebut persamaan karakteristik, dengan 21, mm merupakan akar-akar karakteristiknya.

Dengan melihat keadaan akar-akar karakteristiknya, ada tiga kondisi :

1) Jika 21 mm (aka-akarnya real dan berbeda) maka PUPD :

y = c1 x m

e 1 + c2 x m

e 2

2) Jika 21 mm = m (merupakan akar-akar yang real dan kembar yaitu bernilai m)

, maka PUPD :

y = x me ( c1 + c2 x

)

3) Jika terdapat akar komplek sekawan m12 = a b i , sedangkan yang lain real

dan berbeda , maka PUPD :

y = x ae ( c1 cos bx + c2 sin bx )

Untuk penyelesaian PD Linier tingkat n dengan koefisien konstan tereduksi caranya

sama dengan tingkat dua tersebut diatas , hanya tinggal menjeneralisir saja.

Contoh :

1) Selesaikan PD 065 yyy , dengan syarat awal 1 (0)y y ,0)0(

Penyelesaian :

Subtitusi y = emx

diperoleh :

persamaan karakteristik : m2 + 5 m + 6 = 0

akar-akar karakteristik : m = -3 dan m = -2

PUPD : y = c1 x e 3 + c2

x e 2

y 0)0( 0 = c1 + c2 …( i )

1 (0)y x 2x e2c ec (x)y

2

3

13 1 = -3 c1 - 2 c2

( ii )

dari (i) dan (ii) diperoleh c1= -1 dan c2 = 1

jadi PPPD : y = - x e 3 +

x e 2

PD Linier Tingkat n

40

Tugas Mandiri

2.2. PD Lengkap

2.2.1.Metode Variasi Parameter

Penyelesaian umum dari PD linier nonhomogen dengan koefisien konstan :

)(... 11

1

1 xFyadx

dya

dx

yda

dx

ydnnn

n

n

n

…( 2.7)

dengan a1, a2, a3, …, an konstan, kita peroleh dari penyelesaian PD tereduksi (PD

homogen) , yaitu yc , dan penyelesaian partikulirnya yaitu yp.

PUPL : y = yc + yp.

Kita akan mulai dengan memberikan kasus PD non homogen tingkat 2, yang diberikan

oleh persamaan : )(xFqyypy (2.8)

dina p dan q adalah konstan. Misalkan y1(x) dan y2(x) adalah dua penyelesaian yang

bebas linier yang berkaitan dengan PD homogen :

0 qyypy

maka penyelesaian umum dari PD homogen :

Metoda variasi parameter meletakkan kembali konstanta c1 dan c2 sebagai fungsi

L1(x) dan L2(x) sedemikian hingga yp penyelesaian dari PD (2.8) :

yc = c1 y1(x) + c2 y2(x)

1) Selesaikan 096 yyy , dengan syarat awal

2,0)0( (0)y y

Kunci jawaban :

Akar-akar pers. Karakteristik : m12 = 3

PUPD: y = x e3 ( c1 + c2 x)

PPPD: y = 2 x x e3

2) Selesaikan 01393 yyyy

Kunci Jawaban :

Akar-akar karakteristik : m1= -1 , m23 = 2 3 i

PUPD: y = c1 x e+

x e2 (c2 cos3x+ c3 sin3x)

3) Selesaikan 0168)4( yyy

Kunci jawaban :

Akar-akar karakteristik : m12= 2i , m34 = 2 3i

PUPD : y = ( c1 cos 2x + c2 sin 2x)+ x ( c4 cos 2x + c5 sin 2x)

PD Linier Tingkat n

41

Dimana L1(x) dan L2(x) mengikuti sifat :

Dua persamaan dengan 2 bilangan anu 1L (x) dan 2L (x) pasti dapat diselesaikan

dengan aturan Cramer : 1L (x) =

1 dan 2L (x) =

2 .

Contoh :

Dapatkan penyelesaian umum dari xeyyy x ln44 2

Penyelesaian :

Penyelesaian umum dari PD homogen yang berkaitan adalah :

yc = c1 e-2x

+ c2 x e-2x

sehingga penyelesaian partikulir dari PD Lengkap diatas adalah :

yp = L1(x) e-2x

+ L2(x) x e-2x

dimana :

1L (x) e-2x

+ 2L (x) x e-2x

= 0

1L (x) (-2 e-2x

) + 2L (x) e-2x

(-2x +1) = e-2x

ln x

atau 1L (x) + 2L (x) x = 0

1L (x) (-2 ) + 2L (x) (-2x +1) = ln x

1L (x) =

x

x

xx

x

212

1

21ln

0

=

1

ln x x = -x lnx

L1(x) = dx xx ln = 4

1x

2 (1-2lnx)

