Persamaan Diferensial Biasa Pak Darmo

Darmawijoyo

Persamaan Diferensial Biasa

Suatu Pengantar

FKIP-UNSRI

Untuk istriku tercinta Nelly Efrina dananak-anakku tersayang, Yaya, Haris,dan Oji.

Pendahuluan

Buku Persamaan Diferensial Suatu Pengantar ini ditujukan untuk ma-hasiswa yang baru berkenalan dengan Persamaan Diferensial. Karenasifatnya pengantar maka beberapa teorema dan pernyataan dalam bu-ku ini tidak diberikan buktinya. Akan tetapi bagi pembaca yang inginmendalaminya lebih jauh, dapat mempelajarinya dalam buku yang adapada daftar pustaka.

Buku ini bukanlah sebuah novel yang dapat dibaca sepintas lalu ke-mudian pembaca dapat mengingat mengerti cerita di dalamnya bahk-an dapat menceritakan ulang kejadian-kejadian dalam buku. Pemba-ca buku ini harus menyiapkan suasana sehingga dapat belajar secarabermakna dengan keseriusan dan konsentrasi. Bacalah definisi, teo-rema, dan pernyataan secara detail dengan memperhatikan contoh-contoh soal yang mengiringinya. Biasakan memunculkan pertanyaan-pertanyaan seperti apa, bagaimana, dan mengapa setiap langkah pe-nyelesaian, atau setiap pernyataan yang ada. Cobahlah untuk menja-wab soal-soal yang ada diakhir setiap bab. Jika muncul rasa malasatau stagnasi dalam mengkaji buku ini, cobalah untuk belajar kelom-pok sebagai wahanah berdiskusi sekaligus untuk menghilangkan rasajenuh.

Prasyarat untuk mempelajari buku ini, pembaca sudah mengenaldengan baik pelajaran kalkulus, dan kalkulus lanjut khususnya untukbab 6 dan bab 7. Buku ini sangat baik bagi mereka yang akan menda-lami masalah-masalah sistem dinamik. Olehkarenanya, buku ini dapatdigunakan atau dimanfaatkan bagi mahasiswa MIPA, teknik, Kompu-

vii

viii Pendahuluan

ter, pertanian, ekonomi, atau mahasiswa yang akan menggeluti kajianlaju perubahan.

Struktur buku ini disusun berjenjang yang diusahkan tidak ba-nyak menggunakan prasyarat, misalkan dalam sistem persamaan di-ferensial dihindarkan penggunaan matriks. Pada bab 1 diperkenalkanmasalah-masalah yang dapat disusun kedalam masalah persamaan di-ferensial. Pada bab ini pula diperkenalkan pengertian persamaan dife-rensial, pengertian penyelesaian. Pada bab 2 dibahas jenis-jenis per-samaan diferensial orde satu serta teknik penyelesaiannya.Pada Bab 3dibahas aplikasi-aplikasi persamaan diferensial orde satu, khususnyaaplikasi pada bidang geometri bidang. Pada Bab 3 ini pemahaman-pemahaman kalkulus akan banyak membantu dalam mengkaji penye-lesaian. Kajian-kajian persamaan diferensial orde dua dan sistem per-samaan diferensial terdapat pada bab 4 dan 5. Bagi pembaca yangmerupakan calon sarjana dalam ilmu-ilmu rekayasa, bab 6 akan sa-ngat membantu mendalami keilmuannya dengan menggunakan alattransformasi Laplace. Bab 7 akan memberikan ruang yang lebih lebaruntuk menggunakan aplikasi komputer dengan pendekatan numerik.

Pada kesempatan ini, penulis ingin mengucapkan terima kasih ke-pada beberapa orang yang berperan besar dalam penyelesaian bu-ku ini. Pertama-tama, ucapan terima kasih kepada mahasiswa pendi-dikan matematika FKIP Unsri yang telah memberikan masukan ten-tang beberapa pernyataan atau soal-soal yang sukar dimengerti. Ke-pada kolega-kolega, Dr. Yusuf Hartono yang telah memberi masukantentang aspek pembelajaran, Jaidan Jauhari, M.T. dan Elly Susanti,M.Pd.yang telah menguji cobahkan buku ini.

Penulis ingin menyatakan ucapan khusus kepada istriku tercintaNelly Efrina, anakku tersayang, Yaya, Haris, dan Oji yang sering kehi-langan momen untuk bersedahgurau selama proses penyusunan draf.Penulis persembahkan buku ini khususnya untuk kalian semua. Teri-ma kasih atas segala pengorbanannya.

Palembang, DarmawijoyoJanuari, 2009

Daftar Isi

1 Konsep Dasar Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1 Definisi dari suatu persamaan diferensial dan order

dari persamaan diferensial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial dan Penyelesaian

ekplisit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Penyelesaian Implisit Persamaan Diferensial. . . . . . . . . . 41.4 Multiplicity dari penyelesaian suatu persamaan

diferensial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Jenis-Jenis Persamaan Diferensial Order Satu . . . . . . . . . 152.1 Persamaan Diferensial Dengan Variabel Terpisah. . . . . . 152.2 Persamaan Diferensial Dengan Koefesien Homogen . . . 182.3 Persamaan Diferensial Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier . . . . . . . 222.5 Persamaan Diferensial Eksak. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.6 Faktor integrasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.7 Menentukan Faktor Integrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7.1 h fungsi hanya dari x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.7.2 h fungsi hanya dari y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.7.3 h fungsi dari xy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.7.4 h fungsi dari x/y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.7.5 h fungsi dari y/x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.7.6 Bentuk Khusus dari P dan Q. . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.8 Persamaan Diferensial Linier Order Satu. . . . . . . . . . . . . 432.8.1 Jastifikasi Faktor Integrasi e

∫P(x)dx. . . . . . . . . . . . . 47

ix

x Daftar Isi

2.8.2 Persamaan Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.8.3 Persamaan Riccati. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3 Masalah-masalah Yang Membentuk PersamaanDiferensial Order Satu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.1 Masalah-masalah dari Geometri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.2 Trayektori. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3.2.1 Trayektori Isogonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.2.2 Trayektori Ortogonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.2.3 Formula Trayektori Ortogonal dalam Koordinat

Polar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4 Persamaan Diferensial Linier Order Dua. . . . . . . . . . . . . . 734.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial Linier Homogen

Order 2 dengan Koefisien Konstan. . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.2 Persamaan Diferensial Tak Homogen . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.2.1 Koefisien Taktentu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.3 Pengunaan Varibel Kompleks untuk Menyelesaikan

Persamaan Diferensial Order Dua. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.4 Variasi Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.5 Persamaan Diferensial Linier dengan Koefisien

Tak-konstan Menggunakan Reduksi Order. . . . . . . . . . . . 89Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5 Sistem Persamaan Diferensial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.1 Definisi Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.2 Sistem Persamaan Diferensial Homogen dengan

Koefisien Konstan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1065.3 Sistem Persamaan Diferensial Order Satu

Takhomogen dengan Koefisien Konstan. . . . . . . . . . . . . . 114Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

6 Transformasi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1236.1 Definisi Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1236.2 Fungsi Periodik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1256.3 Transformasi Laplace dari derivatif fungsi . . . . . . . . . . . 125

Daftar Isi xi

6.4 Invers Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1276.5 Fungsi Tangga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1316.6 Persamaan Diferensial dengan Suku Takhomogen

Diskontinu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

7 Penyelesaian Persamaan Deferinsial dengan MetodeDeret. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1457.1 Deret Pangkat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1467.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Koefisien Variabel 1487.3 Singularity . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1567.4 Metode Frobenius. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

7.4.1 Akar-akar berbeda dengan selisih bukanbilangan bulat. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

7.4.2 Akar-akar berbeda dengan selisih bilangan bulat. 1637.4.3 Akar-akar sama. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

Indeks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

Bab 1Konsep Dasar Persamaan Diferensial

1.1 Definisi dari suatu persamaan diferensial dan orderdari persamaan diferensial.

Dalam pelajaran , kita telah berkenalan dan mengkaji berbagai macammetode untuk mendiferensialkan suatu fungsi (dasar). Sebagai contohfungsi y = log(x) berturut-turut diberikan oleh

y′ =1x, y′′ =− 1

x2 , y′′′ =2x3 , dsb, (1.1)

dimana y′ = dydx , y′′ = d2y

dx2 , dan seterusnya. Juga kita telah diperkenalk-an dengan aturan dan metode mendiferensialkan fungsi dari dua va-riabel atau lebih. Derivatifnya di sebut dan persamaan yang memu-at derivatife partial disebut persamaan diferensial parsial. Misalkanu = x2 +3xy− e2x+3y, derivatifnya terhadap x dan y berturut-turut di-berikan oleh

∂u∂x

= 2x+3y−2e2x+3y ∂u∂x

= 3x−3e2x+3y. (1.2)

Definisi 1.1.1 Misalkan f(x) mendefinisikan sebuah fungsi dari x pa-da suatu interval I : a ≤ x ≤ b. Persamaan diferensial adalah suatupersamaan yang memuat derivatif dari f(x).

Berikut ini adalah contoh-contoh dari persamaan diferensial:

Contoh 1.1.1

1

2 1 Konsep Dasar Persamaan Diferensial

dydx

+ y = 0, y′− xy = 0, (1.3)

d2ydx2 + y+ x2 +5 = 0, y′′− xy′+ ex = 0, (1.4)

xd3ydx3 + x2 +5 = xy, y′′′− x(y′)2 + ln(x) = 0. (1.5)

Definisi 1.1.2 dari suatu persamaan diferensial adalah order terting-gi derivatif yang termuat dalam persamaan itu.

Sebagai contoh kita verifikasi order persamaan diferensial untuk persamaan-persamaan (1.3) - (1.5). Persamaan (1.3), (1.4), dan (1.5) berturut-turut adalah persamaan diferensial order satu, order dua, dan ordertiga.

1.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial danPenyelesaian ekplisit.

Marilah kita perhatikan persamaan aljabar berikut ini

x2−2x−3 = 0. (1.6)

Kita mengatakan x = 3 adalah penyelesaian dari persamaan aljabar(1.6) karena jika kita gantikan x = 3 kepersamaan (1.6) persamaanitu menjadi benar atau dengan kata lain x = 3 memenuhi persamaan(1.6). Begitu juga dengan x = −1. Kita juga akan mengatakan fungsiy = f (x) = x2− e2x adalah dari persamaan diferensial

y′−2(y− x2 + x) = 0. (1.7)

Sebab jika disubsitusikan fungsi y = f (x) ke persamaan diferensial(1.7) maka persamaan itu akan benar.

Definisi 1.2.1 Misalkan y=f(x) mendefinisikan y sebagai fungsi da-ri x pada interval I:a<x<b. Kita katakan bahwa fungsi f(x) adalahatau disebut penyelesaian saja dari persamaan diferensial jika f(x)memenuhi persamaan untuk setiap x dalam interval I, yakni, jika ki-ta substitusikan y dengan f(x), y’ dengan f’(x), y” dengan f”(x), danseterusnya, persamaan yang didapat adalah suatu identitas dalam x.

1.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial dan Penyelesaian ekplisit. 3

Dalam simbol matematika definisi di atas mengatakan bahwa f (x)merupakan penyelesaian dari persamaan diferensial

F(x,y,y′, · · · ,yn) = 0, (1.8)

jikaF(x, f (x), f ′(x), · · · , f n(x)) = 0 (1.9)

untuk setiap x dalam I.

Contoh 1.2.1 Ujilah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh

y = f (x) = x2, −∞ < x < ∞, (1.10)

adalah penyelesaian dari persamaan diferensial

(y′′)3 + y(′)2− y−3x2−8 = 0. (1.11)

Kita diferensialkan fungsi f untuk memperoleh f ′(x) = 2x, f ′′(x) = 2.Dengan mensubstitusikan fungsi y = f (x), y′ = f ′(x), dan y′′ = f ′′(x)ke (1.11) akan diperoleh persamaan

8+4x2− x2−3x2−8 = 0. (1.12)

Karena sebelah kiri dari persamaan (1.12) adalah nol berarti persama-an itu merupakan persamaan identitas untuk semua x dalam (−∞,∞).Menurut definisi fungsi f (x) adalah penyelesaian persamaan diferen-sial (1.11).

Contoh 1.2.2 ujilah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh

f (x) = ln(x)+ c, x > 0 (1.13)


y′ =1x. (1.14)

Catatlah bahwa persamaan (1.14) terdefinisi untuk x > 0. Jelaslahdengan mendiferensialkan (1.13) dan mensubstitusikannya ke (1.14)bahwa persamaan yang diperoleh adalah persamaan identitas untuksemua x > 0.


Contoh 1.2.3 ujilah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh

f (x) = tan(x)− x, x 6= (2n+1)π2, n = 0,±1,±2, · · · , (1.15)


y′ = (x+ y)2. (1.16)

Catatlah bahwa fungsi (1.15) terdefinisi dimana cos(x) 6= 0 atau x 6=(2n + 1)π

2 , n = 0,±1,±2, · · ·. Derivatif dari (1.15) diberikan olehf ′(x) = sec2(x)− 1 = tan2(x). Jelaslah dengan mensubstitusikannya(1.15) dan derivatifnya ke (1.16) bahwa persamaan yang diperolehadalah persamaan identitas untuk semua x 6= (2n + 1)π

2 , n = 0,±1,±2, · · ·.

1.3 Penyelesaian Implisit Persamaan Diferensial.

Dalam banyak hal, kita menemukan atau dihadapkan dengan g(x,y) =0 yang biasanya tidak mudah bahkan tidak mungkin untuk menyata-kannya dalam bentuk eksplisit y = f (x). Jika fungsi implisit g(x,y) =0 memenuhi suatu persamaan diferensial pada interval I : a < x < b,maka relasi g(x,y) = 0 dinamakan dari persamaan diferensial itu.

Definisi 1.3.1 Suatu relasi g(x,y) = 0 dinamakan penyelesaian impli-sit dari persamaan diferensial

F(x,y,y′,c . . . ,yn) = 0 (1.17)

pada interval I : a < x < b, jika

• fungsi itu mendefinisikan fungsi implisit pada interval I, yaitu, ji-ka ada fungsi f (x) yang didefinisikan pada I sedemikian hinggag(x, f (x)) = 0 untuk setiap x dalam I, dan jika

• f (x) memenuhi (1.17), yaitu, jika

F(x, f (x), f ′(x),c . . . , f n(x)) = 0 (1.18)

untuk setiap x dalam I.

1.3 Penyelesaian Implisit Persamaan Diferensial. 5

Contoh 1.3.1 Ujilah bahwa

g(x,y) = x2 + y2−25 = 0 (1.19)

adalah penyelesaian implisit dari persamaan diferensial

F(x,y,y′) = yy′+ x = 0 (1.20)

pada interval I :−5 < x < 5.

Pertama-tama kita tinjau bahwa fungsi g(x,y) mendefinisikan y =f (x) sebagai fungsi implisit dari x pada interval I. Jika dipilih fungsieksplisitnya adalah

y = f (x) =√

25− x2 (1.21)

maka akan kita peroleh persamaan

F(x, f (x), f ′(x)) =√

25− x2(− x√

25− x2

)+ x = 0. (1.22)

Karena ruas sebelah kiri dari (1.22) nol berarti persamaan ini me-rupakan identitas dalam x. Oleh karenya, kedua persyaratan definisi1.3.1. dipenuhi. Dengan ini dapat kita tarik kesimpulan bahwa fung-si g(x,y) dalam (1.19) adalah penyelesaian implisit dari persamaandiferensial (1.20) pada interval I.

Contoh 1.3.2 Ujilah apakah

g(x,y) = x3 + y3−3xy = 0, −∞ < x < ∞, (1.23)


F(x,y,y′) = (y2− x)y′− y+ x2 = 0, −∞ < x < ∞. (1.24)

Perhatikanlah bahwa contoh 1.3.2. berbeda dengan contoh sebelum-nya. Kesulitan yang kita hadapi pertama-tama adalah tidak mudah un-tuk menyatakan fungsi implisit di atas sebagai fungsi y = f (x) dari xsecara explisit. Karena kita tidak dapat menyatakan fungsi (1.23) seca-ra eksplisit sebagai fungsi y = f (x) maka kita tidak dapat mensubstitu-sikannya ke persamaan diferensial (1.24). Akan tetapi, dengan meng-gunakan grafik kita dapat memilih fungsi y = f (x) dari grafik fungsi


implisit (1.23). Untuk menunjukkan bahwa (1.23) memang merupak-an penyelesaian untuk persamaan diferensial (1.24) dapat kita lalukandengan mendiferensialkan (1.23) secara implisit. Akhirnya dari deri-vatifnya kita peroleh persamaan diferensial (1.24). Prosedur terakhiryang kita gunakan adalah prosedur standar Kalkulus untuk mendife-rensialkan fungsi implisit.

Contoh 1.3.3 Ujilah apakah fungsi implisit

xy2− e−y−1 = 0 (1.25)


(xy2 +2xy−1)y′+ y2 = 0. (1.26)

Jika kita diferensialkan (1.25) secara langsung menggunakan meto-de pendiferensialan fungsi implisit seperti yang diajar dalam kuliahKalkulus maka akan diperoleh persamaan

(2xy+ e−y)y′+ y2 = 0. (1.27)

Sepintas kita lihat bahwa (1.27) tampaknya tidak memenuhi (1.26).Akan tetapi jika substitusikan e−y dari persamaan (1.25) ke (1.27) ak-an kita dapatkan persamaan (1.26). Sekarang kita perhatikan daerahdefinisi dari fungsi implisit terhadap x dengan menyatakan (1.25) se-bagai persamaan

y =±√

1+ e−y

x. (1.28)

Jelaslah bahwa y akan terdefinisi jikalau x > 0. Olehkarena itu, agar(1.25) menjadi penyelesian kita harus membuang semua nilai x ≤ 0.Apakah interval x > 0 merupakan daerah penyelesaian ? hal ini tergan-tung dengan cabang mana yang kita pilih sebagai penyelesaian. Jikacabang dari grafik (1.28) yang diambil adalah cabang diatas sumbux maka jawabannya ya. Akan tetapi jika cabang yang diambil seba-gai penyelesaian adalah cabang dibawah sumbu x maka jawabannyatidak. Untuk rinciannya ditinggalkan sebagai latihan (dengan meng-gambarkan grafik persamaan (1.28)).

1.4 Multiplicity dari penyelesaian suatu persamaan diferensial. 7

1.4 Multiplicity dari penyelesaian suatu persamaandiferensial.

Sebelumnya kita telah mempelajari apa yang dimaksud dengan penye-lesaian, interval penyelesaian dari suatu persamaan diferensial. Selan-jutnya dalam bagian ini kita akan mengasumsikan semua fungsi yangdibicarakan adalah terdefinisi dalam suatu interval tertentu. Dalammempelajari Kalkulus kita telah berkenalan dengan apa yang dise-but anti-derivatif yaitu kita mencari dari suatu derivatif. Dalam hal inikita menyelesaiakn persamaan diferensial yang berbentuk y′ = f (x).Sebagai contoh jika kita ingin mencari primitif dari suatu fungsi per-samaan

y′ = sin(x), (1.29)

berarti kita mencari penyelesaian dari persamaan diferensial (1.29).Orang dapat mengujinya bahwa penyelesaian dari persamaan diferen-sial itu diberikan oleh

y =−cos(x)+ c, (1.30)

dimana c adalah konstanta sebarang. Penyelesaian (1.30) diperolehdengan mengintegralkan persamaan (1.29), yakni,

y =∫

sin(x)dx =−cos(x)+ c, (1.31)

Jika kita mencari primitif dari persamaan

y′′ = ex, (1.32)

maka kita mengintegralakan persamaan tersebut, yakni,

y =∫ ∫

exdxdx = ex + c1x+ c2, (1.33)

dengan c1 dan c2 sebagai konstanta. Tentunya jika kita mencari primi-tif dari suatu persamaan diferensial yang berorder tiga maka kita akanmengintegralkan persamaan itu sebanyak tiga kali. Perlu kita ketahuibahwa primitif dari persamaan diferensial berorder n memuat n buahkonstanta sebarang c1,c2, · · · ,cn. Biasanya dalam buku-buku standarpersamaan diferensial primitif yang memuat n buah konstanta disebutkeluarga penyelesaian dari n parameter


Definisi 1.4.1 fungsi yang didefinisikan oleh

y = f (x,c1,c2, · · · ,cn) (1.34)

dari n+1 variabel x,c1,c2, · · · ,cn akan dinamakan dari persamaan di-fernsial berorder n

F(x,y,y′, · · · ,yn) = 0, (1.35)

jika untuk setiap pemilihan nilai c1,c2, · · · ,cn fungsi f (x) memenuhi(1.35).

Contoh 1.4.1 Tunjukkanlah bahwa fungsi yang didefinisikan oleh

y = f (x,c1,c2) = 2x+3+ c1ex + c2e2x (1.36)

adalah keluarga penyelesaian 2 parameter dari persamaan diferensi-al

F(x,y,y′,y′′) = y′′−3y′+2y−4x = 0. (1.37)

Misalkan a,b nilai kita pilih untuh c1 dan c2 berturut-turut, maka kitaperoleh

y = 2x+3+aex +be2x,

y′ = 2+aex +2be2x, (1.38)y′′ = aex +4be2x.

Dengan mensubstitusikan (1.39) ke dalam (1.37) maka persamaanyang diperoleh adalah

F(x,y,y′,y′′) = aex +4be2x−6−3aex−6be2x +4x+6+2aex +2be2x−4x = 0. (1.39)

Kita dapat memeriksa bahwa (1.39) merupakan identitas. Maka kitasimpulkan bahwa fungsi (1.36) adalah keluarga penyelesaian 2 para-meter.

Sekarang kita dapat memunculkan sebuah pertanyaan, bagaima-na menentukan persamaan difernsial dari keluarga penyelesaian n-parameter? seperti kita ketahui walaupun penyelesaian persamaan di-ferensial beroder n memuat n buah konstanta akan tetapi persamaan


diferensialnya sendiri tidak memuat konstanta-konstanta ini. Karena-nya untuk menentukan persamaan diferensial order n dari keluarga pe-nyelesaian n-parameter kita harus mengeliminasi konstanta-konstantayg termuat dalam penyelesaian dengan mendiferensialkannya. Karenatidak ada metode standar untuk menyelesaiakn masalah ini, maka me-mecahkan masalah ini sangat bergantung dengan kreatifitas atau skilluntuk menciptakan trik-trik penyelesaian, dan biasanya makin seringkita memecahkan masalah ini makin tinggi skil kita menciptakan trik.

Contoh 1.4.2 Tentukanlah persamaan diferensial yang memiliki ke-luarga penyelesaian 1-parameter

y = ccos(x)+ x. (1.40)

Dalam hal ini telah diasumsikan bahwa order persamaan diferensialyang dicari adalah beroder satu. Derivatif dari (1.40) diberikan oleh

y′ =−csin(x)+1. (1.41)

Karena persamaan difernsial yang kita cari harus bebas dari konstan-ta sebarang maka konstanta yang terdapat pada y dan y′ harus dieli-minasi. Eliminasikanlah konstanta c di (1.40) kedalam (1.41) untukmendapatkan

y′ = (x− y) tan(x)+1. (1.42)

Perlu dicatat bahwa walaupun kita telah mendapatkan persamaan di-ferensial yang dicari, akan tetapi kita harus menentukan di intervalmana (1.42) terdefinisi. Jelasah bahwa interval yang dicari adalahI := {x ∈ R;x 6=±π

2 ,±3π2 , · · ·}.

Contoh 1.4.3 Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyaiprimitif keluarga penyelesaian 2 parameter

y = c1ex + c2e−x. (1.43)

Jelas disini telah diasumsikan bahwa yang dicari adalah persamaandiferensial beroder dua. Diferensialkanlah fungsi (1.43) dua kali untukmendapatkan

y′ = c1ex− c2e−x, y′′ = c1ex + c2e−x. (1.44)


Dengan mengurangkan direvatif kedua dengan fungsinya sendiri di-peroleh

y′′− y = 0. (1.45)

Persamaan diferensial (1.45) adalah persamaan diferensial order duadan bebas dari konstanta sebarang oleh karenanya persamaan (1.45)inilah yang kita cari.

Contoh 1.4.4 Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyaiprimitif keluarga penyelesaian 2-parameter

y = c1 sinx+ c2 cosx+ x2. (1.46)

Sekali lagi kita mengasumsikan persamaan diferensial yang dicariberorder dua. Diferensialkanla (1.46) dua kali untuk mendapatkan

y′ = c1 cosx− c2 sinx+2x, y′′ =−c1 sinx− c2 cosx+2. (1.47)

Disini kita dapat mengeliminasi c1 dan c2 dengan cara biasa untukmendapatkan persamaan diferensial order dua

y′′+ y− x2−2 = 0. (1.48)

Contoh 1.4.5 Tentukanlah persamaan diferensial yang mepunyai pri-mitif keluarga penyelsaian 1 - parameter yang merupakan keluargalingkaran yang berpusat di titik awal.

Walaupun keluarga penyelesaian tidak diberikan dalam bentuk persa-maan simbolik, akan tetapi kita mengetahui bahwa keluarga lingkaranyang berpusat di titi awal dengan koordinat (x,y) dapat dinyatakandengan simbolik

x2 + y2 = r2, r > 0, (1.49)

dengan r sebagai parameternya. Dengan mendiferensialkan (1.49) di-peroleh persamaan diferensial yang diinginkan

x+ yy′ = 0. (1.50)


Soal-soal latihan

1.1. Tentukanlah order dari persamaan diperensial berikut ini.

(a) dy+(xy− sin(x))dx = 0.

(b) y′′+ xy′′+2y(y′)2 + xy = 0.

(c)(

d2ydx2

)− (y′′′)4 + xy = 0.

(d) ey′ + xy′′+ y = 0.

1.2. Buktikanlah bahwa fungsi-fungsi yang berada disebelah kananpersamaan diferensial merupakan penyelesaian dari persamaan dife-rensial yang diberikan. Periksalah diinterval mana mereka terdefenisidan interval penyelesaian.

a). y′+ y = 0, y = e−x

b). y′ = ex, y = ex

c). y′ = ex, y = ex.

d). d2ydx2 = 1√

1−x2 , y = xarcsin(x)+√

1− x2.

e). f ′(x) = f ′′(x), f (x) = ex +10.f). xy′ = 2y, y = x2.

g). dydx = y− x2, y = ex + x2 +2x+2.

h). d2ydx2 −3dy

dx +2y = x2, y = 2e2x + ex + 14(2x2 +6x+7).

i). cos(x)dydx −2ysinx = 0, y = asec2(x).

j). y′′− y = 0, y = ex +3e−x.

k). x+ yy′ = 0, y =√

16− x2.

1.3. Tentukanlah fungsi v(x) sedemikian hingga fungsi y = v(x)emx


dydx

= my+ x2. (1.51)

1.4. Tentukanlah m sedemikian hingga fungsi y = emx adalah penye-lesaian dari persamaan diferensial

2d3ydx3 +

d2ydx2 −5

dydx

+2y = 0. (1.52)


1.5. Tentukanlah apakah persamaan disebelah kanan mendefinisikanfungsi implisit dari x. Kemudian tentukanlah apakah fungsi implisititu merupakan penyelesaian implisit dari persamaan diferensial di se-belah kanan.

a). y2−1− (2y+ xy)y′ = 0, y2−1 = (x+2)2.

b). ex−y + ey−x dydx = 0, e2y + e2x = 1.

c). dydx =− y

x , x2 + y2 = 1.

1.6. Ujilah bahwa masing-masing fungsi disebelah kiri merupakan ke-luarga penyelesaian 2 - parameter dari persamaan diferensial disebe-lah kanannya.

a). y = c1 + c2e−x + 13x3, y′′+ y′− x2−2x = 0.

b). y = c1e−2x + c2e−x +2ex, y′′+3y′+2y−12ex = 0.

c). y = c1x+ c2x−1 + 12x lnx, x2y′′+ xy′− y− x = 0.

1.7. Ujilah bahwa masing-masing fungsi disebelah kiri merupakan ke-luarga penyelesaian 3 - parameter dari persamaan diferensial disebe-lah kanannya.

a). y = ex(c1 + c2x+ c3x2 + 1

6x3) , y′′′−3y′′+3y′− y− ex = 0.b). y = c1 + c2ex + c3e−x

+( 1

12 + 9cos2x−7sin2x520

)e2x, y′′′− y′− e2x sin2 x = 0.

c). y = c1 + c2ex + c3e−x

+( 1

12 + 9cos2x−7sin2x520

)e2x, y′′′− y′− e2x sin2 x = 0.

1.8. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif ke-luarga penyelesaian n-parameter berikut.

a). y = cx+ c3, b).x2− cy+ c2 = 0.c). y = x tanx+ c, d).y = c1 cos3x+ c2 sin3x.e). y = cx+3c2−4c, f).y =

√c1x2 + c2.

g). y = c1ec2x, h).y = x3 + 1x c.

i). y = c1e2x + c2e−2x, j).(y− c)2 = cx.k). y = a(1− cos(x)), l). lny = c1x2 + c2.

1.9. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitif ke-luarga lingkaran berjari-jari variabel, berpusat di sumbu x, dan melaluititik asal.


1.10. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitifkeluarga lingkaran berjari-jari variabel, berpusat di sumbu x, dan me-lalui titik asal.

1.11. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitifkeluarga lingkaran berpusat di titk (h,k), berjari-jari tetap.

1.12. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitifkeluarga lingkaran x2 + y2−2c1x−2c2y+2c3 = 0.

1.13. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitifkeluarga parabola dengan vertek pada titik awal dan fokus pada sumbux.

1.14. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitifkeluarga parabola dengan fokus pada titik awal dan vertek pada sumbux.

1.15. Tentukanlah persamaan diferensial yang mempunyai primitifkeluarga parabola dengan fokus dan vertek pada sumbu x.

Bab 2Jenis-Jenis Persamaan Diferensial Order Satu

Persamaan diferensial yang akan kita pelajari dalam bagian ini adalahpersamaan diferensial yang dapat dinyatakan dalam bentuk

Q(x,y)dydx

+P(x,y) = 0. (2.1)

Seperti biasanya variabel y akan dinamakan variabel terikat dan vari-avel x dinamakan variabel bebas. Persamaan (2.1) dalam bentuk laindengan mengalikannya dengan dx di kedua ruas persamaan, mengha-silkan

Q(x,y)dy+P(x,y)dx = 0. (2.2)

Dalam banyak buku teks suku dy dan dx sering dinamakan diferensi-al. Contoh-contoh persamaan diferensial yang dapat dijadikan keben-tuk (2.1) atau (2.2)

1. dydx = 2xy+ sinx,

2. y′ = ln2xy+ tanx,3. (x− cosx+ y)dx+(2xy+ sinx)dy = 0,4. ex cosydx+2xsinxdy = 0.

Selanjutnya dalam pembahasan selanjutnya kita akan sebut keluargapenyelesian n-parameter atau primitif dengan penyelesaian saja.

2.1 Persamaan Diferensial Dengan Variabel Terpisah.

Jika persamaan (2.2) dapat direduksi ke bentuk

15

16 2 Jenis-Jenis Persamaan Diferensial Order Satu

f (x)dx+g(y)dy = 0, (2.3)

maka variabel-variabel dari persamaan (2.2) dinamakan terpisah danpersamaan diferensialnya disebut persamaan diferensial dengan .Keluarga penyelesaian 1-parameter dari persamaan diferensialnya di-berikan oleh ∫

f (x)dx+∫

g(y)dy = C, (2.4)

dimana C sebagai parameter (konstanta).

Contoh 2.1.1 Tentukanlah penyelesaian dari

2xdx−9y2dy = 0. (2.5)

Dengan mudah kita lihat bahwa persamaan (2.5) adalah persamaandiferensial terpisah. Oleh karenanya, mengintegralkan suku pertamadengan x dan suku kedua dengan y diperoleh penyelesaian persamaandiferensial (2.5)

x2−3y3 = C. (2.6)

Contoh 2.1.2 Tentukanlah penyelesaian dari√

1− x2dx+√

5+ ydy = 0, (2.7)

dengan −1≤ x≤ 1, y >−5.

Tinjaulah bahwa persamaan (2.7) adalah persamaan dalam bentuk(2.3). Penyelesaian dari persamaan diferensial ini diberikan oleh

12

√1− x2 +

12

arcsinx+23(5+ y)3/2 = C, (2.8)

dengan −1≤ x≤ 1, y >−5.

Pernyataan 2.1 Selayaknya kita catat bahwa pada penyelesaian (2.8)muncul arcsin atau invers sin. Secara implisit suku ini mendefinisik-an fungsi bernilai banyak, sedangkan tinjauan kita dalam buku iniadalah fungsi bernilai tunggal, yaitu untuk masing -masing nilai xmenentukan satu dan hanya satu nilai y. Untuk alasan ini, kita harusmenentukan salah satu cabang dari grafik fungsi arcsin dan dalamhal ini akan kita pilih cabang utama yaitu cabang yang terletak an-tara −π/2 dan π/2. Dengan pemilihan ini maka fungsi arcsin akanbernilai tunggal. Dari sekarang dan seterusnya jika muncul fungsi iniakan kita artikan fungsi bernilai tunggal.

2.1 Persamaan Diferensial Dengan Variabel Terpisah. 17


x√

1− ydx−√

1− x2dy = 0, (2.9)

dengan −1≤ x≤ 1, y≤ 1.

Sekarang kita dalam posisi untuk mendapat bentuk (2.3) dari persa-maan (2.9) dengan cara membagi persamaan dengan suku

√1− y

√1− x2. (2.10)

Akan tetapi kita perlu sedikit hati-hati dengan pembagian ini. Karenainterval definisi dari

√1− y dan

√1− x2 berturut-turut adalah y ≤ 1

dan −1 ≤ x,≤ 1 maka pembaginya akan menjadi nol saat y bernilai1 dan x bernilai ±1, dan nilai ini harus dibuang dalam pembagian.Setelah (2.9) dibagi persamaan berikut akan diperoleh

x√1− x2

dx− 1√1− y

dy = 0, (2.11)

dengan−1 < x < 1, y < 1. Persamaan (2.11) adalah persamaan dalambentuk (2.3) dan karenanya penyelesaianya diberikan oleh

√1− x2−2

√1− y = C, (2.12)

dengan −1 < x < 1, y < 1.

Pernyataan 2.2 Perhatikanlah baik-baik bahwa y = 1 dengan dy = 0untuk−1≤ x≤ 1 juga penyelesian dari persamaan (2.9) (ujilah). Ak-an tetapi, penyelesaian ini tidak akan diperoleh dari (2.12). Hal khu-sus lagi dari penyelesaian ini adalah tidak memuat parameter ataukonstanta sebarang. Penyelesaian persaman diferensial yang tidakmemuat parameter dinamakan .

Contoh 2.1.4 Tentukanlah penyelesaian khusus dari

xy2dx+(1− x)dy = 0, (2.13)

dengan y(2) = 1.


Memperhatikan (2.13) dengan seksama jika y 6= 0 dan x 6= 1 makaakan diperoleh

x1− x

dx+1y2 dy = 0, x 6= 1, y 6= 0, (2.14)

yang mana persamaan (2.14) dapat ditulis(

11− x

+1)

dx+1y2 dy = 0, (2.15)

dengan x 6= 1, y 6= 0. Mengintegralkan suku pertama terhadap x dansuku kedua terhadap y diperoleh penyelesaian (2.13), yaitu,

ln | 1− x |+x+1y

= C, x 6= 1, y 6= 0. (2.16)

Untuk memperoleh penyelesaian khusus dengan y(2) = 1, kita subs-titusikan nilai ini ke persamaan (2.16) untuk mendapatkan

ln | 1− x |+x+1y

= 3, x 6= 1, y 6= 0. (2.17)

2.2 Persamaan Diferensial Dengan Koefesien Homogen

Definisi 2.2.1 Misalkan z = f (x,y) mendefinisikan z sebagai fungsidari x dan y dalam daerah I ⊂ R2. Fungsi f (x,y) dikatakan berordern jika fungsi itu dapat ditulis dalam bentuk

f (x,y) = xng(u) (2.18)

dimana u = y/x dan g(u) fungsi dari u.

Perlu kita catat baik-baik bahwa definisi diatas tidak bersifat kaku,yakni, kita bisa menggunakan alternatif untuk mendefinisikan g(u)yaitu dengan memisalkan v = x/y dan kita cari bentuk f (x,y) =yng(v). Jadi perlu dilahirkan fleksibelitas berpikiran dalam melihatbentuk.

2.3 Persamaan Diferensial Homogen 19

Contoh 2.2.1 Tentukan apakah fungsi

f (x,y) = (x2 + y2) lnyx, (2.19)

dengan I = {(x,y) ∈ R2;x > 0,y > 0}, homogen? jika ya tentukanlahordernya.

