PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA

BAB I

DASAR TEORI

1.1 Persamaan Diferensial dengan Variabel Terpisah (PDVT)

Misalkan suatu benda dijatuhkan dari gedung yang cukup tinggi dengan

kecepatan awal v (0 )=0. Seseorang ingin mengetahui kecepatan benda pada setiap

saat t >0. Apabila semua hambatan diabaikan, menurut Hukum Newton kedua

yaitu

m=dvdt

=mg. (1.1)

Dengan m dan g berturut-turut massa benda dan percepatan. Pada formula

jarak positif diukur dari atas gedung ke bawah. Dengan cara mengintegralkan

sehingga diperoleh

v=¿+C ,

dimanaCkonstan sebarang.

Dengan memanfaatkan kondisi awal kecepatan benda v (0 )=0, diperoleh

nilai C

v (0 )=0. g+C

C=0.

Jadi solusi umum v=¿ adalah kecepatan gerak suatu benda jatuh dengan

kecepatan awal nol bila hanya gaya gravitasi yang mempengaruhinya.

Peristiwa benda jatuh dari suatu ketinggian dengan formula (1.1) sebagai

contoh sederhana yang mengilustrasikan dua sifat pokok yang melekat pada

persamaan diferensial orde-1. Pertama proses pengintegralan diperlukan untuk

memperoleh v dari turunannya v ’, dan kedua proses pengintegralan menghasilkan

1

sebuah konstan integrasi sebarang yang selanjutnya dapat dicari nilainya bila

kondisi awalnya diketahui (masalah nilai awal).

Persamaan Diferensial berbentuk y ’=f ( x) , dengan f suatu fungsi kontinu

pada suatu interval real, dapat dicari penyelesaiannya dengan cara

mengintegralkan kedua ruas. Akan tetapi perhatikan bila persamaaan diferensial

berbentuk

dydx

=f ( x , y ) , (1.2)

yang turunannya adalah suatu fungsi dalam dua variabel x dan y. Untuk mencari

penyelesaian (1.2) kadang tidak mudah. Bila f (x , y ) dapat difaktorkan ke faktor-

faktor yang hanya memuat x atau y, yakni

dydx

=f ( x , y )=p (x ) q ( y)

atau

dy

q( y)=p ( x )dx ,

(1.3)

maka persamaan diferensial (1.3) ini merupakan persamaan diferensial dengan

variabel terpisah. Untuk mencari solusi persamaan diferensial (1.3) dapat dengan

cara mengintegralkan kedua ruas (terhadap variabel yang sama yakni x).

Pengintegralan seperti ini dapat dilakukan sebab diasumsikan y sebagai fungsi

dari x. Ruas kiri persamaan diferensial (1.3)

dydx

=y ' (x )

q( y ( x ))dx

sehingga diperoleh

y '(x )q( y ( x ))

dx=p ( x ) dx

2

selanjutnya bila dimisalkan u= y (x) dan du= y ' (x)dx, maka dengan

mengintegralkan kedua persamaan menghasilkan solusi

∫ duq (u)

=∫ p ( x ) dx+C

dimana C konstan sebarang.

Selanjutnya substitusikan kembali u= y (x) diperoleh solusi umum (1.3).

Dalam beberapa kasus persamaan diferensial muncul dalam bentuk

M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0

Persamaan diferensial pada orde-1 dan derajat-1 sering dapat dinyatakan

dalam bentuk

M (x ) dx+N ( y ) dy=0

dengan M (x) dan N ( y ) berturut-turut adalah fungsi dalam variabel x dam y.

Persamaan diferensial di atas adalah persamaan diferensial dengan variabel

terpisah. Untuk mencari solusi umum persamaan diferensial seperti ini dapat

dilakukan dengan cara mengintegralkan masing-masing suku dalam persamaaan

tersebut.

∫M (x )dx+∫N ( y ) dy=∫0 dx

∫M ( x )dx+∫N ( y ) dy=C

dimana C konstan sebarang.

1.2 Persamaan Diferensial Linear Orde-1

Dalam persamaan diferensial orde-1 terdapat berbagai bentuk persamaan

diferensial orde-1. Misalnya terdapat persamaan diferensial orde-1 yang dapat

ditulis dalam bentuk

f ( yx )dx+g ( y

x )dy=0 (1.4)

Persamaan diferensial (1.4) dapat diselesaikan dengan cara substitusi

u= yx

atau y=ux

dy=udx+xdu

3

Dengan cara seperti ini persamaan diferensial (1.4) bentuknya akan berubah

menjadi persamaan diferensal dengan variabel terpisah.

1.3 Persamaan Diferensial Eksak

Perhatikan persamaan diferensial orde-1 yang dituliskan dalam bentuk

diferensial berikut

M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0

Dengan mengingat diferensial total dari fungsi F ( x , y ), maka dari definisi di

atas dapat disimpulkan bahwa persamaan M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0 eksak jika

dan hanya jika ∂ M∂ y

=∂ N∂ x

. Setelah diketahui keeksakannya, integralkan M

terhadap x atau N terhadap y. Misal dipilih M , maka:

F ( x , y )=∫M ( x , y ) dx

Setelah itu, diferensialkan F terhadap y dan samakan hasilnya dengan N , yaitu:

∂ F∂ y

=N ( x , y )

Selanjutnya integralkan G' ( y ) untuk memperoleh G ( y ) dengan menggunakan

teknik pengintegralan variabel terpisah. Lalu tuliskan solusi umum dalam bentuk

implisit F ( x , y )=C. Kemudian tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.

1.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak yang di-Eksakkan

Bila persamaan M (x , y )dx+ N (x , y )dy=0 adalah Persamaan Diferensial

Non Eksak ( ∂ M∂ y

≠∂ N∂ x )maka akan dicari suatu fungsi yang dapat mengubahnya

menjadi Persamaan Diferensial Eksak.

4

Definisi: Persamaan M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0 dikatakan sebagai Persamaan

Diferensial Eksak jika terdapat fungsi F (x , y ) sedemikian

sehingga

∂ F∂ x

=M (x , y ) dan ∂ F∂ y

=N (x , y).

Fungsi yang akan dicari tersebut disebut faktor integral. Pada umumnya

faktor integral merupakan fungsi dengan peubah x dan y tetapi kadangkala

merupakan fungsi dengan peubah x atau y saja. Misal U (x , y) adalah faktor

integral dari Persamaan Diferensial tersebut, maka

UM ( x , y ) dx+UN (x , y ) dy=0.

karena

UM ( x , y ) dx+UN (x , y ) dy=0

adalah Persamaan Diferensial Eksak, berarti ∂(UM )

∂ y=

∂(UN )∂ x

maka ketika

diturunkan akan menjadi

U∂ M∂ y

+M∂ U∂ y

=U∂ N∂ x

+N∂U∂ x

kemudian mencari nilai U (x ) dengan rumus

U ( x )=e∫h ( x ) dx

dan mencari nilai h ( x ) dengan cara sebagai berikut, maka diberikan kondisi

a) Jika U hanya dalam peubah x ( U=U ( x ) )∂ U∂ y

=0 dan∂ U∂ x

=dUdx

U∂ M∂ y

+M .0=U∂ N∂ x

+NdUdx

( ∂ M∂ y

−∂ N∂ x )U=N

dUdx

h ( x )=dUdx

=( ∂ M

∂ y−∂ N

∂ x )N

b) Jika U hanya dalam peubah y (U=U ( y ))∂ U∂ x

=0 dan∂ U∂ y

=dUdy

U∂ M∂ y

+M∂ U∂ y

=U∂ N∂ x

+N .0

5

( ∂ M∂ y

−∂ N∂ x )U =−M

dUdy

h ( y )=dUdy

=( ∂ M

∂ y−∂ N

∂ x )−M

1.5 Persamaan Diferensial Homogen

Bentuk umum dari persamaan diferensial homogen dapat dinyatakan

sebagai berikut

dydx

=f ( x , y )=f ( yx )

Cara termudah untuk menyelesaikan persamaan diferensial homogen yaitu

dengan mendefinisikan variabel baru

u= yx

dan persamaan diferensialnya menjadi

xyx+u= y '=dy

dx

dimana ruas kiri dari persamaan diferensial ini diperoleh dengan menerapkan

aturan rantai pada y=ux ,dydu

=dy dudu dx

+ dydx

=xdudx

+u . Dalam bentuk ini kita selalu

akan memisahkan variabel-variabelnya, yakni

dxx

= duf (u )−u '

yang dengan mudah kita dapat selesaikan persamaan diferensial dengan

mengintegralkan kedua ruas persamaan.

1.6 Persamaan Diferensial Linear Orde-2

Bentuk umum persamaan diferensial linear orde-2 yaitu

x2 y ' '+ax y'+by=0. (1.5)

6

Dengan a dan b sama dengan konstanta.

Perhatikan

y=xm (1.6)

bila diturunkan, menjadi

y '=m x (m−1) (1.7)

y ' '=m ( m−1 ) x(m−2 ) (1.8)

Bila persamaan (1.6),(1.7) dan (1.8) disubstitusikan ke persamaan (1.5),

maka persamaan-persamaan tersebut menjadi

x2 [ m (m−1 ) x(m−2)]+ax [m x(m−1)]+b [ xm ]=0

m (m−1 ) xm+am xm+bxm=0

m2 xm+( a−1 ) m xm+bxm=0

m2+(a−1 ) m+b=0

Kondisi khusus

1.6.1 Akar-Akar m1 dan m2 Berbeda (m1≠ m2 ¿

Jika m1 dan m2 adalah dua akar berbeda yang memiliki solusi

y1=em1x dan y2=em2 x

Diperoleh solusi umumnya

y=C1 em1 x+C2 em2 x.

dimana C1=C2 adalah konstanta.

1.7.2 Akar-Akar m1=m2

Nilai-nilai m1=m2 bila dan hanya bila

b=( 14 )(1−a)2

; m1=m2=[ (1−a)2 ].

Jika m1 dan m2 adalah dua akar yang sama memiliki solusi

y1=emx dan y2=emx

diperoleh solusi umumnya

y=C1 emx+C2 x emx

dimana C1=C2 adalah konstanta.

1.7.3 Akar-Akar Kompleks

7

Bentuk umum akar-akar persamaan karakteristik

y ' '+a y '+by=0

bila solusinya adalah persamaan karakteristik λ, maka

λ2+aλ+b=0

dan kedua akarnya diberikan oleh rumus kuadrat

λ1,2=[−b ±√( b2−4ac )2a ]

sehingga menghasilkan α ± βi.

Diperoleh solusi umunya

y=C1 eαx cos βx+C2eαx sin βx

1.7 Persamaan Diferensial Non-Homogen

Bentuk umum persamaan diferensial linear tak homogen adalah

an ( x ) y (n )+an−1 ( x ) y (n−1 )+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=f (x)

atau, secara singkat

∑i=0

n

ai (x ) y (i )=f (x)

Fungsi f disebut suku tak homogen untuk persamaan diferensial.

7

8

Definisi 1 : Dengan setiap persamaan diferensial tak homogen, ada satu

pautan persamaan diferensial homogen yang di tentukan oleh

∑i=n

n

ai (x ) y (i )=0

Definisi 2 : Jika n fungsi-fungsi y1 , y2 , … yn membentuk sistem fundamental

penyelesaian untuk persamaan diferensial homogen, maka fungsi

yh yang ditentukan oleh

yh=c1 y1+c2 y2+…+cn yn

dimana c1 konstanta sebarang.

1.7.1 Metode Koefisien Tak Tentu

Metode koefisien tak tentu digunakan jika menghitung suatu

penyelesaian khusus dari persamaan diferensial tak homogen

an ( x ) y (n )+an−1 ( x ) y (n−1 )+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=f (x)

dimana koefisien-koefisien a0, a1, . . an merupakan konstanta-konstanta dan

f (x) adalah kombinasi linear dari fungsi-fungsi dengan tipe sebagai berikut

a. xα dengan α bilangan positif atau nol.

b. eβx , di mana β merupakan konstanta taknol.

c. cos γx , dengan γ konstanta taknol.

d. sin δx, dengan δkonstanta taknol.

e. Suatu (berhingga) perkalian antara dua fungsi atau lebih dari dua tipe

1−4.