2L (x) =

x

x

x

212

1

ln2

01

=

1

ln x = lnx L2(x) = dx xln = x ( lnx – 1 )

sehingga penyelesaian partikulir dari PD Lengkap diatas adalah :

yp = 4

1x

2 (1-2lnx) e

-2x + x ( lnx – 1 ) x e

-2x

= 4

1x

2 e

-2x (2 lnx – 3 )

Yp = L1(x) y1(x) + L2(x) y2(x)

1L (x) y1(x) + 2L (x) y2(x) = 0

1L (x) 1y (x) + 2L (x) 2y (x) = F(x)

PD Linier Tingkat n

42

Jadi PUPL y = c1 e-2x

+ c2 x e-2x

+ 4

1x

2 e

-2x (2 lnx – 3 ) .

Sekarang secara umum kita perluas untuk PD linier tk n dengan metode variasi

parameter. Bentuk umum PD :

)(... 11

1

1 xFyadx

dya

dx

yda

dx

ydnnn

n

n

n

(2.9)

dengan a1, a2, a3, …, an konstan. Misalkan y1(x) , y2(x) , … , yn(x) adalah penyelesaian

yang bebas linier dari PD homogen

0... 11

1

1

yadx

dya

dx

yda

dx

ydnnn

n

n

n

(2.10)

Mempunyai penyelesaian umum

yc = c1 y1 + c2 y2 + … + cn yn

dan penyelesaian partikulir diberikan oleh persamaan :

yp = L1 y1 + L2 y2 + … + Ln yn

yang memenuhi sifat :

0...2211 y Ly Ly L nn

0...2211 y Ly Ly L nn

0...2211 y Ly Ly L nn

0...)2()2(

221)2(

11 y Ly Ly Ln

nn

nn

)(...)1()1(

221)1(

11 xF y Ly Ly Ln

nn

nn

nLL L ,..., 21 diperoleh dari aturan Cramer, kemudian masing-masing diintegralkan

sehingga diperoleh nilai dari nLL L ,..., 21 .

Contoh:

2.2.2. Metode Operator D

Operator D adalah operator diferensial. Jika dx

d dapat ditulis sebagai D maka

dx

dy= Dy dan

2

2

dx

yd= D

2y . Sedangkan D

-1adalah operator integral: D

-1y = dx y atau

Dapatkan penyelesaian umum :

xe yyyy x ln3633

PUPR: y = e

x (c1 + c2 x + c3 x

2 ).

PUPL : y = c1 ex + c2x e

x + c3x

2e

x + x

3 e

x (6 lnx -11)

Tugas mandiri

PD Linier Tingkat n

43

D-1

= dx dengan demikian D-2

y berarti mengintegralkan y dua kali. Padang

kembali PD lengkap (2.9): )(... 11

1

1 xRyadx

dya

dx

yda

dx

ydnnn

n

n

n

dengan a1, a2, a3, …, an konstan , berubah menjadi :

)(... 1

1

1 xRyaDyayDayD nn

nn

(2.11)

Jika dimisalkan F(D ) = nn

nn aDaDaD

1

1

1 ...

F(D ) disebut Polonomial operator D . Dan persamaan (2.11) dapat ditulis menjadi :

F(D ) y = R(x) (2.12)

PD homogen dapat ditulis : F(D ) y = 0 (2.13)

yp adalah penyelesaian partikulir yang merupakan penyelesaian dari (2.11).

Metode operator D dapat digunakan untuk mendapatkan penyelesaian partikulir :

yp = )()(

1xR

DF (2.14)

Sekarang perhatikan (2.14), F(D ) dapat diuraikan menjadi :

F(D ) = (D – m1) (D –m2) …(D-mn)

maka yp = )()(

1......

)(

1

)(

1

21

xRmDmDmD n

dimana masing masing pecahan operator dioperasikan terhadap R(x), misalkan pada

bagian )()(

1xR

mD n= u atau Du – mn u = R(x) merupakan PD linier tingkat satu,

dengan bentuk penyelesaian : u = xmne dxxRe

xmn )(

, dan kemudian hasilnya

dioperasikan kembali pada operator berikutnya sehingga didapat penyelesaian

partikulir. Diberikan teorema berikut yang sangat bermanfaat untuk memperoleh

penyelesaian PD lengkap, namun untuk kemudahan pembuktian kita terapkan pada PD

order 2:

)()( 2 xRyqpDD

yang kemudian dapat di generalisasi pada F(D) derajat n.