Langkah pertama yang kita lakukan adalah mencoba mengubah ruassebelah kanan (2.19) membentuk fungsi dengan variabel u = y/x atauv = x/y. Memperhatikan persamaan (2.19) kita dapat menfaktorkanx2 yakni,

f (x,y) = x2((1+(yx)2) ln

yx), (2.20)

dengan I = {(x,y) ∈ R2;x > 0,y > 0}. Dengan memilih g(u) = 1 +(y

x)2 ln y

x kita sampai kepada kesimpulan, yaitu, fungsi (2.19) homogendengan order 2.

Pernyataan 2.3 Kita dapat mendefinisikan fungsi homogen denganversi lain yang tentunya akan ekivalen dengan yang pertama. Misalk-an M(x,y) fungsi dari x dan y dalam daerah I ⊂ R2, misalakn pulaa > 0 sebarang konstanta, maka M dikatakan homogen berorder njika

M(ax,ay) = anM(x,y). (2.21)

Kita dapat menunjukan bahwa hasil yang sama akan diperoleh untukcontoh 2.2.1. mengunakan definisi (2.21). Buktikanlah!

2.3 Persamaan Diferensial Homogen

Definisi 2.3.1 Persamaan diferensial

P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0, (2.22)

disebut persamaan jika P dan Q masing-masing homogen order n.

Misalkan y = ux maka dari kalkulus kita peroleh derivatif total dari ydiberikan oleh

dy = udx+ xdu. (2.23)


Jika kita substitusikan y dengan ux dan menggunakan (2.23) akan di-peroleh persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Kita nyatakanpernyataan ini dengan teorema berikut

Teorema 2.4 jika koefisien-koefisien persamaan (2.22) homogen ordern, maka dengan mensubsitusikan y=ux akan menghasilkan persama-an diferensial dengan variabel terpisah.

Bukti. Dengan hipotesis P dan Q merupakan fungsi homogen bero-rder n. Perdefinisi, dengan u = y/x, masing-masing dapat dinyatakandalam bentuk

P(x,y) = xng(u), Q(x,y) = xnh(u). (2.24)

Dengan substitusi (2.22) menjadi

xng(u)dx+ xnh(u)(xdu+udx) = 0, (2.25)

atau secara ekivalen

(g(u)+uh(u))dx+ xh(u)du = 0. (2.26)

Untuk x 6= 0 dan g(u)+uh(u) 6= 0 persamaan terakhir menjadi

1x

dx+h(u)

g(u)+uh(u)du = 0, (2.27)

dengan x 6= 0, g(u)+ uh(u) 6= 0. Persamaan (2.27) melengkapi buktiteorema di atas. utContoh 2.3.1 Tentukanlah apakah persamaan diferensial

(x2−3y2)dx+2xydy = 0, (2.28)

homogen dan tentukanlah penyelesaiannya.

Dalam hal ini P(x,y) = x2−3y2 dan Q(x,y) = 2xy. Bagilah fungsi Pdengan x2 dan fungsi Q dengan x untuk mendapatkan bentuk

P(x,y) = x2(1− 3y2

x2 ) = x2g(u) Q(x,y) = 2x2 yx

= x2h(u). (2.29)

2.3 Persamaan Diferensial Homogen 21

Perdefinisi kita peroleh bahwa persamaan diferensial (2.28) adalahpersamaan diferensial homogen. Substitusikanlah y = ux dan (2.23)ke (2.28) untuk mendapatkan persamaan diferensial dengan variabelterpisah

x2(1−u2)dx+2ux3du = 0. (2.30)

Dengan memisahkan variabel dari (2.30) dan mengintegralkannya diperoleh penyelesaian

lnx− ln1−u2 = c, (2.31)

atau ekivalen denganx3 = c(x2− y2). (2.32)

Contoh 2.3.2 Tentukanlah apakah persamaan

(√

x2− y2 + y)dx− xdy = 0, (2.33)

homogen dan tentukanlah penyelesaiannya.

Untuk kasus ini P(x,y) =√

x2− y2 + y dan Q(x,y) = x sama-samahomogen berorder satu. Perdefinisi kita katakan bahwa persamaan di-ferensial (2.33) adalah homogen. Sebelum menentukan penyelesaianpersamaan diferensial kita perlu memeriksa daerah definisi dari persa-maan itu sendiri. Jelas dari persamaan diferensialnya bahwa itu terde-finisi untuk | y |≤| x | atau dengan kata lain | y

x |≤ 1 untuk x 6= 0. Lagidengan mensubstitusikan y = ux dan (2.24) kedalam (2.33) dimana| u |=| y

x |≤ 1 dengan x 6= 0 diperoleh

(√

x2− (ux)2 +ux)dx− x(xdu+udx) = 0. (2.34)

Dalam kalkulus kita telah diperkenalkan dengan nilai bilangan riil ku-adrat dalam akar yaitu,

√x2 bernilai x jika x ≥ 0 dan bernilai −x jika

x < 0. Menggunakan aturan ini persamaan (2.34) dapat disederhanak-an menjadi

±√

1−u2dx− xdu = 0, (2.35)

dimana tanda ± diperoleh berhubungan dengan tanda ±x dari√

x2.Jika u 6=±1 dan menggunakan kenyataan x 6= 0 maka dapat membagi(2.35) dengan x

√1−u2 untuk memperoleh


dxx

=± 1√1−u2

du, (2.36)

yang merupakan persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Pe-nyelesaian persamaan terakhir ini diberikan oleh

lnx = arcsinyx

+ c, | yx|< 1, x > 0,

− ln(−x) = arcsinyx

+ c, | yx|< 1, x < 0. (2.37)

Pembaca hendaklah meninjau dengan seksama proses yang telah dila-kukan untuk mendapatkan penyelesaian. Untuk melengkapi penyele-saian yang telah diperoleh marilah sedikit kita menganalisis apa yangbelum kita dapatkan. Pertama kita membuang nilai | u |=| y

x |= 1. Halini berarti fungsi y =±x telah dikeluarkan dalam proses untuk meng-hindari pembagian dengan nol, dimana fungsi ini tidak mungkin dida-pat dari penyelesaian (2.37). Pembaca dapat mengujinya bahwa fungsiyang kita keluarkan ini juga memenuhi persamaan diferensial (2.33).Fungsi-fungsi y = ±x ini adalah penyelesaian khusus (2.33) yang ti-dak dapat diperoleh dari penyelesaian (2.37).

2.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier

Tinjaulah persamaan diferensial yang berbentuk

(a1x+b1y+ c1)dx+(a2x+b2y+ c2)dy = 0. (2.38)

Dalam bagian ini kita akan mengsumsikan bahwa koefisien dari dxdan dy tidak paralel dan c1,c2 tidak keduanya nol. Dengan asumsiini maka kita akan memperoleh titik tunggal perpotong dari pasangangaris lurus

a1x+b1y+ c1 = 0, a2x+b2y+ c2 = 0. (2.39)

Katakanlah titik potong dari pasangan garis (2.39) adalah (h,k). Sa-saran kita dalam hal ini adalah memindahkan titik potong ini ke titikasal yakni titik (0,0). Untuk keperluan ini marilah kita transformasivariabel (x,y) ke variabel (X ,Y ) dengan relasi

2.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier 23

x = h+X , y = k +Y. (2.40)

Dengan variabel (X ,Y ) titik potong akan menjadi (0,0) yang manadengan mensubstitusikan (2.40) ke (2.38) akan diperoleh

(a1X +b1Y +[a1h+b1k + c1])dX = 0, (2.41)(a2X +b2Y +[a2h+b2k + c2])dY = 0. (2.42)

Perlu kita catat bahwa suku dalam [] harus sama dengan nol karenatitik (h,k) merupakan titik potong kedua garis (2.39) yang mana titikini memenuhi persamaan kedua garis. Memperhitung nilai didalam[] sama dengan nol maka persmaan (2.41) menjadi sederhana yaitumenjadi persamaan diferensial homogen

(a1X +b1Y )dX = 0, (a2X +b2Y )dY = 0. (2.43)

Jadi dengan metode yang telah kita pelajari pada bagian 2.3 persama-an (2.43) dapat kita selesaian.

Contoh 2.4.1 Tentukanlah penyelesaian dari persamaan diferensial

y′ =4x− y+72x+ y−1

. (2.44)

Garis 4x− y + 7 = 0 dan 2x + y− 1 = 0 berpotongan dititik (−1,3),yang dengan menggunakan persamaan (2.43) kita peroleh

y′ =4X−Y2X +Y

. (2.45)

Seperti yang kita lakukan pada bagian sebelumnya persamaan (2.45)diselesaikan dengan memisalkan Y = uX dengan dY = udX + Xduuntuk mendapatkan

(3

u−1+

2u+4

)du+

5X

dX = 0. (2.46)

Mengintegralkan suku pertama terhadap u dan suku kedua terhadap Xdan menggantikan kembali u = Y/X diperoleh

(Y −X)3(Y +4X)2 = c. (2.47)

Menggantikan kembali (X ,Y ) ke (x,y) dari relasi x = X − 1 dan y =Y +3 kita dapatkan penyelesaian persamaan diferensial (2.44), yaitu,

(y− x−4)3(y+4x+1)2 = c. (2.48)


Contoh 2.4.2 Carilah penyelesaian persamaan diferensial

(2x− y+5)dx+(x+ y+3)dy = 0. (2.49)

Perpotongan kedua garis 2x− y + 5 = 0 dan x + y + 3 = 0 adalah(−8/3,−1/3). Dengan memisalkan x =−8/3+X dan y =−1/3+Ydiperoleh persmaan diferensial homogen

(2X −Y )dx+(X +Y )dy = 0, (2.50)

yang tidak terlalu sulit dengan memisalkan Y = uX dengan dY =udX +Xdu untuk memperoleh persamaan diferensial dengan variabelterpisah. Pembaca dengan sedikit membolak-balik pelajaran kalkulusakan menemukan penyelesian persamaan diferensial dengan variabelterpisah yang kita peroleh tadi. Penyelesaiannya diberikan oleh

ln | X |= c− 1√2

arctanu√2− 1

2ln | 2+u2 |, X 6= 0. (2.51)

Menggantikan lagi (X ,Y ) dengan (x,y) kita peroleh penyelesaian(2.49) untuk x 6=−1

3 , yaitu,

ln |2(

3x+13

)2

+(

3y−13

)2

|= c−√

2arctan3y−1√2(3x+1)

. (2.52)

Cara lain yang dapat kita lakukan untuk mencari penyelesaian per-samaan diferensial dengan yang tidak paralel adalah dengan memis-lakan langsung masing - masing koefisien dengan variabel baru ke-mudian kita diferensial untuk mendapatkan relasi diferensial masing-masing. Misalkanlah

u = a1x+b1y+ c1, v = a2x+b2y+ c2. (2.53)

Dengan mendiferensialkan masing-masing pemisalan ini akan kitaperoleh relasi du dengan dx,dy, dv dengan dx,dy, yaitu,

du = a1dx+b1dy, dv = a2dx+b2dy. (2.54)

Dari (2.54) itu mengikuti bahwa

dx =b2du−b1dva1b2−a2b1

, dy =a2du−a1dva2b1−a1b2

. (2.55)

2.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Linier 25

Kita seharusnya mencatat bahwa pembagian pada persamaan (2.55)mempunyai arti karena kedua garis tidak paralel yang berarti pulapembagi dalam persamaan (2.55) tidak sama dengan nol. Subsitusika-nlah persamaan (2.53) dan (2.55) ke dalam (2.38) untuk mendapatkan

(b2u−a2v)du− (b1u−a1v)dv = 0. (2.56)

Untuk memperoleh persamaan dengan variabel terpisah kita misalk-an lagi u = wv dengan du = vdw + wdv yang dengan cara ini akandiperoleh

dvv

+−a2 +b2w

a1− (a2 +b1)w+b2w2 dw = 0, (2.57)

yang mana penyelesaian persamaan diferensial terakhir ini diberikanoleh

ln |v|+∫ −a2 +b2w

a1− (a2 +b1)w+b2w2 dw = c. (2.58)

Contoh 2.4.3 Tentukanlah penyelsaian dari persamaan diferensial

(2x− y+1)dx+(x+ y)dy = 0. (2.59)

Mengunakan (2.58) diperoleh

ln |v|+∫ w−1

2+w2 dw = c. (2.60)

Sekali lagi dengan kemahiran pembaca menggunakan kalkulus akandiperoleh

ln[v2(w2 +2)] = c+√

2arctanw√2, v 6= 0. (2.61)

Mensubstitusikan balik dari

w =uv

=2x− y+1

x+ y, x+ y 6= 0, (2.62)

didapatkan penyelesaian (2.59) untuk x+ y 6= 0, yaitu

ln[(2x− y+1)2 +2(x+ y)2] = c+√

2arctan2x− y+1√

2(x+ y). (2.63)


Sekarang muncul pertanyaan bagaimana menangani persamaan dife-rensial dengan koefisien linier yang paralel? Tentunya kita tidak bisalagi menggunakan metode pertama yang telah dijelaskan sebelumnya.Akan tetapi, dengan mengamati metode kedua yang kita gunakan un-tuk menangani persamaan dengan koefisien linier yang tidak paraleldapat juga dikembangkan untuk menangani persamaan dengan koe-fisien yang paralel. Pandanglah lagi persamaan (2.38) dengan meng-sumsikan kedua koefisien dari dx dan dy adalah dua buah garis yangparalel. Dalam hal ini

a1

a2=

b1

b2= r, r 6= 0, (2.64)

dengan r sebagai perbandingan. Mensubstitusikan (2.64) kedalam(2.38) dengan menggunakan r didapatkan

(r(a2x+b2y+ c2)+ c1− rc2)dx+(a2x+b2y+ c2)dy = 0,r 6= 0.(2.65)

Mengamati persamaan (2.65) pembaca diharapkan dengan mudah un-tuk menyederhanakan persamaan ini. Tentunya kita akan memisalkanu = a2x + b2y + c2 dengan menggunakan relasi dy = du−a2dx

b2untuk

mendapatkan persamaan yang sederhana

dx+u

(b2r−a2)u+b2(c1− rc2)du = 0, u 6=−b2(c1− rc2)

b2r−a2, (2.66)

yang mempunyai penyelesaian

x+∫ u

(b2r−a2)u+b2(c1− rc2)du = c, u 6=−b2(c1− rc2)

b2r−a2. (2.67)


(2x+3y+2)dx+(4x+6y+4)dy = 0, (2.68)

dan tentukan pula penyelesaian khsusus yang tidak diperoleh dari pe-nyelesaian 1-parameternya.

Dengan memasukan nilai r,a1,b1,a2,b2,c1 dan c2 kedalam persamaan(2.67) dengan u = 4x+6y+4 akan kita peroleh

2.5 Persamaan Diferensial Eksak. 27

x−u = c, u 6= 0, (2.69)

atau ekivalen dengan

x+2y = c, 4x+6y+4 6= 0. (2.70)

Pembaca dapat mengujinya bahwa garis lurus 4x + 6y + 4 = 0 jugamemenuhi persamaan diferensial (2.68) yang mana garis ini tidak da-pat diperoleh dari (2.69).


(2x+3y−1)dx+(4x+6y+2)dy = 0, (2.71)

dan tentukan pula penyelesaian khsusus yang tidak diperoleh dari pe-nyelesaian 1-parameternya.

Disini kita ketahui bahwa r = 1/2. Mensubsitusikan nilai-nilai a1, b1,a2,b2, c1 dan c2 ke persamaan (2.67) kita peroleh

x−u+12ln |u+12|= c, u 6=−12, (2.72)

dimana u = 4x+6y+2. Persamaan (2.72) ekivalen dengan persamaan

−x−2y−4+4ln |2x+3y+7|= c, 2x+3y 6=−7. (2.73)

Amatilah dengan baik bahwa garis 2x+3y+7 = 0 yang mungkin di-peroleh dari penyelesaian (2.73) juga memenuhi persamaan diferensi-al (2.71). Oleh karenanya garis ini juga penyelesaian dari persamaandiferensial yang tidak diperoleh dari penyelesaian -parameternya.

2.5 Persamaan Diferensial Eksak.

Kembali kepelajaran kalkulus, misalkan kita mempunyai fungsi duavariabel

z = f (x,y) = x2 + y2−3x3y2−3x2y3 +6xy+15. (2.74)

Diferensial total dari fungsi (2.74) diberikan oleh


dz =∂ f (x,y)

∂xdx+

∂ f (x,y)∂y

dy

= (2x−9x2y2−6xy3 +6y)dx+(2y−6x3y−9x2y2 +6x)dy. (2.75)

Sebaliknya jika kita mulai dari ekspresi

(2x−9x2y2−6xy3 +6y)dx+(2y−6x3y−9x2y2 +6x)dy (2.76)

maka kita mengharapkan sebuah fungsi f (x,y) yang diferensial total-nya diberikan oleh (2.76). Ekspresi yang diberikan oleh (2.76) akandinamakan .

Definisi 2.5.1 Ekspresi diferensial

P(x,y)dx+Q(x,y)dy (2.77)

dinamakan diferensial eksak jika (2.77) menyatakan diferensial totaldari fungsi dua variabel f (x,y), yaitu;

P(x,y) =∂∂x

f (x,y) dan Q(x,y) =∂∂y

f (x,y). (2.78)

Sekarang anggaplah kita tidak mengetahui fungsi (2.74) dan kita inginmenguji apakah diferensial (2.76) eksak atau tidak, menggunakan de-finisi (2.78) kita coba untuk mendapatkan fungsi f (x,y), yakni denganmelakukan langkah-langkah berikut; pertama kita integralkan koefisi-en dary dx terhadap x dengan y dianggap konstan pada langkah ini.Berarti hasil integral pada langkah pertama harus memunculkan fung-si sebarang dari y katakanlah g(y) sebagai konstanta integral. Langkahkedua hasil integral dari langkah pertama didiferensialkan terhadap y,yang mana menurut definini hasil diferensial ini harus sama dengankoefisien dari dy. Dengan bahasa matematika proses ini dilakaukansebagai berikut;

f (x,y) =∫

(2x−9x2y2−6xy3 +6y)dx+g(y)

= x2−3x3y2−3x2y3 +6xy+g(y). (2.79)

Fungsi f (x,y) memuat fungsi sebarang g(y) yang harus kita tentuk-an untuk mendapatkan informasi lengkap mengenai fungsi f (x,y).

2.5 Persamaan Diferensial Eksak. 29

Fungsig(y) ini dapat kita tentukan dengan mendiferensialkan (2.79)terhadap y

∂∂y

f (x,y) =−6x3y−9x2y2 +6x+dg(y)

dy= 2y−6x3y−9x2y2 +6x.

(2.80)Langkah terakhir mengintegralkan (2.79) terhadap y untuk mempero-leh g(y)

g(y) =∫

2ydy = y2 + c. (2.81)

Persamaan (2.81) melengkapi informasi mengenai fungsi f (x,y), yak-ni,

f (x,y) = x2 + y2−3x3y2−3x2y3 +6xy = c, (2.82)

sebagai keluarga fungsi 1-parameter.

Definisi 2.5.2 Persamaan diferensial

P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (2.83)

dinamakan eksak jika ada fungsi f (x,y) sedemikian hingga derivatifparsialnya terhadap x adalah P(x,y) dan derivatif parsialnya terha-dap y adalah Q(x,y).

Secara simbolik definisi diatas mengatakan bahwa persamaan (2.83)dinamakan eksak jika ada fungsi f (x,y) sedimikian hingga

∂ f (x,y)∂x

= P(x,y),∂ f (x,y)

∂x= Q(x,y). (2.84)

Menggunakan persamaan (2.84) maka penyelesaian keluarga 1 - pa-rameter persamaan diferensial (2.83) diberikan oleh

f (x,y) = c, (2.85)

dengan c konstanta sebarang. Setelah kita mengetahui definisi persa-maan diferensial dan penyelesian 1-parameternya, selanjutnya mun-cul pertanyaan, yaitu, bagaimana kita dapat menentukan apakah se-buah persamaan diferensial itu eksak atau tidak? jawaban dapat kitaformulasikan kedalam teorema berikut ini.


Teorema 2.5 Persamaan diferensial

P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (2.86)

eksak jika dan hanya jika

∂P(x,y)∂y

=∂Q(x,y)

∂x(2.87)

dimana fungsi P(x,y), Q(x,y), ∂P(x,y)∂x , ∂ Q(x,y)

∂y , dan persamaan (2.87)terdefinisi dan kontinu dalam daerah terhubung sederhana D.

Persamaan (2.87) menjamin bahwa persmaan diferensial (2.86) mem-punyai penyelesaian berbentuk f (x,y) = c. Selanjutnya, jika (xo,yo)sebuah titik terletak dalam domain D dan persegi panjang yang diben-tuk oleh segmen garis yang menghubungkan titik-titik (xo,yo), (x,yo)dan (xo,yo),(xo,y) terletak seluruhnya dalam D maka penyelesaianpersamaan diferensial eksak itu diberikan oleh

f (x,y) =∫ x

xo

P(x,y)dx+∫ y

yo

Q(xo,y)dy = c, (2.88)

atauf (x,y) =

∫ y

yo

Q(x,y)dy+∫ x

xo

P(x,yo)dx = c, (2.89)

dimana kedua fungsi (2.88) dan (2.89) akan menghasilkan keluargapenyelesian 1-parameter dari persamaan diferensial eksak (2.86).

Contoh 2.5.1 Tunjukkanlah bahwa persamaan

cos(y)dx− (xsin(y)− y2)dy = 0 (2.90)

adalah eksak dan tentukan keluarga 1-parameter penyelesainnya.

Menggunakan teorema 2.5.3 dengan P(x,y) = cos(y) dan Q(x,y) =−xsin(y) + y2 dimana ∂P(x,y)

∂y = −sin(y) dan ∂Q(x,y)∂x = −sin(y) ki-

ta peroleh bahwa persamaan (2.90) adalah eksak. Karena P(x,y) danQ(x,y) terdefinisi untuk semua x,y maka kita dapat memilih xo = 0dan yo = 0. Menggunakan pemilihan xo dan yo ini diperoleh Q(xo,y)=Q(0,y) = y2. Akibatnya persamaan (2.88) menjadi

2.5 Persamaan Diferensial Eksak. 31∫ x

0cos(y)dx+

∫ y

0y2dy = c. (2.91)

Mengintegralkan suku pertama (2.91) terhadap x dan suku kedua(2.91) terhadap y kita peroleh keluarga penyelesaian 1-parameter, ya-itu

xcos(y)+y3

3= c. (2.92)

Contoh 2.5.2 Tunjukkanlah bahwa persamaan differensial berikut

(x−2xy+ ey)dx+(y− x2 + xey)dy = 0. (2.93)

eksak dan tentukan penyelesaian khususnya dimana penyelesaian itumemenuhi syarat y(1) = 0.

Dalam hal ini P(x,y) = x−2xy+ey dan Q(x,y) = y−x2 +xey. Berarti∂P(x,y)

∂y = −2x + ey dan ∂Q(x,y)∂x = −2x + ey. Karena ∂P(x,y)

∂y = ∂Q(x,y)∂x

maka menurut teorema 2.5.3 persamaan (2.93) eksak. Juga dalam halini P dan Q terdefinisi untuk semua nilai x dan y dan olehkarenanyakita dapat memilih xo = 0 dan yo = 0. Dengan pemilihan ini meng-akibatkan Q(xo,y) = y. Karenanya persamaan integral berikut akandiperoleh ∫ x

0(x−2xy+ ey)dx+

∫ y

0ydy = c. (2.94)

Mengintegralkan suku pertama persamaan (2.94) terhadap x dan sukukedua terhadap y penyelesaian keluarga 1-parameter diperoleh

x2

2− x2y+ xey +

y2

2= c. (2.95)

Mensubstitusikan y(1) = 0, yaitu y = 0 untuk x = 1, penyelesaian khu-sus yang diperoleh adalah

x2−2x2y+2xey + y2 = 3, (2.96)

yaitu c = 32 .

Contoh 2.5.3 Tunjuakkanlah bahwa persamaan diferensial

(x3 + xy2 sin(2x)+ y2 sin2(x))dx+(2xysin2(x))dy = 0, (2.97)

eksak dan tentukanlah keluarga penyelesaian 1-parameternya.


Dalam hal ini

∂P(x,y)∂y

= 2xysin(2x)+2ysin2(x) (2.98)

dan∂Q(x,y)

∂x= 2xysin(2x)+2ysin2(x). (2.99)

Berdasarkan informasi ini kita simpulkan persamaan diferensial (2.97)eksak. Sekali lagi kita amati bahwa fungsi P dan Q terdefinisi untuksemua nilai x dan y. Untuk itu kita boleh mengambil xo = 0 dan yo = 0.Akibatnya P(x,yo)= P(x,0)= x3 dan menggunakan persamaan (2.89)persamaan integral berikut diperoleh

∫ y

02xysin2(x)dy+

∫ x

0x3dx = c. (2.100)

Mengintegralkan suku pertama persamaan (2.100) terhadap y dan su-ku kedua terhadap x kita peroleh keluarga penyelesaian 1-parameterberikut ini

xy2 sin2(x)dy+x4

4= c. (2.101)

2.6 Faktor integrasi.

Definisi 2.6.1 Sebuah faktor pengali yang menjadikan suatu persa-maan diferential yang tidak eksak menjadi persamaan diferensial ek-sak dinamakan .

Sebagai contoh, persamaan diferensial (y2 + y)dx− xdy = 0 tidak ek-sak. Apabila persamaan itu dikalikan dengan y−2 persamaan yang di-peroleh adalah (1+ 1

y )dx− xy2 dy = 0 dengan y 6= 0. Persamaan terakhir

ini adalah persamaan diferensial eksak (ujilah). Perdefinisi faktor pe-ngali y−2 ini dinamakan faktor integrasi.

Contoh 2.6.1 Selesaikanlah persamaan diferensial

(y2 + y)dx− xdy = 0. (2.102)

2.6 Faktor integrasi. 33

Seperti kita katakan di atas bahwa persamaan diferensial ini mem-punyai faktor integrasi y−2.(pembaca diminta untuk membuktikan-nya). Persamaan diferensial yang diperoleh dari mengalikan persama-an (2.102) dengan faktor integrasinya adalah

(1+1y)dx− x

y2 dy = 0, y 6= 0. (2.103)

Sekarang kita dapat menyelesaiankan persamaan diferensial (2.103)dengan metode standar. Jika kita susun lagi persamaan diferensial(2.103) dengan cara berikut ini

dx+ydx− xdy

y2 = 0, y 6= 0, (2.104)

maka suku kedua dari persamaan terakhir merupakan bentuk diferen-sial d(x/y). Karenanya dengan mengintegrasikan kedua ruas dipero-leh penyelesaian keluarga 1-parameter

x+xy

= c, atau y =x

c− x, y 6= 0. (2.105)

Perlu kita perhatikan dengan teliti bahwa garis y = 0 juga penye-lesaian persamaan diferensial (2.102) yang tidak dapat diperoleh daripersamaan (2.105). Olehkarenanya, penyelesaian ini dinamakan pe-nyelesaian khusus untuk (2.102).


ysecxdx+ sinxdy = 0, x 6= π2,3π2

, · · · . (2.106)

Marilah kita perhatikan bahwa persamaan diferensial diatas bukanpersamaan diferensial eksak. Akan tetapi secx adalah sebuah faktorintegrasi dari persamaan diferensial diatas. Oleh karenanya apabilapersamaan diferensial (2.106) dikalikan dengan secx akan menjadipersamaan dieferensial eksak (ujilah!). Kalikanlah persamaan (2.106)dengan secx untuk mendapatkan persamaan deferensial eksak

ysec2 xdx+ tanxdy = 0, x 6= π2,3π2

, · · · . (2.107)


Untuk menyelesaiakan persamaan diferensial terakhir ini dengan meng-gunakan metode penyelesaian persamaan diferensial eksak yang telahkita bahas sebelumnya. Akan tetapi dalam hal ini kita akan selesaik-an persamaan ini dengan cara mengenali diferensial ruas sebelah kiri(2.107). Diferensial ruas sebelah kiri (2.107) tidak lain adalah deri-vatif dari fungsi y tanx. Olehkarenanya penyelesaian yang persmaandiferensial (2.106)

y tanx = c, atau y = ccotx. (2.108)

2.7 Menentukan Faktor Integrasi

Kita dapat memberikan catatan terhadap definisi faktor integrasi. Me-tode standar untuk mencari faktor integrasi yang kita bahas sebelum-nya adalah untuk persamaan diferensial tipe-tipe khusus saja. Berikutini kita akan membahas faktor integrasi untuk berbagaimanacam tipepersamaan diferensial yang lebih umum.

Kita mulai pembahasan kita dengan meninjau persmaan diferensialberbentuk

P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (2.109)

yang mana persamaan ini secara umum tidak eksak. Kita asumsik-an bahwa faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.109) adalahfungsi dari h(x,y). Tujuan dari pembahasan kita kali ini adalah un-tuk menentukan fungsi dari h sedemikian hingga persamaan (2.109)menjadi eksak. Perdefinisi persamaan diferensial

h(x,y)P(x,y)dx+h(x,y)Q(x,y)dy = 0 (2.110)

adalah persamaan diferensial eksak. Olehkarenanya dengan teoremaakita dapatkan

∂∂y

h(x,y)P(x,y) =∂∂x

h(x,y)Q(x,y). (2.111)

Selanjutnya kita akan meninjau tipe-tipe dari fungsi h sendiri.

2.7 Menentukan Faktor Integrasi 35

2.7.1 h fungsi hanya dari x

Untuk kasus ini h(x,y) = h(x). Dengan menyelesaiankan diferensial(2.111) kita dapatkan

h(x)∂∂y

P(x,y) = h(x)∂∂x

Q(x,y)+Q(x,y)dhdx

(x). (2.112)

persamaan terakhir ini dapat kita tulis dalam bentuk

dh(x)d(x)

=∂∂yP(x,y)− ∂

∂xQ(x,y)

Q(x,y)dx. (2.113)

Sekarang kita perhatikan dengan seksama arti persamaan (2.113) ini.Karena ruas sebelah kiri adalah fungsi dari x saja maka ruas kanan-nya harus pula fungsi dari x saja. Sekarang misalkan koefisien dari dxadalah F(x), yaitu

F(x) =∂∂yP(x,y)− ∂

∂xQ(x,y)

Q(x,y). (2.114)

Dengan meninjau persamaan (2.113) kita ketahui dh(x)d(x) = F(x) yang

dapat diintegralkan dengan hasil integrasinya adalah fungsi dari

h(x) = e∫

F(x)dx. (2.115)

Faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.110) adalah hasil dariintegrasi ruas kanan (2.115).

Contoh 2.7.1 Tunjukkanlah bahwa persamaan diferensial

(ex− siny)dx+ cosydy = 0 (2.116)

bukan persamaan diferensial eksak dan kemudian tentukankanlahfaktor integrasinya.

Pertama-tama kita nyatakan koefisien dari dx dan dy dengan fungsiP(x,y) dan Q(x,y). Dari (2.116) diperoleh bahwa P(x,y) = ex− sinydan Q(x,y) = cosy. Olehkarenanya

∂P(x,y)∂y

=−cosy dan∂Q(x,y)

∂x= 0. (2.117)


Dalam hal ini persamaan diferensial (2.116) tidak eksak dan

F(x) =−cosycosy

=−1. (2.118)

Menggunakan (2.115) kita peroleh faktor integrasi dari persamaan di-ferensial (2.116) yaitu

h(x) = e∫ −dx = e−x. (2.119)


(1− xy)dx+(xy− x2)dy = 0 (2.120)

bukan persamaan diferensial eksak dan kemudian tentukankanlahfaktor integrasinya.

Langkah pertamana kita nyatakan koefisien dari dx dan dy denganfungsi P(x,y) dan Q(x,y). Dari (2.120) diperoleh bahwa P(x,y) = 1−xy dan Q(x,y) = xy− x2. Olehkarenanya

∂P(x,y)∂y

=−x dan∂Q(x,y)

∂x= y−2x. (2.121)

Dalam hal ini persamaan diferensial (2.120) tidak eksak dan

F(x) =−x− y+2x

xy− x2 =−1x. (2.122)

Menggunakan (2.115) kita peroleh faktor integrasi dari persamaan di-ferensial (2.120) yaitu

h(x) = e∫ − 1

x dx = e− lnx =1x. (2.123)

2.7.2 h fungsi hanya dari y

Dalam kasus ini, dengan mengalikan persamaan diferensial (2.109)dengan faktor integrasinya h (fungsi hanya dari y) kemudian denganmenggunakan kondisi keeksakan persamaan diferensial yang dipero-leh


h(y)∂∂y

P(x,y)+P(x,y)dh(y)

dy= h(y)

∂∂x

Q(x,y). (2.124)

Persamaan (2.124) dinyatakan dalam bentuk

dh(y)d(y)

=∂∂xQ(x,y)− ∂

∂yP(x,y)

P(x,y)dy. (2.125)

Sekarang kita perhatikan dengan seksama arti persamaan (2.125) ini.Karena ruas sebelah kiri adalah fungsi dari y saja maka ruas kanan-nya harus pula fungsi dari y saja. Sekarang misalkan koefisien dari dyadalah G(y), yaitu

G(y) =∂∂xQ(x,y)− ∂

∂yP(x,y)

P(x,y). (2.126)

Dengan meninjau persamaan (2.125) kita ketahui dh(y)d(y) = G(y) yang

dapat diintegralkan dengan hasil integrasinya adalah fungsi dari

h(y) = e∫

F(y)dy. (2.127)

Faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.110) adalah hasil dariintegrasi ruas kanan (2.127).


xydx+(1+ x2)dy = 0 (2.128)

bukan persamaan diferensial eksak kemudian tentukanlah faktor inte-grasinya.

Dengan memperhatikan koefisien dx dan dy persmaan (2.128) kitaperoleh

∂P(x,y)∂y

= x, dan∂Q(x,y)

∂x= 2x. (2.129)

Dari persamaan (2.129) itu juga mengikuti bahwa

G(y) =2x− x

xy=

1y. (2.130)

Persamaan (2.130) membuktikan bahwa persmaan diferensial (2.128)tidak eksak. Selanjutnya mengunakan (2.127) kita peroleh faktor in-tegrasi dari persamaan diferensial (2.128) diberikan oleh

h(y) = e∫

G(y)dy = elny = y. (2.131)


2.7.3 h fungsi dari xy

Anggaplah faktor integrasi persamaan diferensial (2.109) adalah h(xy).Misalkan u(x,y) = xy. Dengan menggunakan aturan rantai persmaan(2.111)

h(u)∂∂y

P(x,y)+P(x,y∂ h(u)

∂y= h(u)

∂∂y

Q(x,y)+Q(x,y)∂ h(u)

∂x,

(2.132)dimana

∂∂x

h(u) = h′(u)∂u∂x

=dh(u)

du∂u∂x

(2.133)

dan∂∂y

h(u) = h′(u)∂u∂y

=dh(u)

du∂u∂y

. (2.134)

Mengingat u = xy akibatnya ∂u∂x = y dan ∂u

∂y = x dan persamaan (2.134)menjadi

∂∂x

h(u) = yh′(u) = ydh(u)

du, (2.135)

dan∂∂y

h(u) = xh′(u) = xdh(u)

du. (2.136)

Mensubstitusikan persamaan (2.134), (2.135) dan (2.136) ke dalam(2.132) kita peroleh

dh(u)h(u)

=∂∂yP(x,y)− ∂

∂xQ(x,y)

yQ(x,y)− xP(x,y)du. (2.137)

Lagi mengingat ruas kiri persamaan (2.137) adalah fungsi dari u makakoefisien dari du juga fungsi dari u juga. Sekarang misalkan

F(u) =∂∂yP(x,y)− ∂

∂xQ(x,y)

yQ(x,y)− xP(x,y), (2.138)

makadh(u)h(u)

= F(u)du. (2.139)

Penyelesaian dari persamaan diferensial (2.139) diberikan oleh

h(u) = e∫

F(u)du. (2.140)



(y3 + xy2 + y)dx+(x3 + x2y+ x)dy = 0 (2.141)

bukan persamaan diferensial eksak dan carilah faktor integrasinya.