1.7.2 Variasi Parameter

9

Teorema 1 : Jika y1 , y2 , … yn membentuk system fundamental dan jika yp

suatu penyelesaian khusus dari suatu persamaan, maka dapat

ditulis dalam bentuk

y= yh+ yp=c1 y1+c2 y2+…+cn yn+ yp

Bentuk f ( x ) dari Persamaan

Diferensial y ' '+a y '+by=f ( x )

f ( x )=epx

f ( x )=x

f (x)¿ x2

f ( x )=sin x

f ( x )=cos x

Solusi khusus yang dicoba

yk=k epx

yk=kx+L

yk=k x2+Lx+M

yk=k cos x+Lsin x

yk=k cos x+Lsin x

Seperti metode koefisien tak tentu, metode variasi parameter,

digunakan untuk mencari penyelesaian khusus pesamaan diferensial tak

homogen.

an ( x ) yn+an−1 x yn−1+…+a1 x y '+a0 xy=f (x)

Tetapi, metode koefisien tak tentu, mengharuskan koefisien-

koefisien a0 , a1 ,…,dan an dari persamaan diferensial itu merupakan

konstanta-konstanta, dan fungsi f merupakan salah satu tipe yang diberikan

dalam pembahasan ini. Jika kita menghadapi persamaan diferensial yang

tidak dapat kita selesaikan dengan metode koefisien tak tentu, kita gunakan

metode variasi parameter. Metode ini, secara teori “selalu berhasil” disusun

menurut pemikiran berikut. Andaikan kita mengetahui bahwa penyelesaian

umum

yh=C1 y1+C2 y2+…+Cn yn.

Dari pautan persamaan diferensial

an ( x ) yn+an−1 x yn−1+…+a1 x y '+a0 xy=0.

Apakah mungkin memperlakukan konstanta-konstanta C1 sebagai

fungsi-fungsi ui dan menentukan syarat-syarat yang tepat pada fungsi-fungsi

itu, demikian sehingga pernyataan

u1 y1+u2 y2+…+un yn

merupakan penyelesaian dari persamaan tak homogen, pendekatan semacam

itu telah terbukti membawa hasil yang berarti, yang disajikan dalam

Teorema 1. Teorema ini dinyatakan untuk persamaan umum orde-n, tetapi

demi kemudahan penyajian, kita buktikan teorema ini untuk kasus n=2.

10

Teorema 1 : Misalkan bahwa y1 , y2 , … ynmembentuk sebuah himpunan

fundamental penyelesaian untuk persamaan

an ( x ) yn+an−1 ( x ) yn−1+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=0

Maka suatu penyelesaian khusus persamaan

an ( x ) yn+an−1 ( x ) yn−1+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=F (x )

1.8 Sistem Persamaan Diferensial

Sistem linear AY=¿λY merupakan sistem dengan n persamaan dan n

variabel yang dapat ditulis

AY−λY =0 atau ( A−λI )Y =0

Menentukan nilai eigen / nilai karakteristik yang diberi simbol λ dari SPL

(Sistem Persamaan Linear). Pertama, menentukan nilai A dari persamaan

y ' ' ± y ' ± y=0

dengan memisalkan y '=u dan u'= y ' '=± y ' ± y=± u± y, sehingga diperoleh y '=u

dan u'=± y ±u, kemudian mencari nilai A dengan menggunakan matriks

[ yu ] '=[ o

± a1

±b ][ yu ]

Sehingga diperoleh A=[ o± a

1± b], kemudian det|A− λI|=0 yang akan

menghasilkan nilai λ (dimana λ merupakan nilai karakteristik atau eigen).

Selanjutnya menentukan vektor eigen menggunakan

( A−λ1 I )Y =0

( A−λ2 I )Y =0

Setelah diperoleh nilai vektor eigennya, kemudian berikan solusinya terhadap

persamaan tersebut.

11

Teorema 1 : ( A−λI )Y =0 mempunyai solusi non trivial jika

det ( A−λI ) Y=0.

Teorema Eigen : Jika An× n dan λ ada bilangan real, maka pernyataan

berikut adalah ekuivalen

λ adalah nilai eigen dari A .

Sistem persamaan ( A−λI )Y =0 memiliki solusi tak-

trival.

Ada suatu vector tak nol Y pada Rn sedemikian

sehingga AY=λY .

λ merupakan suatu penyelesaian dari persamaan

karakteristik det ( A−λI )=0

1.9 Pemetaan Laplace Dan Sifat-Sifatnya

Andaikan fungsi g terdefinisi untuk 0< t<∞ , terbatas dan terintegralkan di

dalam setiap selang terhingga 0< t<b , maka menurut definisi

∫0

a

e ( t )dt=lim0→ ∞

∫0

b

g (t )dt .

Dapat dikatakan bahwa integral takwajar di ruas kiri konvergen atau

divergen sesuai dengan ada atau tidak adanya limit di ruas kanan.

12

Definisi 1 : Misalkan bahwa fungsi f terdefinisi untuk 0< t<∞ . Pemetaan

Laplace dari f yang dinyatakan dengan F atau L {f } ,

didefinisikan oleh integral takwajar

F ( s )=L {f (t )}=∫0

a

e−st f ( t ) dt ,

asalkan integral untuk setiap s lebih besar atau sama dengan

suatu nilai s0.

Definisi 2 : Suatu fungsi f dikatakan kontinu bagian demi bagian pada selang

I , jika I dapt dibagi menjadi jumlah berhingga selang-selang

bagian, di dalam selang-selang bagian itu f kontinu dan

mempunyai limit kiri dan kanan yang berhingga.

Definisi 3 : Suatu fungsi f dikatakan berorde eksponensial α jika t menuju tak

berhingga ada bilangan M , α ,dan T s hingga

{ f (t)}≤ M eαt bila t ≥ T .

Teorema 1 : Jika f kontinu bagian demi bagian pada setiap selang berhingga di

dalam (0 , ∞ ) , dan jika f berorde eksponensial α bila t menuju

takberhingga, integral I konvergen untuk s>α . Selanjutnya, jika f

dan g adalah fungsi-fungsi kontinu bagian demi bagian yang

pemetaan Laplacenya ujud dan memenuhi L {F(t )}=L {g(t)} , maka

f =g pada titik-titk di mana f dan g kontinu. Jika F (s ) mempunyai

balikan yang kontinu, maka adalah tunggal.

Tabel Pemetaan Laplace

No f ( t )=£−1{F ( s) } F ( s )=£ {f (t ) }

1 11s

, s>0

2 ekt 1s−k

, s>k

3 t n ,n=1,2,3 , …n!

sn−1, s>0

4 ekt t n , n=1,2,3 ,…n!

(s−k )n−1, s>k

5 sin ktk

s2+k2, s>0

6 cos kts

s2+k2, s>0

7 ekt sin mtm

(s−k )2+m2, s>k

8 ekt cos mts−k

(s−k )2+m2, s>k

9 cosh kts

s2+k2, s>k

10 sinh ktk

s2+k2, s>k

11 ek1 t+ek2 tk1−k2

(s−k1 )(s−k2), s>k1 , k2

13

Teorema 1 : Jika f kontinu bagian demi bagian pada setiap selang berhingga di

dalam (0 , ∞ ) , dan jika f berorde eksponensial α bila t menuju

takberhingga, integral I konvergen untuk s>α . Selanjutnya, jika f

dan g adalah fungsi-fungsi kontinu bagian demi bagian yang

pemetaan Laplacenya ujud dan memenuhi L {F(t )}=L {g(t)} , maka

f =g pada titik-titk di mana f dan g kontinu. Jika F (s ) mempunyai

balikan yang kontinu, maka adalah tunggal.

Teorema 2 : L {c1 f ( t )+c2 g (t)}=c1 F (s )+c2G (s ) .

Teorema 3 : Jika F ( s )=L {f (t )}, maka F ( s+k )=L {e−α f ( t)} .

Teorema 4 : G (s ) F (s )=L[∫0

τ

g ( t−τ ) f (τ )dτ ]

12 t sin kt2 ks

(s¿¿2+k2)2, s>0¿

13 t cos kts2−k2

(s¿¿2+k2)2, s>0¿

14 c1 f ( t )+c2 g ( t ) c1 F (s )+c2G ( s)15 e−kt f (t ) F (s−k)

161k

f ( tk ) , k>0 F (ks)

17 (−t )n f (t ) Fn(s )

18 ∫0

t

g ( t−k ) f (k ) dk=∫0

t

f ( t−k ) g (k ) dk F ( s )G(s)

19 ∫0

t

f ( t ) dt1s

F(s)

20 ∫0

t

∫0

k

f (t ) dt dk1

s2F(s)

14

Teorema 5 : Jika f (t) suatu fungsi periodic dengan periode T , maka

L {f ( t)}= 1I−e−ST ∫

0

T

e−st f ( t)dt

BAB II

PERMASALAHAN

Permasalahan yang diangkat dalam Laporan Besar ini adalah bagaimana

mencari solusi umum dari persamaan diferensial dengan cara manual serta

programnya.

2.1 Persamaan Diferensial Variabel Terpisah

(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy

2.2 Persamaan Diferensial Linier Orde-1

y '− x

1+x2= −x

1+x2y


(3 x2 y+ y2 ) dx=(−x3−2 xy ) dy

2.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak

(x¿¿2+ y2)dx−2 xy dy=0¿


−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0


2.6.1 Koefisien Tak Tentu

3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 , x>0


y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4


a. Akar-akar Berbeda (m1 ,m2 dua akar rill berbeda)

2 y ' '−3 y '−2 y=0

b. Akar-akar Sama (m1=m2)

y ' '+2 y '+ y=0

c. Akar-akar Kompleks (m1,2=α ±iβ)

y ' '+ y'+ y=0


2.8.1 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif Berbeda

15

y ' '−7 y ' +12 y=0

2.8.2 Sistem Persamaan Diferensial Akar-Akar Positif Sama

y ' '−12 y '+36 y=0

2.8.3 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Berbeda

y ' '+9 y'+18 y=0

2.8.4 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Sama

y ' '+6 y '+9 y=0

2.8.5 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif-Negatif

y ' '− y '−6 y

2.8.6 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Kompleks Negatif

2.8.6.1 Akar-akar Kompleks (α=0)

y ' '+25 y=0

2.8.6.2 Akar-akar Kompleks (α=¿ Positif)

y ' '−4 y'+5 y=0

2.8.6.3 Akar-akar Kompleks (α=¿ Negatif)

y ' '+3 y '+4 y=0

Permasalahan yang diangkat dalam laporan ini adalah bagaimana mencari

pemetaan Laplace dan solusi penerapan pemetaan Laplace pada persamaan

diferensial apabila diketahui

2.9 Laplace

2.9.1 Pemetaan Laplace

Buktikan L {s−8 t 2 }2.9.2 Pemetaan Laplace Balik

Diketahui F ( s )= 5

s2+4, carilah f−1(t)

2.9.3 Pemetaan Laplace dari Fungsi Turunan

y ' '−2 y=0 ; y (0 )=1 , y ' (0 )=0

16

BAB III

SOLUSI


3.1.1 Manual :

(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy

Penyelesaian :

(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy

∫ cos x

(1+sin2 x )dx=∫ 2 y

(1+ y2 )dy.