Teorema 2.5 :

1) )(

1

DF[ e

ax ] =

)(

1

aFe

ax , dimana F(a) 0

2) )(

1

DF[ e

ax f(x) ] = e

ax

)(

1

aDF f(x).

3) )(

12DF

[ sin(ax+b) ] = )(

12aF

sin(ax+b) , dimana F( -a2 ) 0

)(

12DF

[ cos(ax+b) ] = )(

12aF

cos(ax+b) , dimana F( -a2 ) 0

PD Linier Tingkat n

44

4) )(

1

DFPn(x) = ( a0 + a1 D + a2 D

2 + … + an D

n ) Pn (x).

5) )(

1

DF[ x V(x) ] = x

)(

1

DFV(x) -

2)}({

)(

DF

DF V(x).

Rumus berikut ini akan banyak penggunaannya :

Euler : eiax

= cos ax + i sin ax .

Mac’Laurint : ...11

1 5432

xxxxxx

...11

1 5432

xxxxxx

contoh:

1. Dapatkan penyelesaian umum dari xeyy 2

Penyelesaian :

PR : D2 + 1 = 0

PK : m2 + 1 = 0

Akar-akar : m12 = i

PUPR : yc = c1 cos x + c2 sin x.

PP : yp = 1

12 D

e2x

= 5

1 e

2x

PUPL : y = c1 cos x + c2 sin x + 5

1 e

2x

2. Dapatkan penyelesaian umum dari xxyy sin2cos12

Penyelesaian :

PUPR : yc = c1 cos x + c2 sin x.

PP : yp = 1

12 D

( xx sin2cos12 )

yp = 1

12 D

xD

x sin1

12cos12

2 )

= 3

1

x ieiDiD

x))((

1Im{2cos12

= x ieiiD

x2)(

1Im{2cos4

= 1.

)(2

1Im{2cos4 x ie

iD ix

= 1.)(2

1Im{2cos4 x ie

iD ix

= }1

1

2Im{2cos4

D i

ex

x i

= }2

Im{2cos4 xe

ix x i = )}sin(cos

2Im{2cos4 xixx

ix

= x x

x cos2

12cos4

PUPL : y = c1 cos x + c2 sin x x x

x cos2

12cos4

PD Linier Tingkat n

45

2.2.3.Persamaan Diferensial Linier dengan Koefisien Tidak konstan.

Sering kali persamaan diferensial yang diselesaikan merupakan persamaan

diferensial dengan koefisien tidak konstan sehingga untuk menyelesaikannya

diperlukan teknik teknik tersendiri. Dalam bab ini akan dicari penyelesaian dari

persamaan diferensial linier tingkat n dengan koefisien tidak konstan yang berbentuk

khusus, yaitu PD Cauchy-Euler. Adapun Persamaan Diferensial linier dengan koefisien

peubah yang diluar bentuk khusus tadi secara eksplisit sulit dicari penyelesaiannya

tetapi dapat diselesaikan dengan metoda deret kuasa atau secara numerik.

Salah satu PD tingkat n dengan koefisien tidak konstan adalah :

)()(...)()( 11

11

1 xRypdx

dybaxp

dx

ydbaxp

dx

ydbax nnn

nn

n

nn

(2.15)

disebut dengan Persamaan Diferensial Cauchy-Euler.Pada persamaan tersebut

naaa ,...,, 21 merupakan konstanta-konstanta dan R adalah fungsi yang kontinu. Untuk

menyelesaikan (2.15) dilakukan subtitusi sehingga (2.15) menjadi PD dengan koefisien

konstan. Untuk itu dimisalkan

et = ax + b maka t = ln(ax+b)

sehingga bax

a

dx

dt

selanjutnya turunan tingkat satu dan dua dari y dapat diperoleh :

y = dt

dy

bax

a

dx

dt

dt

dy

dx

dy

=

dt

dy

bax

a

(2.16)

dx

dy

dx

dy =

dt

dy

bax

a

dx

d =

dt

dy

dt

yd

bax

a2

2

2

2

)(

y ydt

d

dt

d

bax

a

1

)( 2

2

(2.17)

dengan cara yang sama dapat diperoleh turunan ke tiga s/d ke-n dari y adalah :

Dapatkan penyelesaian umum :

xyyy 2cos54

PUPR yc = e

2x (c1 cosx + c2 sinx)

yp = 65

2sin82cos xx

Tugas mandiri

Dapatkan penyelesaian umum :