Pada contoh ini kita ketahui bahwa P(x,y) = y3+xy2+y dan Q(x,y) =x3 + x2y + x. Dengan mendiferensialkan P terhadap y dan Q terhadapx diperoleh

∂P(x,y)∂y

= 3y2 +2xy+1) dan∂P(x,y)

∂x= 3x2 +2xy+1. (2.142)

Dari persamaan (2.142) kita peroleh

∂P(x,y)∂y

− ∂P(x,y)∂x

= 3(y2− x2). (2.143)

Hal ini menunjukkan bahwa persamaan diferensial (2.141) tidak ek-sak. Selanjutnya akan kita tentukan faktor integrasinya. Menggunakan(2.138) itu mengikuti bahwa

F(u) =∂∂yP(x,y)− ∂

∂xQ(x,y)

yQ(x,y)− xP(x,y)=−3(x2− y2)xy(x2− y2)

=−3u. (2.144)

Kemudian menggunakan (2.139) kita peroleh faktor integrasinya, ya-itu

h(u) = e−∫ 3

u du = e−3lnu = (xy)−3. (2.145)

Ujilah bahwa persamaan differensial (2.141) akan menjadi eksak jikapersamaan itu dikalikan dengan (xy)−3.

2.7.4 h fungsi dari x/y

Misalkan u = x/y dan h = h(u) maka, dengan menggunakan aturanrantai, akan diperoleh

∂∂y

h(u) = h′(u)∂u∂y

=− xy2

ddu

h(u) (2.146)


dan∂∂x

h(u) = h′(u)∂u∂x

=1y

ddu

h(u). (2.147)

menggunakan (2.146) dan (2.147) kedalam (2.132), setelah penyeder-hanaan, akan diperoleh persamaan berikut

dh(u)h(u)

=y2(∂P

∂y (x,y)− ∂ Q∂x (x,y))

xP(x,y)+ yQ(x,y)du. (2.148)

Dengan memperhatikan ruas kiri dari (2.148) yaitu fungsi hanya dari umaka ruas kanan haruslah fungsi hanya dari u juga. Sekarang misalkan

G(u) =y2(∂P

∂y (x,y)− ∂Q∂x (x,y))

xP+ yQ(2.149)

maka memperhatikan (2.148) dan (2.149) diperoleh

dh(u)h(u)

= G(u). (2.150)

Mengintegralkan (2.150) terhadap u diperoleh

h(u) = eG(u)du. (2.151)

Persamaan (2.151) ini adalah faktor integrasi.


3ydx− xdy = 0 (2.152)

bukan persamaan diferensial eksak. Kemudian tentukanlah faktor in-tegrasinya.

Memperhatikan persamaan (2.109) dan (2.152) kita da[atkan bah-wa P = 3y, Q = −x. Olehkarenanya itu mengikuti bahwa ∂P

∂y = 3y,f rac∂Q∂x =−1. Menggunakan (2.149) diperoleh

G(u) =y2(3+1)3xy− xy

= 2yx

=2u. (2.153)

Karena G(u) 6= 0 maka persamaan diferensial (2.152) bukan persa-maan diferensial eksak. Menggunakan persamaan (2.151) kedalam(2.153) itu mengikuti bahwa


h(u) = e∫ 2

u du = elnu2= u2 =

x2

y2 . (2.154)

Jadi factor integrasi dari persamaan diferensial (2.152) diberikan olehx2/y2.

2.7.5 h fungsi dari y/x

Dengan mengikuti langkah-langkah yang diberikan dalam bagian 2.7.4akan kita dapatkan faktor integrasi yang dberikan oleh

h(u) = eK(u)du (2.155)

dimana u = y/x dan

K(u) =x2

(∂Q∂x (x,y)− ∂P

∂y (x,y))

xP(x,y)+ yQ(x,y). (2.156)

Proses (2.155) dan (2.49) sangat bagus untuk latihan.


ydx−3xdy = 0 (2.157)

bukan persamaan diferensial eksak. Tentukanlah faktor integrasinya.

memperhatikan (2.109) dan (2.157) kita peroleh P = y dan Q =−3x,karenanya ∂P

∂y = 1 dan ∂Q∂x =−3. Menggunakan (2.156) diperoleh

K(u) =x2(−3−1)

xy−3xy= 2

xy

=2u. (2.158)

Karena K(u) 6= 0 maka dapat disimpulkan bahwa persamaan diferen-sial (2.157) tidak eksak. Menggunakan (2.158) kedalam (2.155) dipe-roleh

h(u) = e∫ 2

u du = elnu2= u2 =

y2

x2 . (2.159)

Dari persamaan (2.159) didapatkan bahwa faktor integrasi dari persa-maan diferensial (2.157) adalah y2

x2 .


2.7.6 Bentuk Khusus dari P dan Q.

Jika persamaan diferensial dapat dijadikan ke dalam bentuk persama-an diferensial berikut

y(Axpyq +Bxrys)dx+ x(Cxpyq +Dxrys)dy = 0 (2.160)

dimana A,B,C, dan D semuanya konstanta, maka persamaan diferen-sial (2.160) mempunyai faktor integrasi fungsi dari xayb dimana a danb dua konstanta yang dipilih sedemikian hingga persamaan diferensial

xayb(y(Axpyq +Bxrys)dx+ x(Cxpyq +Dxrys)dy) = 0 (2.161)

eksak. Bukti dari pernyataan di atas diluar dari tujuan buku ini dan da-pat dengan mudah untuk mendapatkannya dalam buku-buku persama-an diferensial elementer. Untuk mendapatkan pemahaman bagaima-na mendapatkan faktor integrasi dari persamaan diferensial berbentuk(2.160) kita sajikan contoh dibawah ini.

Contoh 2.7.7 Tunjukkan bahwa persamaan diferensial

y(2x2y3 +3)dx+ x(x2y3−1)dy = 0 (2.162)

bukan eksak. Tentukanlagh faktor integrasinya.

memperhatikan persamaan (2.109) dan (2.162) diperoleh

P = y(2x2y3 +3)danQ = x(x2y3−1). (2.163)

Berarti ∂P∂y = 8x2y3 +3 dan ∂Q

∂x = 3x2y3−1. Mengikuti Teorema 2.5.3dengan

∂P∂y− ∂Q

∂x= 5x2y3 +4 (2.164)

dapat disimpulkan bahwa persamaan diferensial (2.162) tidak eksak.Dengan mengalikan persamaan diferensial (2.162) dengan faktor in-tegrasinya xayb diperoleh

(2xa+2yb+4 +3xayb+1)dx+(xa+3yb+3− xa+1yb)dy = 0. (2.165)

Karena (2.165) adalah persamaan diferensial eksak maka menurut te-orema 2.5.3 haruslah ∂P

∂y − ∂ Q∂x = 0 untuk semua nilai x dan y dalam

domain, yaitu (setelah penyederhanaan)

2.8 Persamaan Diferensial Linier Order Satu. 43

(2b+8)x2y3 +3b+3 = (a+3)x2y3− (a+1). (2.166)

karena (2.166) berlaku untuk semua x dan y dalam domain, maka ha-ruslah

2b+8 = a+3 dan 3b+3 =−a−1. (2.167)

Dengan menyelesaikan system (2.167) diperoleh

a =75

dan b =−95. (2.168)

Jadi faktor integrasi dari persamaan diferensial (2.162) adalah x75 y−

95 .

2.8 Persamaan Diferensial Linier Order Satu.

Definisi 2.8.1 Persamaan diferensial linier order satu adalah persa-maan diferensialyang dapat ditulis dalam bentuk

dydx

+P(x)y = Q(x), (2.169)

dimana P(x) dan Q(x) adalah fungsi kontinu dari x pada interval (da-erah) dimana P dan Q terdefinisi.

Pada bagian yang lalu kita telah membahas faktor integrasi dari suatupersamaan diferensial. Selanjutnya kita akan perlihatkan bahwa fak-tor integrasi dari persamaan diferensial (2.169) adalah fungsi dari xberbentuk

e∫

P(x)dx, (2.170)

dengan konstanta integrasi dipilih nol. Dengan mengalikan kedua ruasdengan (2.169) dengan faktor e

∫P(x)dxdx akan diperoleh

e∫

P(x)dxdy+(P(x)y−Q(x))e∫

P(x)dxdx = 0. (2.171)

Koefisien dari dx dan dy dalam (2.171) beturut-turut diberikan oleh(P(x)y−Q(x))e

∫P(x)dx dan e

∫P(x)dx. Sekarang kita diferensialkan ko-

efisien dx terhadap y untuk mendapatkan


P(x)e∫

P(x)dx, (2.172)

dan koefisien dy terhadap x untuk mendapatkan

P(x)e∫

P(x)dx. (2.173)

Memperhatikan (2.172) dan (2.173) dan menggunakan teoreme 2.5.3dapat kita simpulkan bahwa persamaan diferensial (2.171) adalah per-samaan diferensial eksak. Jadi itu mengikuti dari definisi faktor inte-grasi bahwa e

∫P(x)dx adalah faktor integrasi dari persamaan diferensial

(2.169). Sekarang kita tuliskan persamaan (2.169) dalam bentuk

e∫

P(x)dxdy+P(x)ye∫

P(x)dxdx = Q(x)e∫

P(x)dxdx. (2.174)

Karena (2.171) eksak maka (2.174) juga eksak. Jadi persamaan di-ferensial (2.174) dapat kita selesaikan dengan menggunakan metodepenyelesaian yang telah dibahas pada bagian persamaan diferensialeksak. Akan tetapi kali ini kita akan mencoba untuk menyelesaikanpersamaan (2.174) dengan metode lain. Perhatikan bahwa ruas kiridari (2.174) adalah derivatif total dari fungsi e

∫P(x)dxy (ingat lagi pe-

lajaran kalkulus), yaitu

d(e∫

P(x)dxy) = e∫

P(x)dxdy+P(x)ye∫

P(x)dxdx. (2.175)

Dengan memperhatikan (2.174) dan (2.174) diperoleh

d(e∫

P(x)dxy) = Q(x)e∫

P(x)dxdx. (2.176)

Dengan mengintegralkan kedua ruas (2.177) didapatkan

e∫

P(x)dxy =∫

Q(x)e∫

P(x)dxdx+ c. (2.177)

Kemudian dengan mengalikan kedua ruas (2.177) dengan e−∫

P(x)dx

diperoleh

y = e−∫

P(x)dx∫

Q(x)e∫

P(x)dxdx+ ce−∫

P(x)dx, (2.178)

dimana c konstanta integrasi.



dydx

+3y = e5x, y(0) = 5. (2.179)

Membandingkan (2.179) dengan (2.169) diperoleh P(x)= 3 dan Q(x)=e5x. Olehkarenanya

∫P(x)dx =

∫3dx = 3x (2.180)

dan∫

e∫

P(x)dxQ(x)dx =∫

e3xe5xdx =∫

e8xdx =18

e8x. (2.181)

Menggunakan hasil dari (2.180) dan (2.181) kedalam (2.178) dipero-leh

y = e−3x 18

e8x + ce−3x

=18

e5x + ce−3x. (2.182)

Dari soal kita ketahui bahwa pada saat x = 0 nilai y = 5 atau y(0) = 5.Olehkarenanya dengan memasukkan nilai x = 0 dan y = 5 kedalam(2.182) akan didapatkan nilai c, yaitu

5 = e0 18

e0 + ce0

=18

+ c. (2.183)

Dari (2.183) kita dapatkan penyelesaian khusus (2.179), yakni

y =18

e5x +398

e−3x (2.184)


dxdy−2xy = ex2

. (2.185)


Dalam soal ini kita ketahui bahwa P(x) =−2x, Q(x) = ex2. Olehkare-

nanya kita dapatkan∫

P(x)dx =∫−2xdx =−x2 (2.186)

dan ∫e∫

P(x)dxQ(x)dx =∫

e−2xe2xdx = x. (2.187)

Menggunakan (2.186) dan (2.187) kedalam (2.178) diperoleh

y = e2x(x+ c). (2.188)


xdxdy

+3y =sinxx2 , x 6= 0; y(

π2) = 1. (2.189)

Karena x 6= 0 maka (2.189) dapat dibagi dengan x untuk mendapatkan

dxdy

+3yx

=sinxx3 , x 6= 0; y(

π2) = 1. (2.190)

Dari persamaan (2.190) kita ketahui bahwa P(x) = 3x dan Q(x) = sinx

x3 .Olehkarenanya kita peroleh lagi

∫P(x)dx =

∫ 3x

dx = 3lnx = lnx3 (2.191)

dan∫

e∫

P(x)dxQ(x)dx =∫

elnx3 sinxx3 dx

=∫

x3 sinxx3 dx

=∫

sinxdx

= −cosx. (2.192)

Menggunnakan (2.191) dan (2.192) ke dalam (2.178) diperoleh

y = e− lnx3(−cosx)+ ce− lnx3

= x−3 cosx+ cx−3

= x−3(cosx+ c). (2.193)


Penyelesaian umum (2.189) diberikan oleh (2.193). Penyelesaian khu-sus (2.189) yang memenuhi y(π/2) = 1, yaitu y = 1 untuk x = π/2,diperoleh dengan memasukkan nilai y dan x ini kedalam (2.193) yaitu

1 =π2

−3(cos

π2

+ c)

= cπ2

−3. (2.194)

Menggunakan nilai c dalam (2.194) kedalam (2.193) diperoleh penye-lesaian khusus (2.189), yaitu

y = x−3(cosx+π2

3). (2.195)

2.8.1 Jastifikasi Faktor Integrasi e∫

P(x)dx.

Kita perhatikan persamaan diferensial (2.169) dalam bentuk persama-an (2.109) yaitu

(P(x)y−Q(x))dx+dy = 0. (2.196)

Misalkan u(x) faktor integrasi persamaan diferensial (2.196). Selan-jutnya kalikan (2.196) dengan u(x) untuk memperoleh

u(x)(P(x)y−Q(x))dx+u(x)dy = 0. (2.197)

Perdefinisi persamaan diferensial (2.197) adalah eksak. Menggunakanteorema 2.5.3 itu berlaku

∂∂y

u(x)(P(x)y−Q(x)) =∂∂x

u(x). (2.198)

Memperhitungkan P(x), Q(x), dan u(x) adalah fungsi hanya dari xmaka diperoleh dari (2.198) bahwa

u(x)P(x) =∂∂x

u(x) =du(x)

dx. (2.199)

Mengalikan (2.199) dengan dxu(x) diperoleh


P(x)dx =du(x)u(x)

. (2.200)

Dengan mengintegralkan (2.200) terhadap x dan dengan memilih kon-stanta integrasi sama dengan n0l diperoleh

lnu(x) =∫

P(x)dx, (2.201)

atauu(x) = e

∫P(x)dx. (2.202)

Persamaan terakhir (2.202) membuktikan bahwa faktor integrasi per-samaan diferensial (2.196) diberikan oleh

e∫

P(x)dx. (2.203)

2.8.2 Persamaan Bernoulli.

Salah satu tipe khusus dari persamaan diferensial order satu adalahpersamaan , matematikiawan Swiss yang bernama lengkap James Ber-noulli (1654-1705). Bentuk umum persamaan Bernoulli adalah

dydx

+P(x)y = Q(x)yn, (2.204)

dengan n bilangan bulat.Jika n = 1 maka persamaan (2.204) direduk-si ke persamaan diferensial dengan variabel terpisah. Kita perhatikanbahwa untuk n 6= 0 atau 1 maka persamaan diferensial (2.204) me-rupakan persamaan diferensial tidak linier. Jika kita kalikan (2.204)dengan (1−n)y−n didapatkan

(1−n)y−n dydx

+(1−n)y1−nP(x)y = (1−n)Q(x). (2.205)

Kita perhatikan bahwa suku pertama ruas kiri berasal dari derivatiffungsi y1−n yaitu

ddx

y1−n = (1−n)y−n dydx

. (2.206)

Karenanya persamaan (2.205) dapat ditulis dalam bentuk


ddx

y1−n +(1−n)y1−nP(x)y = (1−n)Q(x). (2.207)

Dengan memisalkan y1−n = Y diperoleh (2.207) direduksi ke bentukstandar persamaan diferensial linier (2.169) yaitu

ddx

Y +(1−n)Y P(x)y = (1−n)Q(x), (2.208)

dengan P(x) diganti dengan (1− n)P(x) dan Q(x) diganti dengan(1−n)Q(x). Dengan membandingkan (2.208) dengan (2.169) dan de-ngan memperhitungkan bahwa n sebagai konstanta maka dapat kitasimpulkan bahwa penyelesaian (2.208) diberikan oleh

Y = e−(1−n)∫

P(x)dx∫

(1−n)Q(x)e∫

P(x)dxdx+ ce−(1−n)∫

P(x)dx

(2.209)atau

y1−n = e−(1−n)∫

P(x)dx∫

(1−n)Q(x)e∫

P(x)dxdx+ ce−(1−n)∫

P(x)dx.

(2.210)

Contoh 2.8.4 Tentukanlah penyelesaian

dydx

+ xy =xy, y 6= 0. (2.211)

Dengan mengobservasi persamaan (2.211) dan persamaan (2.204) ki-ta peroleh bahwa P(x) = x, Q(x) = x, dan n = −3. Olehkarenanyamenggunakan (2.210) diperoleh

y4 = e−4∫

xdx∫

4xe∫

xdxdx+ ce−4∫

xdx

= e−2x2∫

4xe2x2dx+ ce−2x2

. (2.212)

Kita ketahui bahwa integral persamaan terakhir adalah derivatif darie2x2

. Berarti penyelesaian dari persmaan (2.211) diberikan oleh

y4 = e−2x2e2x2

+ ce−2x2

= 1+ ce−2x2. (2.213)


2.8.3 Persamaan Riccati.

Tipe khusus lain dari persamaan diferensial order satu adalah , mate-matikiawan Itali yang bernama lengkap Vicenzo Riccati (1707-1775).Bentuk standar dari persamaan Riccati adalah

dydx

= P(x)y2 +Q(x)y+R(x), P(x) 6= 0. (2.214)

Persamaan (2.214) dapat diintegralkan jika penyelesaian khusus dike-tahui. Misalkan y1 adalah penyelesaian khususnya. Dengan mensub-situsikan

y = y1 +1v

(2.215)

kedalam (2.214) kita perolehpersamaan dalam v, yaitu

y′− v′

v2 = P(x)(y1 +1v)2 +Q(x)(y1 +

1v)+R(x), P(x) 6= 0

= P(x)(y21 +2y1

1v

+1v2 +Q(x)y1 +Q(x)

1v

+R(x).(2.216)

Dengan memperhitungkan y1 adalah penyelesaian (2.214) maka per-samaan (2.216) menjadi

v′+(2P(x)+Q(x))v =−P(x). (2.217)

Persamaan (2.217) adalah tipe persmaan (2.169) yang dapat diselesa-ikan dengan metode standar persamaan diferensial linier.


2x2y′ = (x−1)(y2− x2)+2xy. (2.218)

Dari observasi kita dapatkan bahwa y = x adalah penyelesaian khususpersamaan diferensial (2.218). Olehkarenanya untuk menyelesaikan(2.218) dapat kita substitusikan

y = x+1v

(2.219)

kedalam (2.218) untuk mendapatkan persamaan


2x2(1− v′

v2 ) = (x−1)

((x+

1v

)2

− x2

)+2x

(x+

1v

). (2.220)

Menyelesaikan (2.220) diperoleh bentuk sederhananya

2x2(v′+ v) = x−1. (2.221)

Dengan mengintegralkan (2.221) (menggunakan metode penyelesaik-an persamaan linier, lihat persmaan (2.178)) diperoleh

v =cxe−x−1

2x, (2.222)

dengan c sebagai konstanta integrasi. Menggunakan (2.219) kedalam(2.222) kita dapatkan penyelesaian (2.218), yaitu

y = x+2x

cxe−x−1= x

cxe−x +1cxe−x−1

. (2.223)


Soal-soal latihan

2.1. Selesaikanlah persamaan diferensial berikut

a). 4xydx+(x2 +1)dy = 0.b). (x3y+ yx2)dx+(y3x2 +2x2y)dy = 0.

c). (y lnx = xdydx .

d). 4cos2 ydx+ cosec2xdy = 0.

e).√

2xydydx = 1.

f). dydx = ex−y.

g). (y2 +1)dx− (x2 +1)dy = 0.

h). dydx cos(x)− y = 1.

i). yx2dy− y3dx = 2x2dy.j). (y2−1)dx− (2y+ xy)dy = 0.

k). x lnxdy+√

1+ y2dx = 0.l). ex+1 tanydx+ cosydy = 0.m). xcosydx+ x2 sinydy = a2 sinydy,dimanaasebuah konstanta.n). (x−1)cosydy = sxsinydx.o). y′ = y lnycotx.p). xdy+(1+ y2)arctanydx = 0.q). dy+ x(y+1)dx = 0.

r). ey2(x2 +2x+1)dx+(xy+ y)dy = 0.

s). (x+ y)+ y′ = 0.Bantuan misalkanlahx+y=v.

2.2. Tentukanlah penyelesaian khusus yang memenuhi nilai yang di-berikan pada masing-masing soal berikut dibawah ini.

a). dydx + y = 0, y(1) = 1.

b). sinxcos2ydx+ cosxsin2ydy = 0, y(0) = π/2.c). (1− x)dy = x(y+1)dx, y(0) = 0.d). ydy+ xdx = 3xy2dx, y(2) = 1.e). dy = ex+ydx,y(0)=0.

2.3. Tentukanlah penyelesaian dari persamaan diferensial berikut ini.

a). (2xy+3y2)dx− (2xy+ x2)dy = 0.

b). (x3 = y2√

x2 + y2)dx− (xy√

x2 + y2)dy = 0.c). (3x2 +9xy+5y2)dx− (6x2 +4xy)dy = 0.


2.4. Tentukanlah penyelesaian persaman diferensial dibawah ini de-ngan mengasumsikan dalam masing - masing kasus koefisien dy 6= 0.

a). 2xydx+(x2 + y2)dy = 0.

b). (x+√

y2− xy)dy− ydx = 0.c). (x+ y)dx− (x− y)dy = 0.d). xy′− y− xsin y

x = 0.e). (2x2y+ y3)dx+(xy2−2x3)dy = 0.

f). y2dx+(x√

y2− x2− xy)dy = 0.

g). yx cos y

xdx−(

xy sin y

x + cos yx

)dy = 0.

h). ydx+ x ln yxdy−2xdy = 0.

i). 2yex/ydx+(y−2xex/y)dy = 0.

j).(

xey/x− ysin yx

)dx+ xsin y

xdy = 0.

2.5. Tentukanlah penyelesaian masing-masing persamaan diferensialberikut ini.

a). (x+ y+1)dx+(2x+3y+2)dy = 0.b). (y+1)dx+(2x−3)dy = 0.c). (3x+4y+1)dx+(2x+2y+1)dy = 0.d). (7y+1)dx+(2x−3)dy = 0.e). (x+2y−4)dx− (2x−4y)dy = 0.f). (3x+2y+1)dx− (3x+2y−1)dy = 0.g). (x+ y+1)dx+(2x+2y+2)dy = 0.h). (2x− y+1)dx+(4x−2y+3)dy = 0.i). (x+3y+1)dx+(2x+6y−1)dy = 0.j). (2x+3y+1)dx+(2x+3y+2)dy = 0.k). (x+ y+1)dx+(3x+2y+2)dy = 0.l). (x+ y)dx+(3x+3y−4)dy = 0, y(1) = 0.m). (3x+2y+3)dx− (x+2y−1)dy = 0, y(−2) = 1.n). (x+7)dx+(2x+ y+3)dy = 0, y(0) = 1.o). (x+ y+2)dx− (x− y−4)dy = 0, y(1) = 0.


2.6. Tunjukkanlah bahwa masing-masing persamaan diferensial beri-kut ini eksak dan tentukanlah keluarga penyelesaian 1-parameternya.

a). (3x2y+8xy2)dx+(x3 +8x2y+12y2)dy = 0.

b). (2x2 +3y2)dydx +(3x2 +4xy) = 0.

c). (hx+by)dydx +(ax+hy) = 0.

d).((a+2h)x2 +2(b+2h)xy+3by2) dy

dx +3ax2 +2(a+2h)xy+(b+2h)y2 = 0.

.

e). (4x3y+12x2y2 +5x2 +3x)dydx +6x2y2−8xy3 +10xy+3y = 0.

f). (cos(x)− xcos(y))dydx − sin(y)− ysin(x) = 0.

g). 2xy+1y dx+ y−x

y2 dy = 0.

h). 2xydx+(x2 + y2)dy = 0.i). (ex sin(y)+ e−y)dx− (xe−y− ex cos(y))dy = 0.j). cos(y)dx− (xsin(y)− y2)dy = 0.k). (x−2xy+ ey)dx+(y− x2 + xey)dy = 0.l). (x2− x+ y2)dx− (ey−2xy)dy = 0.m). (2x+ ycos(x))dx+(2y+ sin(x)− sin(y))dy = 0.

n). (x√

x2 + y2)dx− x2yy−√

x2+y2dy = 0.

o). (4x3− sin(x)+ y3)dx− (y2 +1−3xy2)dy = 0.

p). x2dyydx +2x ln |y|= 0.

q).(

x+ay+b

)2 dydx = 2 x+a

y+b .

r). (1−x2)y′+(1−y2)(1+xy)2 = 0.

2.7. Tentukanlah penyelesaian khusus yang memenuhi syarat awal un-tuk masing-masing persamaan diferensial berikut ini.

a). ex(y3 + xy3 +1)dx+3y2(xex−6)dy = 0,y(0) = 1.b). sin(x)cos(y)dx+ cos(x)sin(y)dy = 0,y(π

4 ) = π4 .

c). (y2exy2+4x3)dx+(2xyexy2 −3y2)dy = 0,y(1) = 0.


2.8. Tentukanlah apakah persamaan diferensial yang diberikan eksakatau tidak. Jika jawabannya tidak, tentukanlah faktor integrasinya. Ke-mudian carilah penyelesaian keluarga 1-parameter untuk semua saol.

a). (2xy+ x2)dx+(x2 + y2)dy = 0.b). (x2 + ycosx)dx+(y3 + sinx)dy = 0.c). (x2 + y2 + x)dx+(xydy = 0.d). (x−2xy+ ey)dx+(y− x2 + xy)dy = 0.e). (ex siny+ e−y)dx− (xe−y− ex cosy)dy = 0.f). (x2− y2− y)dx− (x2− y2− x)dy = 0.g). (x4y2− y)dx+(x2y4− x)dy = 0.h). (y(2x+ y3)dx− x(2x− y3)dy = 0.

i).(

arctanxy+ xy−2xy2

1+x2y2

)dx+ f racx2−2x2y1+ x2y2dy = 0.

j). ex(x+1)dx+(yey− xex)dy = 0.

k). xy+1y dx+ 2y−x

y2 dy = 0.

l). (y2−3xy−2x2)dx+(xy− x2)dy = 0.m). y(y+2x+1)dx− x(2y+ x−1)dy = 0.n). y(2x− y−1)dx+ x(2y− x−1)dy = 0.o). (y2 +12x2y)dx+(2xy+4x3)dy = 0.p). 3(y+ x)2dx+ x(3y+2x)dy = 0.q). 2xydx+(x2 + y2 +a)dy = 0.r). (2xy+ x2 +b)dx+(y2 + x2 +a)dy = 0.


2.9. Carilah penyelesaian umum dari persamaan diferensial berikut

a). xy′+ y = x3.b). y′+ay = b.c). xy′+ y = y2 lnx.d). dx

dy +2yx = e−y2.

e). drdθ = (r + e−θ ) tanθ .

f). dydx − 2xy

x2+1 = 1.

g). y′+ y = xy3.

h). (1− x3)dydx −2(1+ x)y = y5/2.

i). tanθ drdθ − r = tan2 theta.

j). L didt +Ri = E sinkt.

k). y′+2y = 3e−2x.

l). y′+2y = 34e−2x.

m). y′+2y = sinx.n). y′+ ycosx = e2x.o). xy′− y(2y lnx−1) = 0.p). x2(x−1)y′− y2− x(x−2)y = 0.

q). y′+ ycosx = 12 sinx.

r). xy′+ y = xsinx.s). xy′− y = x2 sinx.t). xy′+ xy2− y = 0.

2.10. Tentukanlah penyelesaian khusus untuk masing-masing persa-maan diferensial berikut.

a). y′− y = ex, y(0) = 1.

b). y′+ 1x y = y2

x , y(−1) = 1.c). 2cosxdy = (ysinx− y3)dx, y(0) = 1.d). (x− siny)dy+ tanydx = 0, y(1) = π

6 .

2.11. Tentukanlah penyelesian umum dari persamaan diferensial yangdiberikan penyelesaian khususnya berikut ini.

a). y′ = x3 + 2x y− 1

x y2, y1(x) =−x2.b). y′ = 2tanxsecx− y2 sinx, y1(x) = secx.c). y′ = 1

x2 − yx − y2, y1(x) = 1

x .

d). y′ = 1+ yx − y2

x2 , y1(x) = x.

Bab 3Masalah-masalah Yang Membentuk PersamaanDiferensial Order Satu.

3.1 Masalah-masalah dari Geometri.

Contoh 3.1.1 Tentukanlah yang mempunyai sifat sebagai berikut; se-gmen garis tangen yang menghubungkan titik tangen kurva dengansumbu Y dibagi dua oleh sumbu X.

Misalkan titik adalah P(x,y) dan titik potong segmen garis tangen me-lalui P(x,y) dengan sumbu Y adalah titik Q(0, y) (lihat gambar)

( x2

, 0 )

Q (0,−y)

P(x,y)

y’

Y

X(0,0)

Figure 1.

Karena jarak dari titik P ke sumbu X sama dengan jarak titik Q kesumbu X , dimana jarak dari titik P ke sumbu X adalah y, maka jarak

57

58 3 Masalah-masalah Yang Membentuk Persamaan Diferensial Order Satu.

dari titik Q ke sumbu X haruslah y. Disebabkan titik Q dibawah sum-bu X maka koordinat titik Q adalah (0,−y). Segmen garis PQ dibagidua oleh sumbu X berarti jarak dari titik dimana segmen garis PQ me-motong sumbu X dengan sumbu Y adalah setengah dari jarak titik Pdengan sumbu Y . Olehkarenanya koordinat titik dimana segmen ga-ris PQ memotong sumbu X diberikan oleh ( x

2 ,0). Tangen dari kurvadititik P diberikan oleh

dydx

= y′ =yx2

=2yx

. (3.1)

Persamaan (3.1) adalah persamaan diferensial variabel terpisah danpenyelesaiannya diberikan oleh

y = cx2, (3.2)

dengan c konstanta integrasi. Jadi kita telah menunjukkan bahwa se-mua kurva yang memiliki sifat seperti dalam contoh 3.1.1 haruslahberbentuk kurva yang persamaannya diberikan oleh (3.2). Sebaliknyasetiap kurva yang mempunyai persamaan (3.2) akan memiliki sifatdalam contoh 3.1.1 (Tunjukkanlah!).

Contoh 3.1.2 Tentukanlah keluarga kurva dengan sifat luas daerahyang dibatasi oleh sumbu X, garis tangen melalui titik P(x,y) padakurva, dan proyeksi garis tangen searah sumbu X adalah A dengan Akonstan.(lihat gambar)

3.1 Masalah-masalah dari Geometri. 59

Y

X(0,0)

P(x,y)

Q(a,0) R(x,0)

y’ y

Figure 2.

Misalkan titik potong garis tangen dengan sumbu X adalah Q(a,0)dan proyeksi titip P pada sumbu X adalah R(x,0). Perdefinisi kita per-oleh

y′ =y

x−a, x 6= a. (3.3)

Nilai a dalam (3.3)( dapat ditentukan yaitu

a = x− yy′

, x 6= a. (3.4)

Jadi jarak OQ (titik asal ke titik Q) adalah x− yy′ . Akibatnya jarak QR

diberikan olehx−a = x− (x− y

y′) =

yy′

. (3.5)

Luas 4QPR adalah

A =12

QR.RP =12

yy′

y =y2

2y′. (3.6)

Karenanya dari 3.6) diperoleh

dydx

= y′ =y2

2A. (3.7)


Persamaan (3.7) adalah persaman diferensial variabel terpisah yangmempunyai penyelesaian

y =2A

2Ac− x, x 6= 2Ac, (3.8)

dimana c adalah konstanta integrasi.

Contoh 3.1.3 Tentukan keluarga kurva sedemikian hingga sudut an-tara garis tangen dan garis normalnya untuk sebarang titik pada ku-rva dibagi dua oleh vektor jari-jari pada titik itu. (lihat gambar)

Y

X(0,0)

y’

−β

θ

θP(r, )P(r, )

r

Garis Normal

Garis Tangen

Figure 3.

Penyelesaian soal ini akan lebih mudah dan lebih menguntungkan jikabekerja dalam koordinat polar. Misalkan titik P(r,θ adalah koordinatpolar pada kurva dan misalkan pula β sudut antara vektor jari-jari(berlawanan arah jarum jam) dengan garis tangen dititik P. Menggu-nakan teorema dalam kalkulus diperoleh bahwa

tanβ = rdθdr

. (3.9)

Dari hypotesis dikethaui bahwa r membagi dua sudut anatara garistangen dan . Berdasarkan hypotesis ini maka haruslah β = 45o atauβ = −45o (dalam gambar kita β = −45o). Dengan mengambil β =

3.1 Masalah-masalah dari Geometri. 61

45o (untuk β = −45o ditinggalkan untuk pembaca sebagai latihan)maka (3.8) menjadi

1 = rdθdr

. (3.10)

Persamaan (3.10) adalah persamaan diferensial variabel terpisah yangmempunyai penyelesaian

r = ceθ (3.11)

Contoh 3.1.4 Tentukanlah kurva dengan sifat luas daerah yang di-batasi oleh kurva, sumbu X, garis x = a dan x = x sebanding denganpanjang arc kurva yang dibatasi oleh x = a dan x = x.(lihat gambar)

Y

X(0,0) x=a dx x=x

A

B

y=f(x)

y

Figure 4.

Dari kalkulus kita ketahui bahwa panjang arc kurva dari titik A ke titikB diberikan oleh

s =∫ x

a

√1+

dydx

2dx, (3.12)

dan luar daerah dibawah kurva (y = f (x)) dari x = a ke x = x diberikanoleh

L =∫ x

af (x)dx. (3.13)

Karena L sebanding dengan s, dengan konstanta pembandingnya ka-takanlah k, maka


∫ x

af (x)dx =

∫ x

a

√1+

dydx

2dx. (3.14)

dengan mendiferensialkan kedua ruas (3.14) diperoleh

y = f (x) = k

√1+

dydx

2(3.15)

atau

y2 = k2(1+dydx

2). (3.16)

Menguraikan (3.16) didapatkan persamaan diferensial variabel terpi-sah

dxk

=± dy√y2− k2

, y2 > k2. (3.17)

Mengintegralkan (3.17) diperoleh

xk

= ln(y±√

y2− k2)− lnc (3.18)

atau bentuk sederhananya

cexk = y±

√y2− k2, y2 > k2. (3.19)

3.2 Trayektori.

3.2.1 Trayektori Isogonal.

Kita dapat mendefinisikan sudut antara dua kurva pada suatu bidangdengan menggunakan garis tangen. Misalkan dua buah kurva berpo-tongan dalam sebuah bidang maka sudut antara dua kurva itu dapatdidefinisikan dengan mengukur besar sudut yang dibuat oleh garistangen masing-masing yang melalui titik potong. Akan tetapi sudutyang dibentuk oleh kedua garis tangen ini tidak tunggal. Maka untukitu perlu di spisikasi sudut yang mana yang dimaksudkan.

3.2 Trayektori. 63

Y

X(0,0)

l1

l2

c1

c 2 m2

m1

α

β

Figure 6.

Dari gambar 6., α adalah sudut positif dari kurva c1 dengan garis ta-ngen l1 terhadap kurva c2 dengan garis tangen l2; β adalah sudut po-sitif dari kurva c2 tehadap kurva c1. Jika kita namakan m1 kemiringangaris l1 dan m2 kemiringan garis l2 maka dengan menggunakan fomu-la dalam geometri analitik diperoleh

tanα =m2−m1

1+m1m2dan tanβ =

m1−m2

1+m1m2. (3.20)

Definisi 3.2.1 Sebuah kurva yang memotong setiap anggota keluargakurva 1-parameter yang diberikan dengan sudut yang sama dinamak-an .