Misalkan:

u=sin x v=1+ y2

du=cos x dx dv=2 y dy

∫ du

1+u2=∫ dv

v

tan−1u=ln v

tan−1 sin x+c=ln ¿1+ y2∨¿¿

e tan−1sin x+c=1+ y2

e tan−1sin x ec=1+ y2

cetan−1 sin x=1+ y2

cetan−1 sin x−1= y2

y=√ce tan−1 sin x−1


3.2.1 Manual :

y '− x

1+x2= −x

1+x2y

Penyelesaian :

y '− x

1+x2= −x

1+x2y

y '+ x

1+x2y= x

1+x2

17

a ( x )= x

1+x2

b ( x )= x

1+x2

y ( x )=e−∫a ( x )dx ¿

y (x )=e−∫ x

1+x2 dx

¿

Misalkan :

u=1+ x2

du=2 xdx

12

du=xdx

y (x )=e−12 ∫ du

u [c+∫ e12∫

duu x

1+x2 dx ]

y (x )=e−12

ln u¿

y (x )=e−ln u12

[c+∫ e ln u12 x1+x2 dx ]

y (x )=e−ln (1+x2)12

[c+∫e ln(1+ x2)12 x1+x2 dx ]

y (x )= 1

√1+x2[c+∫√1+x2 x

1+x2dx ]

y (x )= 1

√1+x2¿

y (x )= 1

√1+x2¿

y (x )= 1

√1+x2[c+ 1

22√u]

y (x )= 1

√1+x2[c+√1+x2]

18

3.2.2 Program :

>

>

>

>

>


3.3.1 Manual :

(3 x2 y+ y2 ) dx=(−x3−2 xy ) dy

Penyelesaian :

(3 x2 y+ y2 ) dx−(−x3−2 xy ) dy=0

(3 x2 y+ y2 ) dx+( x3+2 xy ) dy=0

(i) M (x , y )=3 x2 y+ y2 N ( x , y )=x3+2 xy

dMdy

=3 x2+2 y ¿dNdx

=3 x2+2 y

Eksak

19

(ii) M (x , y )=dFdx

=3 x2 y+ y2

∫ dF=∫ 3 x2 y+ y2 dx

F ( x )=x3 y+x y2+c

F ( x , y )=x3 y+ y2 x+G( y)

dF (x , y )dy

=x3+2 yx+G' ( y )

(iii) Menurut

dF (x , y )dy

=N (x , y )

x3+2 xy+ ddy

G ( y )=x3+2 xy

∫ dG=∫0 dy

G ( y )=c

(iv) Sehingga,

F ( x , y )=x3 y+x y2+c

3.3.2 Solusi Program :

>

>

>

>

>

20

>

>

3.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak di Eksakkan

3.4.1 Manual :

(3 x+2 y2) dx+2 xy dy=0

Penyelesaian :

(3 x+2 y2) dx+2 xy dy=0

(i) M (x , y )=3 x+2 y2 N ( x , y )=2xy

∂ M∂ y

=4 y ≠∂ N∂ x

=2 y

Non Eksak

(ii) Non-Eksak yang di Eksakkan

U (x , y) untuk sebagai fungsi x saja

B .U ¿=U ( x ) (3x+2 y2 ) dx+U ( x )(2xy )dy=0

U ( x )=e∫h ( x ) dx

Dimana,

h ( x )=

∂ M∂ y

−∂ N∂ x

N (x , y)=

4 y−2 y2 xy

=2 y2 xy

=1x

Sehingga

U ( x )=e∫ 1

xdx=eln x=x

Substitusi u(x ) ke B .U ¿

B .U ¿=U ( x ) (3x+2 y2 ) dx+U ( x )(2xy )dy=0

x ( 3x+2 y2 ) dx+ x(2 xy )dy=0

21

(3 x2+2xy2 ) dx+(2x2 y)dy=0

M (x , y )=3 x2+2xy2 N ( x , y )=2x2 y

dMdy

=4 xy ¿ dNdx

=4 xy

Eksak(iii) M (x , y )=dF

dx=3 x2+2 xy2

∫ dF=∫ 3 x2+2 xy2 dx

F ( x )=x3+x2 y2+c

F ( x , y )=x3+ x2 y2+G( y )

dF (x , y )dy

=2 x2 y+ ddy

G( y )

(iv) Menurut,

dF (x , y )dy

=N (x , y )

2 x2 y+ ddy

G ( y )=2 x2 y

∫ dG=∫0 dy

G ( y )=C

(v) Sehingga,

F ( x , y )=x3+ x2 y2+c

22

3.4.2 Program :

>

>

>

>

>

>

>


3.5.1 Manual :

−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0

Penyelesaian :

−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0 Misal : y=ux →u= yx

( x3+ y3 ) dy=x2 ydxdydx

=u+xdudx

23

dydx

= x2 yx3+ y3

dxdy

= x3+ y3

x2 y

dxdy

= x3

x2 y+ y3

x2 y

dxdy

= xy+ y2

x2

dydy

= 1

1yx

+( yx )

2

dydx

= 11u+u2

u+xdudx

= 1

1+u3

u

xdudx

= u

1+u3−u

xdudx

= u1+u3 −

u+u4

1+u3

xdudx

= −u4

1+u3

−1+u3

u4 du=1x

dx

−∫ 1+u3

u4 du=∫ 1x

dx

−(∫ 1u4 +∫ u3

u4 )dx=∫ 1x

dx

−(∫ 1

u4 +∫1u )dx=∫ 1

xdx

−(∫ u−4+∫ 1u )dx=∫ 1

xdx

24

−(−13

u−3+ln u)=ln x+C

1

3u3−ln u=ln x

−lnu=ln x− 1

3u3+C

ln u=¿−ln x+ 1

3 u3+C ¿

u=e−ln x+ 1

3u3 +C

u=e−ln x+ 1

3u3

ec

u=c e−ln x+ 1

3 u3

yx=c e

−ln x+ 1

3 ( yx )

3

y=c xe

−ln x+ 1

3( yx )

3


3.6.1 Manual :

a. Akar-akar Karakteristik Berbeda

2 y ' '−3 y '−2 y=0

Penyelesaian :

2 m2−3 m−2=0

(2m−1 ) (m+2 )=0

m1=12

m2=−2

Jadi, solusi bebas linier PD adalah

y=c1 e12

x+c2e−2 x

b. Akar-akar Karakteristik Sama

y ' '+2 y '+ y=0

25

Penyelesaian :

m2+2m+1=0

(m+1 ) (m+1 )=0

m1,2=−1

Jadi, solusi umum PD adalah

y=c1 e− x+c2 xe− x

c. Akar-akar Karakteristik Kompleks

y ' '+ y'+ y=0

Penyelesaian :

m2+m+1=0

a=1 , b=1 , c=1

m1,2=−b ±√b2−4 ac

2a

m1,2=−1 ±√12−4 (1 )(1)

2(1)

m1,2=−1 ±√−3

2

m1,2=−1 ±√3 i

2

Jadi, α=−12

, β=√32

Sehingga solusi umumnya,

y=c1 e−12

xcos √3

2x+¿ c1 e−x sin √3

2x ¿

3.6.2 Program :

a. Akar-akar Karakteristik Berbeda

>

>

26

>

b. Akar-akar Karakteristik Sama

>

>

>

c. Akar-akar Karakteristik Kompleks

>

>

>

3.7 Persamaan Diferensial Non Homogen


3.7.1.1 Manual :

3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 , x>0

Penyelesaian :

3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 ,

y ' '+ (−2−3 ) y '−8 y=0

y ' '−5 y '−8 y=0

(i) Akar-akar karakteristiknya

m2−5m−8=0

m1,2=−b ±√b2−4 ac

2a

27

m1,2=−(−5)±√−52−4 (1 )(−8)

2 (1)

m1,2=5±√25+32

2

m1,2=5 ±√57

2

m1=5+√57

2, m2=

5−√572

Solusi Homogen

yh=c1 e5+√57

2x+c2 e

5−√572

x

(ii) y p=A x2+Bx+c

y ' p=2 Ax+B

y ' ' p=2 A

Substitusi y , y ' , dan y ' ' ke soal

2 A−5 (2 Ax+B )−8 ( A x2+Bx+c )=3 x+5

−8 Ax2−10 Ax−8Bx+2 A−5 B+8 C=3 x+5

A=0 ,B=38

, C=2564

Solusi Partikular

y p=−38

x−2564

(iii) Solusi Umum

y ( x )= yh+ y p

y ( x )=c1 e5+√57

2x+c2 e

5−√572

x−3

8x−25

64

3.7.1.2 Program

>

>

28

>

29


3.7.1.2 Manual :

y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4

Penyelesaian :

y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4

(i) m2−4 m+4=0

(m−2 ) (m−2 )=0

m1=2 , m2=2

Solusi Homogen,

yh=c1 e2 x+c2 x e2 x

(ii) y1u1' + y2u2

' =0

y1' u1

' + y2' u2

' =F (x )

e2x u1' +xe2x u2

' =0

2 e2 x u1' +( e2 x+2 x e2 x ) u2

' =e2 x x−4

e2x u1' +xe2x u2

' =0

2 e2 x u1' +(1+2 x ) e2 x u2

' =e2x x−4

2 e2 x u1' +2 x e2 x u2

' =0

2 e2x u1' +(1+2 x ) e2 x u2

' =e2 x x−4

2 x e2 x u2' −(1+2 x ) e2 x u2

' =−e2 x x−4 −¿

2 xe2 x u2' −e2 x u2

' −2 xe2 x u2' =−e2 x x−4

−e2x u2' =−e2x x−4

u2' =−e2 x x−4

−e2x

u2' =x−4

30

(iii) Substitusi u2' ke dalam

e2x u1' +xe2x u2

' =0

e2x u1' +xe2x (x¿¿−4)=0¿

e2x u1' +x−3e2 x=0

e2x u1' =−x−3 e2 x

u1' =−x−3 e2x

e2 x

u1' =−x−3

(iv) Integralkan u1' dan u2

'

u1' =−x−3 u2

' =x−4

u1=−12

x−2 u2=

−13

x−3

(v) Solusi Partikular

y p=u1 ( x ) y1(x )+u2(x ) y2(x )

y p=−12

x−2 e2 x−13

x−3 xe2x

y p=−1

2 x2e2 x− 1

3 x3x−3 xe2 x

(vi) Sehingga Solusinya adalah

y (x )= yh+ y p

y (x )=c1 e2 x+c2 xe2 x− 1

2 x2e2 x− 1

3 x3x e2 x

31


3.8.1 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif Berbeda

3.8.1.1 Manual

y ' '−7 y ' +12 y=0

Penyelesaian :

y ' '−7 y ' +12 y=0

Misal : y '=u

u'= y ' '=7 y '−12 y=7 u−12 y

Jadi,

y '=0+u

u'=−12 y+7 u

(i) ( yu )

'

=( 0−12

17)( y

u )A=( 0

−1217)

det|A− λI|=0

det|( 0−12

17)− λ(10 0

1)|=0

det|( 0−12

17)−(λ

00λ)|=0

det|( −λ−12

17−λ)|=0

(−λ ) (7−λ )−(−12 ) (1 )=0

−7 λ+ λ2+12=0

λ2−7 λ+12=0

( λ−3 ) ( λ−4 )=0

λ1=3 λ2=4

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=3 dan λ2=4

32

(ii) Untuk λ1=3

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−12

17)−3(1

001)]( y1

y2)=0

[( 0−12

17)−(30 0

3)]( y1

y2)=0

[ −3−12

14]( y1

y2)=0

−3 y1+ y2=0

y2=3 y1

−12 y1+4 y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

3 y1)=(13) y1

Jadi, v1=(13)Untuk λ2=4

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−12

17)−4(1

001)]( y1

y2)=0

[( 0−12

17)−(40 0

4)]( y1

y2)=0

[ −4−12

13]( y1

y2)=0

−4 y1+ y2=0

y2=4 y1

−12 y1+3 y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

4 y1)=(14) y1

33

Jadi, v2=(14)

Vektor Eigennya adalah v1=(13) dan v2=(14)

Sehingga Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 e3 x (13)+c2e4 x (14)

(iii) Titik-titik Uji

Y '=AY

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)( y1

y2)

Untuk titik (1,3)

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(13)=(39)

Untuk titik (−1,3)

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(−1

3 )=( 333)

Untuk titik (1 ,−3)

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)( 1

−3)=( −3−33)

Untuk titik (−1 ,−3)

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(−1

−3)=(−3−9)

Untuk titik (2,5)

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(25)=( 5

11)Untuk titik (−2,5)

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(−2

5 )=( 559)

34


( y1

y2)

'

=( 0−12

17)( 2

−5)=( −5−57)


( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(−2

−5)=( −5−11)

Untuk titik (3,3)

( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(33)=( 3


( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(−3

3 )=( 357)


( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(−3

3 )=( 3−57)


( y1

y2)

'

=( 0−12

17)(−3

3 )=( −3−15)

(iv) Tabel Titik Uji

Titik y1' y2

'

(1,3) ¿ ¿

(−1,3) ¿ ¿

(1 ,−3) ¿ ¿

(−1 ,−3) ¿ ¿

(2,5) ¿ ¿

(−2,5) ¿ ¿

(2 ,−5) ¿ ¿

(−2 ,−5) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

35

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

(−3 ,−3) ¿ ¿

(v) Bidang Phase

36

3.8.1.2 Program

>

>

>

>

>

>

37

>

>

>

>

>

>

>

>

>

38

3.8.2 Sistem Persamaan Diferensial Akar-Akar Positif Sama

3.8.2.1 Manual

y ' '−12 y '+36 y=0

Penyelesaian :

y ' '−12 y '+36 y=0

Misal : y '=u

u'= y ' '=12 y '−36 y=12 u−36 y

Jadi,

y '=0+u

u'=−36 y+12 u

(i) ( yu )

'