142523 23 xxxyyy

PUPR yc = c1 e

x + c2 e

2x

PUPL : y = c1 ex + c2 e

2x +

8

37

4

109

4

49

2

5 23 xxx

Tugas mandiri

PD Linier Tingkat n

46

ydt

d

dt

d

dt

d

bax

ay

21

)( 3

3

(2.18)

yndt

d

dt

d

dt

d

dt

d

bax

ay

n

nn

21

)(

)( (2.19)

Misalkan operator dt

d = Ð maka (2.16) , (2.17), (2.18), (2.19) dapat ditulis kembali :

ybax )( = a Ð y

ybax 2)( = a2 Ð (Ð-1) y

ybax 3)( = a3 Ð (Ð-1) ( Ð-2) y

)()( nn ybax = a

n Ð(Ð-1)(Ð-2) . . . (Ð-n) y

dan persamaan ( 2.15) menjadi PD linier tingkat n dengan koefisien konstan :

{an Ð(Ð-1)(Ð-2) ... (Ð-n)}+ … + p2 a

2 Ð (Ð-1)+ p1 a Ð y + p0 y = R(x) (2.20)

Sebagai tugas Tentukan penyelesaian dari : (3x+2)2

y + 3 (3x+2) y - 9 y = 6 x

Kunci jawaban :PUPL:y=c1(3x+2)+c2(3x+2)-1

+ 2)(3x )23ln( 3

1x

PD Linier Tingkat n

47

Untuk soal 1 – 3.

Tunjukkan bahwa fungsi berikut adalah penyelesaian dari Persamaan

Diferensial yang diberikan dalam , dan tentukan yang mana dari

mereka yang merupakan basis dari Persamaan Diferensial.

1. 2

2

3

1 ,,06'" eyeyyyy x

2. xyxyyy 2sin,2cos,04" 21

3. )2(,,,0'2" 321 xeyxeyeyyyy xxx

4. Diberikan Persamaan Diferensial xeyyy 30186'"

a) Tentukan nilai dari r yang konstan sedemikian hingga rxey adalah

penyelesaian dari Persamaan Diferensial homogen dalam ,

dapatkan pula fungsi komplemennya.

b) Dapatkan nilaidari 0A yang konstan sedemikian hingga x

p eAy 3

0

adalah penyelesaian partikulir di Persamaan Diferensial.

c) Dengan menggunakan hasil dari a) dan b) tentukan penyelesaian umum

5. Diberikan Persamaan Diferensial 242'" xyyy

a) Tentukan nilai dari r yang konstan sedemikian hingga rxey adalah

penyelesaian dari Persamaan Diferensial homogen dalam ,

dapatkan pula fungsi komplemennya.

b) Tentukan nilai 210 ,, aaa yang konstan sedemikian hingga

2

210 xaxaay p adalah penyelesaian partikulir di Persamaan

Diferensial.

c) Dengan menggunakan hasil dari a) dan b) tentukan penyelesaian umum.

Untuk nomer 6 – 12 Tentukan penyelesaian umum dari persamaan diferensial yang

diberikan:

6. 0324 yDDD

7. 065" yyy

8. 04'4"''' yyyy

9. 044 yyyy

10. 022

yD

11. 03462 yDD

12. 0142 yDD

PD Linier Tingkat n

48

13. Dapatkan penyelesaian dari MNA 1)0(',3)0(,06'" yyyyy

14. Diberikan persamaan Laplace : 02

2

2

2

y

u

x

u

Tentukan dengan substitusi )(, 2 feyxux

dimana yx ,

( , konstan positif) menjadi Persamaan Diferensial 0222

2

fa

d

dfp

d

fd

Dimana 2222

1,

qp

15. xeyDD 42 1532

16. xeyDD x 2sin492

17. 43122 xxyDD

18. 242'2" xyyy

19. 22

)0(,2cos59"

nyyxyy

20. tFxWdt

xdcos0

2

02

2

dimana 0 dan baik persamaan konstan, 0F adalah konstan sembarang.

Jelaskan dua kasus yang berbeda 0 dan 0

21. 1

29'6"

2

3

x

eyyy

x

22. 0,4'4"2

2

xx

eyyy

x

23. )4(sin3

64172"

2 x

eyyy

x

24. ( x3 D

3 + 2x D -2 ) = x

2 lnx + 3x

25. {( 3x+2)3 D

2 + 3 (3x+2) D – 36 }y = 3x

2 + 4x + 1

PD Linier Tingkat n

49

1) Selesaikan PD berikut : ( D2 – 1 ) y = sin

2x

2

1

2) Diberikan suatu bentuk masalah nilai awal (MNA)

xeyyy 6'" ; 10 00 yyyy )(',)(

dimana konstan.

a) Selesaikan MNA tersebut.

b) Berikan kondisi untuk 0y dan 1y agar solusi MNA berasimtotis ke 0 jika

x .