Misalkan keluarga kurva 1-parameter f (x,a) dengan a parameter dang(x) adalah trayektori isogonalnya. Kemiringan keluarga kurva 1-parameter diberikan oleh d f (x,a)

dx dan kemiringan dari trayektori iso-gonal diberikan oleh dg(x)

dx . Selanjutnya misalkan α sudut perpotong-an keluarga kurva f (x,a) dengan trayektori isogonal g(x) yang diukurdari garis tangen trayektori yang mempunyai kemiringan dg(x)

dx terha-dap garis tangen kelurga kurva yang mempunyai kemiringan d f (x,a)

dx ,maka menggunakan persamaan (3.20) diperoleh

tanα =d f (x,a)

dx − dg(x)dx

1+ dg(x)dx

d f (x,a)dx

(3.21)


Contoh 3.2.1 Diberikan keluarga kurva 1-parameter

y = ax2. (3.22)

Tentukanlah trayektori isogonalnya jika sudut perpotongannya ada-lah π

4

Kemiringan trayektori isogonal yang dicari kita namakan dg(x)dx . Kemi-

ringan keluarga kurva 1-parameter diberikan oleh

d f (x,a)dx

= y′ = 2ax. (3.23)

Sekarang kita eliminasi a dari (3.23) dengan memasukkan nilai a,yang diperoleh dari (3.22), kedalam (3.23), diperoleh

d f (x,a)dx

=2yx

. (3.24)

Menggunakan hypotesis bahwa α = π4 diperoleh tanα = tan π

4 = 1.Menggunakan (3.21) didapatkan

1 =2g(x)

x − dg(x)dx

1+ dg(x)dx

2g(x)x

, (3.25)

atau(x−2g(x))dx+(x+2g(x))dg(x) = 0. (3.26)

Harus kita perhatikan baik-baik dalam proses perhitungan yang dila-kukan dipersamaan (3.26). Dalam persamaan ini kita telah menggantiy dengan g(x). Hal ini dapat dilakukan karena kemiringan yang di-hitung adalah kemiringan pada titik potong. Menyelesaiakan (3.26)diperoleh

ln√

2g(x)2− xg(x)+ x2 +3√7

arctan4g(x)− x√

7x= c, x 6= 0. (3.27)

Sekali lagi kita tegaskan bahwa (3.27) memuat arctan. Fungsi ini men-definisikan fungsi bernilai banyak. Olehkarena kurva yang dicari ada-lah fungsi bernilai tunggal maka fungsi arctan dalam (3.27) diambilcabang utamanya.

3.2 Trayektori. 65

3.2.2 Trayektori Ortogonal.

Definisi 3.2.2 Trayektori ortogonal adalah kurva yang memotongsetiap anggota keluarga kurva 1-parameter dengan sudut 90o.

Misalkan f (x,a) adalah keluarga kurva 1-parameter dengan kemiring-an dititik x diberikan oleh d f (x,a)

dx dan misalkan g(x) adalah dengan ke-miringan dititk x diberikan oleh dg(x)

dx maka menurut definisi diperoleh

d f (x,a)dx

dg(x)dx

=−1,dg(x)

dx=− 1

d f (x,a)dx

(3.28)

Contoh 3.2.2 Tentukanlah trayektori ortogonal dari keluarga kurva1-parameter

y = ax5. (3.29)

Dalam contoh ini f (x,a) = y = ax5. Dengan mendiferensialkan (3.29)kita peroleh

y′ = 5ax4. (3.30)

Dari persamaan (3.29) dan (3.30) parameter a dapat direduksi untukmendapatkan relasi berikut

y′ = 5yx, x 6= 0. (3.31)

Persamaan (3.31) adalah kemiringan keluarga kurva 1-parameter (3.29)dititk (x,y), dengan x 6= 0. Karena kemiringan trayektori ortogonalyang dihitung juga dititik (x,y) menggunakan (3.28) diperoleh

dg(x)dx

=− x5g(x)

, x 6= 0, g(x) 6= 0. (3.32)

Persamaan diferensial (3.32) adalah persamaan diferensial variabelterpisah yang mempunyai penyelesaian

x2 +5y2 = k, x 6= 0, g(x) 6= 0, (3.33)

yang merupakan berpusat dititik asal . (lihat gamabr 7)


X

Y

x=0

c=1

c=2c=−2c=−1

c=1 c=2 c=−2 c=−1

Figure 7.

3.2.3 Formula Trayektori Ortogonal dalam KoordinatPolar.

Misalakan kita namakan titik perpotongan dalam dari dua kurva c1dan c2 dengan P(r,θ), dimana r jari-jari yang diukur dari titik asal ketitik P dan θ sudut antara jari-jari dengan sumbu X . Misalkan pulaφ1, φ2 berturut-turut menyatakan sudut antara jari-jari dengan garistangen kurva c1 dan garis tangen kurva c2. (lihat gambar 8)

3.2 Trayektori. 67

O(0,0)

θ

r

P(r, )θ

φ1

φ2

c

c1

2

Figure 8.

Karena kedua garis tangen ortogonal maka jelaslah bahwa

φ1 = φ2 +π2. (3.34)

Akibatnya diperoleh

tanφ1 = tanφ2 +π2

=− 1tanφ2

. (3.35)

Dari relasi trigonometri diketahui

tanφ2 = rdθdr

. (3.36)

Dari (3.36) maka (3.35) menjadi

tanφ1 =− 1r dθ

dr

. (3.37)

Contoh 3.2.3 Tentukanlah trayektori ortogonal dari keluarga kurva1-parameter

r = k secθ (3.38)

dalam koordinat polar.


Diferensialkanlah (3.38) untuk mendapatkan

drdθ

= k secθ tanθ . (3.39)

Dari (3.38) dan (3.39) kita dapat mereduksi parameter k untuk mem-peroleh

drdθ

= r tanθ , rdθdr

=1

tanθ. (3.40)

Menggunakan (3.37) kita peroleh lagi

− drrdθ

=1

tanθatau − dr

r= cotθdθ . (3.41)

Persamaan (3.41) adalah persamaan diferensaial variabel terpisah yangmempunayi penyelesaian

r sinθ = c. (3.42)

Soal-soal latihan

3.1. Misalkan P(x,y) adalah titik pada kurva y = f (x). Pada titik Pditarik garis tangen dan garis normal pada kurva. Kemiringan garistangen diberikan oleh y′ dan kemiringan garis normal diberikan oleh− 1

y′ . Buktikan masing-masing soal berikut.(lihat gambar 5)

a). x− yy′ adalah tempat perpotongan garis tangen pada sumbu X .

b). y− xy′ adalah tempat perpotongan garis tangen pada sumbu Y .c). x+ yy′ adalah tempat perpotongan garis normal pada sumbu X .d). y+ x

y′ adalah tempat perpotongan garis normal pada sumbu Ye). | y

y′ | adalah panjang proyeksi segmen garis AP pada sumbu X . Pan-jang AC dinamakan subtangen.

f). |yy′| adalah panjang proyeksi segmen gari BP pada sumbu X . Ga-ris CB dinamakan subnormal.

g). Panjang segmen tangen AP =∣∣∣y

√1

(y′)2 +1∣∣∣.

h). Panjang segmen tangen DP =∣∣∣x

√1+(y′)2

∣∣∣.i). Panjang segmen normal PB =

∣∣∣y√

1+(y′)2∣∣∣.

3.2 Trayektori. 69

j). Panjang segemen normal PE =∣∣∣x

√1

(y′)2 +1∣∣∣.

Y

X(0,0)

P(x,y)

D(0,y−xy’)

A(x−y/y’,0) C

B(x+yy’,0)

E(0,y+x/y’)

(X,Y)

(y−Y)/(x−X)=y’

Figure 5.

3.2. Gunakanlah koordinat polar untuk menentukan persamaan kelu-arga kurva yang memenuhi sifat-sifat yang ditentukan.

a). Kemiringan garis tangen pada masing-masing titik pada kurva sa-ma dengan jumlah koordinat titik tersebut. Tentukan kurva khususmelalui titik asal.

b). Subtangen adalah konstan posistif k untuk masing titik pada kurva.(Bantuan lihat 1.e)

c). Subnormal adalah konstan positif k untuk masing -masing titikpada kurva. (Bantuan lihat 1.f)

d). Subnormal sebanding dengan kuadrat absis.e). Segmen garis normal antara kurva dengan sumbu Y dibagi dua

oleh sumbu X . Tentukan kurva khusus melalui titik (4,2).f). Tempat perpotongan garis tangen pada sumbu X sama dengan

ordinatnya. (Bantuan lihat 1.a)g). Panjang segmen garis tangen dari titik kontak tempat perpoto-

ngannya dengan sumbu X adalah konstan. (Bantuan lihat 1.g)h). Panjang segmen garis normal dari titik kontak tempat perpoto-

ngannya dengan sumbu X adalah konstan. (Bantuan lihat 1.i)


i). Luas daerah segitiga yang dibentuk oleh oleh garis tangen, sumbuX dan ordinat titik kontak dari tangen dan kurva mempunyai luarkonstan 8. (Bantuan lihat 1.e)

j). Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = f (x), sumbu X , dan garisx = 2,x = x adalah setengan dari panjang arc kurva antara x =2,x = x.

k). kemiringan kurva sama dengan kuadrat absis titik kontak garis ta-ngen degan kurva. Tentukan kurva khusus melalui titik (−1,1).

l). Subtangen sama dengan jumlah coordinat titik kontak garis tangendengan kurva. (Bantuan lihat 1.e)

m). Panjang segmen tangen dari titik kontak ke perpotongannya degansumbu X sama dengan panjang segmen garis dari titik asal ke titkperpotongan garis tangen dengan sumbu X . (Bantuan lihat 1.g dan1.a)

3.3. Tentukanlah trayektori isogonal dari keluarga kurva 1-parameter.

a). y2 = 4ax, α = 45o.b). x2 + y2 = k2, α = 45o.c). y = cx, tanα = 1

2 .d). y2 +2xy− x2 = c, α = 45o.

3.4. Misalkan persamaan diferensial dari keluarga kurva 1 - parameteradalah M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0. Tentukanlah persamaan diferensialtrayektori isogonal yang membuat sudut α 6= π

2 .

3.5. Buktikanlah bahwa persamaan diferensial trayektori isogonal ter-hadap persamaan diferensial keluarga kurva 1-parameter yang bertipehomogen juga homogen.

3.6. Tentukanlah trayektori ortogonal dari masing-masing keluargakurva dibawah ini

a). x2 +2xy− y2 = k.b). x2 +(y− k)2 = k2.c). (x− k)2 + y2 = k2.d). x− y = kex.e). y2 = 4px.f). xy = kx−1.

3.2 Trayektori. 71

g). x2y = k.h). x2− y2 = k2.i). y2 = kx3.j). ex cosy = k.k). siny = kex2

.

3.7. Tentukanlah trayektori ortogonal dari masing-masing keluargakurva berikut ini

a). Keluarga garis luru melalui titik asal.b). Keluarga lingkaran dengan radius variabel, pusat pada sumbu X ,

dan melalui titik asal.c). Keluarga ellip dengan pusat titik asal dan vertek di titik (±1,0).d). Keluarga hyperbola yang memiliki asymtot koordinat sumbu.e). Keluarga parabola yang berpusat pada titik asal dan focus pada

sumbu X .

3.8. tentukanlah trayektori ortogonal untuk masing-masing keluargakurva dibawah ini dalam koordinat polar

a). r = k cosθ .b). rθ = k.c). r = k(1+ sinθ).d). r = sinθ + k.e). r = k sin2θ .f). r2 = k(r sinθ −1).g). r2 = k cos2θ .h). r−1 = sin2 θ + k.i). rn sinnθ = k.j). r = ekθ .

Bab 4Persamaan Diferensial Linier Order Dua.

Definisi 4.0.3 Persamaan diferensial adalah persamaan yang dapatdituliskan dalam bentuk

f2(x)y(2) + f1(x)y′+ f0(x)y = Q(x), (4.1)

dimana f0, f1, f2, dan Q adalah fungsi-fungsi kontinu dalam x yangdidefinisikan pada domain I dan f2(x) 6≡ 0 dalam I.

Definisi 4.0.4 Jika Q(x) 6≡ 0 pada definisi 4.0.3 maka persamaan di-ferensial (4.1) dinamakan persamaan diferensial . Jika Q(x)≡ 0 pa-da I maka persamaan diferensial (4.1) dinamakan persamaan dife-rensial homogen order 2.

4.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial LinierHomogen Order 2 dengan Koefisien Konstan.

Dari asumsi bahwa f2(x) 6≡ 0 untuk semua x dalam domain, makapersamaan umum (4.1) dapat diubah kebentuk persamaan diferensialberikut

y′′+a1y′+a0y = 0 (4.2)

dengan a1,a0 konstanta-konstanta riil.Seperti halnya dalam penyelesaian persamaan diferensial order sa-

tu, penyelesaian persamaan diferensial order dua gagasannya adalahdengan mengintegralkan persamaan diferensial (4.2) dua kali. Dengan

73

74 4 Persamaan Diferensial Linier Order Dua.

gagasan ini kita mengharapkan bahwa solusi umum persamaan di-ferensial order dua mempunyai dua konstanta bebas. Ekspektasi inimemang benar, bahkan secara umum jika kita menyelesaiakan persa-maan diferensial order n maka akan muncul tepat n buah konstantabebas.

Dengan menggunakan operator linier diferensial D, maka persama-an (4.2) menjadi

(D2 +a1(x)D+a0(x))y = 0. (4.3)

Misalkan solusi (4.3) mempunyai bentuk

y = erx. (4.4)

Dengan definisi seperti yang diberikan pada bab.1 fungsi (4.4) harusmemenuhi persamaan diferensial (4.2) dalam hal ini persamaan (4.3).Mensubstitusikan (4.4) kedalam persamaan (4.3) menghasilkan

(D2 +a1D+a0)erx = D2(erx)+a1D(erx)+a0erx

= r2erx +a1rerx +a0erx

= erx(r2 +a1r +a0).

Persamaan terakhir ini harus sama dengan nol. Hal ini akan terjadijika dan hanya jika

r2 +a1r +a0 = 0. (4.5)

Persamaan (4.5) dinamakan dari persamaan (4.2).Berkenaan dengan (4.5) ada tiga kasus yang harus ditinjau, yaitu;

persamaan (4.5) mempunyai dua akar riil berbeda, akar berulang, atauakar kompleks konjugat.

Teorema 4.1 (Akar riil berbeda). Jika r1 dan r2 dua akar riil ber-beda dari persamaan (4.5), maka solusi umum persamaan diferensial(4.2) diberikan oleh

y = C1er1x +C2er2x, (4.6)

dimana C1 dan C2 konstanta-konstanta sebarang.

Contoh 4.1.1 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial y′′+9y′+20y = 0.

4.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial Linier Homogen Order 2 dengan Koefisien Konstan. 75

Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial di atas diberikanoleh

r2 +9r +20 = 0. (4.7)

Akar-akar persamaan karakteristik adalah -4 dan -5. Karena e−4x dane−5x bebas linier maka solusi umum persamaan diferensial menurutteorema diberikan oleh

y = C1e−4x +C2e−5x. (4.8)

Contoh 4.1.2 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial y′′−2y′− y = 0 yang memenuhi y(0) = 0 dan y′(0) =

√2.

Akar-akar karakteristik persaman diferensial di atas diberikan olehr2− 2r− 1 = 0. Dengan menggunakan kuadrat sempurna diperolehakar-akar persmaan karakteristik ini, yakni r1 = 1 +

√2 dan r2 =

1−√2. Dengan menggunakan teorema 4.1.1 kita dapatkan solusiumum persamaan diferensial di atas yaitu;

y = C1e(1+√

2)x +C2e(1−√2)x. (4.9)

Menggunakan kondisi awal yang diberikan kita peroleh nilai C1 danC2, yaitu C1 = 1

2 dan C2 =−12 .

Teorema 4.2 (Akar berulang). Jika persamaan karakteristik (4.5)mempunyai akar berulang, maka solusi umum persamaan diferensial(4.2) diberikan oleh

y = C1er1x +C2xer1x (4.10)

Contoh 4.1.3 Selesaikanlah persamaan diferensial y′′+8y′+16 = 0yang memenuhi syarat y(0) = 2 dan y′(0) =−7.

Persamaan karakteristik dari persamaan diperensial ini adalah r2 +8r + 16 = 0. Persamaan terakhir ini mempunyai akar berulang yaitur1 = r2 =−4. Mengikuti teorema 4.1.2 solusi umum persamaan dife-rensial ini diberikan oleh

y = C1e−4x +C2xe−4x. (4.11)

Menggunakan syarat awal di atas kita peroleh C1 = 2 dan C2 = 1.


Teknik lain yang dapat kita gunakan untuk mencari solusi umumjika persamaan karakteristiknya memuat akar berulang adalah reduksiorder. Anggaplah y1(x), tidak eqivalen dengan nol, solusi persamaandiferensial (4.2). Untuk menentukan solusi yang lain dapat kita lakkandengan menggunakan fungsi

y = v(x)y1(x). (4.12)

Dengan mensubstitusikan fungsi ini ke persamaan (4.2) kita dapatkan

y1v′′+(2y′1 +a1y1)v′+(y′′1 +a1y′1 +a0y1)v = 0. (4.13)

Karena y1 merupakan solusi (4.2) berarti

y1v′′+(2y′1 +a1y1)v′ = 0. (4.14)

Kalau kita cermati persamaan terakhir ini dapat disimpulkan bahwaordernya adalah satu untuk v, yakni;

y1v′+(2y′1 +a1y1)v = C. (4.15)

Dengan mengintegralkan sekali persamaan terakhir ini diperoleh so-lusi untuk fungsi (4.12).

Kita tinjau lagi contoh 4.1.3. Salah satu solusi yang langsung kitadapatkan adalah y = Ce−4x. Satu gagasan untuk menentukan solusilain adalah menggantikan konstanta C dengan fungsi V (x) kemudiankita tentukan fungsi ini. Jadi fungsi yang dicari adalah y = v(x)e−x.Dengan mensubstitusikan fungsi terakhir ini ke persamaan diferensialawal diperoleh pernyataan berikut ini;

(32v(x)−8v′(x)+ v′′(x)−32v(x)+8v′(x))e−4x = 0. (4.16)

Hal ini mengatakan bahwa v′′(x) = 0. Solusi untuk v diberikan olehv = C0 +C1x.

Teorema 4.3 (Akar Kompleks konjugat). Jika persamaan karakte-ristik (4.5) mempunyai α±β i, maka solusi umum persamaan diferen-sial (4.2) diberikan oleh

y = C1eαx cosβx+C2eαx sinβx. (4.17)

4.2 Persamaan Diferensial Tak Homogen 77

Contoh 4.1.4 Selesaikanlah persamaan diferensial y′′−4y′+16 = 0.

Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial di atas diberikanoleh

r2−4r +16 = 0 (4.18)

Akar-akar karakteristik persamaan (4.18) adalah 2±2i√

3. Mengikutiteorema 4.1.3 solusi umum persamaan diferensial diberikan oleh

y = c1e(2+2√

3i)x + c2e(2−2√

3i)x (4.19)

= e2x((c1 + c2)cos2

√3x+ i(c1− c2)sin2

√3x

). (4.20)

Dengan memisalkan C1 = c1 + c2 dan C2 = i(c1 − c2) maka solusipersamaan diferensial diberikan oleh

y = e2x(

C1 cos2√

3x+C2 sin2√

3x)

(4.21)

4.2 Persamaan Diferensial Tak Homogen

Kita formulasikan lagi persamaan diferensial takhomogen dalam ben-tuk

y′′+a1y′+a0y = q(x), (4.22)

dimana a0 dan a1 merupakan fungsi-fungsi kontinu pada interval bukaI.

Misalkan Y1 dan Y2 dua solusi bebas linier dari persamaan dife-rensial (4.22) maka Y1−Y2 merupakan solusi persamaan diferensialhomogen yang berpadanan dengan persamaan diferensial (4.22). Se-karang kita dapat menentukan struktur solusi persamaan diferensialtakhomogen (4.22) dari teorema berikut ini.

Teorema 4.4 Solusi umum persamaan diferensial takhomogen (4.22)dapat ditulis dalam bentuk

y = C1y1 +C2y2 +Y, (4.23)

dimana y1 dan y2 solusi persamaan diferensial homogen yang berpa-danan dengan persamaan diferensial takhomogen (4.22), c1 dan c2konstanta sebarang, dan Y solusi khusus berpadanan dengan persa-maan diferensial (4.22).


Teorema 4.2.1 mengatakan kepada kita bahwa untuk menyelesaikanpersamaan diferensial takhomogen (4.22) kita harus melakukan tigahal, yakni:

1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial homogen yang ber-padanan dengan persamaan (4.22). Solusi ini biasanya ditulis da-lam bentuk

yc = C1y1 +C2y2. (4.24)

2. Tentukan solusi tunggal Y dari persamaan (4.22). Solusi ini seringdisebut solusi khusus dari persamaan (4.22).

3. Jumlahkah dua solusi ini untuk membentuk solusi umum persma-an diferensial takhomogen (4.22).

Untuk menentukan solusi umum persamaan diferensial takhomogenkita harus menentukan solusi khusus terlebih dahulu. Untuk mencarisolusi khusus dari suatu persamaan diferensial takhomogen kita dapatmenggunakan teknik-teknik berikut;

4.2.1 Koefisien Taktentu

Teknik mengisyaratkan bahwa asumsi-asumsi tertentu yang berpadan-an dengan suku takhomogen harus dibuat. Hal ini digagaskan bahwakadang kala bentuk suku takhomogen dapat dibuat asumsi untuk me-nentukan bentuk solusi khusus. Misalnya jika suku takhomogen me-muat cosx atau sinx maka solusi khususnya harus memuat kombinasidari cosx dan sinx, atau jika suku takhomogen memuat eax maka so-lusi khusus juga harus memuat eax.

Teknik Koefisien taktentu dapat kita gunakan jika suku-suku dalamq(x) terdiri dari sejumlah hingga turunan yang bebas linier. Hal iniberarti bahwa teknik koefisien taktentu dapat diterapkan jika q(x) me-muat suku-suku seperti C,xn,eCx,sinCx,cosCx, dan kombinasi darisuku-suku ini, dimana C konstanta dan n bilangan bulat positif. Pe-ngertian bebas linear adalah yang kita maksud disini diberikan olehcontoh berikut; Pandanglah turunan berturut-turut dari fungsi sin3x,yakni

3cos3x, −9sin3x, 27cos3x, dan seterusnya.


Suku-suku yang bebas linier hanya suku sin3x dan cos3x. Sedangkanturunan berturut-turut dari fungsi xn sampai turunan ke-n akan mem-bentuk himpunan yang bebas linier. Dalam menentukan solusi khususpersamaan linier takhomogen menggunakan teknik koefisien takten-tu perlu membandingkan solusi yang berpadanan dengan persamaanhomogen dengan suku tak homogen. Kemudahan yang dimiliki olehteknik ini adalah kita dapat langsung menentukan bentuk solusi khu-sus dari persamaan diferensial takhomogen (4.22).

4.2.1.1 Tidak ada suku q(x) yang sama dengan suku dalam yh.

Pada kasus ini solusi khusus Y merupakan kombinasi linier suku-sukudalam q(x) dan semua turunan-turunannya yang bebar linier.

Contoh 4.2.1 Tentukan solusi dari persamaan diferensial

y′′−3y′−4y = 3e2x +2sinx−8ex cos2x. (4.25)

Solusi persamaan diferensial homogen yang berpadanan dengan soaldi atas diberikan oleh

yh = C1e−x +C2e4x. (4.26)

Tidak sulit membandingkan antara himpunan bebas linier solusi ho-mogen {ex,e4x} dengan {e2x,sinx,ex cos2x} himpunan bebas linierdalam q(x) atau dengan kata lain bahwa suku-suku dalam solusi ho-mogen tidak ada yang sama dengan suku-suku pada ruas sebelah kan-an persamaan diferensial. Jadi himpunan bebas linier koefisien takten-tu diberikan oleh

{e2x,sinx,cosx,ex sin2x,ex cos2x}. (4.27)

Untuk mencari solusi khusus persamaan diferensial (4.25) di atas kitagunakan teknik koefisien taktentu yang merupakan fungsi dari kom-binasi linier himpunan bebas linier koefisien taktentu, yaitu

Y = Ae2x +Bcosx+C sinx+ ex(Dcos2x+E sin2x). (4.28)

Mendiferensialkan fungsi (4.28) sebanyak dua kali, kemudian kitasubstitusikan Y,Y ′ dan Y ′′ kepersamaan (4.25) kita peroleh hubung-an berikut


− 6Ae2x− (5B+3C)cosx+(3B−5C)sinx+

ex ((−2E−10D)cos2x+(2D+10E)sin2x) = 3e2x +2sinx−8ex cos2x. (4.29)

Dengan membandingkan ruas kiri dan ruas kanan persamaan (4.29)kita peroleh A =−1/2,B = 3/8,C =−5/8,D = 5/6, dan E =−1/6.Jadi solusi lengkap dari persamaan diferensial (4.25) adalah

y = C1e−x +C2e4x +−12

e2x +38

cosx− 58

sinx+ ex(

56

cos2x− 16

sin2x)

. (4.30)

Contoh 4.2.2 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial takho-mogen

y′′+4y′+4y = 4x2 +6ex. (4.31)

Solusi homogen persamaan diferensial (4.31) ini diberikan oleh

yh = (c1 + c2x)e−2x. (4.32)

Membandingkan suku-suku pada fungsi (4.32) dengan suku-suku di-ruas sebelah kanan persamaan (4.31) dapat kita lihat dengan jelas bah-wa tidak ada suku yang sama diantara mereka. Olehkarenanya him-punan bebas linier koefisien taktentu diberikan oleh {1,x,x2,ex}. Se-hubungan dengan itu, maka solusi khusus persamaan diferensial diatas mempunyai bentuk kombinasi linier dari suku-suku yang ada pa-da ruas sebelah kanan persamaan diferensial (4.31) yaitu

Y = Ax2 +Bx+C +Dex. (4.33)

Mensubstitusikan fungsi (4.33) kedalam persamaan diferensial (4.31)kita dapatkan hubungan berikut

4Ax2 +(8A+4B)x+(2A+4B+4C)+9Dex ≡ 4x2 +6ex. (4.34)

Dari persamaan (4.34) ini kita dapatkan sistem persamaan linier beri-kut

4A = 48A+4B = 0

2A+4B+4C = 09D = 6.


Dengan menyelesaikan sistem persamaan linier ini diperoleh A =1,B = −2,C = 3/2, dan D = 2/3. Jadi solusi umum persamaan di-ferensial (4.31) adalah

y = (C1 +C2x)e−2x + x2−2x+32

+23

ex. (4.35)

4.2.1.2 Kasus q(x) memuat suku-suku xk kali suku-suku dalamyh, dengan mengabaikan koefisien konstan, dimana k nolatau positif.

Jika suku-suku dalam q(x), faktor takhomogen, memuat xk kali suku-suku dalam penyelesaian homogen maka solusi khusus persamaan di-ferensial takhomogen ditentukan dengan cara sebagai berikut. Misalk-an u(x) suku dalam yh, jika ada suku dalam q(x) yang sama denganu(x) dengan faktor pengalinya xk maka solusi khusus yang berpadan-an dengan suku ini diberikan oleh xk+1u(x).

Contoh 4.2.3 Tentukanlah solusi umum persamaan diferensial

y′′−3y′+2y = 2x2 +3e2x. (4.36)

Solusi homogen yang berpadanan dengan persamaan (4.36) diberikanoleh

yh = C1ex +C2e2x. (4.37)

Membandingkan ruas kanan persaman (4.36) dengan (4.37), denganmengabaikan koefisien konstan, kita lihat bahwa suku e2x pada ruaskanan (4.36) sama dengan x0e2x = x0u(x) dalam solusi homogen. Jadihimpunan bebas linier dari koefisien taktentu adalah {x2,x,1,xe2x}.Olehkarenanya bentuk umum solusi khusus persamaan diferensial(4.36) diberikan oleh

Y = Ax2 +Bx+C +Dxe2x. (4.38)

Mensubstituskan fungsi (4.38) kedalam (4.36) kita peroleh hubunganberikut

2Ax2 +(2B−6A)x+(2A−3B+2C)+De2x ≡ 2x2 +3e2x. (4.39)


Dengan membandingkan ruas kanan dan ruas kiri (4.39) kita dapatkanA = 1,B = 3,C = 7/2, dan D = 3. Setelah diketahui koefisien taktentumaka solusi umum persamaan diferensial (4.36) dapat kita tentukan,yaitu

y = x2 +3x+72

+3xe2x +C1ex +C2e2x. (4.40)


y′′−3y′+2y = xe2x + sinx. (4.41)

Solusi homogen yang berpadanan dengan persamaan diferensial (4.41)diberikan oleh

yh = C1ex +C2e2x. (4.42)

Membandingkan ruas sebelah kanan (4.41) dengan ruas kanan (4.42)kita lihat bahwa xe2x = xu(x), dimana u(x) = e2x salah satu suku pa-da yh. Sehubungan dengan ini, himpunan bebas linier koefisien tak-tentu diberikan oleh {x2e2x,xe2x,sinx,cosx}. Olehkarenanya, bentukumum solusi khusus persamaan diferensial (4.41) diberikan oleh

Y = Ax2e2x +Bxe2x +C sinx+Dcosx. (4.43)

Mensubstituskan fungsi (4.43) kedalam (4.42) kita peroleh hubunganberikut

2Axe2x +(2A+B)e2x +(C +3D)sinx+(D−3C)cosx≡ xe2x+ sinx (4.44)

Dengan membandingkan ruas kanan dan ruas kiri (4.44) kita dapatk-an A = 1/2,B = −1,C = 1/10, dan D = 3/10. Setelah ketahui koe-fisien taktentu maka solusi umum persamaan diferensial (4.41) dapatkita tentukan, yaitu

y =12

x2e2x− xe2x +1

10sinx+

310

cosx+C1ex +C2e2x. (4.45)

Sebagai panduan untuk menentukan himpunan bebas linier dari koe-fisien taktentu dari suku takhomogen dapat dilihat dari tabel berikut;

Dari tabel 4.1 kita dapatkan bahwa jika suku takhomogen q(x) =x5 + sinx+x2e3x maka himpunan bebas linier koefisien taktentu dibe-rikan oleh

{x5,x4,x3,x2,x,1,sinx,cosx,x2e3x,xe3x,e3x}.

4.3 Pengunaan Varibel Kompleks untuk Menyelesaikan Persamaan Diferensial Order Dua. 83

No. Suku takhomogen Himpunan koefisien taktentu1 xn {xn,xn−1, · · · ,x,1}2 eax {eax}3 sin(bx+ c), {sin(bx+ c),}

cos(bx+ c) cos(bx+ c)4 eax sin(bx+ c), {eax sin(bx+ c),

eax cos(bx+ c) eax cos(bx+ c)}5 xneax {xneax,xn−1eax, · · · ,xeax,eax}6 xn sin(bx+ c), {xn sin(bx+ c),xn cos(bx+ c),

xn cos(bx+ c) xn−1 sin(bx+ c),xn−1 cos(bx+ c)· · · ,xsin(bx+ c),xcos(bx+ c),sin(bx+ c),cos(bx+ c)}

7 xneax sin(bx+ c), {xneax sin(bx+ c),xneax cos(bx+ c),xneax cos(bx+ c) xn−1eax sin(bx+ c),xn−1eax cos(bx+ c),

· · · ,xeax sin(bx+ c),xeax cos(bx+ c),eax sin(bx+ c),eax cos(bx+ c)}

8 xneax sin(bx+ c), {xneax sin(bx+ c),xneax cos(bx+ c),xneax cos(bx+ c) xn−1eax sin(bx+ c),xn−1eax cos(bx+ c),

· · ·,xeax sin(bx+ c),xeax cos(bx+ c),eax sin(bx+ c),eax cos(bx+ c)}

Tabel 4.1 Himpunan bebas linier koefisien taktentu dari suku takhomogen.

Sehingga solusi khususnya akan mempunyai bentuk

Y = C1x5 +C2x4 +C3x3 +C4x2 +C5Ex+C6F +C7 sinx+C8 cosx+C9x2e3x +C10xe3x +C11e3x,

dimana C1, · · · ,C11 adalah konstanta riil.

4.3 Pengunaan Varibel Kompleks untuk MenyelesaikanPersamaan Diferensial Order Dua.

Selain dari metode koefisien taktentu, persamaan diferensial order duatertentu dapat juga diselesiakan dengan menggunakan variabel kom-pleks. Pandanglah lagi persamaan (4.1), dengan mengubah Q(x) se-bagai fungsi variabel kompleks, solusi khusus Y memenuhi hal-halsebagai berikut;

• Bagian riil Y adalah solusi persamaan (4.1) dengan Q(x) digantikanoleh bagian riilnya.


• Bagian imajenir Y adalah solusi persamaan (4.1) dengan Q(x) di-gantikan oleh bagian imajenirnya.

Contoh 4.3.1 Tentukanlah solusi khusus persamaan diferensial

y′′−3y′+2y = sinx (4.46)

Untuk menyelesiakan persamaan ini, pandanglah persamaan diferen-sial

y′′−3y′+2y = eix, (4.47)

dimanaeix = cosx+ isinx. (4.48)

Dengan menggunakan prosedure 2 di atas, dapat kita simpulkan bah-wa bagian imagenir solusi khusus persamaan (4.47) merupakan solusikhusus persamaan (4.46). Sekarang kita mencari solusi khusus per-samaan diferensial (4.47) menggunakan metode koefisien taktentu.Dengan melihat bentuk suku tak homogen persamaan (4.47), solusikhusus yang berpadanan dengan bentuk takhomogen ini adalah

Y = (A+Bi)eix. (4.49)

Mensubstitusikan fungsi ini ke persamaan diferensial (4.47) diperolehA = 1/10 dan B = 3/10. Dengan nilai A dan B ini diperoleh

Y =110

eix +3

10ieix

=110

(cosx+ isinx)+3

10i(cosx+ isinx)

=110

cosx− 310

sinx+ i(

110

sinx+3

10cosx

). (4.50)

Bagian imajenir dari Y adalah 110 sinx + 3

10 cosx. Karenanya solusikhusus (4.47) diberikan oleh

Y =1

10sinx+

310

cosx (4.51)

4.4 Variasi Parameter 85

4.4 Variasi Parameter

Pandanglah persamaan diferensial order dua berikut,

a2y′′+a1y′+a0y = Q(x), a2 6= 0. (4.52)

Sekarang kita tinjau untuk kasus Q(x) = tanx. Fungsi ini mempunyaiturunan bebas linier sejumlah takhingga banyaknya, sehingga metodekoefisien taktentu tidak dapatlagi kita terapkan untuk fungsi ini. Padabagian ini, kita akan menkaji metode yang lebih umum lagi penggu-naannya dan dapat diterapkan untuk kasus ini.

Kita asumsikan fungsi Q(x) kontinu pada interval I dan tidak eku-ivalen dengan nol pada interval ini. Anggaplah y1 dan y2 dua solusibebas linier dari persamaan homogen yang berpadanan dengan persa-maan (4.52) yaitu

a2y′′+a1y′+a0y = 0. (4.53)

Misalkan fungsiY = u2y2 +u1y1 (4.54)

solusi khusus persamaan (4.52) dengan u1 dan u2 fungsi-fungsi takdiketahui. Mensubstitusikan fungsi Y ini kedalam persamaan (4.52)diperoleh

a2(u1y′′1 +u2y′′2

)+a2

(u′1y′1 +u′2y′2

)

+a2(u′1y1 +u′2y2

)′+a1(u1y′1 +u2y′2

)

+a1(u′1y1 +u′2y2

)+a0 (u1y1 +u2y2) = Q(x). (4.55)

Menyusun ulang persamaan (4.55) didapatkan

u1(a2y′′1 +a1y′1 +a0y1

)+u2

(a2y′′2 +a1y′2 +a0y2

)

+a2(u′1y′1 +u′2y′2

)+a2

(u′1y1 +u′2y2

)′+a1

(u′1y1 +u′2y2

)= Q(x). (4.56)

Perlu dicermati bahwa y1 dan y2 merupakan solusi persamaan homo-gen (4.53). Oleh karenanya suku pertama dan kedua persamaan (4.56)ekuivalen dengan nol. Sekarang kita tentukan syarat untuk menentuk-an u1 dan u2. Tiga suku yang tersisa dari persamaan (4.56) harus sama


dengan Q(x) dan kita dapat mencari u1 dan u2 sedemikian hingga me-menuhi syarat berikut

u′1y1 +u′2y2 = 0,

u′1y′1 +u′2y′2 =Q(x)

a2. (4.57)

Sistem persamaan (4.57) dapat diselesaikan untuk menentukan u1 danu2. Jika persamaan (4.57) diselesaikan menggunakan matriks akan di-peroleh

u′1 =

0 y2Q(x)/a2 y′2

y1 y2y′1 y′2

, u′2 =

y1 0y′1 Q(x)/a2

y1 y2y′1 y′2

(4.58)

atau jika diselesaikan secara aljabar maka diperoleh solusi u′1 dan u2dalam bentuk

u′1 =−Q(x)

a2y2

y1y′2− y′1y2u′2 =

Q(x)a2

y1

y1y′2− y′1y2(4.59)


y′′−3y′+2y = sine−x. (4.60)

Persamaan karakteristik yang berpadanan dengan persamaan diferen-sial (4.60) homogen diberikan oleh

r2−3r +2 = 0. (4.61)

Solusi persamaan karakteristik ini adalah r = 1 dan r = 2. Olehkare-nanya solusi homogen dari (4.60) diberikan oleh

yh = C1ex +C2e2x. (4.62)

Untuk menentukan solusi khusus kita akan gunakan formula (4.59)dengan Q(x) = sine−x, a2 = 1, y1 = ex dan y2 = e2x. Menggunakandata-data ini diperoleh

4.4 Variasi Parameter 87

u′1 = −e2x sine−x

2e3x− e3x

= −e2x sine−x

e3x

= −ex sine−x. (4.63)

Mengintegralkan (4.63) dengan metode substitusi sekali (memisalkanv = e−x dengan dv =−e−xdx) diperoleh solusi khusus untuk u1, yaitu

u1 =∫

sinvdv

= −cosv.