=( 0−36

112)( y

u )A=( 0

−361

12)det|A− λI|=0

det|( 0−36

112)− λ(10 0

1)|=0

det|( 0−36

112)−(λ

00λ)|=0

39

det|( − λ−36

112−λ)|=0

(−λ ) (12−λ )− (−36 ) (1 )=0

−12 λ+λ2+36=0

λ2−12 λ+36=0

( λ−6 ) ( λ−6 )=0

λ1,2=6

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1,2=6

(ii) Untuk λ1,2=6

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−36

112)−6 (10 0

1)]( y1

y2)=0

[( 0−36

112)−(60 0

6)]( y1

y2)=0

[ −6−36

16]( y1

y2)=0

−6 y1+ y2=0

y2=6 y1

−36 y1+6 y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

6 y1)=(16) y1

Jadi, v1,2=(16)

Vektor Eigennya adalah v1,2=(16)


∴ y ( x )=c1 e6 x (16)+c2 x e6 x (16)(iii) Titik-titik Uji

Y '=AY

40

( y1

y2)

'

=( 0−36

112)( y1

y2)

Untuk titik (2,8)

( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(28)=( 8

24)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(−2

8 )=( 8168)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)( 2

−8)=( −8−168)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(−2

−8)=( −8−24 )

Untuk titik (3,4)

( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(3

4)=( 4−60)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(−3

4 )=( 4156)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)( 3

−4)=( −4−156)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(−3

3 )=(−460 )

Untuk titik (4,7)

( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(4

7)=( 7−60)

41


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(−4

7 )=( 7228)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)( 4

−7)=( −7−228)


( y1

y2)

'

=( 0−36

112)(−4

−7)=(−760 )


Titik y1' y2

'

(2,8) ¿ ¿

(−2,8) ¿ ¿

(2 ,−8) ¿ ¿

(−2 ,−8) ¿ ¿

(3,4) ¿ ¿

(−3,4) ¿ ¿

(3 ,−4) ¿ ¿

(−3 ,−4) ¿ ¿

(4,7) ¿ ¿

(−4,7) ¿ ¿

(4 ,−7) ¿ ¿

(−4 ,−7) ¿ ¿

42

(v) Bidang Phase

3.8.2.2 Program

>

>

>

>

>

43

>

>

>

>

>

>

>

>

3.8.3 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Berbeda

3.8.3.1 Manual

44

y ' '+9 y'+18 y=0

Penyelesaian :

y ' '+9 y'+18 y=0

Misal : y '=u

u'= y ' '=−9 y '−18 y=−9u−18 y

Jadi,

y '=0+u

u'=−18 y−9u

(i) ( yu )

'

=( 0−18

1−9)( y

u)A=( 0

−181

−9)det|A− λI|=0

det|( 0−18

1−9)−λ(1

001)|=0

det|( 0−18

1−9)−(λ

00λ)|=0

det|( − λ−18

1−9−λ)|=0

(−λ ) (−9−λ )−(−18 ) (1 )=0

9 λ+ λ2+18=0

λ2+9 λ+18=0

( λ+3 ) ( λ+6 )=0

λ1=−3 λ2=−6

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−3 dan λ2=−6

(ii) Untuk λ1=−3

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−18

1−9)−(−3)(10 0

1)]( y1

y2)=0

45

[( 0−18

1−9)+(3

003)]( y1

y2)=0

[ 3−18

1−6]( y1

y2)=0

−18 y1−6 y2=0

3 y1+ y2=0

y2=−3 y1

Y=( y1

y2)=( y1

−3 y1)=( 1

−3) y1

Jadi, v1=( 1−3)

Untuk λ2=−6

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−18

1−9)−(−6)(1

001)]( y1

y2)=0

[( 0−18

1−9)+(6

006)]( y1

y2)=0

[ 6−18

1−3 ]( y1

y2)=0

−18 y1−3 y2=0

6 y1+ y2=0

y2=−6 y1

Y=( y1

y2)=( y1

−6 y1)=( 1

−6) y1

Jadi, v2=( 1−6)

Vektor Eigennya adalah v1=( 1−3) dan v2=( 1

−6)Sehingga Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 e−6 x ( 1

−6)

46


Y '=AY

( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)( y1

y2)

Untuk titik (1,0)

( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(1

0)=( 0−18)


( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(−1

0 )=( 018)

Untuk titik (0,1)

( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(0

1)=( 1−9)


( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)( 0

−1)=(−19 )

Untuk titik (1,2)

( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(1

2)=( 2−36)


( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(−1

2 )=(20)Untuk titik (1 ,−2)

( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)( 1

−2)=(−20 )


( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(−1

−2)=(−236 )

Untuk titik (3,3)

( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(3

3)=( 3−81)

47


( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(−3

3 )=( 327)


( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)( 3

−3)=( −3−27)


( y1

y2)

'

=( 0−18

1−9)(−3

−3)=(−381 )


Titik y1' y2

'

(1,0) 0 ¿

(−1,0) 0 ¿

(0,1) ¿ ¿

(0 ,−1) ¿ ¿

(1,2) ¿ ¿

(−1,2) ¿ 0

(1 ,−2) ¿ 0

(−1 ,−2) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

(−3 ,−3) ¿ ¿

(v) Bidang Phase

48

3.8.3.2 Program

>

>

>

>

>

>

>

49

>

>

>

>

>

>

>

>

50

3.8.4 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Sama

3.8.4.1 Manual

y ' '+6 y '+9 y=0

Penyelesaian :

Misal : y '=u

u'= y ' '=−6 y '−9 y=−6u−9 y

Jadi,

y '=0+u

u'=−9 y−6 u

(i) ( yu )

'

=( 0−9

1−6)( y

u )A=( 0

−91


det|( 0−9

1−6)−λ (10 0

1)|=0

det|( 0−9

1−6)−( λ

00λ)|=0

51

det|(−λ−9

1−6− λ)|=0

(−λ ) (−6−λ )−(−9 ) (1 )=0

6 λ+ λ2+9=0

λ2+6 λ+9=0

( λ+3 ) ( λ+3 )=0

λ1,2=−3

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1,2=−3

(ii) Untuk λ1,2=−3

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−9

1−6)−(−3)(1

001)]( y1

y2)=0

[( 0−9

1−6)+(30 0

3)]( y1

y2)=0

[ 3−9

1−3]( y1

y2)=0

3 y1+ y2=0

y2=−3 y1

−9 y1−63=0

Y=( y1

y2)=( y1

−3 y1)=( 1

−3) y1

Jadi, v1,2=( 1−3)

Vektor Eigennya adalah v1,2=( 1−3)


∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 x e−3 x ( 1

−3)(iii) Titik-titik Uji

Y '=AY

52

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)( y1

y2)

Untuk titik (1,0)

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(10)=( 0

−9)Untuk titik (−1,0)

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(−1

0 )=(09)

Untuk titik (0,1)

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(01)=( 1

−6)Untuk titik (0 ,−1)

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)( 0

−1)=(−16 )

Untuk titik (2,3)

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(23)=( 3


( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(−2

3 )=(30)


( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)( 2

−3)=(−30 )


( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(−2

−3)=(−336 )

Untuk titik (4,1)

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(41)=( 1


53

( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(−4

1 )=( 130)


( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)( 4

−1)=( −1−30)


( y1

y2)

'

=( 0−9

1−6)(−4

−1 )=(−142 )


Titik y1' y2

'

(1,0) 0 ¿

(−1,0) 0 ¿

(0,1) ¿ ¿

(0 ,−1) ¿ ¿

(2,3) ¿ ¿

(−2,3) ¿ 0

(2 ,−3) ¿ 0

(−2 ,−3) ¿ ¿

(4,1) ¿ ¿

(−4,1) ¿ ¿

(4 ,−1) ¿ ¿

(−4 ,−1) ¿ ¿

54

(v) Bidang Phase

3.8.4.2 Program

>

>

>

>

>

>

>

55

>

>

>

>

>

>

3.8.5 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif-Negatif

3.8.5.1 Manual

y ' '− y '−6 y

Penyelesaian :

56

y ' '− y '−6 y

Misal : y '=u

u'= y ' '= y '+6 y=u+6 y

Jadi,

y '=0+u

u'=6 y+u

(i) ( yu )

'

=(06

11)( y

u )A=(0

611)

det|A− λI|=0

det|(06

11)− λ(10 0

1)|=0

det|(06

11)−(λ

00λ)|=0

det|(−λ6

11−λ)|=0

(−λ ) (1−λ )−(6 ) (1 )=0

−λ+ λ2−6=0

λ2−λ−6=0

( λ+2 ) ( λ−3 )=0

λ1=−2 λ2=3

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−2 dan λ2=3

(ii) Untuk λ1=−2

( A−λ1 I )Y =0

[(06

11)−(−2)(1

001)]( y1

y2)=0

[(06

11)+(2

002)]( y1

y2)=0

[26 13]( y1

y2)=0

57

2 y1+ y2=0

y2=−2 y1

6 y1+3 y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

−2 y1)=( 1

−2) y1

Jadi, v1=( 1−2)

Untuk λ2=3

( A−λ1 I )Y =0

[(06

11)−3(1

001)]( y1

y2)=0

[(06

11)−(30 0

3)]( y1

y2)=0

[−36

1−2]( y1

y2)=0

−3 y1+ y2=0

y2=3 y1

6 y1−2 y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

3 y1)=(13) y1

Jadi, v2=(13)Vektor Eigennya adalah v1=( 1

−2) dan v2=(13)Sehingga Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 e−2 x ( 1−2)+c2e3x (13)


Y '=AY

( y1

y2)

'

=(06

11)( y1

y2)

58

Untuk titik (1,0)

( y1

y2)

'

=(06

11)(10)=(06)


( y1

y2)

'

=(06

11)(−1

0 )=( 0−6)

Untuk titik (0,1)

( y1

y2)

'

=(06

11)(01)=(11)


( y1

y2)

'

=(06

11)( 0

−1)=(−11 )

Untuk titik (2,4)

( y1

y2)

'

=(06

11)(2

4)=( 416)


( y1

y2)

'

=(06

11)(−2

4 )=( 4−8)


( y1

y2)

'

=(06

11)( 2

−4)=(−48 )


( y1

y2)

'

=(06

11)(−2

−4)=( −4−16)

Untuk titik (3,1)

( y1

y2)

'

=(06

11)(31)=( 1


( y1

y2)

'

=(06

11)(−3

1 )=( 1−17)


59

( y1

y2)

'

=(06

11)( 3

−1)=(−117 )


( y1

y2)

'

=(06

11)(−3

−1)=( −1−19)


Titik y1' y2

'

(1,0) 0 ¿

(−1,0) 0 ¿

(0,1) ¿ ¿

(0 ,−1) ¿ ¿

(2,4) ¿ ¿

(−2,4) ¿ ¿

(2 ,−4) ¿ ¿

(−2 ,−4) ¿ ¿

(3,1) ¿ ¿

(−3,1) ¿ ¿

(3 ,−1) ¿ ¿

(−3 ,−1) ¿ ¿

(v) Bidang Phase

60

3.8.5.2 Program

>

>

>

>

>

>

61

>

>

>

>

>

>

>

>

>

62

3.8.6 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Kompleks

3.8.6.1 Akar-akar Kompleks (α=0)

a. Manual

y ' '+25 y=0

Penyelesaian :

y ' '+25 y=0

Misal : y '=u

u'= y ' '=−25 y

Jadi,

y '=0+u

u'=−25 y+0

(i) ( yu )

'

=( 0−25

10)( y

u)A=( 0

−2510)

det|A− λI|=0

det|( 0−25

10)−λ(1

001)|=0

det|( 0−25

10)−(λ

00λ)|=0

63

det|( − λ−25

1−λ)|=0

(−λ ) (− λ )−(−25 ) (1 )=0

λ2+25=0

λ=± 5i

λ1=5 i λ2=−5 i

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=5 i dan λ2=−5 i

(ii) Untuk λ1=5 i

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−25

10)−(5 i)(1

001)]( y1

y2)=0

[( 0−25

10)−(5 i

005 i)]( y1

y2)=0

[−5i−25

1−5i ]( y1

y2)=0

−5 i y1+ y2=0

y2=5 i y1

−25 y1−5 i y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

5i y1)=( 1

5 i) y1

Jadi, v1=( 15 i)

Untuk λ2=−5 i

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−25

10)−(−5 i)(1

001)]( y1

y2)=0

[( 0−25

10)+(5i

005i)]( y1

y2)=0

[ 5i−25

15 i ]( y1

y2)=0

64

5 i y1+ y2=0

y2=−5 i y1

−25 y1+5 i y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

−5 i y1)=( 1

−6) y1

Jadi, v2=( 1−5 i)