3) Diberikan persamaan Laplace : 02

2

2

2

y

u

x

u

Tunjukkan dengan substitusi )(, 2 feyxux

dimana y x , ( ,

konstan positif) menjadi Persamaan Diferensial 0222

2

fa

d

dfp

d

fd

dimana p=)( 2 2

, q=)(

12 2

4) Seleaikan (D2 – 6D +9) =

2

3

x

e x

Kerjakan sungguh-sungguh soal test formatif_3 ini. Sebelum anda

membandingkan pekerjaan anda dengan petunjuk yang terdapat dalam kunci

jawaban pada akhir bab ini. Jika anda dapat mengerjakan 3 dari 4 soal yang

diberikan berarti bahwa tingkat penguasaan anda atas materi kegiatan belajar

ini cukup baik. Jika tidak demikian sebaiknya anda pelejari lagi bagian yang

belum anda kuasai.

PD Linier Tingkat n

50

KUNCI JAWABAN LATIHAN

1) Basis ( e3x

, e-2x

), PU : y = c1 e3x

+ c2 e-2x

.

3) Basis ( e-x

, x e-x

), PU : y = c1 e-x

+ c2 x e-x

5)a. y = c1 e-2x

+ c2 ex ,b. yp = - (3+2 x +2 x

2 ), c. y = c1 e

-2x + c2 e

x - (3+2 x +2 x

2 )

7) y = c1 e-4x

+ c2 e2x

+ c3 e-3x

9) y = c1 ex + c2 e

2x + c3 e

-2x

11) y = e3x

( c1 cos5x + c2 sin5x)

13) y = 2 e2x

+ e-3x

15) y = c1 e-x

+ c2 e3x

+ 3 e4x

17) y = ex ( c1 + c2 x ) + 3 x

2 – 6

19) y = cos3x + 2 sin3x + cos2x

21) y = e-3x

[ c1 + c2 x + 2 x tan-1

x – ln(x2+ 1)]

23)y = e-x

[ c1 cos4x + c2 sin4x + cos4x ln(24cos

24cos

x

x)+ )

3

4sin(tan

4sin3

4 1 x

x

]

25) y = c1 (3x+2)2 + c2 (3x+2)

-2 +

180

1 [ (3x+2)2 ln(3x+2)

+ 1]

Kunci Jawaban test formatif 3

1) ( D2 + 1 ) y = sin

2 x2

1 = 2

1 ( 1- cos x )

PUPR : PR : yc = c1 cos x + c2 sin x

PP : yp = )cos1(12

21

xD

= )cos1(12

21

xD

= 2

1- x

Dcos

12

21

yp = 2

1+

4

1Real{ )sin(cos xixxi }=

2

1-

4

1xxsin

2) PD : 06'" yyy

a) PK : m2 – m – 6 = 0

PUPR : yc = c1 e3x

+ c2 e-2x

PP : yp = - xe

4

0)0( yy y0 = c1 + c2 - 4

1)0(' yy , y1 = 3c1 - 2c2 + 4

Diperoleh : c1 = )4

2(5

110

yy dan c2 = )3(

5

110 yy

Jadi penyelesaian khusus : y = )4

2(5

110

yy e

3x + )3(

5

110 yy e

-2x -

xe

4

b) Agar penyelesaian berasimtotis ke 0 untuk x , 0)(lim

xyx

PD Linier Tingkat n

51

Haruslah dipilih c1 = )4

2(5

110

yy = 0 atau 0)

42( 10

yy

3) Diberikan persamaan Laplace : 02

2

2

2

y

u

x

u

Dengan substitusi )(, feyxux

dimana y x , , konstan , masuk

pada PD diperoleh :

0)()()(

2)()(

122222

ff

f

atau PD : 0222

2

fa

d

dfp

d

fd

dimana p= )( 2 2

, q=

)(

12 2

4) PUPR : y = c1 e3x

+ c2 x e3x

Dan yp = - lnx e3x

- x

1x e

3x = - lnx e

3x - e

3x

Jadi PUPD : y = c1 e3x

+ c2 x e3x

- lnx e3x

- e3x

PD Linier Tingkat n

52