Mensubstitusikan lagi v ke x diperoleh

u1 =−cose−x. (4.64)

Untuk memperoleh solusi khusus u2 kita lakukan dengan cara yangsama seperti u1, yaitu

u2 =∫

e2x sine−xdx. (4.65)

Menggunakan integral parsial (misalkan v = e−x dengan dv =−e−xdx)untuk memperoleh

u2 =−sine−x + e−x cose−x. (4.66)

Mengkombinasikan (4.62), (4.64) dan (4.66) diperoleh solusi umum(4.60), yaitu

y = C1ex +C2e2x− e2x sine−x. (4.67)

Contoh 4.4.2 Carilah solusi umum persamaan diferensial

y′′+ y = secx (4.68)

Persamaan karakteristik dari persamaan (4.68) diberikan olehr2 +1 =0. Akar-akar dari persamaan karakteristik ini adalah ±i. Menggunak-an formula e±ix = cosx± isinx diperoleh solusi homogen dari persa-maan (4.68), yaitu

yh = C1sinx+C2 cosx. (4.69)


Dalam soal ini kita ketahui bahwa y1 = sinx, y2 = cosx dan a1 = 1.Olehkarenanya

u′2 =secxsinx

−sin2x− cos2x= − tanx. (4.70)

Memisalkan v = cosx (dv =−sinxdx) diperoleh

u2 =∫ 1

vdv = ln |v|= ln |cosx|. (4.71)

Dengan cara yang sama diperoleh

u1 =∫−secxcosx

−1dx

=∫

dx

= x. (4.72)

Solusi umum persamaan (4.68) diberikan dengan mengkombinasikanpersamaan (4.69), (4.71) dan (4.72), yaitu

y = C1 sinx+C2 cosx+ xsinx+ cosx× ln |cosx|. (4.73)

Contoh 4.4.3 Carilah solusi umum persamaan diferensial

y′′+4y′+4y = 3xe−2x (4.74)

Persamaan karakteristik persamaan (4.74) diberikan oleh r2+4r+4 =0. Akar-akar persamaan karakteristik ini adalah akar ganda yaitu −2.Olehkarenanya solusi homogen persamaan (4.74) diberikan oleh

yh = C1e−2x +C2xe−2x. (4.75)

Dalam soal ini kita ketahui bahwa y1 = e−2x, y2 = xe−2x dan a2 = 1.Dengan data-data ini diperoleh

u′1 =−3x2, u′2 = 3x. (4.76)

Mengintegralkan u1 dan u2 sekali diperoleh

4.5 Persamaan Diferensial Linier dengan Koefisien Tak-konstan Menggunakan Reduksi Order.89

u1 =−x3, u2 =32

x2. (4.77)

Mengkombinasikan persamaan (4.75), (4.77) diperoleh solusi umum(4.74), yaitu

y = C1e−2x +C2xe−2x +12

x3e−2x. (4.78)

Contoh 4.4.4 Jika y1 = x dan y2 = x−1 merupakan dua solusi bebaslinier dari persamaan diferensial

x2y′′+ xy′− y = 0, (4.79)

tentukanlah solusi umum dari persamaan diferensial

x2y′′+ xy′− y = 0. (4.80)

Dengan data-data di atas kita dapatkan

u′1 =12x

, u′2 =−x2. (4.81)

Mengintegralkan persamaan di atas diperoleh

u1 =12

lnx, u2 =−x2

4. (4.82)

Mengkombinasikan persamaan (4.82) dan data awal diperoleh solusiumum persamaan diferensial (4.80) yang diberikan oleh

y = C1x+C2x−1− x4

+x2

lnx (4.83)

4.5 Persamaan Diferensial Linier dengan KoefisienTak-konstan Menggunakan Reduksi Order.

Pada bagian sebelumnya kita telah membahas bagaimana mentukansolusi takhomogen berbentuk

a2y′′+a1y′+a0y = Q(x) (4.84)


dengan a0,a1 dan a2 konstan menggunakan metode koefisien taktentuatau metode . Pada bagian ini kita akan membahas persamaan dife-rensial berbentuk

a2(x)y′′+a1(x)y′+a0(x)y = Q(x), a2(x) 6= 0. (4.85)

Misalkan y1 merupakan solusi persamaan diferensial bagian homogenpersamaan (4.85) yaitu solusi persamaan diferensial homogen

a2(x)y′′+a1(x)y′+a0(x)y = 0. (4.86)

Kita asumsikan bahwa solusi y2 berbentuk fungsi berikut ini

y2 = y1

∫udx, (4.87)

dimana u fungsi dari x yang akan ditentukan kemudian. Jika fungsiu dapat kita ketahui maka solusi y2 dari persamaan (4.86) dapat jugakita tentukan dari persamaan (4.87) dan akhirnya dengan metode ko-efisien taktentu atau variasi parameter solusi umum (4.85) dapat jugakita dapatkan. Untuk langkah selanjutnya kita derivatifkan persamaan(4.87) dua kali untuk mendapatkan

y′2 = y1u+ y′1∫

udx,

y′′2 = y1u′+ y′1u+ y′1u+ y′′1∫

udx (4.88)

Mensubstitusikan y2, y′ dan y2 pada persamaan (4.87) dan (4.88) kedalam persamaan diferensial (4.86) kita dapatkan persamaan berikutini

a2

[y1u′+2y′1u+ y′′1

∫udx

]+a1

[y1u+ y′1

∫udx

]+a0y1

∫udx = 0. (4.89)

Menyusun lagi persamaan di atas agar kita dapat menggunakan in-formasi bahwa y1 solusi persamaan diferensial (4.86) yaitu dengansusunan berikut

[a2(x)y′′1 +a1(x)y′1 +a0(x)y1

]∫udx+a2y1u′+

[2a2y′1 +a1y1

]u = 0. (4.90)

Cermatilah bahwa suku pertama persamaan (4.90) sama dengan nol.Olehkarenanya persamaan (4.90) dapat direkduksi menjadi

a2y1u′+[2a2y′1 +a1y1

]u = 0 = 0. (4.91)


Membagi persamaan (4.91) dengan a2y1u diperoleh persamaan dife-rensial terpisah order satu berikut

u′

u+

2y′1y1

=−a1

a2. (4.92)

Kita integralkan sekali persamaan (4.92) untuk mendapatkan fungsiu, yaitu

lnu+2lny1 = −∫ a1

a2dx

ln(uy2

1)

= −∫ a1

a2dx

uy21 = e−

∫ a1a2

dx

u =e−

∫ a1a2

dx

y1. (4.93)

Mensubstitusikan fungsi u yang baru diperoleh (dari persamaan (4.93))kita peroleh solusi kedua dari persamaan diferensial (4.86) yaitu

y2 = y1

∫ e−∫ a1

a2dx

y1dx. (4.94)

Contoh 4.5.1 Tentukan solusi umum persamaan diferensial

x2y′′+ xy′− y = 0, x 6= 0, (4.95)

jika diketahui bahwa y = x merupakan salah satu solusinya.

Dari soal ini kita ketahui bahwa a2 = x2, a1 = x dan y1 = x. Olehkarenanya solusi kedua dari persamaan diferensial (4.95) diberikanoleh (lihat formula (4.94))

y2 = x∫ e−

∫ xx2

x2 dx = x∫

e− lnxx2dx = x∫

x−3dx

= − 12x

. (4.96)

Kita catat bahwa solusi y1 dan y2 dalam contoh ini saling bebas linier.Memang secara umum dapat kita buktikan bahwa jika diketahui salah


satu solusi persamaan diferensial homogen (4.86) dan solusi keduayang diperoleh dari persamaan (4.87) akan saling bebas linier. Dengandiperolehnya solusi kedua yang bebas linier dengan solusi pertamamaka didapatkan solusi umum persamaan diferensial (4.95), yaitu

y = C1x+C21x. (4.97)

Contoh 4.5.2 Diketahui bahwa y = x merupakan salah satu solusipersamaan diferensial

x2y′′+ xy′− y = 0, x 6= 0, (4.98)

tentukanlah solusi umum persamaan diferensial

x2y′′+ xy′− y = x, x 6= 0. (4.99)

Dengan mensubstitusikan y1(x) = x dan menggunakan formula yangdiberikan oleh persamaan (4.94), diperoleh hubungan berikut

y(x) = x∫

u(x)dx. (4.100)

Derivatif pertama dan kedua dari persamaan terakhir ini diberikanoleh

y′(x) = xu+∫

udx

y′′(x) = xu′+2u (4.101)

Mensubstitusikan persamaan (4.100)-(4.101) ke persamaan (4.99) di-peroleh relasi

x2(xu′+2u)+ x(xu+∫

udx)− x∫

udx = x. (4.102)

Persamaan (4.102) menyatakan bahwa

x3u′+3x2u = x. (4.103)

Ruas sebelah kiri persamaan (4.103) merupakan derivatif dari fung-si x3u. Olehkarenanya, persamaan (4.103) dapat ditulis dalam bentuksederhana


(x3u)′ = x. (4.104)

Solusi persamaan (4.104)diperoleh dengan mengintegralkannya seka-li, yaitu

u(x) =12

x−1 +Cx−3. (4.105)

Solusi untuk fungsi y diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan(4.105) ke persamaan (4.100). Solusi untuk y diberikan oleh

y(x) =x2

logx−C1x−1

2+C2x. (4.106)

Soal-soal latihan

4.1. Tentukanlah solusi persamaan diferensial dibawah ini.

a). y′′+2y′ = 0b). y′′−3y′+2y = 0c). y′′+6y′−7y = 0;y(0) = 0,y′(0) = 4..d). y′′−3y′−10y = 0;y(0) = 1,y′(0) = 10.e). y′′+4y = 0;y(0) = 2,y(π

4 ) = 3.f). y′′+9y = 0;y(π

3 ) = 3,y′(π3 ) = 3.

g). Tunjukkanlah bahwa solusi dari persamaan diferensial y′′−2by′−c2y = 0 dapat ditulis dalam bentuk

y = ebx(D1 cosh√

b2 + c2x+D2 sinh√

b2 + c2x) (4.107)

h). Buktikanlah bahwa dengan mensubstitusikan x = ez akan men-transformasikan persamaan diferensial ax2y′′+bxy′+cy = 0 men-jadi persmaan diferensial linier homogen dengan koefisien konst-an.

i). Tentukanlah solusi masalah nilai awal y′′ − y′ − 2y = 0;y(0) =α ,y′(0) = 2. Tentukanlah α sedemikian hingga solusi mendekatinol untuk x mendekati takhingga.

j). Tentukanlah solusi masalah nilai awal 4y′′−y = 0;y(0)= 2,y′(0)=β . Tentukanlah β sedemikian hingga solusi mendekati nol untukx mendekati takhingga.


k). Pandanglah persamaan diferensial dengan nilai awal

y′′+2y′+6y = 0;y(0) = 2,y′(0) = α ≥ 0. (4.108)

a. Tentukan solusi masalah nilai awal ini.b. Tentukan α sedemikian hingga y(1) = 0

l). Pandanglah persamaan diferensial dengan nilai awal

y′′+2ay′+(a2 +1)y = 0;y(0) = 1,y′(0) = 0. (4.109)

a. Tentukanlah solusi persamaan diferensial di atas.b. Untuk a = 1 tentukanlah nilai terkecil T sedemikian hingga|y|< 0,1 untuk t > T .

4.2. Tentukanlah solusi umum masing-masing persamaan diferensialberikut ini.

1. y′′+3y′+2y = 4.2. y′′+3y′+2y = 14ex.3. y′′+3y′+2y = eix.4. y′′+3y′+2y = sinx.5. y′′+3y′+2y = cosx.6. y′′+3y′+2y = 8+6ex +2sinx.7. y′′+ y′+ y = 4x2.8. y′′+2y′+ y = 4x2e−x.9. y′′−2y′−8y = 9xex +10e−x.

10. y′′+2y′+5y = 6sin2x+7cos2x.11. y′′−2Y ′+2Y = 10sin4x.12. y′′+2y′+4y = 13cos4x13. y′′−3y′−4y = 16x−12e2x.14. y′′+6y′+5y = 2ex +10e5x.15. y′′+2y′+10y = 5xe−2x.16. 2y′′+3y′−2y = 6x2ex−4x2 +12.17. y′′+6y′+8y = 6xe2x +8x2.18. y′′+4y = 4sin2x+8cos2x.19. y′′−4y = 16xe2x.20. 4y′′−4y′+ y = ex/2 + e−x/2.21. y′′−6y′+9y = 6e3x +5xe4x.22. y′′−4y′+5y = 6e2x cosx.


23. y′′+ y = xsinx.

4.3. Selesaikanlah persamaan diferensial tak homogen dengan nilaiawal berikut.

a). y′′−4y′+3y = 9x2 +4, dengan y(0) = 6,y′(0) = 8.b). y′′+5y′+4y = 16x+20ex, dengan y(0) = 0,y′(0) = 3.c). y′′−8y′+15y = 9xe2x, dengan y(0) = 5,y′(0) = 10.d). y′′+7y′+10y = 4xe−3x, dengan y(0) = 0,y′(0) =−1.e). y′′+8y′+16y = 8e−2x, dengan y(0) = 2,y′(0) = 0.f). y′′+6y′+9y = 27e−6x, dengan y(0) =−2,y′(0) = 0.g). y′′+4y′+13y = 18e−2x, dengan y(0) = 0,y′(0) = 4.h). y′′−10y′+29y = 8e5x, dengan y(0) = 0,y′(0) = 8.i). y′′−4y′+13y = 8sin39x, dengan y(0) = 1,y′(0) = 2.j). y′′− y′−6y = 8e2x−5e3x, dengan y(0) = 3,y′(0) = 5.k). y′′−2y′+ y = 2xe2x +6ex, dengan y(0) = 1,y′(0) = 0.l). y′′− y = 3x2ex, dengan y(0) = 1,y′(0) = 2.

m). y′′+ y = 3x2−4sinx, dengan y(0) = 6,y′(0) = 8.

4.4. Tentukanlah solusi umum masing-masing persamaan diferensialberikut ini.

a). y′′+ y′−6y = 2x2

b). y′′−2y′+ y = x2 + xc). y′′−5y′+6y = ex

d). y′′+6y′+9y = 2e−x

e). y′′+4y′+3y = e−3x

f). y′′+2y′+2y = 3e−2x

g). y′′− y′−2y = 2sinxh). y′′+4y = 2cos2xi). y′′+9y = sin3xj). y′′+9y = sinx+ e2x

k). y′′+ y′ = ex +3xl). y′′−5y′+6y = 2ex dengan syarat y(0) = 1,y′(0) = 0.

m). y′′+ y = cotxn). y′′+ y = sec3 xo). y′′− y = sin2xp). y′′+ y = sin2 xq). y′′+ y = 4xsinx


r). y′′+2y′+ y = e−x lnxs). y′′+ y = cscxt). y′′+ y = tan2 xu). y′′+2y′+ y = e−x

xv). y′′+ y = secxcscxw). y′′+ y = cscxcotxx). y′′+ y = cotxy). y′′+4y = sin3 xz). y′′−3y′+2y = ex

ex+1

4.5. Gunakan reduksi order untuk menentukan solusi umum masing-masing persamaan diferesial di bawah ini, dimana salah satu solusihomogennya diberikan disebelah kanan masing-masing soal.

a). x2y′′− xy′+ y = 0, y1(x) = x.b). y′′− 2

x y′+ 2x2 y = 0, y1(x) = x.

c). (2x2 +1)y′′−4xy′+4y = 0, y1(x) = x.d). y′′+(x2− x)y′− (x−1)y = 0, y1(x) = x.e). y′′+( x

2 − 1x )y

′− y = 0, y1(x) = x2.

f). 2x2y′′+3xy′− y = 0, y1(x) = x1/2.g). y′′+( f (x)−1)y′− f (x)y = 0, y1(x) = ex.h). y′′+ x f (x)y′− f (x)y = 0, y1(x) = x.i). x2y′′− xy′+ y = x, y1(x) = x.j). y′′− 2

x y′+ 2x2 y = x logx, y1(x) = x.

k). x2y′′+ xy′−4y = x3, y1(x) = x2.l). x2y′′+ xy′− y = x2e−x, y1(x) = x.

m). 2x2y′′+3xy′− y = 1x , y1(x) = x1/2.

n). x2y′′−2y = 2x, y1(x) = x2.o). y′′+(x2−1)y′− x2y = 0, y1(x) = ex.p). x2y′′−2y = 2x2, y1(x) = x2.q). x2y′′+ xy′− y = 1, y1(x) = x.

Bab 5Sistem Persamaan Diferensial.

5.1 Definisi Dasar

Persamaan diferensial order dua dapat dikonversikan ke order satu de-ngan cara memperkenalkan variabel baru untuk menggantkan deriva-tif pertama. Sebagai contoh, pandanglah persamaan

y′′+ k siny = 0. (5.1)

Persamaan (5.1) adalah persamaan homogen order dua. Sekarang ki-ta definikan variabel baru x = y′(x′ = y′′) untuk memperoleh sistempersamaan diferensial berikut (dengan memsubstitusikannya ke per-samaan (5.1))

y′ = x (5.2)x′ = −k siny. (5.3)

Kita catat bahwa persamaan pertama dari sistem (5.3) adalah defini-si variabel baru dan persamaan kedua diperoleh dari persamaan (5.1).Persamaan (5.1) dan persamaan (5.3) ekuivalen dalam pengertian bah-wa solusi yang diberikan oleh persamaan (5.1) juga solusi persamaan(5.3) dan juga sebaliknya.

Bentuk standar sistem persamaan diferensial order pertama dari duapersamaan diferensial diberikan oleh

x′ = f (t,x,y) (5.4)y′ = g(t,x,y) (5.5)

97

98 5 Sistem Persamaan Diferensial.

dimana x dan y adalah varibel terikat dan t variabel bebas (biasa da-lam aplikasi t merepresentasikan waktu). Solusi dari sistem persama-an diferensial adalah pasangan fungsi diferesiabel kontinu (x(t),y(t))dimana jika kita substitusikan pasangan fungsi ini kepersamaan (5.4)-(5.5) diperoleh identitas. Solusi sistem persamaan diferensial didefi-nisikan sebagai berikut

Definisi 5.1.1 Pasangan fungsi (u(t),v(t)) dikatakan solusi sistempersamaan diferensial (5.4)-(5.5) pada interval t0 ≤ t ≤ t1 jika fungsiu dan v diferensiabel kontinu dan jika

u′ = f (t,u′,v′) (5.6)v′ = g(t,u′,v′) (5.7)

pada interval t0 ≤ t ≤ t1. (u,v) merupakan solusi masalah nilai awal

x′ = f (t,x,y), x(t0) = x0,

y′ = g(t,x,y), y(t0) = y0,

jika (u,v) solusi persamaan (5.4)-(5.5) dan memenuhi syarat awal

u(t0) = x0, v(t0) = y0. (5.8)

Perlu dicatat bahwa solusi sistem persamaan dalam definisi di atas di-berikan dalam bentuk pasangan terurut (u,v) dimaksudkan bahwa so-lusi sistem terdiri dari dua fungsi dimana fungsi pertama adalah solusipersamaan pertama dari sistem dan fungsi kedua adalah solusi persa-maan kedua dari sistem. Jadi fungsi u berpadanan dengan persamaan(5.4) dan fungsi v berpadanan dengan persamaan (5.5).

Contoh 5.1.1 Selesaikanlah sistem persamaan diferensial

x′ =tx2 , x 6= 0 (5.9)

y′ =yt, t 6= 0 (5.10)

Sistem (5.9)-(5.10) terdiri dari persamaan diferensial order satu de-ngan masing-masing persamaan memuat variabel terpisah. Menggu-nakan teknik-teknik yang digunakan pada bab sebelumnya kita pero-leh solusi sistem persamaan diferensial (5.9)-(5.10), yaitu

5.1 Definisi Dasar 99

(x,y) =(

32

t2 +C1,e−1t +C2

), x 6= 0, t 6= 0. (5.11)


x′ = 2e2t (5.12)

y′ =x2− y

t, t 6= 0. (5.13)

Perlu dicatat bahwa ruas kanan persamaan (5.12) tidak memuat vari-abel terikat x atau y. Persamaan diferensial (5.12) merupakan persa-maan diferensial order satu dengan varibel terpisah. Solusi persamaanpertama diberikan oleh

x = e2t +C1. (5.14)

Substitusikan solusi (5.14) kepersamaan (5.13) untuk mendapatkanpersamaan diferensial linier order satu

ty′+ y = e4t +2C1e2t +C21 . (5.15)

Kita perhatikan bahwa ruas kiri persamaan (5.15) adalah derivatif darifungsi (ty)′. Jadi dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh

ty =∫ (

e4t +2C1e2t +C21)

dt +C2

y =

(14e4t +C1e2t +C2

1t +C2)

t, . (5.16)

Solusi sistem persamaan diferensial (5.12)-(5.13) diberikan oleh pa-sangan fungsi (x,y) yang diberikan berturut-turut oleh persamaan(5.14) dan (5.16).

Contoh 5.1.3 Tuliskanlah persamaan diferensial order dua

mx′′+ kx = 0 (5.17)

menjadi sistem persamaan diferensial order satu dan selanjutnya se-lesaikanlah sistem itu.


Persamaan diferensial (5.17) merupakan . Sekarang definisikanlah va-riabel baru y = x′ untuk membentuk sistem persamaan diferensial.Substitusikanlah variabel baru ini kepersamaan (5.17) untuk mempe-roleh sistem persamaan diferensial

x′ = y (5.18)

y′ = − km

x. (5.19)

Pernyataan 5.1 Jika kita selesaikan persamaan (5.17) menggunakanteknik yang telah digunakan untuk menyelesaiakan persamaan dife-rensial homogen order dua seperti pada bab sebelumnya dapat kitatunjukkan bahwa

x = sin√

k/mt (5.20)

adalah salah satu solusi persamaan (5.17).

Kembali kedefinisi awal variabel baru yaitu y = x′ berarti solusi untukpersamaan (5.19) diberikan oleh

y = x′ =√

k/mcos√

k/mt. (5.21)

Solusi sistem persamaan diferensial (5.18)-(5.19) diberikan oleh pa-sangan fungsi (x,y) yang berturut-turut diberikan oleh persamaan(5.20) dan (5.21).

Definisi 5.1.2 Sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) dikatakan li-nier jika f dan g keduanya linier dalam variabel terikatnya, yaitu jikaf dan g dapat diuraikan dalam bentuk

f (t,x,y) = a1(t)x+a2y+F(t) (5.22)g(t,x,y) = b1(t)x+b2(t)y+G(t). (5.23)

Persamaan yang tidak memenuhi kedua persamaan (5.22) dan (5.23)dinamakan sistem persamaan diferensial nonlinier.

Definisi 5.1.3 Sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) dikatakan mem-punyai koefisien konstan jika koefisien-koefisien a1,a2,b1, dan b2 pa-da persamaan (5.22)-(5.23) semuanya konstan.

Sebaliknya sistem persamaan diferensial yang tidak memenuhi defi-nisi di atas dinamakan sistem persamaan diferensial dengan koefisienvariabel.


Definisi 5.1.4 Sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.5) dikatakan ho-mogen jika (x,y) = (0,0) adalah solusi trivial.

Sebaliknya sistem persamaan diferensial yang tidak memenuhi defi-nisi di atas dinamakan sistem persamaan diferensial takhomogen.

Contoh 5.1.4 Klasifikasikanlah sistem persamaan diferensial (5.18)-(5.19).

Kita dapat tuliskan kembali sistem persamaan diferensial (5.18)-(5.19)ke dalam bentuk persamaan (5.22)-(5.23), yaitu

f (t,x,y) = 0x+ y+0 (5.24)

g(t,x,y) = − km

x+0y+0. (5.25)

Dari persamaan (5.24)-(5.25) diperoleh data bahwa a1(t) = 0,a2(t) =1,F(t) = 0,b1(t) =−k/m,b2(t) = 0,G(t) = 0, dan (x,y) = (0,0) me-rupakan solusi trivial. Dari definisi dapat kita simpulkan bahwa sistempersamaan diferensial (5.18)-(5.19)

1. linier,2. mempunyai koefisien konstan,3. homogen

Contoh 5.1.5 Klasifikasikanlah sistem persamaan diferensial

x′ = y (5.26)

y′ = −gL

sinx. (5.27)

Karena g(t,x,y) = −g/Lsinx tidak dapat diuraikan kebentuk persa-maan (5.23) maka sistem persamaan diferensial (5.26)-(5.27) adalahsistem nonlinier. Kita catat pula bahwa (x,y) = (0,0) memenuhi sis-tem persamaan (5.26)-(5.27) hal ini berarti sistem persamaan diferen-sial ini adalah sistem persamaan diferensial homogen.

Definisi 5.1.5 Dua solusi (x1,y1) dan (x2,y2) dari sistem persama-an diferensial (5.4)-(5.5) bebas linier dalam interval t0 ≤ t ≤ t1 jikapersamaan


C1x1 +C2x2 = 0, (5.28)C1y1 +C2y2 = 0, (5.29)

hanya mempunyai solusi trivial yaitu C1 = C2 = 0.

Definisi 5.1.6 Anggaplah (x1,y1) dan (x2,y2) dua solusi bebas liniersistem persamaan diferensial order satu homogen

x′ = a1x+a2y, (5.30)y′ = b1x+b2y, (5.31)

maka solusi umum sistem persamaan diferensial (5.30)-(5.31) adalahkombinasi linier (x1,y1) dan (x2,y2). Solusi ini kita notasikan denganpasangan fungsi (xh,yh) yang diberikan oleh

xh = C1x1 +C2x2, (5.32)yh = C1y1 +C2y2. (5.33)

Definisi 5.1.7 Pandanglah sistem persamaan diferensial linier takho-mogen

x′ = a1x+a2y+F(t), (5.34)y′ = b1x+b2y+G(t). (5.35)

Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.34)-(5.35) adalah solu-si umum (5.30)-(5.31) ditambah solusi khusus (xp,yp) (5.34)-(5.35).Solusi ini dinyatakan dengan pasangan fungsi (x,y) dimana masing-masing fungsi diberikan oleh

x = xh + xp, (5.36)y = yh + yp. (5.37)


x′ = tx− x, (5.38)y′ = 2ty+ x, (5.39)

dan tentukanlah solusi umumnya.


Sistem persamaan diferensial (5.38)-(5.39) dapat dituliskan dalambentuk

x′ = (t−1)x+0y+0,

y′ = x+2ty+0.

Dari sistem terakhir ini kita ketahui bahwa a1(t) = t − 1,a2(t) =0,b1(t) = 1,b2(t) = 2t,F(t) = 0,G(t) = 0 dan (x,y) = (0,0) meme-nuhi sistem persamaan diferensial (5.38)-(5.39). Perdefinisi dapat di-simpulkan bahwa sistem (5.38)-(5.39) adalah sistem persamaan dife-rensial linier homogen.

Untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial (5.38)-(5.39)kita selesaikan dahulu persamaan (5.38) karena persamaan ini me-rupakan persamaan diferensial homogen dengan variabel terpisah.Mengunakan teknik yang telah dibahas pada bab sebelumnya dida-patkan x = C1et2−t . Mensubstitusikan solusi untuk x ini ke persamaan(5.39) diperoleh persamaan diferensial linier berikut

y′−2ty = C1et2−t . (5.40)

Sekarang kedua ruas kita kalikan dengan e−t2untuk mendapatkan per-

samaan diferensial

e−t2y′−2te−t2

y = C2e−t . (5.41)

Ruas sebelah kiri persamaan terakhir merupakan derivatif dari e−t2y.

Mengintegralkan kedua ruas persamaan terakhir ini terhadap t dipero-leh

e−t2= C1

∫e−tdt, (5.42)

y = et2 (C2−C1e−t) . (5.43)

Dengan diperolehnya solusi untuk x dan y ini maka pasangan ini men-jadi solusi umum sistem persamaan diferensial (5.4)-(5.39), yaitu

(x,y) =(

C1et2−t ,et2(C2−C1e−t)

). (5.44)



x′ = y, (5.45)y′ = 16x+8t. (5.46)

Sistem persamaan diferensial (5.45)-(5.46) adalah sistem linier tak ho-mogen karena (x,y) = (0,0 tidak memenuhi sistem persamaan di atas.Sistem linier homogen yang berpadanan dengan sistem (5.45)-(5.46)diberikan oleh

x′ = y, (5.47)y′ = 16x. (5.48)

Untuk menyelesaikan sistem persamaan ini langkah pertama kitaderivatifkan persamaan (5.47) sekali dan hasil yang diperoleh kitasubstitusikan ke persamaan (5.48). Dengan cara ini diperoleh persa-maan diferensial order dua dalam x, yaitu

x′′−16x = 0. (5.49)

Persamaan karakteristik persamaan diferensial (5.49) diberikan olehr2 − 16 = 0. Akar-akar karakteristik diberikan oleh 4 dan 4. Ja-di solusi untuk x diberikan oleh xh = C1e4t +C2e−4t . Menggunak-an persamaan (5.47) diperoleh solusi untuk y yang diberikan olehyh = 4C1e4t − 4C2e−4t . Pasangan solusi ini memberikan solusi untuksistem persamaan diferensial (5.47)-(5.48), yaitu

(xh,yh) =(C1e4t +C2e−4t ,4C1e4t −4C2e−4t) . (5.50)

Langkah berikutnya kita tentukan solusi khusus sistem (5.45)-(5.46).Mengikuti cara yang sama seperti yang kita lakukan untuk menda-patkan solusi homogen kita dapatkan persamaan diferensial order duatak homogen untukx, yaitu

x′′−16x = 8t. (5.51)

Misalkan solusi khusus persamaan (5.51) berbentuk x = At2 +Bt +C.Mensubstitusikan bentuk ini ke persamaan (5.51) kemudian menggu-nakan identitas ruas kiri dan ruas kanan dari persamaan yang didapat


akan menentukan nilai A,B, dan C, yaitu A = 0,B =−1/2, dan C = 0.Oleh karenanya solusi khusus yang diperoleh untuk x. Selanjutnya de-ngan persamaan (5.45) diperoleh solusi khusus untuk y. Solusi umumsistem persamaan diferensial (5.45)-(5.46) diberikan oleh pasanganfungsi berikut

(x,y) = (xh + xp,yh + yp) (5.52)

=(

C4te +C2e−4t − 1

2t,4C1e4t −4C2e−4t − 1

2

). (5.53)


2x′− x+ y′+4y = 1, (5.54)x′− y′ = t−1. (5.55)

Kalikanlah persamaan (5.54) dengan ddt dan kalikan juga persamaan

(5.55) dengan ddt + 4. Kemudian hasil masing-masing yang diperoleh

kita tambahkan untuk mendapatkan persamaan order dua tak homo-gen untuk x berikut

3x′′+3x′ = 4t−3. (5.56)

Akar-akar persamaan karakteristik dari persamaan (5.56) adalah 0 dan−1. Solusi takhomogen persamaan (5.56) diberikan oleh xp = 1/6t2−4/3t. Jadi solusi umum persamaan diferensial order dua takhomogen(5.56) adalah

x = C1 +C2e−t +16

t2− 43

t. (5.57)

Mensubstitusikan solusi untuk x (5.57) kepersamaan (5.55) dan meng-integralkannya diperoleh solusi untuk y, yaitu

y = 2C2e−t − 13

t2 +13

t +C3. (5.58)

Solusi sistem persamaan (5.54)-(5.55) diberikan oleh pasangan fungsi

(x,y) =(

C1 +C2e−t +16

t2− 43

t,2C2e−t − 13

t2 +13

t +C3

). (5.59)


5.2 Sistem Persamaan Diferensial Homogen denganKoefisien Konstan.

Pada bagian ini kita akan mempelajari bagaimana menyelesaikan per-samaan diferensial homogen dengan koefisien konstan yang berben-tuk

x′ = ax+by (5.60)y′ = cx+dy. (5.61)

Pada bagian awal bab ini kita melihat bahwa sistem persamaan dife-rensial (5.60)-(5.61) dapat dikonversikan juga menjadi persamaan di-ferensial order dua. Berdasarkan pengalaman mengerjakan persamaandiferensial order dua homogen bahwa solusi persamaan ini berbentukert dengan r parameter. Berdasarkan itu pula kita akan mengsumsik-an bahwa solusi sistem persamaan diferensial (5.60)-(5.61) berbentuk(pert ,qert) dengan r parameter yang akan ditentukan nilainya.

Contoh 5.2.1 Anggaplah bahwa solusi persamaan diferensial (5.60)-(5.61) berbentuk pasangan fungsi (x,y) = (pert ,qert). Tentukanlahsolusi bebas linier dari sistem persamaan diferensial

x′ = y (5.62)y′ = 16x (5.63)

Substitusikanlah pasangan fungsi(x,y) = (pert ,qert) kesistem (5.62)-(5.63) dan bagilah dengan ert untuk mendapatkan sistem persamaan

rp−q = 0 (5.64)rq−16p = 0. (5.65)

Perhatikanlah bahwa (p,q) = (0,0) memenuhi sistem persamaan(5.64)-(5.65). Akan tetapi solusi ini hanya memberikan solusi trivial(x,y) = (0,0) untuk sistem. Karena solusi yang dicari adalah solusi-solusi yang bebas linier maka p = q = 0 bukan solusi yang diinginkan.Kalau kita selesaikan persamaan (5.64) untuk p atau q dan denganmengunakan persamaan (5.65) diperoleh persamaan kuadrat untuk ryaitu r2−16 = 0. Akar-akar persamaan kuadrat ini adalah 4 dan -4.

5.2 Sistem Persamaan Diferensial Homogen dengan Koefisien Konstan. 107

Untuk r = 4 diperoleh sistem persamaan berikut

−4p−q = 0 (5.66)−16p−4q = 0. (5.67)

Persamaan (5.66) dan persamaan (5.67) ekuivalen yaitu sama-samamenyatakan q = −4p. Kita bebas memilih nilai p ini kecuali 0. Ka-rena kita akan menentukan solusi-solusi bebas linier maka kita dapatmemilih koefisien ert sama dengan satu(p = 1). Dengan pemilihan inididapatkan salah satu sistem persamaan diferensial (5.62)-(5.63) yaitu(x1,y1) = (e4t ,4e4t).

Untuk r =−4, dengan cara yang sama seperti untuk r = 4 kita dapatsolusi nontrivial sistem persamaan diferensia lainnya, yaitu (x2,y2) =(e−4t ,−4e−4t). Pembaca dapat menunjukkan bahwa kedua solusi inisaling bebas linier. Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.62)-(5.62) diberikan oleh

(x,y) = C1(e4t ,4e4t)+C2

(e−4t ,−4e−4t) . (5.68)

Bandingkanlah solusi (5.68) ini dengan solusi sistem persamaan dife-rensial pada 5.1.7 yang berhubungan dengan solusi homogen.

Pernyataan 5.2 Perlu diperhatikan bahwa persamaan kuadrat r2−16 = 0 di atas merupakan persamaan karakteristik dari persamaandiferensial order dua homogen y′′− 16y = 0. Persamaan diferensialorder dua ini dapat diperoleh dari menderivatifkan persamaan (5.62)sekali kemudian menggunakan hasil ini kepersamaan (5.63)

Contoh 5.2.2 Gunakanlah asumsi bahwa bentuk solusi umum sistempersamaan diferensial homogen dengan koefisien konstan (x,y) =(pert ,qert) untuk menyelesaikan solusi bebas linier dari sistem per-samaan diferensial

x′ = −y (5.69)y′ = 16x (5.70)

Mengikuti cara-cara yang dilakukan pada contoh 5.2.1 bahwa bentuk(x,y) = (pert ,qert) memenuhi sistem persamaan (5.69)-(5.70). Men-substitusikan bentuk ini ke sistem kemudian membaginya dengan ert

diperoleh persamaan untuk p dan q berikut


rp−q = 0 (5.71)rq−16p = 0. (5.72)

Dengan menyelesaikan persamaan (5.71) kemudian menggunakanpersamaan (5.72) dengan mengisyaratkan p 6= 0 akan diperoleh persa-maan kuadrat dalam r, yaitu r2+16 = 0. Akar-akar persamaan kuadratini adalah 4i dan −4i.