Vektor Eigennya adalah v1=( 15 i) dan v2=( 1

−5 i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 cos5 x ( 15 i)+c2 sin5 x ( 1

−5 i)e ix=cos x+ isin x

e−ix=cos x−i sin x

¿

cos2 βx−i sin βx+ isin βx−(−1)sin2 βx

cos2 x+sin2 x=r2


Y '=AY

( y1

y2)

'

=( 0−25

10)( y1

y2)

Untuk titik (1,1)

( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(11)=( 1


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(−1

1 )=( 125)


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)( 1

−1)=( −1−25)


65

( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(−1

−1)=(−125 )

Untuk titik (2,2)

( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(2

2)=( 2−50)


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(−2

2 )=( 250)


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)( 2

−2)=( −2−50)


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(−2

−2)=(−250 )

Untuk titik (3,3)

( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(3

3)=( 3−75)


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(−3

3 )=( 375)


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)( 3

−3)=( −3−75)


( y1

y2)

'

=( 0−25

10)(−3

−3)=(−375 )


Titik y1' y2

'

66

(1,1) ¿ ¿

(−1,1) ¿ ¿

(1 ,−1) ¿ ¿

(−1 ,−1) ¿ ¿

(2,2) ¿ ¿

(−2,2) ¿ ¿

(2 ,−2) ¿ ¿

(−2 ,−2) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

(−3 ,−3) ¿ ¿

(v) Bidang Phase

b. Program

>

67

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

68

>

3.8.6.2 Akar-akar Kompleks (α >0)

a. Manual

y ' '−4 y'+5 y=0

Penyelesaian :

y ' '−4 y'+5 y=0

Misal : y '=u

u'= y ' '=4 y '−5 y=4 u−5 y

Jadi,

y '=0+u

u'=−5 y+4 u

(i) ( yu )

'

=( 0−5

14)( y

u )A=( 0

−514 )

det|A− λI|=0

69

det|( 0−5

14)−λ (10 0

1)|=0

det|( 0−5

14)−(λ

00λ)|=0

det|(−λ−5

14−λ)|=0

(−λ ) ( 4−λ )−(−5 ) (1 )=0

−4 λ+λ2+5=0

λ2−4 λ+5=0

λ1,2=−(−4)±√(−4)2−4 (1 ) 5

2(1)

λ1,2=4±√16−20

2

λ1,2=4 ±√16−20

2

λ1,2=4 ± 2 i

2

λ1=2+i λ2=2−i

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=2+2i dan λ2=2−2 i.

(ii) Untuk λ1=2+i

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−5

14 )−(2+ i)(10 0

1)]( y1

y2)=0

[( 0−5

14 )−(2+i

00

2+i)]( y1

y2)=0

[−2−i−5

12+i ]( y1

y2)=0

(2+i) y1+ y2=0

y2=−2−i y1

−5 y1−(2−i) y2=0

70

Y=( y1

y2)=( y1

−2−i y1)=( 1

−2−i) y1

Jadi, v1=( 1−2−i)

Untuk λ2=2−i

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−5

14 )−(2−i)(1

001)]( y1

y2)=0

[( 0−5

14 )−(2−i

00

2−i)]( y1

y2)=0

[−2+i−5

12−i ]( y1

y2)=0

(−2+i) y1+ y2=0

y2=(2−i) y1

−5 y1+(2−i) y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

(2−i) y1)=( 1

2−i) y1

Jadi, v2=( 12−i)

Vektor Eigennya adalah v1=( 1−2−i) dan v2=( 1

2−i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 e2 x cos x ( 1−2−i)+c2 e2 x x ( 1

2−i)e ix=cos x+ isin x


¿


cos2 x+sin2 x=r2

y=rsin θ

71

x=r cosθ

y+x=r sin θ+r cosθ

y2+x2=r2 sin2θ+r2 cos2 θ

y2+x2=r2(sin¿¿2 θ+cos2 θ)¿

y2+x2=r2


Y '=AY

( y1

y2)

'

=( 0−5

14)( y1

y2)

Untuk titik (1,1)

( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(11)=( 4


( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(−1

1 )=(19)Untuk titik (1 ,−1)

( y1

y2)

'

=( 0−5

14)( 1

−1)=(−1−9)


( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(−1

−1)=(−11 )

Untuk titik (3,3)

( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(33)=( 3


( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(−3

3 )=( 327)


( y1

y2)

'

=( 0−5

14)( 3

−3)=( −3−27)


72

( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(−3

−3)=(−33 )

Untuk titik (5,5)

( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(55)=( 5


( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(−5

5 )=( 545)


( y1

y2)

'

=( 0−5

14)( 5

−5)=( −5−45)


( y1

y2)

'

=( 0−5

14)(−5

−5)=(−55 )


Titik y1' y2

'

(1,1) ¿ ¿

(−1,1) ¿ ¿

(1 ,−1) ¿ ¿

(−1 ,−1) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

(−3 ,−3) ¿ ¿

(5,5) ¿ ¿

(−5,5) ¿ ¿

(5 ,−5) ¿ ¿

(−5 ,−5) ¿ ¿

73

74

(v) Bidang Phase

b. Program

>

>

>

>

>

>

>

75

>

>

>

>

>

>

>

76

3.8.6.3 Akar-akar Kompleks (α <0)

a. Manual

y ' '+3 y '+4 y=0

Penyelesaian :

Misal : y '=u

u'= y ' '=−3 y '−4 y=−3u−4 y

Jadi,

y '=0+u

u'=−4 y−3 u

(i) ( yu )

'

=( 0−4

1−3)( y

u )A=( 0

−41


det|( 0−4

1−3)− λ(10 0

1)|=0

det|( 0−4

1−3)−(λ

00λ)|=0

det|(−λ−4

1−3−λ)|=0

(−λ ) (−3−λ )−(−4 ) (1 )=0

3 λ+ λ2+4=0

λ2+3 λ+4=0

λ1,2=−3±√(3)2−4 (1 ) 4

2(1)

λ1,2=−3±√9−16

2

λ1,2=−3±√7 i

2

λ1,2=−3±√7 i

2

77

λ1=−3+√7 i

2 λ2=

−3−√7 i2

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−3+√7 i

2 dan λ2=

−3−√7 i2

(ii) Untuk λ1=−3+√7 i

2

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−4

1−3)−(−3+√7 i

2 )(10

01)]( y1

y2)=0

[( 0−4

1−3)−(−3+√7 i

20

0−3+√7 i

2 )]( y1

y2)=0

[ 3−√7 i2

−4

1−3+√7 i

2 ]( y1

y2)=0

3−√7 i2

y1+ y2=0

y2=−3+√7 i

2y1

−4 y1+−3+√7 i

2y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

−3+√7 i2

y1)=( 1−3+√7 i

2 ) y1

Jadi, v1=( 1−3+√7 i

2 )Untuk λ2=

−3−√7 i2

( A−λ1 I )Y =0

[( 0−4

1−3)−(−3−√7 i

2 )(10 01)]( y1

y2)=0

78

[( 0−4

1−3)−(−3−√7 i

20

0−3−√7 i

2 )]( y1

y2)=0

[ 3+√7 i2

−4

1−3+√7 i

2 ]( y1

y2)=0

3+√7 i2

y1

+ y2=0

y2=−3−√7 i

2y1

−4 y1+−3+√7 i

2y2=0

Y=( y1

y2)=( y1

−3−√7 i2

y1)=( 1−3−√7 i

2 ) y1

Jadi, v2=( 1−3−√7 i

2 )Vektor Eigennya adalah v1=( 1

−3+√7 i2 ) dan v2=( 1

−3−√7 i2 )


∴ y ( x )=c1 e−32

x

cos√72

x( 1−3+√7 i

2 )+c2 e−32

x

sin√72

x ( 1−3−√7 i

2 )e ix=cos x+ isin x


¿


cos2 x+sin2 x=r2


Y '=AY

79

( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)( y1

y2)

Untuk titik (2,2)

( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(22)=( 2


( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(−2

2 )=(22)Untuk titik (2 ,−2)

( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)( 2

−2)=(−2−2)


( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(−2

−2)=(−214 )

Untuk titik (4,4)

( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(4

4)=( 4−28)


( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(−4

4 )=(44)


( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)( 4

−4)=(−4−4)


( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(−4

−4)=(−428 )

Untuk titik (6,6)

( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(66)=( 6


80

( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(−6

6 )=(66)


( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)( 6

−6)=(−6−6)


( y1

y2)

'

=( 0−4

1−3)(−6

−6)=(−642 )


Titik y1' y2

'

(2,2) ¿ ¿

(−2,2) ¿ ¿

(2 ,−2) ¿ ¿

(−2 ,−2) ¿ ¿

(4,4) ¿ ¿

(−4,4) ¿ ¿

(4 ,−4) ¿ ¿

(−4 ,−4) ¿ ¿

(6,6) ¿ ¿

(−6,6) ¿ ¿

(6 ,−6) ¿ ¿

(−6 ,−6) ¿ ¿

(v) Bidang Phase

81

b. Program

>

>

>

>

>

82

>

>

>

>

>

>

>

>

>

83

3.9 Laplace


L {s−8 t 2 }Penyelesaian :

L {s−8 t 3 }= lima→ ∞

∫0

a

e−st ( s−8 t 2 ) dt

¿ lima → ∞

∫0

a

(e−st¿s−e−st 8 t2)dt ¿

¿ lima → ∞

∫0

a

e−st sdt−∫0

a

e−st 8 t 2dt

Misal : u=−8 t2 dv=e−st

du=−16 t v=−1

se−st

¿ lima → ∞

e−st+( 1s

e−st) (8 t2 )−16s∫

0

a

e−st t dt

Misal : u=t dv=e−st

du=dt v=−1

se−st

84

¿ lima → ∞

e−st+( 1s

e−st) (8 t2 )+ 16s2 e−st t−16

s2 ∫0

a1s

e−st dt

¿ lim (¿ a→ ∞ e−st+(1s

e−st)( 8 t2 )+ 16

s2e−st t + 16

s4e− st)¿0

a

¿ lima → ∞ (e0+( 1

se0) (8 ∙ 0 )+16

s2 e0∙ 0+16

s4 e0) −(e−sa+( 1

se− sa) (8a2 )+ 16

s2 e−saa+16

s4 e−sa)F (s )=(1+ 16

s4 )=( s4+16s4 )

3.9.2 Pemetaan Laplace Balik

F ( s )= 3

s2+4= As+B

s2+4

3

s2+4= As+B

s2+4

4=As+B

Didapat A=0 dan B=4 lalu substitusikan A dan B

F ( s )= 4

s2+4

f (t )=L−1[F ( s )]

f (t)=L−1[ 4

s2+4 ]f (t)=4 ( 1

s2+4 )f (t)=4

sin 2t2

f (t)=42

sin 2 t

f (t)=2sin 2 t

85


y ' '−4 y=0

y (0 )=1,y ' (0 )=0

L { y ' ' }−4 L { y }=0

s2 L {y ( t)}−s y (0 )− y' (0 )−4 L { y (t ) }=0

s2 F (s )−s−4 F (s )=0

s2 F (s )−s−4 F (s )=0

( s2−4 ) F (s )=s

F ( s )= s

( s2−4 )

F−1 ( s )= s

( s2−4 )=cos 2t

86

BAB IV

PEMBAHASAN


4.1.1 Manual

(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy

Dalam menyelesaikan persamaan di atas pertama-tama variabel x dan

y harus dipisahkan kemudian kedua ruas di integrasikan

a. Diambil P ( x )=1+ y2 cos xdxdan Q ( y )=(1+sin2 x ) 2 y dy

b. Kerena variabel x dan y belum terpisah, maka

(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy

cos x

(1+sin2 x )dx=¿

2 y

(1+ y2 )dy

c. Setelah variabel variabel x dan y terpisah, kemudian kedua ruas

di integrasikan dengan menggunakan integral substitusi

∫ cos x

(1+sin2 x )dx=∫ 2 y

(1+ y2 )dy.