Untuk r = 4i, diperoleh sistem persamaan dalam p dan q,

4ip−q = 0 (5.73)−16p−4iq = 0. (5.74)

Persamaan (5.73) dan persamaan (5.74) adalah ekuivalen yaitu sama-sama menyatakan q = 4ip. Perlu kita ingat bahwa tahap ini kita hanyamencari solusi-solusi yang bebas linier. Oleh karenanya kita bebasmemilih nilai p, dalam hal ini kita akan memilih p = 1. Menggunak-an nilai p ini didapatkan salah satu solusi sistem (5.69)-(5.70) yangdiberikan oleh (x+,y+) =

(e4it ,4ie4it

).

Untuk r = −4i, menggunakan cara yang sama untuk r = 4i danmenetapkan nilai p = 1 diperoleh solusi kedua sistem (5.69)-(5.70)yang diberikan oleh (x−,y−) =

(e−4it ,−4ie−4it

).

Perlu kita catat bahwa walaupun solusi yang kita peroleh saling be-bas linier akan tetapi masih dalam variabel kompleks. Solusi yang kitaharapkan adalah solusi dalam variabel riil. Untuk keperluan terakhirini kita akan menggunakan formula Euler e±αit = cosαt ± isinαt.Dengan formula Euler maka solusi (x1,y1) dan (x2,y2) menjadi

(x+,y+) = (cos4t + isin4t,4icos4t−4sin4t). (5.75)(x−,y−) = (cos4t− isin4t,−4icos4t +4sin4t). (5.76)

Sekarang kita pilih solusi pertama dan kedua sebagai berikut

(x1,y1) =(x+,y+)+(x−,y−)

2= (cos4t,−4sin4t) (5.77)

dan

(x2,y2) =(x+,y+)− (x−,y−)

2i= (sin4t,4cos4t). (5.78)


Solusi (x1,y1) dan (x2,y2) saling bebas linier (ujilah). Solusi umumsistem persamaan diferensial (5.69)-(5.70) diberikan oleh

(x,y) = C1(x1,y1)+C2(x2,y2)= C1(cos4t,−4sin4t)+C2(sin4t,4cos4t). (5.79)

Dari contoh-contoh yang telah disajikan dapat kita kembangkanteknik untuk sistem persamaan diferensial yang lebih umum lagi. Pan-danglah sistem persamaan diferensial (5.60)-(5.61). Mengikuti teknikyang digunakan dalam contoh-contoh sebelumnya secara umum dapatkita buat garis besarnya sebagai berikut:

1. Anggaplah bahwa solusi dalam bentuk (x,y) = (pert ,qert), denganp,q, dan r konstanta. Substitusikan solusi ini ke sistem (5.60)-(5.61) kemudian dengan membagi hasil yang diperoleh dengan ert

kita sampai pada sistem persamaan dalam p dan q berikut

(a− r)p+bq = 0 (5.80)cp+(d− r)q = 0. (5.81)

2. Sistem persamaan (5.80)-(5.81) mempunyai solusi non trivial un-tuk p dan q jika determinan koefisien p dan q sama dengan nol,yaitu

r2− (a+d)r +ad−bc = 0. (5.82)

Penyelesaian persamaan (5.82) dinamakan persamaan karakteris-tik sistem persamaan diferensial (5.58)-(5.60). Menyelesaikan per-samaan (5.82) akan memberikan nilai r1 dan r2.

3. Anggaplah r = r1 akar persamaan (5.82), maka sistem persamaandiferensial (5.58)-(5.60) akan direduksi menjadi persamaan

bq = (r1−a)p. (5.83)

Setelah dipilih nilai (p1,q1) akan diperoleh salah satu solusi sis-tem persamaan diferensial (5.58)-(5.60) dalam bentuk (x1,y1) =(p1er1t ,q1er1t). Selanjutnya kita akan memperhatikan hal-hal ber-ikut:

• jika r1 6= r2 lanjutkan mencari solusi sistem yang berpadanandengan r2.


• jika r1 = r2 carilah solusi kedua dalam bentuk((P1 +P2t)er1t ,(Q1 +Q2t)er1t) . (5.84)

4. Solusi bebas linier diperoleh dengan memperhatikan hal-hal beri-kut

• Akar-akar r1, r2 riil dan berbeda.• Akar-akar r1, r2 kompleks konjugate.• Akar-akar r1, r2 riil dan sama.

Contoh 5.2.3 Carilah solusi bebas linier dari sistem persamaan di-ferensial

x′ = −12

x+32

y (5.85)

y′ =32

x− 12

y. (5.86)

Langkah pertama yang kita lakukan adalah membuat asumsi bahwasolusi umum sistem di atas berbentuk (pert ,qert). Selanjutnya, denganmensubstitusikan asumsi ini ke sistem akan diperoleh sistem (5.85)-(5.86) persamaan dalam p dan q berikut

(−1

2− r

)p+

32

q = 0 (5.87)

32

p+(−1

2− r

)q = 0. (5.88)

Sistem (5.87)-(5.88) mempunyai solusi nontrivial jika determinan ko-efisien p dan q sama dengan nol yang menghasilkan persamaan karak-teristik (r− 1)(r− 2) = 0. Akar-akar persamaan karakteristik adalahr = 1 dan r = 2.

Untuk r = 1, sistem (5.87)-(5.88) menjadi

−32

p+32

= 0 (5.89)

32

p− 32

q = 0. (5.90)


Seperti yang telah diuraikan pada petunjuk umum penyelesaian sis-tem persamaan diferensial (5.58)-(5.60) bahwa Persamaan (5.89) dan(5.90) ekuivalen yaitu menyatakan persamaan yang sama. Selanjutnyadengan menetapkan nilai p = 1 akan diperoleh salah satu solusi yaitu(x1,y1) = (et ,et).

Untuk r = 2, mengikuti cara yang sama dengan cara yang dilakkandi atas dan dengan menetapkan nilai p = 1 akan diperoleh solusi keduadari sistem (5.85)-(5.86) yaitu (x2,y2) =

(e−2t ,−e−2t

).

Pembaca sebaiknya menguji bahwa solusi (x1,y1) dan x2,y2 salingbebas linier. Solusi umum sistem persamaan diferensial (5.85)-(5.86)diberkan oleh

(x,y) = C1(x1,y1)+C2(x2,y2) (5.91)= C1

(et ,et)+C2

(e2t ,−e2t) . (5.92)

Misalkan kita syaratkan bahwa solusi ini harus memenuhi nilai awal(x(0),y(0)) = (3,−1) maka

(x(0),y(0)) = C1(e0,e0)+C2

(e0,−e0)

(3,−1) = C1(1,1)+C2(1,−1). (5.93)

Persamaan (5.93) ekuivalen dengan sistem persamaan

C1 +C2 = 3 (5.94)C1−C2 = −1. (5.95)

Pemecahan sistem persamaan (5.94)-(5.95) adalah C1 = 1 dan C2 =2. Jadi solusi sistem persamaan diferensial (5.85)-(5.86) dengan nilaiawal (x(0),y(0)) = (3,−1) adalah

(x,y) =(et +2e−2t ,et −2e−2t) . (5.96)

Contoh 5.2.4 Carilah solusi umum sistem persamaan diferensial

x′ = x+3y (5.97)y′ = −2y (5.98)

Langkah pertama, asumsikan solusi sistem (5.97)-(5.98) berbentuk(pert ,qert). Mensubstitusikan asumsi ini ke sistem persamaan dalam


soal kemudian membaginya dengan ert akan diperoleh sistem persa-maan dalam p dan q. Agar sistem persamaan dalam p dan q ini mem-punyai solusi nontrivail maka harus disyaratkan determinan koefisiendari p dan q sama dengan nol. langkah terakhir ini akan memberik-an persamaan karakteristik dari sistem (5.97)-(5.98) yaitu persamaankuadrat dalam r. Akar-akar persamaan kuadrat adalah r = 1 dan r = 2.

Untuk r = 1, sistem persamaan

3q = 0 (5.99)−3q = 0. (5.100)

Solusi sistem ini hanya dipenuhi oleh q = 0. Akan tetapi kita bebasmenentukan nilai p, dalam hal ini kita akan menetapkan p = 1. De-ngan nilai p ini salah satu solusi yang diperoleh untuk sistem (5.97)-(5.98) adalah (x1,y1) = (et ,0).

Untuk r = −2, dengan mensubstitusikan nilai ini ke sistem persa-maan dalam p dan q yang diperoleh diawal tadi akan diperoleh sistempersamaan

3p+3q = 0 (5.101)0 = 0. (5.102)

Dengan menetapkan nilai p = 1 akan diperoleh solusi kedua untuk sis-tem persamaan diferensial (5.97)-(5.98) yaitu (x2,y2)=

(e−2t ,−e−2t

).

Pembaca sebaiknya menguji bahwa kedua solusi ini saling bebas lini-er. Solusi umum diberikan oleh

(x,y) = C1(x1,y1)+C2(x2,y2)= C1(et ,0)+C2(e−2t ,−e−2t) (5.103)

Contoh 5.2.5 Carilah solusi umum sistem persamaan diferensial

x′ = y (5.104)y′ = −9x+6y. (5.105)

Langkah pertama, asumsikan solusi sistem (5.104)-(5.105) berbentuk(pert ,qert). Mensubstitusikan asumsi ini ke sistem persamaan dalamsoal kemudian membaginya dengan ert akan diperoleh sistem persa-maan dalam p dan q. Agar sistem persamaan dalam p dan q ini mem-punyai solusi nontrivail maka harus disyaratkan determinan koefisien


dari p dan q sama dengan nol. langkah terakhir ini akan memberikanpersamaan karakteristik dari sistem (5.104)-(5.105) yaitu persamaankuadrat dalam r. Akar-akar persamaan kuadrat adalah akar kembarr = 3.

Langkah kedua, dengan mensubstitusikan r = 3 ke sistem persama-an dalam p dan q kemudian dengan menetapkan p = 1 akan diperolehsalah satu solusi sistem persamaan (5.104)-(5.105) yaitu (x1,y1) =(e3t ,e3t

). Mengikuti prosedur umum untuk kasus akar kembar yai-

tu bahwa solusi kedua berbentuk((P1 +P2t)e3t ,(Q1 +Q2t)e3t

). Men-

substitusikan bentuk solusi ini ke sistem persamaan diferensial (5.104)-(5.105) akan diperoleh nilai P1,P2,Q1, dan Q2.

Setelah kita substitusikan bentuk solusi kedua ini dan kemudianmembaginya dengan e3t diperoleh sistem persamaan dalam P1,P2,Q1,dan Q2 berikut

3P1−Q1 +P2 = (−3P2 +Q2)t (5.106)9P1−3Q1 +Q2 = (−9P2 +3Q2)t. (5.107)

Catatlah bahwa sistem persamaan (5.106)-(5.107) berlaku untuk se-mua nilai t. Oleh karenanya haruslah koefisien t ruas kanan persamaan(5.106) dan (5.107) sama dengan nol. Hal ini juga menyatakan bahwaruas kiri persamaan (5.106) dan (5.107) sama dengan nol. Jadi kita ak-an mendapatkan sistem persamaan yang terdiri dari 4 buah persamaanyaitu

−3P2 +Q2 = 0 (5.108)−9P2 +3Q2 = 0 (5.109)

3P1−Q1 = −P2 (5.110)9P1−3Q1 = −Q2. (5.111)

Sistem persamaan (5.108)-(5.111) sebenarnya hanya terdiri dari duapersamaan saja karena dua persamaan lainnya ekuivalen. Kedua per-samaan itu adalah

Q2 = 3P2 (5.112)Q1 = 3P1 +P2. (5.113)

Dengan menetgapkan P1 = 1 dan P2 = 1 diperoleh Q1 = 4 dan Q2 =3. Menggunakan nilai P1,P2,Q1, dan Q2 ini maka diperoleh solusi


kedua sistem persamaan diferensial (5.104)-(5.105) yaitu (x2,y2) =((1+ t)e3t ,(4+3t)e3t

). Kedua solusi ini bebas linier, oleh karenaya

solusi umum sistem persamaan diferensial (5.104)-(??) diberikan oleh

(x,y) = C1(x1,y1)+C2(x2,y2)= C1

(e3t ,e3t)+C2

((1+ t)e3t ,(4+3t)e3t) . (5.114)

5.3 Sistem Persamaan Diferensial Order SatuTakhomogen dengan Koefisien Konstan.

Pada bab sebelumnya kita telah menggunakan metode variasi pa-rameter untuk menyelesaikan persamaan diferensial order dua ta-khomogen. Pada bagian ini kita akan menggunakan metode ini un-tuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial order satu takho-mogen. Pada dasarnya apa yang telah dilakukan di bab sebelumnyakita kembangkan untuk sistem persamaan diferensial. Untuk mem-perdalam pemahaman kita tentang metode ini dalam menyelesaik-an sistem persamaan diferensial kita ambil contoh soal (4.60) yaituy′′−3y′+2y = sine−x. Misalkan z = y′ mendiferensialkan z terhadapx diperoleh z′ = y′′. Menggunakan informasi ini kita peroleh sistempersamaan diferensial order satu berikut

y′ = z (5.115)z′ = 3z−2y+ sine−x. (5.116)

Transformasi ini memungkinkan kita untuk mengembangkan metode-metode yang telah kita gunakan pada persamaan diferensial order duake sistem persamaan diferensial order satu.

Sekarang kita kembangkan metode variasi parameter untuk menye-lesaikan sistem persamaan diferensial order satu yang berbentuk

x′ = k1(t)x+ k2(t)y+F(t) (5.117)y′ = l1(t)x+ l2(t)y+G(t). (5.118)

Anggaplah pasangan fungsi (x1,y1) dan (x2,y2) merupakan dua solusiyang bebas linier yang berpadanan dengan sistem persmaan homogen

5.3 Sistem Persamaan Diferensial Order Satu Takhomogen dengan Koefisien Konstan. 115

x′ = k1(t)x+ k2(t)y (5.119)y′ = l1(t)x+ l2(t)y. (5.120)

Selanjutnya kita akan mencari solusi khusus (xp,yp) yang memenuhisistem (5.117)-(5.118) yang berbentuk

(xp,yp) = u1(t)(x1,y1)+u2(t)(x2,y2), (5.121)

dimana (u1,u2) akan dicari dengan mensubstitusikan (5.121) ke sis-tem (5.117)-(5.118). Setelah disubstitusikan dan dengan mengingatbahwa (x1,y1) dan (x2,y2) solusi homogen akan kita peroleh sistempersamaan dalam u1 dan u2, yaitu

x1u′1 + x2u′2 = F(t) (5.122)y1u′1 + y2u2 = G(t). (5.123)

Menggunakan aturan dalam teori matrix diperoleh formula untuk u1dan u2

u′1 =F(t)y2−G(t)x2

W (t), u′2 =

G(t)x1−F(t)y1

W (t), (5.124)

dimana W (t) disebut dan diberikan oleh W (t) = x1y2− x2y1. Prosesyang dilakukan di atas dinamakan variasi parameter.

Contoh 5.3.1 Carilah solusi khusus sistem persamaan diferensial

x′ = −4x+2y+10 (5.125)y′ = −3x+3y+5t. (5.126)

Menggunakan metode karakteristik diperoleh bahwa (x1,y1)=(2e−3t ,e−3t) dan (x2,y2) = (e2t ,3e2t) merupakan solusi bebas linierdari sistem homogen

x′ = −4x+2y (5.127)y′ = −3x+3y. (5.128)

Perlu dicatat bahwa Wronskian dari sistem homogen ini adalah W (t)=5e−t . Sekarang kita asumsikan bahwa solusi khusus sistem (5.125)-(5.126) berbentuk


(xp,yp) = u1(t)(2e−3t ,e−3t)+u2(t)(e2t ,3e2t). (5.129)

Menggunakan formula (5.124) menghasilkan

u′1 = 6e3t − te3t (5.130)u′2 = 2te−2t −2e−2t . (5.131)

Mengintegrasikan persmaan (5.130) dan (5.131) dan mengambil kon-stanta integrasi nol diperoleh solusi untuk

u1(t) =(

199− t

3

)e3t , u2(t) =

(t− 1

2

)e−2t . (5.132)

Mensubstitusikan solusi untuk u1 dan u2 ke persamaan (5.129) di-peroleh solusi khusus sistem (5.125)-(5.126) yang diberikan oleh

xp =8518− 5t

3, yp =

6518− 10t

3. (5.133)

Selanjutnya kita akan memperluas pembahasan sistem persamaandiferensial yang memuat diferensial berorde lebih dari satu, seperticontoh berikut ini.


x′′−4x+ y′ = 0,

−4x′+ y′′+2y = 0. (5.134)

Salah satu teknik yang dapat digunakan untuk menyelesaikan sisteminiadalah sebagai berikut: pertama notasi derivatif dirubah kelambangLeibniz yaitu

(d2

dt2 −4)

x+dydt

= 0,

−4dxdt

+(

d2

dt2 +2)

y = 0. (5.135)

Pandanglah sistem (5.135) sebagai persamaan aljabar biasa kemudiandiselesaikan dengan metode eleminasi, yaitu persamaan pertama kita


kalikan dengan suku (operator) 4 ddt dan suku kedua dengan

(d2

dt2 −4)

.Langkah selanjutnya kedua persamaan terakhir ini kita jumlahkan un-tuk mendapatkan persamaan

d4ydt4 +2

d2ydt2 −8y = 0. (5.136)

Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial terakhir ini dibe-rikan oleh

r4 +2r2−8 = 0. (5.137)

Solusi persamaan pangkat empat diberikan oleh r1 =√

2, −√2, 2i,dan−2i. Berdasarkan solusi persamaan karakteristik ini diperoleh so-lusi umum persamaan diferensial (5.136), yaitu

y = C1e√

2t +C2e√−2t +Ae2it +Be−2it

= C1e√

2t +C2e√−2t +A(cos2t + isin2t)+B(cos2t− isin2t)

= C1e√

2t +C2e√−2t +(A+B)cos2t + i(A−B)sin2t

= C1e√

2t +C2e√−2t +C3 cos2t +C4 sin2t. (5.138)

Mensubstitusikan solusi untuk y ini ke persamaan ke dua dari sistem(5.135) didapatkan persamaan diferensial untuk x, yaitu

dxdt

= C1e√

2t +C2e√−2t − 1

2C3 cos2t− 1

2C4 sin2t. (5.139)

Solusi umum persamaan diferensial (5.139) diberikan oleh

x =1√2

C1e√

2t− 1√2

C2e√−2t− 1

4C3 sin2t− 1

4C4 cos2t +C5. (5.140)

Perlu kita perhatikan dengan cermat bahwa solusi untuk x memuat 5buah konstanta, sedangkan order persamaan diferensial adalah 4. Se-pintas lalu, hal ini bertentangan dengan teorema yang telah kita bahaspada bab sebelumnya yang mengatakan bahwa solusi harus memuatpaling banyak 4 konstanta. Jika kita substitusikan solusi x dan y ke sis-tem awal akan diperoleh C5 = 0, yang berarti solusi untuk x memuat4 konstanta.


Soal-soal latihan

5.1. Selesaikanlah sistem persamaan diferensial berikut.

a). x′ =−x,y′ =−y.b). x′ = 3e−t ,y′ = x+ y.c). x′ = tx,y′ = t2y.d). x′ = 2t,y′ = 3x+2t.e). x′ = et ,y′ = x−y

t .f). x′ = t2− t,y′ = t− y.g). x′ = 3x+2e3t ,x′+ y′−3y = sin2t.h). x′ = y,y′ =−x+2y.i). 3x′+3x+2y = et ,x′− y′+ y = 2cos2t.j). x′−4x−2y′+ y = t,2x′+ x+ y′ = 0.k). 2x′+ y′− x = et ,3x′+2y′+ y = t.l). x′− x+ y′+ y =−cos2t,2x′− y′− y = 0.

m). x′− y′ = 1− t,x′+2y′ = 4et + x.n). x′− x+ y′+ y = 0,x′+2x+ y′+2y = 0.o). x′+ y′+ y = t,x′+ y′+ x+ y = t2.

5.2. Tuliskanlah masing-masing persamaan diferensial order dua ber-ikut sistem persamaan diferensial yang ekuivalen dengannya.

a). 4y′′−16y′+2y = 0.b). 4y′′−16y′+2y = e2t , dengan y(0) = 1,y′(0) =−2.c). 4y′′+16y′(1− y2) = y′.d). Persamaan massa-pegas teredam mx′′+ px′+kx = 0 dengan x(0)=

xi dan x′(0) = vi.e). Persamaan massa-pegas tak-teredam dengan gaya luar mx′′+kx =

Asinωt.f). Rangkaian Seri RLC Rq′′+Rq′+q/C = E(t).g). Persamaan pendulum LΘ ′′+ pΘ = 0 dengan Θ(0) = Θi,Θ ′(0) =

ωi.h). Persamaan pendulum teredam LΘ ′′+ pΘ ′+gsinΘ = 0.i). a2y′′+a1y′+a0y = h(t).j). y′′ = f (t,y,y′)k). Ujilah bahwa persamaan diferensial order dua a2(t)y′′+a1(t)y′+

a(0)y = h(t) ekuivalen dengan sistem persamaan diferensial ordersatu


y′ = za2(t)z′ = a0(t)y−a1(t)z+h(t).

dengan cara sebagai berikut

• Anggapalah y(t) merupakan solusi persamaan diferensial orderdua. Tunjukkan bahwa (y,y′) penyelesaian sistem persamaandiferensial order satu.

• Anggaplah (y,z) menyelesaikan sistem persamaan diferensiallinie order satu. Tunjukkanlah bahwa y menyelesaikan persa-maan diferensial order dua.

5.3. Klasifikasikanlah masing-masing persamaan berikut setelah di-konversikan ke sistem persamaan diferensial:

a). 4y′′−16y′+2y = 0.b). 4y′′−16y′+2y = e2t .c). 4y′′−16y′(1− y2) = y′.d). mx′′+ px′+ kx = 0.e). mx′′+ px′+ kx = Asinωt.f). mx′′+ kx = Asinωt.g). Sistem mangsa-pemangsa

F ′ =−(dF −αR)FR′ = (bR−βF)R

h). Sistem pendulum teredam

Θ ′ = ωLω ′ =−gsinΘ − pω

i). Persamaan pendulum dengan gaya luarLΘ ′′+ pΘ ′gsinΘ = Asinπ/t

5.4. Tentukanlah solusi umum sistem persamaan diferensial yang me-menuhi nilai awal.

a). x′ = 2x+4y,y′ =−4x+2y dengan x(0) = 2,y(0) =−2.b). x′ =−x+3y,y′ = 3x− y dengan x(0) = 0,y(0) = 4.c). x′ = 4x+4y,y′ = 3x−4y dengan x(0) = 4,y(0) = 1.


d). x′ = 5x/2+3√

3y/2,y′ = 3√

3x/2− y/2 dengan x(0) = 6,y(0) =0.

e). x′ =−4x−5y,y′ = x−2y dengan x(0) = 0,y(0) = 0.f). x′ =−4x−5y/2,y′ = x−2y dengan x(0) = 1,y(0) =−6.g). x′ = x/2+

√3y/2,y′ =

√3x/2− y/2 dengan x(0) = 6,y(0) = 4.

h). x′ = y,y′ = x dengan x(0) = 1,y(0) = 0.i). x′ = y,my′ =−kx dengan x(0) = xi,y(0) = 0.j). x′ = y,my′ =−kx dengan x(0) = 0,y(0) = yi.k). x′ = y,my′ =−kx− py dengan x(0) = xi,y(0) = 0.l). x′ =−x2,y′ =−y.

m). x′ = y+ t,y′ = x−1 dengan x(0) = 2,y(0) = 1.n). 3x′+3x =−2y+et ,4x−3y′+3y = 3t dengan x(0)= 1,y(0) =−1.o). x′+ y′ = 4y+1,x+ y′−3y = t2 dengan x(0) = 2,y(0) =−2.

5.5. Tunjukanlah bahwa pasangan fungsi berikut saling bebas linier.

a). (et ,et) dan (e−2t ,−e−2t).b). (e3t ,e3t) dan ((1+ t)e3t ,(4+3t)e3t).c). (et ,0) dan (e−2t ,−e−2t).

5.6. Tentukanlah solusi umum sistem persamaan diferensial yang me-menuhi nilai awal.

a). x′ =−4x+2y+15t,y′ =−3x+3y−20 dengan x(0) = 3,y(0) = 4.b). x′ =−x+3y−8e−2t ,y′ = 3x− y+12 dengan x(0) = 0,y(0) = 4.c). x′ = 2x+4y−2,y′ =−4x+2y+4 dengan x(0) = 2,y(0) =−2.d). x′ = 4x+4y−24t,y′ = 3x−4y8cos2t dengan x(0) = 4,y(0) = 1.e). x′ = 5

2x+ 32

√3y+4,y′ = 3

2

√3x− 1

2y−6t dengan x(0) = 6,y(0) =0.

f). x′ =−4x− 52y+1,y′ = x−2y−1 dengan x(0) = 1,y(0) =−6.

g). x′ =−4x+ 52y+1,y′ = x−2y−1 dengan x(0) = 0,y(0) = 0.

h). x′ = y,my′ =−kx+F sinωt dengan x(0) = xi,y(0) = 0.i). x′ = y,my′ =−kx+F sinωt dengan x(0) = 0,y(0) = yi.j). x′ = y,my′ =−kx− py+Fe−t dengan x(0) = xi,y(0) = 0.k). x′ = y,Ly′ =−gx+2cosπt dengan x(0) = xi,y(0) = 0.

5.7. Selesaikanlah sistem persamaan diferensial berikut menggunakanteknik seperti pada contoh (5.3.2)

a). x′′+4x = 3sin t,x′− y′′+ y = 2cos t.


b). x′′−4x−2y′+ y = t,2x′+ x+ y′′ = 0.c). 2x′+ y′− x = et ,3x′+2y′+ y = t.d). x′′+ x− y′′− y =−cos2t,2x′− y′− y = 0.e). x′′− y′ = 1− t,x′+2y′ = 4et + x.f). x′′− x+ y′+ y = 0,x′+2x+ y′+2y = 0.g). x′+ y′+ y = t,x′′+ y′′+ y′+ x+ y = t2

Bab 6Transformasi Laplace.

6.1 Definisi Dasar

Transfomasi L ( f ) dari fungsi f (t) didefinisikan oleh

L ( f ) =∫ ∞

0f (t)e−stdt (6.1)

untuk semua nilai s sedemikian hingga integral taktentu terdefinisi.Pada pelajaran kalkulus, integral taktentu (6.1) ini diselesaikan de-

ngan pendekatan limit, yaitu∫ ∞

0f (t)e−stdt = lim

m→∞

∫ m

0f (t)e−stdt (6.2)

Transformasi laplace yang didefinisikan di atas merupakan yaknijika fungsi f dan g memepunyai dan a,b konstanta sebarang makaberlaku

L (a f +bg) = aL ( f )+bL (g). (6.3)

Selanjutnya, kita akan membahas dari contoh-contoh yang akan di-sajikan berbagai macam fungsi dan transfomasi Laplace-nya.

Contoh 6.1.1 Carilah transformasi Laplace dari fungsi a dengan akonstanta. Menggunakan definisi transfomasi Laplace diperoleh

L (a) =∫ ∞

0ae−stdt (6.4)

= a limm→∞

∫ m

0e−stdt

123

124 6 Transformasi Laplace.

= limm→∞

−as

e−sm +as

=as, s > 0. (6.5)

Contoh 6.1.2 Carilah transformasi Laplace dari fungsi eat dengan akonstanta. Menggunakan definisi transfomasi Laplace diperoleh

L (eat) =∫ ∞

0eate−stdt (6.6)

= limm→∞

∫ m

0e(a−s)tdt

= limm→∞

(e(a−s)m

a− s− 1

a− s

)

Limit persamaan terakhir tidak ada (limitnya menuju takhingga) untuka > s. Olehkarenanya, di atas terdefinisi untuk s > a. Jadi

L (eat) =1

s−a, s > a. (6.7)

Contoh 6.1.3 Tentukanlah transformasi Laplace fungsi sinat dengana konstanta.

Anggaplah s > 0, menerapkan definisi transformasi laplace untukfungsi f (t) = sinat dan menggunakan teknik integral parsial meng-hasilkan

L (sinat) = limm→∞

∫ m

0e−st sinatdt (6.8)

= − limm→∞

e−sm sinats

+as

limm→∞

∫ m

0e−st cosatdt

= − limm→∞

ae−sm cosats2 +

as2 −

a2

s2 limm→∞

∫ m

0e−st sinatdt

=as2 −

a2

s2 L (sinat).

Persamaan terakhir ini menyatakan bahwa

L (sinat) =a

a2 + s2 , s > 0. (6.9)

6.3 Transformasi Laplace dari derivatif fungsi 125

6.2 Fungsi Periodik

Misalkan T bilangan tetap dan f (t + T ) = f (t) maka transformasiLaplace fungsi f diberikan oleh

L ( f ) =1

1− e−sT

∫ T

0e−st f (t)dt. (6.10)

Contoh 6.2.1 Tentukanlah transformasi Laplace untuk

f (t) ={

a, jika 0≤ t < T2 ,

−a, jika T2 ≤ t < T .

(6.11)

Mengikuti formula yang diberikan oleh persamaan (6.10) dan menye-lesaikan integral untuk fungsi (6.11) diperoleh

∫ T

0e−st f (t)dt =

∫ T/2

0ae−st −

∫ T

T/2ae−stdt

= −as

e−st∣∣∣t=T/2t=0 +

as

e−st∣∣∣t=Tt=T/2

=as

(e−sT −2e−sT/2 +1

)

=as

(e−sT/2−1

)2.

Menggunakan formula 1−e−sT = (1−e−sT/2)(1+e−sT/2) diperolehtransformasi Laplace dari fungsi (6.11), yaitu

L ( f ) =a(1− e−sT/2)s(1+ e−sT/2)

. (6.12)

6.3 Transformasi Laplace dari derivatif fungsi

Misalkan fungsi f mempunyai derivatif kedua yang kontinu bagiandemi bagian pada interval a ≤ t ≤ b dengan f ′ dan f ′′ berturut-turutmenyatakan derivatif pertama dan kedua dari fungsi f . Selanjutnyakita akan mencari transformasi Laplace untuk fungsi-fungsi ini. Per-definisi kita dapatkan.


L ( f ′)∫ ∞

0f ′(t)e−stdt. (6.13)

Menggunakan integral parsial dengan memisalkan u = e−st ,v =

∫f ′(t)dt = f (t) diperoleh

∫ ∞

0f ′(t)e−stdt = f (t)e−st |∞0 + s

∫ ∞

0f (t)−stdt

= − f (0)+ sL ( f ) (6.14)

Menggunakan cara yang sama dan menggunakan hasil untuk f ′ dida-patkan

L ( f ′′) = s2L ( f )− s f (0)− f ′(0). (6.15)

Secara umum, transformasi Laplace dari fungsi derivatif ke-n untukfungsi f diberikan oleh teorema berikut

Teorema 6.1 Anggaplah bahwa fungsi f , f ′, f ′′, · · · , f n−1 fungsi kon-tinu dan f n fungsi kontinu bagian demi bagian pada interval 0≤ t ≤L. Anggaplah juga ada konstanta-konstanta K,a, dan M sedemikianhingga berlaku

| f (t)| ≤ Keat | f ′(t)| ≤ Keat , · · · , | f n−1(t)| ≤ Keat (6.16)

untuk t ≥M. L ( f ) terdefinisi dan diberikan oleh

L ( f n) = snL ( f )− sn−1 f (0)−·· ·− s f n−2(0)− f n−1(0). (6.17)

Teorema 6.2 Jika f1 dan f2 fungsi kontinu dari t maka L ( f1) =L ( f2) jika dan hanya jika f1(t) = f2(t).

Contoh 6.3.1 Jika diketahui L ( f ) = 2/(s+2) tunjukkan bahwaf (t) = 2e−2t .

Misalkan y = 2e−2t , dari definisi transformasi Laplace diperoleh

L (y) = L (2e−2t) = 2L (e−2t). (6.18)

Dari contoh 6.1.2 dengan mengambil a =−2 diperoleh

L (y) =2

s+2. (6.19)

Karena L ( f ) = L (y) = L (2e−2t) maka berdasarkan teorema 6.2disimpulkan

f (t) = 2e−2t . (6.20)

6.4 Invers Laplace 127

6.4 Invers Laplace

Definisi 6.4.1 Misalkan fungsi F merupakan transformasi Laplacedari fungsi kontinu f , yaitu

L ( f ) = F(s), (6.21)

maka fungsi F, ditulis L −1(F), adalah fungsi f , yaitu

L −1(F) = f (t). (6.22)

Misalkan L (cos2t) = s/(s2 +4) = F(s) maka

L −1(F) = L −1(2

s2 +4) = cos2t. (6.23)

Contoh 6.4.1 Selesaikanlah masalah nilai awal

y′+ ky = e−3t , y(0) = 4 (6.24)

menggunakan transformasi Laplace.

Pertama kita cari transformasi Laplace masalah nilai awal di atas. Se-lanjutnya kita cari invers transformasi Laplace.

Trasformasi laplace dari persamaan (6.24) diberikan oleh

L (y′+ ky) = L (e−3t)L (y′)+ kL (y) = L (e−3t)

sL (y)−4+ kL (y) =1

s+3

L (y) =1

(s+3)(s+ k)+

4s+ k

.

Untuk menyederhanakan pencarian invers transformasi Laplace kitaakan mengubah pecahan 1

(s+3)(s+k) menjadi pecahan parsial berbentukA

s+k + Bs+3 , yaitu

1(s+3)(s+ k)

=A

s+ k+

Bs+3

, (6.25)

dimana A = 1/(3− k) dan B =−1/(3− k).


Menggunakan pecahan parsial ini kita peroleh

L (y) =1

3− k

(1

s+ k− 1

s+3

)+

4s+ k

. (6.26)

Invers transformasi laplace di atas diberikan oleh

y = L −1(

13− k

(1

s+ k− 1

s+3

)+

4s+ k

)

=1

3− k

(L −1

(1

s+ k

)−L −1

(1

s+3

))+L −1

(4

s+ k

)

Dari contoh 6.1.2 kita dapatkan invers transformasi Laplace dan seka-ligus mendapatkan solusi masalah nilai awal (6.24) yaitu

y =(13−4k)e−kt − e−3t

3− k. (6.27)


y′′+4y = 0, y(0) = 2, y′(0) =−1. (6.28)

Transformasi laplace masalah nilai awal (6.28) di atas diberikan oleh

L (y′′+4y) = L (0)L (y′′)+4L (y) = 0

s2L (y)− sy′(0)− y(0)+4L (y) = 0.

Menggunakan nilai awal dan mengumpulakan suku memuat L (y) di-dapatkan

L (y) =2s−1s2 +4

= 2s

s2 +4− 1

s2 +4. (6.29)

Invers Laplace persamaan (6.29) diberikan oleh

y = L −1L (y) = L −1(2s

s2 +4− 1

s2 +4)

= 2L −1(s

s2 +4)−L −1(

1s2 +4

)).

Pembaca dapat menguji hasil di bawah ini

6.4 Invers Laplace 129

L (cos2t) =s

s2 +4, L (sin2t) =

2s2 +4

. (6.30)

Dari definisi 6.4.1 dapat disimpulkan bahwa

y = L −1L (y) = 2cos2t− 12

sin2t. (6.31)

Teorema 6.3 (). Misalkan f , g, L ( f ), dan (g) ada untuk s ≥ a ≥ 0,maka berlaku

L ( f )L (g) = L

(∫ t

0f (r− s)g(r)dr

)

= L

(∫ t

0f (r)g(r− s)dr

). (6.32)

Contoh 6.4.3 carilah Invers Laplace dari transformasi Laplace

L (y) =1

(s+ k)(s+3). (6.33)

Misalkan L ( f ) dan L (g). Menurut teorema 6.3 di atas

1(s+ k)(s+3)

= L ( f )L (g) = L

(∫ t

0f (r− s)g(r)dr

). (6.34)

Kita ketahui bahwa f (t) = L −1L ( f ) = L (1/(s + k)) = e−kt dang(t) = L −1L (g) = L (1/(s+3)) = e−3t . Sekali lagi, dengan meng-gunakan teorema 6.3 dihasilkan

L −1(

1(s+ k)(s+3)

)= L −1 (

L −1( f )L −1(g))

=∫ t

0f (r)g(r− s)dr

=∫ t

0e−kre−3(t−r)dr

= e−3t∫ t

0e(3−k)rdr

=e−3t

3− k

(e(3−k)t −1

)

=e−kt − e−3t

3− k.