Misalkan:

u=sin x v=1+ y2

du=cos x dx dv=2 y dy

∫ du

1+u2=∫ dv

v

tan−1u=ln v

tan−1 sin x+c=ln ¿1+ y2∨¿¿

e tan−1sin x+c=1+ y2

e tan−1sin x ec=1+ y2

cetan−1 sin x=1+ y2

cetan−1 sin x−1= y2

d. Sehingga diperoleh solusi umumnya

y=√ce tan−1 sin x−1


87

4.2.1 Manual

y '− x

1+x2= −x

1+x2y

Tahap-tahap penyelesaian persamaan diferensial orde-1:

a. Untuk menyelesaikan persamaan diatas pertama-tama persamaan

di ubah ke dalam bentuk

y '+a(x ) y=b( x)

y '− x

1+x2= −x

1+x2y

y '+ x

1+x2y= x

1+x2

b. Kemudian menentukan nilai a (x) dan b (x)

a ( x )= x

1+x2

b ( x )= x

1+x2

c. Untuk menyelesaiakan persamaan diferensial linear orde-1 dapat

memakai rumus seperti berikut

y ( x )=e−∫a ( x )dx ¿

d. Tahap selanjutnya nilai a (x) dan b (x) di masukkan kedalam

rumus

y (x )=e−∫ x

1+x2 dx

¿

e. Dengan melakukan teknik pengintegralan persamaan di atas dapat

di selesaikan

y (x )=e−∫ x

1+x2 dx

¿

Misalkan :

u=1+ x2

du=2 xdx

12

du=xdx

88

y (x )=e−12 ∫ du

u [c+∫ e12∫

duu x

1+x2 dx ]

y (x )=e−12

ln u¿

y (x )=e−ln u12

[c+∫ e ln u12 x1+x2 dx ]

y (x )=e−ln (1+x2)12

[c+∫e ln(1+ x2)12 x1+x2 dx ]

y (x )= 1

√1+x2[c+∫√1+x2 x

1+x2dx ]

Misalkan

u=1+ x2

du=2 xdx

12

du=xdx

y (x )= 1

√1+x2¿

y (x )= 1

√1+x2¿

y (x )= 1

√1+x2[c+ 1

22√u]

y (x )= 1

√1+x2[c+√1+x2]

f. Jadi, solusi umum persamaan diferensial orde satu diperoleh

y ( x )= c

√1+x2+1

4.2.2 Program

Salah satu software yang digunakan untuk menyelesaikan

persamaan diferensial linear orde satu adalah Maple 13. Dengan

89

menggunakan Software ini, maka pengerjaan soal akan lebih mudah

apabila dibandingkan dengan pengerjaan dengan cara manual. Selain

itu, tingkat kesalahannya pun akan lebih kecil apabila dengan

menggunakan Softwate tersebut.

Dalam penggunaannya, Software Maple 13 menggunakan

beberapa simbol yang telah diatur sedemikian rupa sehingga

memungkinkan pengguna menemukan solusi yang diinginkan. Oleh

karena itu, dibutuhkan kejelian pengguna dalam memahami masalah

yang diberikan agar solusi yang diinginkan tercapai.

Dalam soal di atas, ada beberapa langkah yang harus ditempuh

untuk memperoleh solusi umum dan solusi khusus dari persamaan

diferensial. Perlu diketahui bahwa untuk memulai langkah awal, maka

klik pada Maple 13 Input terlebih dahulu yang terdapat pada menu

Tool Group agar pengguna bisa memasukkan simbol yang diinginkan.

Berikut simbol-simbol yang digunakan dalam program Maple 13

1. ; berfungsi untuk mengakhiri setiap pernyataan.

2. ≔ berfungsi untuk mendefinisikan fungsi.

>

Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan

mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu

persamaan dalam Maple 13.

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada

>

90

Menentukan dan menampilkan nilai a(x) dan b(x)

>

Persamaan diatas berfungsi untuk mengintegralkan nilai a(x) untuk

mendapatkan nilai h

>

Persamaan di atas berfungsi untuk mencari solusi umum dari

persamaan diferensial linear orde satu sehinnga diperoleh


4.3.1 Manual

(3 x2 y+ y2 ) dx=(−x3−2 xy ) dy

Tahap-tahap menyelesaiakan persamaan diferensial eksak

a. Pertama-tama persamaan di tulis dalam bentuk

M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0

(3 x2 y+ y2 ) dx−(−x3−2 xy ) dy=0

(3 x2 y+ y2 ) dx+( x3+2 xy ) dy=0

b. Menguji ke-eksak-an PD dengan mendiferensialkan M (x , y )

terhadap y dan N ( x , y ) terhadap x

M (x , y )=3 x2 y+ y2 N ( x , y )=x3+2 xy

dMdy

=3 x2+2 y ¿dNdx

=3 x2+2 y

Eksak

c. Integralkan M terhadap x atauN terhadap y. Misal di pilih M ,

maka

91

M (x , y )=dFdx

=3 x2 y+ y2

∫ dF=∫ 3 x2 y+ y2 dx

F ( x )=x3 y+x y2+G( y )

d. Kemudian F ( x ) turunkan terhadap y sehingga diperoleh

F ( x , y )=x3 y+ y2 x+G( y)

dF (x , y )dy

=x3+2 yx+G' ( y )

e. Menyamakan turunan F ( x , y ) terhadap y dengan N ( x , y )

dF (x , y )dy

=N (x , y )

x3+2 xy+ ddy

G ( y )=x3+2 xy

dG=0dy

f. Kemudian integralkan kedua ruas

∫ dG=∫0dy

G ( y )=c

g. Dengan mensubstitusi G ( y ) ke F ( x , y ) maka diperoleh

penyelesaiannya

F ( x , y )=x3 y+x y2+c

4.3.2 Program

>




>

Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal persamaan

diferensialkan eksak. Sehingga diperoleh

92

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan dan menentukan nilai

M (x , y ) dan N (x , y), sehingga diperoleh

>

Persamaan di atas berfungsi untuk mendifrensialkan M (x , y )

terhadap y dan N (x , y) terhadap x dan hasil turunan dari M (x , y )

dan N (x , y) di kurangi apabila nilainya sama dengan nol maka eksak,

apabila nilainya tidak nol berarti tidak eksak

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan nilai f(x) dengan cara

mengintegralkan M (x , y ) di peroleh hasilnya

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menurunkan nilai f(x) terhadap y

dan nilai turunan f(x) sama dengan N (x , y), sehingga di peroleh

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan solusi umum

persamaan diferensial eksak, sehingga di peroleh

4.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak di Eksakkan

4.4.1 Manual

(3 x+2 y2) dx+2 xy dy=0

93

Untuk menyelesaiakan persamaan di atas di perlukan langkah-langkah

sebagai berikut

a. Uji ke-eksakan dengan menurunkan M (x , y ) terhadap y dan

N ( x , y )terhadap x

M (x , y )=3 x+2 y2 N ( x , y )=2xy

∂ M∂ y

=4 y ≠∂ N∂ x

=2 y

Non Eksak

b. Karena persamaan tidak eksak maka persamaan di eksakkan

terlebih dahulu dengan menggunakan rumus berikut

B .U ¿=u ( x ) ( 3x+2 y2 ) dx+u (x )(2 xy )dy=0

c. Menyelesaikan bentuk umum dengan mencari nilai u ( x )

u ( x )=e∫h ( x ) dx

Dimana,

h ( x )=

∂ M∂ y

−∂ N∂ x

N (x , y)=

4 y−2 y2 xy

=2 y2 xy

=1x

Sehingga

u ( x )=e∫ 1

xdx=e ln x=x

d. Kemudian subtitusi u ( x ) ke dalam B .U ¿ diperoleh

x ( 3x+2 y2 ) dx+ x(2 xy )dy=0

(3 x2+2xy2 ) dx+(2x2 y)dy=0

e. Setelah bentuk umum diperoleh kemudian uji kembali ke-eksak-an

PD

M (x , y )=3 x2+2xy2 N ( x , y )=2x2 y

94

dMdy

=4 xy ¿dNdx

=4 xy

Eksakf. Integralkan M terhadap x atauN terhadap y. Misal di pilih M ,

maka :

M (x , y )=dFdx

=3 x2+2 xy2

∫ dF=∫ 3 x2+2 xy2 dx+G( y)

F ( x )=x3+x2 y2+G( y)

g. Kemudian F ( x ) turunkan terhadap y diperoleh

dF (x , y )dy

=2 x2 y+ ddy

G( y )

h. Menyamakan turunan F ( x , y ) terhadap y dengan N ( x , y ), sehingga

diperoleh

dF (x , y )dy

=N (x , y )

2 x2 y+ ddy

G ( y )=2 x2 y

dG=0dy

i. Kemudian integralkan kedua ruas untuk mendapatkan nilai G ( y )

∫ dG=∫0 dy

G ( y )=C

j. Dengan mensubtitusi G ( y ) ke F ( x , y ) sehingga diperoleh

penyelesaiannya

F ( x , y )=x3+ x2 y2+c

4.4.2 Program

95

>




>

Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal persamaan

diferensialkan eksak. Sehingga diperoleh

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan dan menentukan nilai

M (x , y ) dan N (x , y), sehingga diperoleh

>

Persamaan di atas berfungsi untuk mendifrensialkan M (x , y )

terhadap y dan N (x , y) terhadap x dan hasil turunan dari M (x , y )

dan N (x , y) di kurangi apabila nilainya sama dengan nol maka eksak,

apabila nilainya tidak nol berarti tidak eksak

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan nilai f(x) dengan cara

mengintegralkan M (x , y ) diperoleh hasilnya

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menurunkan nilai f(x) terhadap y

dan nilai turunan f(x) sama dengan N (x , y), sehingga diperoleh

96

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan solusi umum

persamaan diferensial eksak, sehingga diperoleh


4.5.1 Manual

Mencari solusi umum persamaan diferensial homogen

−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0

Untuk menyelesaikan persamaan di atas dengan memisahkan variabel

dengan melakukan subtitusi y=ux . Dengan melakukan tahap-tahap

berikut

a. Mengubah persamaan diferensialnya

−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0

dydx

= x2 yx3+ y3

dxdy

= x3+ y3

x2 y

b. Persamaan diatas dapat diselesaikan dengan melakukan subtitusi

y=ux →u= yx

,dengan u adalah fungsi x. Sehingga

penyelesaiannya dari y=ux ,di dapatkan dydx

=u+xdudx

dxdy

= x3

x2 y+ y3

x2 y

dxdy

= xy+ y2

x2

dxdy

= 1

1yx

+( yx )

2

97

dydx

= 11u+u2

c. Dengan melakukan subtitusi dydx

=u+xdudx

ke persamaan di atas

sehingga diperoleh

v+xdudx

= 1

1+u3

u

xdudx

= u

1+u3−u

xdudx

= u1+u3 −

u+u4

1+u3

xdudx

= −u4

1+u3

d. Untuk menyelesaikan persamaan di atas yang harus dilakukan

adalah dengan melakukan pemisahan variabel menjadi

−1+u3

u4 du=1x

dx

e. Setelah persamaan menjadi persamaan variabel terpisah kemudian

kedua ruas di integralkan sehingga diperoleh

−∫ 1+u3

u4 du=∫ 1x

dx

−(∫ 1u4 +∫ u3

u4 )dx=∫ 1x

dx

−(∫ 1

u4 +∫1u )dx=∫ 1

xdx

−(∫ u−4+∫ 1u )dx=∫ 1

xdx

−(−13

u−3+ln u)=ln x+C

1

3u3−ln u=ln x

98

−lnu=ln x− 1

3u3+C

ln u=¿−ln x+ 1

3 u3+C ¿

u=e−ln x+ 1

3u3 +C

u=e−ln x+ 1

3u3

ec

v=c e−ln x+ 1

3 v3

f. Setelah nilai v diperoleh kemudian subtitusi u= yx

,sehingga

diperoleh

yx=c e

−ln x+ 1

3 yx

3

g. Sehingga diperoleh solusi umumnya

y=c xe−ln x+ 1

3 u3

4.6 Persamaan Diferensial Linier Orde Dua

4.6.1 Manual

a. Untuk kasus m1≠ m2

Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua

2 y ' '−3 y '−2 y=0

Persamaan di atas ubah ke dalam bentuk persamaan

karakteristik untuk menentukan m1 dan m2 2 m2−3 m−2=0

(2m−1 ) (m+2 )=0

m1=12

m2=−2

Setelah diperoleh m1 dan m2 maka diperoleh solusi umumnya99

y=c1 e12

x+c2e− x

b. Untuk kasus m1=m2


y ' '+2 y '+ y=0

Persamaan di atas ubah ke dalam bentuk persamaan

karakteristik untuk menentukan m1 dan m2 m2+2m+1=0

(m+1 ) (m+1 )=0

m1,2=−1

Setelah diperoleh m1 dan m2 maka diperoleh solusi umumnyay=c1 e− x+c2 e−x

c. Untuk m1 ,m2 kompleks


y ' '+ y'+ y=0

Mengubah persamaaan di atas menjadi persamaan karakteristrik

dan menentukan m1 dan m2 dengan menggunakan rumusm1,2=

−b ±√b2−4 ac2a

m2+m+1=0

a=1, b=1, c=1

m1,2=−b ±√b2−4 ac

2a

m1,2=−1 ±√12−4 (1 )(1)

2(1)

m1,2=−1 ±√1−3

2(1)

100

m1,2=−1 ±√−3

2

Jadi, α=−12

, β=√32

Sehingga solusi umumnya,

y=c1 e−12

xcos √3

2x+¿ c1 e−x sin √3

2x ¿

4.6.2 Program

a. Untuk kasus m1≠ m2

>

Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya

dan mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri

suatu persamaan dalam Maple 13.