Bandingkan hasil ini dengan hasil contoh 6.4.1

Teorema 6.4 Misalkan F(s) = L ( f ) ada untuk s≥ a≥ 0 dan c kon-stanta, maka berlaku

L (ect f ) = F(s− c), s > a+ c. (6.35)

Sebaliknya, jika f (t) = L −1(F(s)) maka berlaku

ect f (t) = L −1(F(s− c)). (6.36)

Contoh 6.4.4 Carilah transformasi Laplace fungsi

h(t) = e−2t cos6t (6.37)

Misalkan f (t) = cos6t maka F(s) = L ( f (t))= s/(s2). Menggunakanteorema 6.4 di atas menghasilkan

L (h) = L (e−2t cos6t) = F(s+2)

=s+2

(s+2)2 +36

=s+2

s2 +4s+40


y′′+4y′+40y = 0, y(0) = 3, y′(0) = 12 (6.38)

Misalkan F(s) = L (y) transformasi Laplace. Menerapkan transfor-masi Laplace kedua ruas persamaan (6.38) dan menggunakan nilaiawal yang diberikan, kita didapatkan

F(s) = L (y) =3s+24

s2 +4s+40. (6.39)

Invers transformasi Laplace dari fungsi F(s) diberikan oleh

y(t) = L −1(F(s)) = 3L −1(

s+2s2 +4s+40

)+3L −1

(6

s2 +4s+40

)

= 3L −1(

s+2(s+2)2 +36

)+3L −1

(6

(s+2)2 +36

).

6.5 Fungsi Tangga. 131

Pembaca harus menguji bahwa F1(s) = L (cos6t) = s/(s2 + 36) danF2(s)= L (sin6t)= 6/(s2+36). Berdasarkan informasi ini dan meng-gunakan teorema 6.4 disimpulkan

L −1(

s+2(s+2)2 +36

)= L −1(F1(s+2)) = e−2t cos6t, (6.40)

dan

L −1(

6(s+2)2 +36

)= L −1(F2(s+2)) = e−2t sin6t. (6.41)

Dari persamaan (6.40) dan (6.41) diperoleh solusi masalah nilai awal(6.38), yaitu

y(t) = 3e−2t(cos6t + sin6t). (6.42)

6.5 Fungsi Tangga.

Pada bagian sebelumnya, kita telah membahas penyelesaian masalahnilai awal menggunakan metode tranformasi Laplace. Berkenaan de-ngan metode ini, beberapa aplikasi menarik dalam masalah nilai awaltakhomogen dengan suku takhomogennya merupakan fungsi diskonti-nu. Fungsi-fungsi jenis ini banyak ditemui dalam analisis aliran med-an listrik atau vibrasi sistem mekanik.

Pada bagian ini, kita akan membahas beberapa pengembangansifat-sifat transformasi Laplace yang penting berkenaan dengan ma-salah fungsi diskontinu yang muncul dalam suku takhomogen padamasalah nilai awal.

Beberapa hal penting dalam pembahasan berikut ini adalah bebera-pa asumsi yang perlu dibuat. Pertama, fungsi-fungsi yang terlibat da-lam masalah nilai awal bersifat kontinu bagian demi bagaian, keduafungsi-fungsi yang muncul dalam masalah nilai awal bertipe ekspo-nensial. Hal ini penting, untuk menjamin transformasi Laplace terde-fenisi pada domain solusi, minimal untuk s yang cukup besar.

Tahap pertama dalam pembahasan ini adalah memperkenalkanatau . Fungsi ini akan kita notasikan dengan uc, dan didefinisikan oleh

Definisi 6.5.1


uc(t) ={

0, jika t < c,1, jika t ≥ c. (6.43)

dengan c≥ 0.

Contoh 6.5.1 Gambar grafik fungsi y = h(t), dimana

h(t) = uπ(t)−u2π(t), t ≥ 0. (6.44)

Menggunakan definisi transformasi Laplace dengan c1 = π danc2 = 2π diperoleh

h(t) =

0−0 = 0, 0≤ t < π,1−0 = 1, π ≤< 2π,1−1 = 0, 2π ≤ t < ∞.

(6.45)

Olehkarenyanya, grafik fungsi y = h(t) diberikan oleh ..Pandanglah fungsi tangga uc sebagai fungsi kontinu bagian demi

bagian, transformasi Laplace dari fungsi ini, untuk s > 0, dapat kitatentukan sebagai berikut

L (uc(t)) =∫ ∞

0e−stuc(t)dt (6.46)

=∫ c

0e−stuc(t)dt +

∫ ∞

ce−stuc(t)dt

=∫ ∞

ce−stdt

=e−cs

s.

Misalkan fungsi f terdefinisi untuk t > 0. Kita perhatikan hubunganfungsi berikut

y = g(t) ={

0, t < c,f (t− c), t ≥ c. (6.47)

Fungsi y = g(t) ini dapat dinyatakan oleh

y = g(t) = uc(t) f (t− c). (6.48)

Kita catat bahwa fungsi y = g(t) ini merupakan f sejauh c denganarah positif t.

Sehubungan dengan fungsi tangga di atas, kita mempunyai teoremaberikut

6.5 Fungsi Tangga. 133

Teorema 6.5 Misalkan F(s) = L ( f ) ada untuk s≥ a≥ 0 dan c kon-stanta positif, maka berlaku

L (uc(t) f (t− c)) = e−csL ( f (t)) = e−csF(s), s > a. (6.49)


uc(t) f (t− c) = L −1(e−csF(s)). (6.50)

Contoh 6.5.2 Misalkan fungsi f didefinisikan oleh

f (t) ={

sin(t), 0≤ t < π4 ,

sin(t)+ cos(t−π/4), t ≥ π/4.(6.51)

Grafik fungsi f diberikan oleh ..Transformasi Laplace fungsi f dapat ditentukan dengan cara beri-

kut: pertama, kita definisikan fungsi g, yaitu

g(t) ={

0, t < π4 ,

cos(t−π/4), t ≥ π/4.(6.52)

Menggunakan fungsi tangga, fungsi g dapat kita nyatakan dalam ben-tuk

g(t) = uπ/4(t)cos(t−π/4). (6.53)

Fungsi f dan g dihubungkan oleh persamaan

f (t) = sin(t)+g(t). (6.54)

Menggunakan teorema 6.5 diperoleh

L ( f (t)) = L (sin(t))+L (uπ/4(t)cos(t−π/4)) (6.55)

= L (sin(t))+ e−πs/4L (cos(t))

=1

s2 +1+ e−pis/4 s

s2 +1

=1+ se−πs/4

s2 +1.

Contoh 6.5.3 Tentukan invers dari trasformasi Laplace

F(s) =1− e2s

s2 . (6.56)


Dari linieritas transformasi Laplace diperoleh

f (t) = L −1F(s) = L −1 1s2 −L −1 e−2s

s2

= t−u2(t)(t−2), (6.57)

atau

f (t) ={

t, 0≤ t < 2,2, t ≥ 2.

(6.58)

Teorema berikut juga sering digunakan untuk mencari transformasiLaplace.

Teorema 6.6 Misalkan F(s) = L ( f ) ada untuk s≥ a≥ 0 dan c kon-stanta positif, maka berlaku

L (ect f (t)) = F(s− c), s > a+ c. (6.59)


ect f (t) = L −1(F(s− c)). (6.60)

Contoh 6.5.4 Tentukan invers dari trasformasi Laplace

G(s) =1

s2−4s+5. (6.61)

Menggunakan faktorisasi s2− 4s + 5 = (s− 2)2 + 1 dan menggu-nakan fungsi F(s) = 1

s2+1diperoleh hubungan

G(s) =1

s2−4s+5= F(s−2). (6.62)

Menggunakan fakta L −1(F(s)) = sin(t) dan teorema 6.6 diperoleh

g(t) = L −1(G(s)) = L −1(F(s−2)) = e2t sin(t). (6.63)

6.6 Persamaan Diferensial dengan Suku Takhomogen Diskontinu. 135

6.6 Persamaan Diferensial dengan Suku TakhomogenDiskontinu.

Pada pembahasan sebelumnya kita telah mempelajari penyelesaianpersamaan diferensial order dua dengan suku takhomogen kontinu.Selanjutnya kita akan membahas penyelesaian persamaan diferensialberbentuk

a0y′′+a1y′+a2y = g(t), (6.64)

dimana a0,a1, dan a2 fungsi-fungsi kontinu, tetapi suku takhomogeng(t) fungsi takkontinu.

Contoh 6.6.1 Tentukan penyelesaian persamaan diferensial

2y′′+ y′+2y = g(t), (6.65)

dimana

g(t) = u5(t)−u20(t) ={

1, 5≤ t < 20,0, 0≤ t < 5, t ≥ 20.

, (6.66)

dan memenuhi nilai awal

y(0) = 0,y′(0) = 0. (6.67)

Persamaan diferensial 6.65-6.67 dapat dipandang sebagai modelrespon dari suatu osilator teredam terhadap gaya g(t).

Menggunakan transformasi Laplace kedua ruas persamaan 6.65 danmenggunakan persamaan 6.66 diperoleh

2s2F(s)−2sy(0)−2y′(0)+ sF(s)− y(0)+2F(s) =e−5s− e−20s

s.

(6.68)Menerapkan nilai awal 6.67 kepersamaan 6.68 kita peroleh transfor-masi Laplace persamaan 6.65 berikut

F(s) =e−5s− e−20s

s(s2 + s+2). (6.69)

MisalkanH(s) =

1s(s2 + s+2)

(6.70)


maka persamaan 6.69 dapat dinyatakan dalam bentuk

F(s) = (e−5s− e−20s)H(s). (6.71)

Selanjutnya jika kita definisikan h(t) = L −1H(s), dengan mene-rapkan teorema 6.5 akan diperoleh penyelesaian persamaan 6.65 da-lam bentuk fungsi tunggal, yaitu

y(t) = u5(t)h(t−5)−u20(t)h(t−20). (6.72)

Berikutnya kita akan tinjau transformasi Laplace H(s) dengan meng-gunakan ekspansi pecahan parsial

H(s) =as

+bs+ c

2s2 + s+2. (6.73)

Membandingkan ruas sebelah kanan persamaan 6.73 dengan per-samaan 6.70 kita dapatkan nilai-nilai berikut, a = 1/2,b = −1, danc = −1/2. Menggunakan nilai-nilai ini kedalam persamaan 6.73 di-peroleh

H(s) =1/2

s− s+1/2

2s2 + s+2

=1/2

s− 1

2(s+1/4)+1/4

(s+1/4)2 +15/16. (6.74)

Invers Laplace dari persamaan 6.74 diberikan oleh

h(t) =12− 1

2

(e−t/4 cos(

√15t/4)+

√15/15e−t/4 sin(

√15t/4)

).

(6.75)


y′′+2y′+5y = g(t), (6.76)

dimana

g(t) = u5(t)−u20(t) ={

1, 0≤ t < π,0, t ≥ π.

, (6.77)

dan memenuhi nilai awal

y(0) = 0,y′(0) = 0. (6.78)


Menerapkan transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan 6.76dan menggunakan persamaan 6.77 serta nilai awal 6.78 diperoleh

(s2 +2s+5)Y (s) =1− e−πs

s, (6.79)

atau

Y (s) =1− e−πs

s(s2 +2s+5). (6.80)

Selanjutnya kita akan menentukan invers transformasi Laplace

L −1(

1− e−πs

s(s2 +2s+5)

). (6.81)

Untuk memudahkan menentukan invers Laplace 6.81, kita perlumenyatakannya dalam bentuk

L −1(

1s(s2 +2s+5)

)−L −1

(e−πs

s(s2 +2s+5)

). (6.82)

Dengan menyelesaikan pecahan parsial

1s(s2 +2s+5)

=As

+Bs+ c

s2 +2s+5, (6.83)

diperoleh

L −1(

1s(s2 +2s+5)

)=

15L −1

(15

)−L −1

(s+2

s(s2 +2s+5)

)

=15L −1

(1s

)− 1

5L −1

(s+1

(s+1)2 +4

)

− 110

L −1(

2(s+1)2 +4

)

=15− 1

5e−t cos2t− 1

10e−t sin2t. (6.84)

Langkah berikutnya, kita misalkan

F(s) =1

s(s2 +2s+5), (6.85)


danf (t) = L −1F(s). (6.86)

Menggunakan 6.84 ke persamaan 6.86 diperoleh

f (t) =15− 1

5e−t cos2t− 1

10e−t sin2t. (6.87)

Pekerjaan berikutnya adalah menentukan invers Laplace

L −1(

e−πs

s(s2 +2s+5)

). (6.88)

Menghubungankan persamaan 6.85 dan persamaan 6.88, diperoleh

L −1(

e−πs

s(s2 +2s+5)

)= L −1 (

e−πsF(s)). (6.89)

Menggunakan teorema 6.5 kita dapatkan invers Laplace 6.88, yaitu

L −1 (e−πsF(s)

)= uπ(t) f (t−π), (6.90)

dimana

uπ(t) f (t−π) ={

0, 0≤ t < π,f (t−π), t ≥ π.

. (6.91)

Solusi umum masalah nilai awal 6.76-6.78 diberikan oleh

y(t) = f (t)−uπ(t) f (t−π)

=

{ 15

[1− e−t(cos2t + 1

2 sin2t)], 0≤ t < π,

et

5

[(eπ −1)cos2t + eπ−1

2 sin2t], t ≥ π.

(6.92)

Soal-soal latihan

6.1. Tentukanlah transformasi Laplace dari masing-masing fungsi ber-ikut ini.

a). 4−9e−4t

b). 3t2.c). cosπt.


d). 2t−7.e). t +2e2t .f). Asinωt dengan ω konstanta.g). 2sin4t−9cosh6th). t sinhati). t coshatj). t cosatk). teat

l). t2eat

m). t3eat

6.2. Carilah transformasi Laplace untuk masing-masing masalah nilaiawal berikut ini.

a). y′+4y = sin3t, y(0) = 2.b). 2y′+7y = 5t2 + e−2t , y(0) =−1.c). y′−2y = t−3cosπt, y(0) = 3.d). y′− ky = αe−t , y(0) = yi dengan k,α konstanta.e). y′− y = 0, y(0) = 1.f). y′− y = et , y(0) = 1.g). y′+ y = e−t , y(0) = 1.h). y′′+4y′+4y = 0, y′(0) = 1, y(0) = 1.i). y′′−2y′+5y = 0, y′(0) = 4, y(0) = 2.j). 3y′′′+5y′′+ y′− y = 0, y′′(0) =−1, y′(0) = 1, y(0) = 0.k). y′′−5y′−6y = e3t , y′(0) = 1, y(0) = 2.l). y′′− y′−2y = 5sin t, y′(0) =−1, y(0) = 1.

m). y′′′−2y′′+ y′ = 2et +2t, y′′(0) = 0, y′(0) = 0, y(0) = 0.n). y′′+ y′+ y = t2, y′(0) = 1, y(0) = 1.o). y′′+3y′+2y = 12e2t , y′(0) =−1, y(0) = 1.

6.3. Tentukanlah invers transformasi Laplace di bawah ini.

a). 3s2 +4

b). 4(s−1)3 .

c). 2s2 +3s−4

.

d). 3ss2− s−6

.


e). 2s+2s2 +2s+5

.

f). 2s−3s2−4

.

g). 2s+1s2−2s+2

.

h). 8s2−4s+12s(s2 +4)

.

i). 1−2ss2 +4s+5

.

j). 2s−3s2 +2s+10

.

k). 4s(s+4) .

l). 3(s−2)(s−3) .

m). 1s2−16

.

n). s(s+1)(s2 +4)

.

o). s(s−1)(s2−4)

.

p). 1s2 +9

.

q). 6s2−5s+4

.

r). 3s2s2−3s+5

.

s). s−13s2−15s+12

.

t). 2s+3s2−2s+2

.

u). 3−2ss2−2s+5

.

v). 2+ ss2 +4s+1

.

6.4. Selesaikan masalah nilai awal berikut menggunakan transformasiLaplace.

a). y′−6y = 3, y(0) = 2.b). y′−6ysin3t, y(0) = 5.c). y′+4y = cosπt, y(0) = 0.d). 2y′+8y = 6e−3t , y(0) =−2.e). 3

6y′′+1,41y′+2y = 0, y′(0) = 0, y(0) = 0,75.


f). y′′+4y = cosπt, y′(0) = 4, y(0) = 1.g). y′′+4y = sin2t, y′(0) = 4, y(0) = 4.h). y′′−4y′+4y = 0, y′(0) = 2, y(0) = 2.i). y′′+4y = 0, y′(0) =−1, y(0) = 2.j). y′′− y′−6y = 0, y′(0) =−1, y(0) = 1.k). y′′−2y′+2y = 0, y′(0) = 1, y(0) = 0.l). y′′−4y′+4y = 0, y′(0) = 1, y(0) = 1.

m). y′′−2y′−2y = 0, y′(0)0 =, y(0) = 2.n). y′′+2y′+5y = 0, y′(0) =−1, y(0) = 2.o). yiv − 4y′′′ + 6y′′− 4y′ + y = 0, y′′′(0) = 1, y′′(0) = 0, y′(0) = 1,

y(0) = 0.p). yiv− y = 0, y′′′(0) = 0, y′′(0) = 1, y′(0) = 0, y(0) = 1.q). yiv−4y = 0, y′′′(0) = 0, y′′(0) =−2, y′(0) = 0, y(0) = 1.r). y′′+ω2y = cos2t, y′(0) = 0, y(0) = 1.s). y′′−2y′+2y = e−t , y′(0) = 1, y(0) = 0.t). y′′+2y′+ y = 4e−t , y′(0) =−1, y(0) = 2.

6.5. Gambarlah grafik fungsi berikut ini untuk t ≥ 0.

a). u1(t)+2u3(t)−6u4(t).b). (t−3)u2(t)− (t−2)u3(t).c). f (t−π)uπ(t) dengan f (t) = t2.d). f (t−3)u3(t) dengan f (t) = sin(t).e). f (t−1)u2(t) dengan f (t) = 2t.f). f (t) = (t−1)u1(t)−2(t−2)u2(t)+(t−3)u3(t).

6.6. Tentukan transformasi Laplace dari fungsi berikut.

a). F(s) = 3!(s−2)2 .

b). F(s) = e−2s

s2 + s−2.

c). F(s) = 2(s−1)e−2s

s2−2s+2.

d). F(s) = 2e−2s

s2−4.

e). F(s) = (s−2)e−s

s2−4s+3.

f). F(s) = e−s + e−2s− e−3s− e−4s

s .


6.7. Tentukan invers dari transformasi Laplace berikut.

a). F(s) = 2n+1×n!sn+1 .

b). F(s) = 2s+14s2 +4s+5

.

c). F(s) = 19s2−12s+3

.

d). F(s) = e2−4s

2s−1.

6.8. Misalkan F(s) = L ( f (t)) ada untuk s > a≥ 0.

a). Jika c konstanta positif, tunjukkan bahwa L ( f (ct)) = 1c F( t

c) un-tuk s > ca.

b). Jika k konstanta positif, tunjukkan bahwa L −1(F(ks)) = 1k f ( t

k).c). Jika a,b kontanta dengan a > 0, tunjukkan bahwa L −1(F(as +

b)) = 1ae−bt/a f ( t

a).

6.9. Tentukanlah penyelesaian masalah nilai awal berikut.

a). y′′−3y′+2y = h(t) dimana h(t) ={

2, 0≤ t < 4,0, t > 4,

dengan y(0) = 0,y′(0) = 0.

b). y′′+5y′+6y = h(t) dimana h(t) ={

6, 0≤ t < 2,0, t > 2,

dengan y(0) = 0,y′(0) = 0.

c). y′′+4y′+5y = h(t) dimana h(t) ={

1, 0≤ t < π/2,0, t > π/2,

dengan y(0) = 0,y′(0) = 1.

d). y′′+6y′+8y = h(t) dimana h(t) ={

3, 0≤ t < 2π,0, t > 2π,

dengan y(0) = 1,y′(0) =−1.

e). y′′+4y = h(t) dimana h(t) ={−4t +8π, 0≤ t < 2π,

0, t > 2π,dengan y(0) = 2,y′(0) = 0.

f). y′′+ y = h(t) dimana h(t) ={

t, 0≤ t < π,π, t > π,

dengan y(0) = 2,y′(0) = 3

6.10. Selesaikan sistem persamaan linier dengan nilai awal berikut ini.


a).x′+ y = 3e2t ,y′+ x = 0,x(0) = 2,y(0) = 0.

b).x′−2y = 0,y′− x−3y = 0,x(0) = 3,y(0) = 0.

c).x′−5x+2y = 3e4t ,y′−4x+ y = 0,x(0) = 3,y(0) = 0.

d).x′−2x−3y = 0,y′+ x+2y = t,x(0) =−1,y(0) = 0.

e).x′−4x+2y = 2t,y′−8x+4y = 1,x(0) = 3,y(0) = 5.

f).x′+ x+ y = 5e2t ,y′−5x− y =−3e2t ,x(0) = 3,y(0) = 2.

g).2x′+ y′− x− y = e−t ,x′+ y′+2x+ y = et ,x(0) = 2,y(0) = 1.

h).2x′+ y′+ x+5y = 4t,x′+ y′+2x+2y = 2,x(0) = 3,y(0) =−4.

i).2x′+4′y+ x− y = 3et ,x′+ y′+2x+2y = et ,x(0) = 1,y(0) = 0.

j).x′′−3x′+ y′+2x− y = 0,x′+ y′−2x+ y = 0,x(0) = 0,y(0) =−1,x′(0) = 0.

Bab 7Penyelesaian Persamaan Deferinsial denganMetode Deret.

Kita telah membahas dan menerapkan beberapa teknik dan metodepenyelesaian persamaan diferensial baik order satu maupun order duaserta sistem persamaan diferensial. Penyelesaian-penyelesaian persa-maan diferensial yang kita dapatkan dinyatakan dalam ekplisit mau-pun implisit sebagai . Fungsi-fungsi ini merupakan sebagai dari suatupersamaan diferensial.

Sejauh ini kita hanya membahas prosedur sistematik untuk meng-konstruksi penyelesaian fundamental dari persamaan diferensial de-ngan koefisien konstan. Jika persamaan diferensial dengan koefisientak-konstan, maka pada umumnya penyelesaiannya sangat sulit dinya-takan secara eksplisit maupun implisit sebagai penyelesaian funda-mental.

Sehubungan dengan itu perlu kita kembangkan metode penyelesa-ian persamaan diferensial untuk kelas yang lebih luas lagi. Kita per-lu membahas suatu metode yang dapat mengkonstruksi penyelesaianpersamaan diferensial dengan . Alat utama yang dapat kita lakukanadalah dengan menyatakan penyelesaian itu dalam bentuk deret pang-kat.

Prasyarat yang diperlukan dalam menentukan penyelesaian persa-maan diferensial dalam bentuk adalah pemahaman tentang . Gagasanyang ada pada metode penyelesaian persamaan diferensial dengan de-ret pangkat ini sebenarnya sama dengan ide pada metode koefisientaktentu.

Sebelum kita membahas metode deret ini, perlu kita bahas sepintastentang pelajaran deret pangkat seperti pada pelajaran kalkulus.

145

146 7 Penyelesaian Persamaan Deferinsial dengan Metode Deret.

7.1 Deret Pangkat

Definisi 7.1.1 Deret yang dinyatakan dalam bentuk

a0 +a1(x− x0)+a2(x− x0)2 +a3(x− x0)3 + · · · , (7.1)

dimana a0,a1,a2,a3 konstanta dan x variabel dinamakan deret pang-kat.

Selanjutnya kita akan menyatakan beberapa ringkasan tentang de-ret pangkat ini. Seperti yang dipeelajari dalam kalkulus, beberapa halyang mungkin terjadi pada deret pangkat, yaitu deret pangkat (7.1)

1. hanya konvergen di titik x = x0,2. konvergen mutlak untuk nilai x disekitar x0, yaitu untuk |x−x0|<

h; untuk |x− x0|> h,3. konvergen mutlak untuk semua nilai x, yaitu untuk −∞ < x < ∞

Pernyataan 7.1 Himpunan nilai x dimana deret pangkat konvergendinamakan interval kekonvergenan. Seperti yang telah dipelajari da-lam kalkulus bahwa salah satu alat uji kekonvergenan deret pangkatadalah . Uji itu menyatakan bahwa deret

a0 +a1 +a3 + · · ·+an + · · · , (7.2)

konvergen mutlak jika

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = k < 1. (7.3)

Contoh 7.1.1 Tentukan interval kekonvergenan deret pangkat

(x−2)−2(x−2)2 +3(x−2)3−4(x−2)4 + · · · . (7.4)

Suku ke-n dari deret pangkat ini adalah (−1)n+1n(x− 2)n. Meng-gunakan uji banding (7.3) diperoleh

limn→∞

∣∣∣∣(−1)n+2(n+1)(x−2)n+1

(−1)n+1n(x−2)n

∣∣∣∣ = |x−2| limx→∞

n+1n

= |x−2|. (7.5)

Kita ketahui bahwa deret pangkat (7.2) dijamin konvergen pada in-terval 1 < x < 3.

7.1 Deret Pangkat 147

Contoh 7.1.2 Tentutkan interval kekonvergenan deret pangkat

1+ x+2!x2 +3!x3 + · · · . (7.6)

Pada soal ini, an = n!xn. Menggunakan uji banding (7.3) didapatkan

limn→∞

∣∣∣∣(n+1)!xn+1

n!xn

∣∣∣∣ = limn→∞

|(n+1)x|. (7.7)

Jelaslah bawah limit ini ada hanya untuk x = 0.

Contoh 7.1.3 Tentukanlah interval kekonvergenan deret pangkat

1+ x+12

x2 +13

x3 + · · · . (7.8)

Suku ke-n deret pangkat (7.8) adalah (1/n)xn. Menggunakan ujibanding (7.3) didapatkan

limn→∞

∣∣∣∣∣1

n+1xn+1

1nxn

∣∣∣∣∣ = |x| limn→∞

nn+1

. (7.9)

Jelaslah untuk −1 < x < 1 deret pangkat (7.8) konvergen. Juga jikakita masukan nilai x =−1 deret pangkat (7.8) menjadi

1−1+12− 1

3+

14−·· · . (7.10)

Deret (7.10) merupakan deret ganti tanda yang konvergen. Olehkare-nya interval kekonvergenan deret pangkat (7.8) adalah −1≤ x < 1.

Teorema 7.2 Jika deret pangkat (7.1) konvergen pada interval I :|x− x0|< R dengan R konstanta positif, maka deret pangkat itu men-definisikan fungsi yang kontinu untuk semua x pada interval I.

Catatan 7.1.1 Perhatikan deret pangkat

1+ x+ x2 + x3 + · · · . (7.11)

Deret ini konvergen untuk |x| < 1. Kita ketahui bahwa deret pangkat(7.11) merupakan ekspandi Taylor dari fungsi f (x) = 1/(1− x) padainterval −1 < x < 1.

Jika x = 2 kita peroleh f (2) = −1. Tetapi kita catat bahwa deretpangkat (7.11) tidak menuju −1 untuk x = 2. Hal ini dikarenakanderet pangkat (7.11) tidak valid untuk x = 2.


Teorema 7.3 Misalkan f (x) didefinisikan oleh deret pangkat (7.1)pada interval |x− x0| < k maka f ′(x) ada pada interval |x− x0| < kdan diberikan oleh

a1 +2a2x+3a3x2 + · · · . (7.12)

Teorema 7.4 Misalkan f (x) dan g(x) didefinisikan oleh deret pang-kat berikut

f (x) = a0 +a1(x− x0)+a2(x− x0)2 + · · · , (7.13)

dang(x) = b0 +b1(x− x0)+b2(x− x0)2 + · · · , (7.14)

pada interval |x− x0|< k, maka f (x) = g(x) jika dan hanya jika

a0 = b0,a1 = b1,a2 = b2, · · · . (7.15)

Definisi 7.1.2 Fungsi f (x) dikatakan analitik di titik x = x0, jika fung-si f (x) mempunyai ekspasi deret Taylor disekitar x = x0.

Definisi 7.1.3 Fungsi f (x) dikatakan analitik pada interval I jikafungsi f (x) analitik pada setiap titik x pada interval I.

Catatan 7.1.2 Berikut ini adalah fungsi-fungsi yang mempunyai eksp-nasi deret Taylor pada interval yang diberikan disebelah kanan.

ex = 1+ x+x2

2!+

x3

3!+ · · · , −∞ < x < ∞, (7.16)

cos(x) = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · · , −∞ < x < ∞, (7.17)

sin(x) = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · · , −∞ < x < ∞, (7.18)

arctan(x) = x− x3

3+

x5

5− x7

7+ · · · , −1≤ x≤ 1. (7.19)

7.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial KoefisienVariabel

Pada bagian ini kita akan membahas penyelesaian persamaan diferen-sial linier dengan koefisien variabel berbentuk

7.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Koefisien Variabel 149

y(n) +an−1(x)y(n−1) + · · ·+a1(x)y′+a0(x)y = Q(x). (7.20)

Sebelum kita membahas lebih lanjut tentang penyelesaian persa-maan diferensial (7.20) dengan metode deret, kita perlu menyatakanbeberapa syarat yang harus dipenuhi agar penyelesaian itu dijamin adadan tunggal.

Teorema 7.5 Misalkan a0,a1, · · · ,an, dan Q pada persamaan (7.20)analitik di titik x = x0, yaitu fungsi-fungsi ini mempunyai ekspansi de-ret Taylor dalam pangkat (x−x0) pada interval−r < x−x0 < r, untuksuatu konstanta positif r, maka ada penyelesaian tunggal y(x) persa-maan diferensial (7.20) yang analitik di titik x = x0 yang memenuhinilai awal

y(x0) = y0,y′(x0) = y1, · · · ,y9n−1) = yn−1. (7.21)

Selanjutnya kita akan menkonstruksi penyelesaian persamaan dife-rensial (7.20) dengan metode deret.

Contoh 7.2.1 Tentukanlah penyelesaian persamaan diferensial de-ngan nilai awal yang diberikan.

y′′− (x+1)y′+ x2y = x (7.22)y(0) = 1,y′(0) = 1. (7.23)

Penyelesaian: Pada contoh ini a0(x) = x2 a1(x) = −(x + 1), danQ(x) = x. Catatlah bahwa fungsi-fungsi ini mempunyai ekspansi de-ret Taylor untuk semua nilai x. Selanjutnya kita akan menentukan daripenyelesaian persamaan diferensial (7.22) dan memenuhi (7.23).

Deret Maclaurin yang kita cari berbentuk

y(x) = y(0)+ y′(0)x+y′′(0)

2!x2 +

y′′′(0)3!

x3 + · · · . (7.24)

Untuk menentukan nilai y′′(0), y′′′(0), dan koefisien pangkat x yanglainnya, kita lakukan sebagai berikut. Pertama dengan menggunakannilai awal kita substitusikan kepersamaan (7.22) diperoleh

y′′(0)−1 = 0,y′′(0) = 1. (7.25)

Langkah berikutnya kita diferensialkan (7.22) sekali untuk mempero-leh persamaan


y′′′− (x+1)y′′− y′+ xy′+2xy = 1. (7.26)

Mensubstitusikan nilai y(0),y′(0),y′′(0) kepersamaan (7.26) dipero-leh y′′′(0) = 3. Dengan mengikuti prosedur di atas dapat kita tentutkankoefisien-koefisien pangkat dari x, untuk menghasilkan penyelesaianpersamaan diferensial (7.22) dan memenuhi nilai awal (7.23), yaitu

y(x) = 1+ x+x2

2+

x3

2+

x4

8+ · · · , ∞ < x < ∞. (7.27)

Pernyataan 7.6 Teknik yang telah kita gunakan untuk menyelesaik-an persamaan diferensial (7.22) tidak praktis. Kita harus menentukankoefisien pangkat dari x dengan mendiferesialkan persamaan (7.22)berulang-ulang.

Untuk memudahkan penentuan koefisien pangkat dari x kita akanmenggunakan notasi sigma dalam penulisan deret Maclaurin.


y′′− xy = 0, −∞ < x < ∞. (7.28)

Catatan 7.2.1 Persamaan diferensial (7.28) dinamakan persamaanAiry.

Penyelesaian: Catatlah bahwa a1(x) = 0,a0(x) = −x, dan Q(x) =0. Fungsi-fungsi ini analitik untuk semua nilai x. Olehkarenanya kitadapat menerapkan metode deret pangkat untuk persamaan (7.28) Kitaakan nyatakan deret Maclaurin dalam bentuk sigma, yaitu

y(x) =∞

∑n=0

cnxn. (7.29)

Anggaplah r bilangan riil positif sedemikian hingga deret (7.29) dapatditurunkan dua kali untuk |x| < r. Mendiferensialkan (7.29) dua kalidan hasil ini disubstitusikan ke dalam (7.28) akan diperoleh persama-an

∞

∑n=0

(n+2)(n+1)cn+2xn = x∞

∑n=0

cnxn =∞

∑n=0

cnxn+1. (7.30)


Kita catat bahwa pangkat x ruas sebelah kiri adalah n dan ruas sebe-lah kanan adalah n+1. Menyusun ulang deret pada persamaan (7.30)untuk menyamakan pangkat dari x kedua sigma kita dapatkan

2c2 +∞

∑n=1

(n+2)(n+1)an+1xn =∞

∑n=1

an−1xn. (7.31)

Karena persamaan (7.31) berlaku untuk semua nilai x khususnyauntuk x = 0 maka haruslah a2 = 0. Jadi persamaan (7.31) menjadi

∞

∑n=1

((n+2)(n+1)cn+1− cn−1)xn = 0. (7.32)

Sekali lagi, karena persamaan (7.32) berlaku untuk semua nilai x,maka haruslah koefisien semua pangkat dari x sama dengan nol, yaitu

cn+2 =cn−1

(n+2)(n+1), (7.33)

dimana n = 1,2,3, · · ·.Perhatikan relasi (7.33), jika c0 diketahui maka c3 dapat diten-

tukan dan olehkarenanya c6 juga dapat ditentukan. Jika c1 diketa-hui, maka c4 dapat ditentukan, olehkarenanya c7 dapat juga diten-tukan. Jika c2 diketahui maka c5 dapat ditentukan, olehkarenanya c8dapat juga ditentukan. Kita ketahui bahwa c2 = 0 maka didapatkanc5 = c8 = c11 = · · ·= 0.

Ada dua kelompok koefisien deret Maclaurin yang harus ditentukanyaitu yang dimulai dengan c0 dan yang dimulai dengan c1. Menggu-nakan relasi (7.33) kita dapatkan relasi berikut

c3n =c0

2.3.5.6 · · ·(3n−4)(3n−3)(3n−1)3n(7.34)

dimana n = 1,2,3, · · · dan

c3n+1 =c1

3.4.6.7 · · ·(3n−3)(3n−2)(3n)(3n+1), (7.35)

dimana n = 1,2,3, · · ·.Menggunakan relasi (7.34) dan (7.35) diperoleh penyelesaian per-

samaan diferensial (7.2.1), yaitu


y = c0

[1+

∞

∑n=1

x3n

2.3 · · ·(3n−1)(3n)

]

+c1

[x+

∞

∑n=1

x3n+1

3.4 · · ·(3n)(3n+1)

]. (7.36)

Berikut kita akan memperluas penerapan metode deret untuk per-samaan diferensial berbentuk

y′ = f (x,y). (7.37)

Definisi 7.2.1 Fungsi f (x,y) analitik di titik (x0,y0) jika fungsi itumempunyai ekspansi deret Taylor dari pangkat (x− x0) dan (y− y0)pada interval |x−x0|< b dan |y−y0|< c untuk bilangan positif b danc.

Definisi ini mengatakan bahwa jika fungsi f (x,y) analitik di titik(x0,y0) pada interval |x− x0| < b dan |y− y0| < c maka fungsi inidapat dinyatakan dalam bentuk

f (x,y) = c00 +[a10(x− x0)+ c01(y− y0)]+ [c20(x− x0)2

+c11(x− x0)(y− y0)+ c02(y− y0)2]+ · · · , (7.38)

dimana ci j konstanta dan (x0,y0) sebagai pusat interval.

Catatan 7.2.2 Seperti halnya menentukan koefisien deret Taylor, pe-nentuan koefisien deret (7.38) ditentukan secara substansi denganprosedur yang sama.

Penentuan koefisien ai j dilakukan sebagai berikut

c10 =∂ f∂x

(x0,y0), c01 =∂ f∂y

(x0,y0)

c11 =∂ 2 f

∂x∂y(x0,y0), c20 =

12!

∂ 2 f∂ 2 (x0,y0)

c02 =12!

∂ 2 f∂ 2y

(x0,y0), c30 =13!

∂ 3 f∂ 3x

(x0,y0)

c21 =33!

∂ 3 f∂ 2x∂y

(x0,y0), c12 =33!

∂ 3 f∂x∂ 2y

(x0,y0) (7.39)


Teorema 7.7 Misalkan M bilangan positif dan misalkan fungsi f (x,y)di titik (x0,y0). Jika | f (x,y)| ≤ M untuk semua (x,y) pada intervaldimana f analitik maka persamaan diferensial (7.38) mempunyai pe-nyelesaian tunggal y(x) yang memenuhi nilai awal y(x0) = y0 dananalitik di titik x = x0. Interval kekonvergenan penyelesaian ini mini-mal pada interval

I : |x− x0|< min{

r,r

3M

}, (7.40)

untuk suatu bilangan positif r.

Catatan 7.2.3 Teorema di atas menyatakan bahwa jika f mempunyaiekspansi deret Taylor dari pangkat (x−x0) pada interval |x−x0|< r,|y− y0|< r dan terbatas pada interval ini maka masalah nilai awal

y′ = f (x,y), (7.41)y(x0) = y0, (7.42)

mempunyai penyelesaian tunggal y(x) yang analitik di titik x = x0.

Contoh 7.2.3 Tentukan penyelesaian masalah nilai awal

y′ = x2 + y2, (7.43)y(0) = 1. (7.44)

Penyelesaian: Berdasarkan teorema (7.7) kita harus menentukanbatas dari f . Kita ketahui bahwa f (x,y) = x2 +y2 dengan x0 = 0,y0 =1. Misalkan |x|< r, |y−1|< r, maka

| f (x,y)| = |x2 + y2|= |x2 + y2−2y+1+2y−1|= |x2 +(y−1)2 +2y−1|= |x2 +(y−1)2 +2(y−1)+1|< |x|2 + |y−1|2 +2|y−1|+1.

Jadilabel7.36| f (x,y)|< 1+2r +2r2. (7.45)

Dengan memilih M = 1+2r+2r2 maka menurut teorema (7.7) masa-lah nilai awal (7.43) mempunyai penyelesaian tunggal y(x) yang ana-litik di titik x0 = 0. Penyelesaian ini dapat dinyatakan dalam bentukderet Maclaurin


y(x) = y(0)+ y′(0)x+y′′(0)

2!x2 + · · · . (7.46)

Interval kekonvergenan deret (7.46) diberikan oleh formula (7.40),yaitu

I : |x|< min{

r,r

3(2r2 +2r +1)

}. (7.47)

Sekarang kita coba memaksimal interval kekonvergenan (7.47) ini.Misalkan

u =r

3(2r2 +2r +1). (7.48)

Mendiferensialkan u terhadap r kemudian hasil diferensial ini disa-makan dengan nol diperoleh r = 1/sqrt2. Menggunakan nilai r inidiperoleh

I : |x| < 13√

2(1+√

2+1

=1

6(1+√

2)< 0,069.

Menurut teorema (7.7) masalah nilai awal (7.43) dijamin ada dandapat diekspansi menjadi deret Taylor untuk |x|< 0,069.

Cara pertama: Menggunakan nilai awal dan dengan mediferensialmasalah nilai awal (7.43) diperoleh

y′ = x2 + y2, y′(0) = 0+1 = 1;y′′ = 2x+2yy′, y′′(0) = 0+2.1.1 = 2;

y′′′ = 2+2(y′)2 +2yy′′, y′′′(0) = 2+2.1.2+2.1 = 8;

y(4) = 2yy′′′+6y′y′′, y(4)(0) = 2.1.8+6.1.2 = 28.

Mensubstitusikan nilai-nilai ini ke persamaan (7.46) diperoleh

y(x) = 1+ x+ x2 +43

x3 +76

x4 + · · · . (7.49)

Cara kedua: Kita nyatakan penyelesaian masalah nilai awal (7.68)dalam bentuk

y(x) = a0 +a1x+a2x2 +a3x3 + · · · . (7.50)


Karena deret (7.50) menyatakan fungsi analitik di sekitar x0 = 0kita dapat mendiferensialkan (7.50). Mensubstitusikan (7.50) dan tu-runannya ke masalah nilai awal (7.43) diperoleh

a1 +2a2x+3a3x2 +4a4x3 + · · ·= x2 +(a0 +a1x+a2x2 +a3x3 + · · ·)2.(7.51)

Mengumpulkan semua koefisien pangkat dari x diperoleh

(a1−a20) + (2a2−2a0a1)x+(3a3−a2

1−2a0a2−1)x2

+ (4a4−2a0a3−2a1a2)x3 + · · ·= 0. (7.52)

Karena deret ini berlaku untuk semua nilai x pada interval kekonver-genan maka haruslah koefisien-koefisien dari semua pangkat dari xsama dengan nol. Menyamakan semua koefisien pangkat dari x deret(7.52)diperoleh

a1 = a20;

a2 = a0a1;a3 = (a2

1 +2a0a2 +1)/3;a4 = (a0a3 +a1a2)/2, · · · . (7.53)

Menggunakan nilai awal y(0) = 1 dan relasi (7.53) diperoleh a0 =1,a1 = 1,a2 = 1,a3 = 4/3,a4 = 7/6, · · ·. Mensubstitusikan nilai-nilaiini ke persamaan (7.50) diperoleh penyelesaian masalah nilai awal(7.43)

y(x) = 1+ x+ x2 +43

x3 +76

x4 + · · · . (7.54)

Penyelesaian ini berlaku untuk |x|< 0,069.Cara ketiga: Kita coba menyelesaikan masalah nilai awal (7.43)

menggunakan turunan partial. Menggunakan cara ini kita mencobamenentukan penyelesaian secara eksplisit menerapkan aturan yang di-berikan oleh persamaan (7.39) berikut ini.

∂ f∂x

= 2x,∂ f∂y

= 2y

∂ 2 f∂x2 = 2,

∂ 2 f∂y2 = 2

∂ 2 f∂x∂y

= 0,∂ 2 f

∂y∂x= 0. (7.55)


Menerapkan persamaan (7.39) dengan data persamaan (7.55) dipero-leh c00 = 1, c10 = 0, c01 = 2,, c20 = 1, c11 = 0, c02 = 1. Mensubstitu-sikan nilai ci ini ke (7.38) kita dapatkan

f (x,y) = x2 + y2 = 1+2(y−1)+ x2 +(y−1)2, (7.56)

atauy2 = 1+2(y−1)+(y−1)2. (7.57)

7.3 Singularity

Perhatikan persamaan diferensial

x2y′′+ xy′+(x2− 14)y = 0. (7.58)

Misalkan kita ingin mencoba menyelesaikan persamaan (7.113) meng-gunakan deret pangkat dalam bentuk

y(x) = a0 +a1x+a2x2 +a3x3 + · · · . (7.59)

Mendiferensialkan persamaan (7.59) dan mensubstitusikannya keper-samaan (7.113), kemudian mengkelompokkan koefisien pangkat x di-peroleh

−14

a0 +34

a1x+(a0 +154

a2)x2 + · · ·= 0. (7.60)

Karena deret (7.60) valid untuk x sekitar 0 maka akan diperoleha0 = 0, a1 = 0, a2 = 0,· · ·. Kita tidak mendapatkan penyelesaian per-samaan diferensial (7.113) menggunakan deret pangkat seperti yangtelah kita terapkan pada pembahasan sebelumnya. Apa yang terjadidengan persamaan diferensial (7.113)? Untuk mengkaji ini, bagilahpersamaan (7.113) dengan x2 untuk memperoleh persamaan diferen-sial

y′′+1x

y′+4x2−1

x2 y = 0. (7.61)

Jelaslah persamaan diferensial (7.61) ini tidak analitik di titik x = 0.Karenanya hipotesis pada teorema (7.5) tidak dipenuhi oleh persama-an diferensial (7.61). Dalam kasus ii, kita perlu membedakan masalah

7.3 Singularity 157

dimana x = x0 koefisien variabel persamaan diferensial (7.20) yangmemenuhi hipotesis teorema (7.5) dan yang tidak memenuhi hipo-tesis teorema (7.5). Untuk itu kita perlu mendefinisikan titik x = x0dimana koefisien variabel persamaan diferensial (7.20) tidak analitik.

Definisi 7.3.1 Titik x = x0 dinamakan titik biasa pada persamaan di-ferensial

y(n) + cn−1(x)y(n−1) + · · ·+ c1(x)y′+ c0(x)y = Q(x), (7.62)

jika untuk masing-masing c0, c1, · · ·, dan Q(x) analitik di titik x = x0.

Definisi 7.3.2 Titik x = x0 disebut jika ada fungsi ci(x) yang tidakanalitik di titik x = x0.

Pembahasan berikutnya akan difokuskan pada persamaan diferen-sial dengan bentuk umum

y′′+ c1(x)y′+ c2(x)y = 0. (7.63)

Definisi 7.3.3 Misalkan titik x = x0 adalah titik singular. Misalkanpula perkalian c1(x) dengan (x− x0) dan c2(x) dengan (x− x0)2

menghasilkan fungsi-fungsi yang analitik di titik x = x0, maka titikx = x0 dinamakan regular singularity.

Contoh 7.3.1 Ujialah bahwa titik x = 0 dan x = 1 adalah titik daripersamaan diferensial

y′′+1

x(x−1)y′− 2

x−1y = 0. (7.64)

Penyelesaian: Kita ketahui bahwa c1(x) = 1x(x−1) dan c2(x) =− 2

x−1 .Berdasarkan definisi (7.3.2) x = 0 dan x = 1 merupakan titik-titiksingular. Selanjutnya kita kalikan c1 dengan (x− 0) dan c2 dengan(x−0)2 untuk memperoleh fungsi 1/(x−1) dan fungsi−2x2/(x−1).Kedua fungsi terakhir ini analitik di titik x = 0 untuk |x|< 1. Jadi me-nurut definisi (7.3.3) titik x = 0 adalah titik regular singularity. Meng-gunakan cara dan alasan yang sama kita dapat juga bahwa titik x = 1merupakan titik regular singularity.


Definisi 7.3.4 Misalkan x = x0 titik singular. Misalkan pula perkali-an c1(x) dengan (x− x0) dan c2(x) dengan (x− x0)2 menghasilkanfungsi-fungsi yang tidak analitik di titik x = x0, maka titik x = x0 di-namakan irregular singularity.

Contoh 7.3.2 Tunjukkanlah bahwa titik x = 0 dan x = 1 adalah untukpersamaan diferensial

(x−1)2y′′+1x2 y′+2y = 0. (7.65)

Penyelesaian: Kita ketahui c1(x) = 1/(x2(x− 1)2) dan c2(x) =2/(x− 1)2. Mengalikan c1 dengan (x− 0) diperoleh fungsi 1/(x(x−1)2), dimana fungsi ini tidak analitik di titik x = 0. Jadi menurut defi-nisi (7.3.4) titik x = 0 ini adalah titik irregular singularity. Mengalikanc1(x) dengan (x−1) diperoleh fungsi 1/(x2(x−1)), dimana fungsi initidak analitik di titik x = 1. Jadi berdasarkan definisi (7.3.4) titik x = 1adalah titik irregular singularity.

Catatan 7.3.1 Kita dapat memformulasikan definisi (7.3.3) untuk meng-embangkan alat uji apakah titik x = x0 regular singularity atau iregu-lar singularity persamaan diferensial (7.63). Alat uji adalah sebagaiberikut. Jika

limx→x0

(x− x0)c1(x) (7.66)

danlim

x→x0(x− x0)2c2(x) (7.67)

ada maka titik x = x0 merupakan titik regular singularity, jika salahsatu limitnya tidak ada maka titik x = x0 merupakan titik irregularsingularity.

Contoh 7.3.3 Tentukan jenis titik singular persamaan diferensial

2x(x−2)2y′′+3xy′+(x−2)y = 0. (7.68)

Penyelesaian: Mengalikan persamaan diferensial (7.68) dengan2x(x− 2)2 didapatkan c1(x) = 3/(2(x− 2)2) dan c2(x) = 1/(2x(x−2)). Titik-titik singular persamaan ini adalah x = 0 dan x = 2. Perha-tikan limit-limit berikut ini.

7.4 Metode Frobenius. 159

limx→0

xc1(x) =32

limx→0

x(x−2)2 = 0, (7.69)

limx→0

x2c2(x) =12

x(x−2)

= 0. (7.70)

Olehkarena kedua limit di atas ada maka menurut definisi (7.3.3) titikx = 0 adalah titik regular singularity. Sebaliknya, kita perhatikan limitberikut ini

limx→0

(x−2)c1(x) =32

1x(x−2)

, (7.71)

tidak ada. Olehkarenanya menurut definisi (7.3.4) titik x = 2 adalahirregular singularity.

7.4 Metode Frobenius.

Deret yang disebut dengan adalah deret berbentuk

y(x) = (x− x0)m [c0 + c1(x− x0)+ c2(x− x0)2 + · · ·] , a0 6= 0.

(7.72)Catatlah bahwa jika m = 0 atau konstanta positif maka deret (7.72)merupakan ekspansi deret Taylor.

Eksistensi dari deret Frobenius ini dinyatakan oleh teorema berikutini.

Teorema 7.8 Misalkan x0 titik regular singularity dari persamaan di-ferensial (7.63) maka persamaan diferensial

(x− x0)2 (y′′+ c1(x)y′+ c2(x)y

)= 0 (7.73)

mempunyai paling sedikit satu deret Frobenius.

Misalkan c1(x) = f1(x)/(x− x0) dan c2(x) = f2(x)/(x− x0)2 makakita dapat menentukan interval kekonvergenan deret Frobenius (7.72)seperti dalam teorema berikut ini.

Teorema 7.9 Misalkan x0 titik regular singularity persamaan diferen-sial (7.63), maka interval kekonvergenan deret Frobenius (7.72) samadengan interval kekonvergenan f1 dan f2 kecuali di titik x = x0.


Tanpa mengurangi keumuman pembahasan, kita akan membahasuntuk x0 = 0. Pandanglah persamaan diferensial berikut ini.

x2y′′+ x f1(x)y′+ f2(x)y = 0, (7.74)

dimana f1 dan f2 analitik di titik x = 0. Misalkan ekspansi deret Taylorf1 dan f2 disekitar x = 0 diberikan oleh

f1(x) = b0 +b1x+b2x2 + · · · , (7.75)f2(x) = d0 +d1x+d2x2 + · · · . (7.76)

Turunan deret Frobenius (7.72) sampai kedua untuk x0 = 0 adalah

y′ = c0mxm−1 + c1(m+1)xm + c2(m+2)xm+1 + · · ·+ cn(m+n)xm+n−1 + · · · , (7.77)

dan

y′′ = c0m(m−1)xm−2 + c1m(m+1)xm−1 + c2(m+1)(m+2)xm

+ · · ·+ cn(m+n−1)(m+n)xm+n−2 + · · · . (7.78)

Karena diasumsikan deret Frobenius (7.72) memenuhi persamaan di-ferensial (7.74) maka mensubstitusikan persamaan (7.72), (7.77) dan(7.78) ke dalam (7.74), kemudian menggunakan (7.75) dan (7.76) kitadapatkan persamaan

c0[m(m−1)+b0m+d0]xm +

{c1[(m+2)(m+1)+b0(m+1)+d0]+ c0(b1m+d1)}xm+1 +

{c2[(m+2)(m+1)+b0(m+2)+d0]+ c1[b1(m+1)+d1]+ c0(b2m+d2)}xm+2

+{a3[(m+3)(m+2)+b0(m+3)+d0]+ c2[b1(m+2)+d1]+ c1[b2(m+1)

+ d2]+ c0(b3m+d3)}xm+3 + · · ·+{an[(m+n)(m+n−1)+b0(m+n)+d0]

+cn−1[b1(m+n−1)+d1]+ cn−2[b2(m+n−2)+d2]+ · · ·+c0(bnm+dn)}xm+n + · · ·= 0. (7.79)

Persamaan (7.79) berlaku untuk semua nilai x dalam interval kekon-vergenan. Karenanya, semua koefisien dari pangkat x harus sama de-ngan nol. Perhatikan koefisien dari xm. Karena masing-masing koefi-sien pangkat dari x sama dengan nol dan c0 6= 0 maka haruslah

m(m−1)+b0m+d0 = 0. (7.80)

Persamaan (7.80) sering disebut .Persamaan indeks (7.80) adalah persamaan kuadrat dalam m. Se-

hubungan dengan penyelesaian persamaan diferensial (7.74) menggu-nakan deret Frobenius (7.72), kita akan meninjau tiga jenis akar-akrpersamaan indeks, yaitu akar-akarnya


1. berbeda dan selisihnya bukan bilangan bulat;2. berbeda dan selisihnya bilangan bulat; dan3. sama.

Selanjutnya kita akan membahas ketiga jenis ini secara terpisah.

7.4.1 Akar-akar berbeda dengan selisih bukan bilanganbulat.

Prosedur penentuan koefisien deret Frobenius dilakukan sebagai ber-ikut; misalkan akar-akar persamaan indeks (7.80) adalah m = m1 danm = m2. Mensubstitusikan akar-akar ini kedalam koefisien xm+1 danmenyamakan kofisien ini dengan nol akan diperoleh nilai c1 yang di-nyatakan dalam c0. Mensubstitusikan akar-akar ini kekoefisien xm+2

dan menyamakan koefisien ini dengan nol akan diperolh nilai c2 yangdinyatakan dalam c0. Melakukan cara terus-menerus akan diperolehnilai cn, untuk semua n, yang dinyatakan dalam c0.

Karena akar-akar persamaan indeks (7.80) ada dua maka kemung-kinan deret Frobenius yang diperoleh ada dua juga. Sehubungan de-ngan ini kita nyatakan teorema berikut.

Teorema 7.10 Dua penyelesaian deret Frobenius dari persamaan di-ferensial (7.74) bebas linier. Masing-masing penyelesaian ini validuntuk semua x pada interval kekonvergenan bersama f1 dan f2 kecu-ali x = 0.

Contoh 7.4.1 Tentukan penyelesaian deret Frobenius dari persama-an diferensial

x2y′′+ x(x+12)y′− (x2 +

12)y = 0. (7.81)

Penyelesaian: Dengan membagi persamaan (7.81) dengan x2, kemudi-an mengunakan definisi (7.3.3) pada persamaan terakhir kita simpulk-an bahwa titik x = 0 adalah titik regular singularity. Olehkarenanyakita dapat menggunakan deret Frobenius untuk persamaan diferensial(7.81). Deret Frobenius dengan x0 = 0 diberikan oleh

y(x) = xm(c0 + c1x+ c2x2 + · · ·) (7.82)


dengan c0 6= 0.Membandingkan (7.81) dengan (7.74) diperoleh

f1(x) = x+12, f2(x) =−x2− 1

2, (7.83)

dimana b0 = 1/2, b1 = 1, d0 =−1/2, d1 = 0, dan d2 =−1. Persamaanindeks untuk persamaan diferensial (7.79) adalah

2m2−m−1 = 0. (7.84)

Akar-akar persamaan indeks (7.84) adalah m = 1 dan m =−1/2.Akar m = 1: Mensubstitusikan akar ini ke dalam koefisien xm+1 dan

menyamakannya dengan nol diperoleh

c1

[2.1+

12(1+1)− 1

2

]+ c0(1+0) = 0. (7.85)

Menyelesaikan persamaan (7.85) diperoleh

c1 =−25

c0. (7.86)

Mensubstitusikan akar ini ke dalam koefisien xm+n dan menyamakan-nya dengan nol diperoleh

cn =2(−ncn−1 + cn−2)

2n2 +3n, (7.87)

untuk n ≥ 2. Persamaan (7.87) merupakan formula rekursi. Mema-suk n = 1,2, · · ·, dan menggunakan persamaan (7.86) diperoleh deretFrobenius yang berpadanan dengan akar m = 1

y1(x) = c0x(

1− 25

x+9

35x2− 82

945x3 + · · · .

)(7.88)

Akar m = −12 : Menggunakan cara yang sama diperoleh deret Fro-

benius yang berpadanan dengan akar m =−12

y2(x) = c0x−1/2(

1− x+32

x2− 1318

x3 + · · ·)

. (7.89)

Penyelesaian umum persamaan diferensial (7.81) adalah

y(x) = C1y1(x)+C2y2(x), (7.90)

dimana C1,C2 konstanta riil, y1,y2 diberikan oleh (7.88) dan (7.89)


7.4.2 Akar-akar berbeda dengan selisih bilangan bulat.

Misalkan akar-akar persamaan indeks diberikan oleh m dan m + Ndengan N bilangan bulat positif. Karena m + N akar dari persamaankuadrat (7.80), akar ini memenuhi

(m+N)(m+N−1)+b0(m+N)+d0 = 0. (7.91)

Sekarang bandingkan (7.91) dan suku pertama koefisien xm+n persa-maan (7.79). Membandingkan ini dapat kita simpulkan bahwa, jika ki-ta mulai mencari koefisien deret Frobenius dengan akar terkecil mulaidari ci dengan i < N maka penentuan koefisien deret Frobenius akanberhenti pada pada cN . Karena koefisien cN pada persamaan (7.79)akan menjadi nol. Dengan kata lain persamaan (7.79) akan dipenuhiuntuk sebarang nilai cN . Akibatnya, untuk akar lebih kecil, koefisien-koefisien deret Frobenius akan dinyatakan dalam c0 dan cN . Jadi kitaperlu membahas dua kasus berikut.

7.4.2.1 Koefisien cN sama dengan nol dan jumlah suku-suku laindari xm+N sama dengan nol.

Akar m + N akan memperoleh koefisien-koefisien deret Frobeniusyang dinyatakan dalam c0. Sedangkan akar yang lebih kecil akanmemperoleh koefisien-koefisien deret Frobenius yang dinyatakan olehc0 dan cN .

Contoh 7.4.2 Tentutkanlah penyelesaian umum persamaan diferensi-al

x2y′′+ xy′+(

x2− 122

)y = 0. (7.92)

Penyelesaian: Berdasarkan definisi (7.3.3) kita peroleh bahwa x = 0adalah titik regular singularity. Berarti kita akan mencari penyelesaianpersamaan diferensial (7.4.2.1) menggunkan deret Frobenius, yaitu

y(x) = xm(c0 + c1x+ c2x2 + · · ·). (7.93)

Seperti dalam contoh (7.4.1) kita peroleh f1(x) = 1 dan f2(x) =−14 +

x2, b0 = 1, c0 =−14 , c1 = 0, dan c2 = 1. Persamaan indeks dari (7.79)

diberikan oleh


m2− 14

= 0. (7.94)

Akar-akar persamaan indeks (7.94) adalah m = 12 dan m = −1

2 . Se-hingga selisih kedua akar ini adalah 1. Kita catat bahwa untuk m =−1/2, jika kita substitusikan nilai ini kepersamaan (7.79) dan kemu-dian menyamakan koefisien xm+1 dengan nol akan diperoleh persa-maan

c1

[(12)(−1

2)+

12− 1

4

]+ c00 = 0, 0c1 +0c0 = 0. (7.95)

Catatlah bahwa koefisien c0 dan c1 sama dengan nol. Berarti untuksebarang nilai c0 dan c1 akan memenuhi persamaan (7.79). Selanjut-nya dengan mensubstitusikan akar m = −1/2 kekoefisien xm+n danmenyamakannya dengan nol diperoleh persamaan

(n2−n)cn =−cn−2,n≥ 2. (7.96)

Dari persamaan (7.96) kita dapat menentukan c2,c3, · · ·. Menggunak-an (7.96) akan diperoleh

y(x) = c0x−1/2(

1− 12

x2 +1

24x4− 1

720x6 + · · ·

)

+c1x1/2(

1− x2

6+

x4

120− x6

5040+ · · ·

). (7.97)

Karena deret memuat dua penyelesain bebas linier dengan dua kon-stanta maka deret ini merupakan penyelesaian umum persamaan dife-rensial .

7.4.2.2 Koefisien cN sama dengan nol dan jumlah suku-suku laindari xm+N tidak sama dengan nol.

Jika moefisien cN sama dengan nol tetapi jumlah suku-suku lain xm+N

dari persamaan (7.79) tidak sama dengan nol kama akar m + N daripersamaan (7.80) akan menentukan koefisien deret Frobenius (7.72)yang dinyatakan dalam c0. Olehkarenanya, dalam kasus ini hanya adasatu deret Frobenius yang akan diperoleh.


Pernyataan 7.11 Penyelesaian kedua dari persamaan diferensial (7.74)berbentuk

y2(x) = u(x)−bNy1(x) log(x), x > 0, (7.98)

dimana N harga mutlak selisih akar-akar persamaan indeks, y1 deretFrobenius penyelesaian persamaan diferensial (7.74) yang berpadan-an dengan akar m+N, dan u(x) adalah deret Frobenius berbentuk

u(x) = xm(e0 + e1x+ e2x2 + · · ·). (7.99)

Deret Frobenius (7.99) diperoleh dengan menggunakan akar m.

Menggunakan persamaan (7.98) dan (7.99) ke persamaan diferensial(7.74) akan diperoleh

x2u′′+ x f1u′+ f2u = bN(2xy′1 +( f1−1)y1). (7.100)


x2y′′− x(2− x)y′+(2+ x2)y = 0. (7.101)

Penyelesaian: Membagi persamaan (7.101) dengan x2 dan menggu-nakan definisi (7.3.3) diperoleh bahwa titik x = 0 adalah titik regularsingularity. Karenanya kita kan mencari penyelesaian persamaan di-ferensial (7.101) dengan deret Frobenius berbentuk

y = xm(c0 + c1x+ c2x2 + · · ·). (7.102)

Dalam soal ini, kita ketahui bahwa f1(x) =−2+x dan f2(x) = 2+x2.Sehubungan dengan itu, dengan (7.75) dan (7.76) kita ketahui pulabahwa b0 =−2, b1 = 1, d0 = 2, d1 = 0, dan d2 = 1. Persamaan indeks(7.94) menjadi

m2−3m+2 = 0. (7.103)

Persamaan (7.103) mempunyai akar-akar m = 1 dan m = 2. Selisihmutlak dari akar-akar ini adalah 1. Menggunakan akar terkecil m = 1dan menyamakan koefisien xm+1 persamaan (7.79) sama dengan nol,diperoleh persamaan 0c1 +c0 = 0. Tetapi hal ini bertentangan denganasumsi bahwa c0 6= 0. Olehkarenanya, kita dapat menggunakan akarm = 1 dengan cara ini.


Menggunakan akar persamaan indeks (7.103) terbesar, yaitu m = 2,dan menyamakan koefisien xm+1 dari persamaan (7.79) sama dengannol, kita peroleh persamaan

c1(3.2−2.3+2)+2c0 = 0, c1 =−c0. (7.104)

Untuk mendapatkan kofisien deret Frobenius (7.102) yang lainnya,kita substitusikan akar m = 2 kekofisien xm+n pada persamaan (7.79)kemudian menyamakannya dengan nol. Dengan melakukan ini akandiperoleh formula rekursi berikut

(n2 +n)cn =−(n+1)cn−1− cn−2, n≥ 2. (7.105)

Mensubstitusikan m = 2 dan fomula rekursi (7.105) kepersamaan(7.102) kita peroleh deret Frobenius pertama, yaitu

y1(x) = c0x2(

1− x+x2

3− x3

36−·· ·

)(7.106)

Selanjutnya kita kan menentukan persamaan (7.99). Dengan me-nentukan (7.99) dan mensubstitusikannya ke (7.33) kita peroleh pe-nyelesaian kedua persamaan diferensial (7.101). Tentunya penyelesa-ian umum dari persamaan diferensial (7.101) adalah kombinasi linierkedua penyelesaian ini.

7.4.3 Akar-akar sama.

Jika selisih mutlak kedua akar persamaan indeks (7.79) sama dengannol maka tentunya hanya satu deret Frobenius, sebagai penyelesaianpertama persamaan diferensial (7.74), yang dapat diperoleh. Penyele-saian keduanya dapat diperoleh dengan menggunakan formula padapersamaan (7.98).

Contoh 7.4.4 Tentukanlah penyelesaian persamaan diferensial

x2y′′+ xy′+ x2y = 0. (7.107)

Penyelesaian: Membagi persamaan (7.107) dengan x2 dan menggu-nakan definisi (7.3.3) kita dapatkan bahwa titik x = 0 merupakan titik


regular singularity. Jadi kita kan mencari penyelesaian persamaan di-ferensial (7.107) dengan deret Frobenius dalam bentuk

y(x) = xm(c0 + c1x+ c2x2 + · · ·). (7.108)

Membandingkan persamaan (7.107) dengan persamaan (7.74) kitaperoleh f1(x) = 1 dan f2(x) = x2. Sehubungan dengan ini pula kitadapatkan bahwa b0 = 1, d0 = 0, d1 = 0, dan d2 = 1. Akar-akar Persa-maan indeks adalah m = 0.

Menggunakan akar m = 0 kita dapatkan c1 = 0 dan formula rekursi

cn =−cn−2

n2 , n≥ 2. (7.109)

Mensubstitusikan nilai m = 0, a1 = 0 dan menggunakan formulasirekursi (7.109) maka seret (7.108) menjadi

y1(x) = a0

(1− x2

22 +x4

22.42 −x6

22.42.62 +x8

22.42.62.82

). (7.110)

Penyelesaian kedua diperoleh menggunakan formula (7.98) de-ngan N = 0. Setelah diperoleh penyelesaian kedua, kama penyelesaianumum persamaan diferensial (7.107) diberikan oleh

y(x) = c1y1(x)+ c2

(x2

22 +1+ 1

222.42 x4 +

1+ 12 + 1

322.42.62 x6 + · · ·

+ (−1)n+1 1+ 12 + · · ·+ 1

n22.42 · · ·(2n)n x2n

), x > 0, (7.111)

dimana y1 diberikan oleh (7.110).

Soal-soal latihan

7.1. Tentukan interval kekonvergenan masing-masing deret berikut.

a). x2 + x4

2! + x6

3! + · · ·+ x2n

n! + · · ·.b). 1+8x+(8x)2 + · · ·+(8x)n + · · ·.


c). 1+ x+322 + (x+3)2

32 + · · ·+ (x+3)n−1

n2 + · · ·.d). ∑∞

n=1(x−x0)n

n .e). ∑n+1 ∞n!xn

nn .

7.2. Tentukan deret Taylor dan interval kekonvergenan dari fungsi ber-ikut dengan titik yang diberikan.

a). sin(x), x0 = 0.b). ex, x0 = 0.c). ln(x), x0 = 1.d). 1

1+x , x0 = 0.e). 1

1−x , x0 = 2.

7.3. Tentukan an sedemikian hingga memenuhi persamaan

∞

∑0

nanxn−1 + ∑n=0

∞anxn = 0. (7.112)

7.4. Selesaikan persamaan diferensial linier dengan nilai awal di ba-wah ini menggunakan metode deret. Kemudian tentukan juga intervalkekonvergenan penyelesaian yang diperoleh.

a). y′− xy+ x2 = 0, y(0) = 2.b). x2y′′ = x+1, y(1) = 1,y′(1) = 0.c). y′′+3xy′+ exy = 2x, y(0) = 1,y′(0) =−1.d). x2y′′+(1+ x)y′+3(ln(x))y = 0, y(1) = 2,y′(1) = 0.

7.5. Persamaan Chebyshev diberikan oleh

(1− x2)y′′− xy′+αy = 0, (7.113)

dimana α konstan. Tentukan dua penyelesaikan bebas linier dalambentuk deret pangkat dari x dengan |x|< 1

7.6. Tentukan penyelesaian masalah nilai awal berikut ini.

a).

y′ = x2− y2,

y(0) = 1.


b).

y′ = x2 + sin(y),y(0) = f racπ2.

c).

y′ = x+ ey,

y(0) = 0.

d).

y′ = cos(x)+ sin(y),y(0) = 0.

7.7. Tentukan penyelesaian masalah nilai awal berikut dengan meng-gunakan metode deret pangkat.

a). y′ = x2− y2, y(0) = 1.b). y′ = x2− y2, y(1) = 1.c). y′ = x2− xy, y(0) = 2.d). y′ = x2 + sin(y), y(0) = π/2.e). (1− x− y)y′ = 1, y(1) =−2.f). y′ = sin(xy), y(0) = 3.g). y′ = cos(x+ y), y(0) = π/2.h). y′ = y2 + ex−1, y(1) = 1.i). y′ =

√1+ xy, y(0) = 1.

j). y′ = 1+ xy2, y(0) = 1.k). y′ = cos(x)+ sin(x), y(0) = 1.

7.8. Tentukanlah singularitas dan nyatakan juga jenis singularitas darimasing-masing persamaan diferensial berikut ini.

a). (x−1)3x2y′′−2(x−1)xy′−3y = 0.b). (x−1)2x4y′′+2(x−1)xy′− y = 0.c). (x+1)2y′′+ xy′− (x−1)y =.

7.9. Buktikan bahwa titik asal adalah titik regular singularity untukmasing-masing persamaan diferensial berikut. Buktikan pula bahwaselisih mutlak akar-akar persamaan indeksnya bukan bilangan bulat.


Kemudian tentukan penyelesaian persamaan umum diferensial meng-gunakan deret Frobenius serta tentukan interval kekonvergenan pe-nylesaiannya itu.

a). x2y′′+ x(x+ 12)y′+ xy = 0.

b). 2x2y′′+3xy′+(2x−1)y = 0.c). 2xy′′+(x+1)y′+3y = 0.d). 2x2y′′− xy′+(1− x2)y = 0.e). 2(x2 + x3)y′′− (x−3x2)y′+ y = 0.

7.10. Buktikan bahwa titik asal adalah titik regular singularity untukmasing-masing persamaan diferensial berikut. Buktikan pula bahwaselisih mutlak akar-akar persamaan indeksnya bilangan bulat. Kemu-dian tentukan penyelesaian persamaan umum diferensial menggunak-an deret Frobenius serta tentukan interval kekonvergenan penylesai-annya itu.

a). x2y′′− x2y′+(x2−2)y = 0.b). x2y′′+(1+ x3)xy′− y = 0.c). x2y′′+ xy′+(x2− 1

9)y = 0.d). x2y′′+ xy′+(x2−1)y = 0.e). x2y′′− x2y′+(x2−4)y = 0.f). x2y′′−3xy′+4(x+1)y = 0.g). xy′′+(1− x)y′+ 1

2y = 0.h). Buktikan persamaan peersamaan (7.100)

Pustaka 171

Pustaka

1. Tenenbaun, M., Pollard, H.: Ordinary Differential Equations. Dover, New York (1985)2. Goode, S. W.: Diffrenetial Equations and Linear Algebra. Prentice Hall, New Jersey (2000)3. Boyce, W.E., DiPrima, R.C.: Elementary Differential Equations and Bounary Value Pro-

blems. Wiley, New York (2004)4. Ross, S.L: Introduction to Differential Equations. Wiley, New York, (1998)

Indeks

akar kompleks konjugat, 76analitik, 152

Bernoulli, 48

Convolution, 129Cramer, 115

deret Frobenius, 159deret Maclaurin, 149deret pangkat, 145deret Taylor, 145derivatif, 1derivatif parsial, 1diferensial eksak, 28diferensial homogen, 19divergen, 146

faktor integrasi, 32fungsi elementer, 145fungsi Heaviside, 131fungsi homogen, 18fungsi implisit, 4fungsi periodik, 125fungsi primitif, 7fungsi tangga, 131fungsi-fungsi fundamental, 145

garis normal, 60

integral taktentu, 124invers transfomasi Laplace, 127irregular singularity, 157

kalkulus, 1keluarga ellip, 65keluarga kurva, 57keluarga penyelesaian n parameter, 8koefisien linier, 24koefisien taktentu, 78

koefisien variabel, 145konvergen, 146koordinat polar, 66

Laplace, 123linier order 2, 73linier tak homogen order 2, 73

model persamaan massa-pegas, 100

Order, 2

penyelesaian, 2penyelesaian eksplisit, 2penyelesaian fundamental, 145penyelesaian implisit, 4penyelesaian khusus, 17persamaan indeks, 160persamaan karakteristik, 74persamaan Riccati, 49

regular singularity, 157

sistem persamaan diferensial, 97solusi nontrivial, 107

tangen kurva, 57titik singular, 157transformasi Laplace, 123transformasi linier, 123translasi fungsi, 132trayektori isogonal, 63trayektori ortogonal, 65

uji banding, 146

variabel terpisah, 16variasi parameter, 89

Wronskian, 115

173

Documents

Persamaan Diferensial Biasa Pak Darmo