>

Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada.

Arti dari D@@2 adalah orde tertinggi yaitu orde dua dari

persamaan tersebut, sehingga diperoleh

>


persamaan diferensial homogen yang diketahui solusi umum ini

diperoleh dengan mensubtitusi m1(x) dan m2(x), di mana m ( x )

adalah hasil akar karakteristrik di atas, sehingga diperoleh

b. Untuk kasus m1=m2

>

101




>




>





c. Untuk kasus akar-akar kompleks

>




>




>





102



4.7.1.1 Manual

3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 , x>0

Penyelesaian :

3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 ,

y ' '+ (−2−3 ) y '−8 y=0

y ' '−5 y '−8 y=0Pertama-tama persamaan di atas di bentuk ke dalam persamaan karakteristik untuk menentukan m1 dan m2 dengan menggunakan rumus m1,2=

−b ±√b2−4 ac2a

m2−5m−8=0

Di dapatkan a=1, b=−5, c=−8 kemudian substitusi ke rumus

m1,2=−b ±√b2−4 ac

2a

m1,2=−(−5)±√−52−4 (1 )(−8)

2 (1)

m1,2=5 ±√25+32

2

m1,2=5±√57

2

m1=5+√57

2, m2=

5−√572

Setelah m1 dan m2 di dapatkan maka diperoleh solusi homogennyayh=c1 e

5+√572

x+c2 e

5−√572

x.

103

Untuk mencari solusi partikular gunakan persamaan A x2+Bx+c

kemudian diferensialkan

y p=A x2+Bx+c

y ' p=2 Ax+B

y ' ' p=2 A

Selanjutnya substitusi y , y ' , dan y ' ' ke soal

2 A−5 (2 Ax+B )−8 ( A x2+Bx+c )=3x+5

−8 x2−10 Ax−8 Bx+2 A−5 B+8C=3 x+5

A=0 ,B=38

, C=258

Setelah menperoleh A , B ,dan C, Solusi Partikular dapat diperoleh

y p=−38

x−258

Sehingga Solusi Umum yang diperoleh

y ( x )= yh+ y p

y ( x )=c1 e5+√57

2x+c2 e

5−√572

x−3

8x−25

64

4.7.1.2 Program

>




>

Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada. Arti

dari D@@2 adalah orde tertinggi yaitu orde dua dari persamaan

tersebut, sehingga diperoleh

>



104




4.7.2.1 Manual

y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4

Pertama-tama harus mengubah persamaannya ke bentuk persamaan

karakteristik

m2−4 m+4=0

(m−2 ) (m−2 )=0

m1=2 , m2=2

Diperoleh m1 dan m2 dari persamaaan kerakteristriknya kemudian

diperoleh solusi homogennya

yh=c1 e2 x+c2 x e2 x

Untuk mencari variasi parameter, dapat menggunakan rumus seperti

yang di bawah ini

(vii) y1u1' + y2u2

' =0

y1' u1

' + y2' u2

' =F (x )

Dari rumus di atas harus menentukan u1dan u2. Untuk y1 dan y2

diperoleh dari solusi homogennya.

105

e2x u1' +xe2x u2

' =0…..pers.(1)

2 e2 x u1' +( e2 x+2 x e2 x ) u2

' =e2 x x−4

e2x u1' +xe2x u2

' =0

2 e2 x u1' +(1+2 x ) e2 x u2

' =e2x x−4

Setelah kita subtitusi y1 dan y2 ke rumus u1dan u2., kemudian

melakukan cara eliminasi untuk menentukan sehingga diperoleh

2 e2 x u1' +2 x e2 x u2

' =0

2 e2x u1' +(1+2 x ) e2 x u2

' =e2 x x−4

2 x e2 x u2' −(1+2 x ) e2 x u2

' =−e2 x x−4 −¿

2 xe2 x u2' −e2 x u2

' −2 xe2 x u2' =−e2 x x−4

−e2x u2' =−e2x x−4

u2' =−e2 x x−4

−e2x

u2' =x−4

(viii) Untuk mendapatkan u1' substitusi u2

' ke dalam pers.(1)

e2x u1' +xe2x u2

' =0

e2x u1' +xe2x (x¿¿−4)=0¿

e2x u1' +x−3e2 x=0

e2x u1' =−x−3 e2 x

u1' =−x−3 e2x

e2 x

u1' =−x−3

106

(ix) Setelah diperoleh u1' dan u2

' menentukan u1 dan u2integralkan u1'

dan u2' menjadi

u1' =−x−3 u2

' =x−4

u1=−12

x−2 u2=

−13

x−3

107

(x) Setelah diperoleh u1 dan u2, sehingga solusi partikularnya

diperoleh

y p=u1 ( x ) y1(x )+u2(x ) y2(x )

y p=−12

x−2 e2 x−13

x−3 xe2x

y p=−1

2 x2e2 x− 1

3 x3x−3 xe2 x

(xi) Diperoleh solusi umum untuk persamaan diferensialanya adalah

y= yh+ y p

y=c1 e2 x+c2 x e2 x− 1

2 x2e2 x− 1

3 x3x−3 x e2 x


4.8.1 Akar-Akar Positif Berbeda

4.8.1.1 Manual

y ' '−7 y ' +12 y=0

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '=7 y '−12 y=7 u−12 y , sehingga

diperoleh y '=u dan u'=−12 y+7 u.

( yu )

'

=( 0−12

17)( y

u )maka diperoleh matriks A=( 0

−1217)kemudian gunakan rumus

det|A− λI|=0 untuk memperoleh Nilai Eigen.

det|A− λI|=0

det|( 0−12

17)− λ(10 0

1)|=0

(−λ ) (7−λ )−(−12 ) (1 )=0

λ2−7 λ+12=0

( λ−3 ) ( λ−4 )=0

108

λ1=3 λ2=4

Jadi, diperoleh Nilai Eigennya λ1=3 dan λ2=4. Selanjutnya untuk

memperoleh Vektor Eigen substitusikan Nilai Eigen ke dalam

( A−λ1 ) Y=0

( A−λ2 ) Y=0

dari persamaan tersebut diperoleh Vektor Eigennya v1=(13) dan

v2=(14)


∴ y ( x )=c1 e3 x (13)+c2e4 x (14)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan

Y '=AY

Sehingga memperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam table

dibawah ini

Titik y1' y2

'

(1,3) ¿ ¿

(−1,3) ¿ ¿

(1 ,−3) ¿ ¿

(−1 ,−3) ¿ ¿

(2,5) ¿ ¿

(−2,5) ¿ ¿

(2 ,−5) ¿ ¿

(−2 ,−5) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

(−3 ,−3) ¿ ¿

109

dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase

untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah

resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase

tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak

stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan

diferensial tersebut dikatakan stabil.

Bidang Phase

Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka

persamaan diferensial tersebut tidak stabil.

110

4.8.1.2 Program

>




>

With (linalg) digunakan untuk memunculkan fungsi-fungsi yang

tersedia dalam linear algebra (aljabar lnear).

>

Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen

matriks pada baris pertama dan −12 ,7 adalah elemen matriks pada

baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.

>

Eig A berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen.

>

Nilai A berfungsi untuk mendefinisikan nilai eigen matriks A,

eigenvalues ( A) berfungsi untuk mencari nilai eigen, dan diperoleh

nilai eigen yaitu −2 dan −5

>

Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen pertama

>

111

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 3

>

Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 13 ]

>

Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen kedua

>

Diperoleh nilai eigen dari eigA [ 2 ] sama dengan 4

>


>

Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar

positif berbeda yaitu

>

>

>

Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk

menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize

merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di

bawah ini

112



4.8.2 Akar-Akar Positif Sama

4.8.2.1 Manual

y ' '−12 y '+36 y=0

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '=12 y '−36 y=12 u−36 y , sehingga

diperoleh y '=u dan u'=−36 y+12 u.

( yu )

'

=( 0−36

112)( y

u )maka diperoleh matriks

A=( 0−36

112)

kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh Nilai Eigen.

det|A− λI|=0

det|( 0−36

112)− λ(10 0

1)|=0

113

det|( 0−36

112)−(λ

00λ)|=0

det|( − λ−36

112−λ)|=0

(−λ ) (12−λ )− (−36 ) (1 )=0

−12 λ+λ2+36=0

λ2−12 λ+36=0

( λ−6 ) ( λ−6 )=0

λ1,2=6

Jadi, diperoleh Nilai Eigennya λ1,2=6. Selanjutnya untuk

memperoleh Vektor Eigen substitusikan Nilai Eigen ke dalam

( A−λ1 ) Y=0

( A−λ2 ) Y=0

dan diperoleh Vektor Eigennya adalah v1,2=(16) .


∴ y ( x )=c1 e6 x (16)+c2 x e6 x (16)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan

Y '=AY

Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel

dibawah ini

Titik y1' y2

'

(2,8) ¿ ¿

(−2,8) ¿ ¿

(2 ,−8) ¿ ¿

(−2 ,−8) ¿ ¿

(3,4) ¿ ¿

(−3,4) ¿ ¿

(3 ,−4) ¿ ¿

114

(−3 ,−4) ¿ ¿

(4,7) ¿ ¿

(−4,7) ¿ ¿

(4 ,−7) ¿ ¿

(−4 ,−7) ¿ ¿







115

Bidang Phase



4.8.2.2 Program

>




>

With (linalg) digunakan untuk memunculkan fungsi-fungsi yang

tersedia dalam linear algebra (aljabar lnear).

>

116


matriks pada baris pertama dan −36 , 12 adalah elemen matriks pada


>

Eig A berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen.

>

>

Eig A [ 1 ] digunakan untuk mencari vektor eigen pertama

>

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan

>

>

>

>

>


positif berbeda yaitu

117

>

>

>




bawah ini

118



4.8.3 Akar-Akar Negatif Berbeda

4.8.3.1 Manual

y ' '+9 y'+18 y=0

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−9 y '−18 y=−9u−18 y, sehingga

diperoleh y '=u dan u'=−18 y−9u.

( yu )

'

=( 0−18

1−9)( y

u)dan diperoleh matrix

A=( 0−18

1−9)

kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh nilai eigen.

det|A− λI|=0

119

det|( 0−18

1−9)−λ(1

001)|=0

det|( 0−18

1−9)−(λ

00λ)|=0

det|( − λ−18

1−9−λ)|=0

(−λ ) (−9−λ )−(−18 ) (1 )=0

9 λ+ λ2+18=0

λ2+9 λ+18=0

( λ+3 ) ( λ+6 )=0

λ1=−3 λ2=−6

Jadi, diperoleh Nilai Eigennya λ1=−3 dan λ2=−6. Selanjutnya

untuk memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam

( A−λ1 ) Y=0

( A−λ2 ) Y=0

dan diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 1−3) dan v2=( 1

−6)Sehingga Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 e−6 x ( 1

−6)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan

Y '=AY


dibawah ini

Titik y1' y2

'

(1,0) 0 ¿

(−1,0) 0 ¿

(0,1) ¿ ¿

(0 ,−1) ¿ ¿

(1,2) ¿ ¿

120

(−1,2) ¿ 0

(1 ,−2) ¿ 0

(−1 ,−2) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

(−3 ,−3) ¿ ¿







121

Bidang Phase



4.8.3.2 Program

>




>

With (linalg) berfungsi untuk memunculkan fungsi-fungsi yang

tersedia dalam linear algebra (aljabar linear)

>


matriks pada baris pertama dan −18 ,−9 adalah elemen matriks pada


122

>

EigA berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen

>



nilai eigen yaitu −3 dan −6

>

Berfungsi untuk mencari vektor eigen pertama

>

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −6

>

Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 1−6 ]

>


>

Diperoleh nilai eigen dari eigA [ 2 ] sama dengan −3

>

123


>


negatif berbeda yaitu

>

>

>




bawah ini

124

Kesimpulan : Karena arah resultannya menuju nol, maka persamaan

diferensial tersebut stabil.

4.8.4 Akar- Akar Negatif Sama

4.8.4.1 Manual

y ' '+6 y '+9 y=0

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−6 y '−9 y=6 u−9 y, sehingga

diperoleh y '=u dan u'=−9 y−6 u.

( yu )

'

=( 0−9

1−6)( y

u )dan diperoleh

A=( 0−9

1−6)


det|A− λI|=0

det|( 0−9

1−6)−λ (10 0

1)|=0

det|( 0−9

1−6)−( λ

00λ)|=0

det|(−λ−9

1−6− λ)|=0

(−λ ) (−6−λ )−(−9 ) (1 )=0

6 λ+ λ2+9=0

λ2+6 λ+9=0

( λ+3 ) ( λ+3 )=0

λ1,2=−3

Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1,2=−3. Selanjutnya untuk

memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam

( A−λ1 ) Y=0

( A−λ2 ) Y=0

125

maka diperoleh Vektor Eigennya adalah v1,2=( 1−3)


∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 x e−3 x ( 1

−3)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan

Y '=AY .


dibawah ini

Titik y1' y2

'

(1,0) 0 ¿

(−1,0) 0 ¿

(0,1) ¿ ¿

(0 ,−1) ¿ ¿

(2,3) ¿ ¿

(−2,3) ¿ 0

(2 ,−3) ¿ 0

(−2 ,−3) ¿ ¿

(4,1) ¿ ¿

(−4,1) ¿ ¿

(4 ,−1) ¿ ¿

(−4 ,−1) ¿ ¿







126

Bidang Phase

Kesimpulan : Karena arah resultannya menuju nol, maka persamaan

diferensial tersebut stabil.

4.8.4.2 Program

>




>



>




127

>


>

>


>

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −3

>


>

Berfungsi untuk mencari vektor eigen kedua

>


>


>


negatif sama yaitu

128

>

>

>




bawah ini

129

Kesimpulan : Karena arah resultannya menuju nol, maka

persamaan diferensial tersebut stabil.

4.8.5 Akar-Akar Positif Negatif

4.8.5.1 Manual

y ' '− y '−6 y

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '= y '+6 y=u+6 y, sehingga diperoleh

y '=u dan u'=6 y+u.

( yu )

'

=(06

11)( y

u )dan diperoleh

A=(06

11)


det|A− λI|=0

130

det|(06

11)− λ(10 0

1)|=0

det|(06

11)−(λ

00λ)|=0

det|(−λ6

11−λ)|=0

(−λ ) (1−λ )−(6 ) (1 )=0

−λ+ λ2−6=0

λ2−λ−6=0

( λ+2 ) ( λ−3 )=0

λ1=−2 λ2=3

Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1=−2 dan λ2=3. Selanjutnya untuk


( A−λ1 ) Y=0

( A−λ2 ) Y=0

maka diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 1−2) dan v2=(13).


∴ y ( x )=c1 e−2 x ( 1−2)+c2e3x (13)

Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan

Y '=AY .


dibawah ini

Titik y1' y2

'

(1,0) 0 ¿

(−1,0) 0 ¿

(0,1) ¿ ¿

(0 ,−1) ¿ ¿

(2,4) ¿ ¿

131

(−2,4) ¿ ¿

(2 ,−4) ¿ ¿

(−2 ,−4) ¿ ¿

(3,1) ¿ ¿

(−3,1) ¿ ¿

(3 ,−1) ¿ ¿

(−3 ,−1) ¿ ¿







132

Bidang Phase


persamaan diferensial tersebut stabil.

4.8.5.2 Program

>




>



>


matriks pada baris pertama dan 6 ,1 adalah elemen matriks pada


133

>


>



nilai eigen yaitu 3 dan −2

>


>


>


>


>


>


134

>


negatif positif yaitu

>

>

>




bawah ini



4.8.6 Akar-Akar Kompleks

135

4.8.6.1 Akar-Akar Kompleks (α=0)

a. Manual

y ' '+25 y=0

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−25 y, sehingga diperoleh y '=u dan

u'=−25+0.

( yu )

'

=( 0−25

10)( y

u)dan diperoleh matriks

A=( 0−25

10)


det|A− λI|=0

det|( 0−25

10)−λ(1

001)|=0

det|( 0−25

10)−(λ

00λ)|=0

det|( − λ−25

1−λ)|=0

(−λ ) (− λ )−(−25 ) (1 )=0

λ2+25=0

λ=± 5i

λ1=5 i λ2=−5 i

Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1=5 i dan λ2=−5 i. Selanjutnya untuk


( A−λ1 ) Y=0

( A−λ2 ) Y=0

dan diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 15 i) dan v2=( 1

−5 i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu

136

∴ y ( x )=c1 cos5 x ( 15 i)+c2 sin5 x ( 1

−5 i)e ix=cos x+ isin x


¿


cos2 x+sin2 x=r2

y=rsin θ

x=r cosθ

y+x=r sin θ+r cosθ

y2+x2=r2 sin2θ+r2 cos2 θ

y2+x2=r2(sin¿¿2 θ+cos2 θ)¿

y2+x2=r2


Y '=AY


dibawah ini

Titik y1' y2

'

(1,1) ¿ ¿

(−1,1) ¿ ¿

(1 ,−1) ¿ ¿

(−1 ,−1) ¿ ¿

(2,2) ¿ ¿

(−2,2) ¿ ¿

(2 ,−2) ¿ ¿

(−2 ,−2) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

137

(−3 ,−3) ¿ ¿







138

Bidang Phase

Kesimpulan : Karena arah resultan tidak menuju nol, maka


b. Program

>




>



>


matriks pada baris pertama dan 6 ,1 adalah elemen matriks pada


139

>


>



nilai eigen yaitu 51 dan −51

>

>

>


>


>


>


>

140


>


negatif positif yaitu

>

>

>




bawah ini

141



142

4.8.6.2 Akar-Akar Kompleks (α >0)

a. Manual

y ' '−4 y'+5 y=0

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '=4 y '−5 y=4 u−5 y, sehingga diperoleh

y '=u dan u'=−5 y+4 u

( yu )

'

=( 0−5

14)( y

u )dan diperoleh

A=( 0−5

14 )


det|A− λI|=0

det|( 0−5

14)−λ (10 0

1)|=0

det|( 0−5

14)−(λ

00λ)|=0

det|(−λ−5

14−λ)|=0

(−λ ) ( 4−λ )−(−5 ) (1 )=0

−4 λ+λ2+5=0

λ2−4 λ+5=0

λ1,2=−(−4)±√(−4)2−4 (1 ) 5

2(1)

λ1,2=4 ±√16−20

2

λ1,2=4±√16−20

2

λ1,2=4± 2 i

2

λ1=2+i λ2=2−i

143

Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1=2+i dan λ2=2−i. Selanjutnya

untuk memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam

( A−λ1 ) Y=0

( A−λ2 ) Y=0

maka diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 1−2−i) dan v2=( 1

2−i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 e2 x cos x ( 1−2−i)+c2 e2 x x ( 1

2−i)e ix=cos x+ isin x


¿


cos2 x+sin2 x=r2


Y '=AY


dibawah ini

Titik y1' y2

'

(1,1) ¿ ¿

(−1,1) ¿ ¿

(1 ,−1) ¿ ¿

(−1 ,−1) ¿ ¿

(3,3) ¿ ¿

(−3,3) ¿ ¿

(3 ,−3) ¿ ¿

(−3 ,−3) ¿ ¿

(5,5) ¿ ¿

(−5,5) ¿ ¿

(5 ,−5) ¿ ¿

144

(−5 ,−5) ¿ ¿







Bidang Phase



b. Program

>




145

>



>


matriks pada baris pertama dan −5 ,4 adalah elemen matriks pada


>


>



nilai eigen yaitu 2+1 dan 2−1

>

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 2+1

>

Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 12+1 ]

>


>

146

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 2−1

>


>


kompleks yaitu

>

>

>




bawah ini

147



4.8.6.3 Akar-Akar Kompleks (α <0)

a. Manual

y ' '+3 y '+4 y=0

Penyelesaian :

Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−3 y '−4 y=−5u−4 y , sehingga

diperoleh y '=u dan u'=−4 y−5 u

( yu )

'

=( 0−4

1−3)( y

u )maka diperoleh matriks A=( 0

−41

−3)kemudian masukkan nilai matriks A ke rumus det|A− λI|=0 untuk

mencari akar persamaan karakteristik sehingga memperoleh

3 λ+ λ2+4=0

148

λ2+3 λ+4=0

dari persamaan di atas kemudian dapat diperoleh nilai eigen dengan

λ1,2=−3±√(3)2−4 (1 ) 4

2(1)

λ1,2=−3±√9−16

2

λ1,2=−3±√7 i

2

λ1,2=−3±√7 i

2

λ1=−3+√7 i

2 λ2=

−3−√7 i2

Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−3+√7 i

2 dan λ2=

−3−√7 i2

kemudian masukkan nilai eigen yang diperoleh kedalam

( A−λ1 I )Y =0dan ( A−λ2 I )Y =0.

Sehingga Vektor Eigennya adalah v1=( 1−3) dan v2=( 1

−3−√7 i2 ).

Jadi Solusi Umumnya yaitu

∴ y ( x )=c1 e−32

x

cos√72

x( 1−3+√7 i

2 )+c2 e−32

x

sin√72

x ( 1−3−√7 i

2 )e ix=cos x+ isin x


¿


cos2 x+sin2 x=r2


Y '=AY


dibawah ini

149

Titik y1' y2

'

(2,2) ¿ ¿

(−2,2) ¿ ¿

(2 ,−2) ¿ ¿

(−2 ,−2) ¿ ¿

(4,4) ¿ ¿

(−4,4) ¿ ¿

(4 ,−4) ¿ ¿

(−4 ,−4) ¿ ¿

(6,6) ¿ ¿

(−6,6) ¿ ¿

(6 ,−6) ¿ ¿

(−6 ,−6) ¿ ¿







150

Bidang Phase



b. Program

>




>



>



baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x

151

>


>



nilai eigen yaitu −3+√7 i

2 dan

−3−√7 i2

>

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −3+√7 i

2

>

Diperoleh vektor eigen 1yaitu [1−3+√7 i2 ]

>


>

152

Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −3−√7 i

2

>

Diperoleh vektor eigen 2yaitu [1−3−√7 i2 ]

>


kompleks yaitu

>

>

>




bawah ini

153



4.9 Laplace


Untuk membuktikan L {s−8 t 2 } pertama-tama integralkan fungsi L (t )

dengan batas 0 sampai ∞. Dan masukkan ke bentuk umum lima → ∞

∫0

a

e−st f (t)dt

sehingga membentuk lima → ∞

∫0

a

(e−st¿ s−e−st 8 t2)dt ¿.

Kemudian selesaikan integral dari e−st s−est 8 t2 dt . Diperoleh hasilnya

lima → ∞ (e0+( 1

se0) (8 ∙ 0 )+16

s2 e0∙ 0+16

s4 e0)−(e− sa+(1s

e−sa) (8a2)+ 16

s2 e−sa a+16

s4 e− sa) lalu limitkan sehingga diperoleh hasilnya ( s4+16

s4 ).

4.9.2 Pemetaan Laplace Balik

154

Untuk menyelesaikan f−1(t) dari F ( s )= 3

s2+4, digunakan rumus

sehingga diperoleh A=0dan B=4. Lalu masukkan A=0dan B=4sehinnga

diperoleh2 sin 2t .


Untuk menyelesaikan y ' '−4 y=0;y (0 )=1, y ' (0 )=¿0 bentuk persamaan

tersebut seperti berikutL { y ' ' }−L { y ' }−2 L { y }=0 sehingga berbentuk

s2 L {y ( t)}−s y (0 )− y' (0 )+4 L { y (t ) }=0 kemudian diselesaikan menjadi

( s2−4 ) F (s )=s Sehingga diperoleh F ( s )= s

( s2−4 ) dan diperoleh

F−1 ( s )= s

( s2−4 )=cos 2t .

155

Documents

PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA