BAB I
DASAR TEORI
1.1 Persamaan Diferensial dengan Variabel Terpisah (PDVT)
Misalkan suatu benda dijatuhkan dari gedung yang cukup tinggi dengan
kecepatan awal v (0 )=0. Seseorang ingin mengetahui kecepatan benda pada setiap
saat t >0. Apabila semua hambatan diabaikan, menurut Hukum Newton kedua
yaitu
m=dvdt
=mg. (1.1)
Dengan m dan g berturut-turut massa benda dan percepatan. Pada formula
jarak positif diukur dari atas gedung ke bawah. Dengan cara mengintegralkan
sehingga diperoleh
v=¿+C ,
dimanaCkonstan sebarang.
Dengan memanfaatkan kondisi awal kecepatan benda v (0 )=0, diperoleh
nilai C
v (0 )=0. g+C
C=0.
Jadi solusi umum v=¿ adalah kecepatan gerak suatu benda jatuh dengan
kecepatan awal nol bila hanya gaya gravitasi yang mempengaruhinya.
Peristiwa benda jatuh dari suatu ketinggian dengan formula (1.1) sebagai
contoh sederhana yang mengilustrasikan dua sifat pokok yang melekat pada
persamaan diferensial orde-1. Pertama proses pengintegralan diperlukan untuk
memperoleh v dari turunannya v ’, dan kedua proses pengintegralan menghasilkan
1
sebuah konstan integrasi sebarang yang selanjutnya dapat dicari nilainya bila
kondisi awalnya diketahui (masalah nilai awal).
Persamaan Diferensial berbentuk y ’=f ( x) , dengan f suatu fungsi kontinu
pada suatu interval real, dapat dicari penyelesaiannya dengan cara
mengintegralkan kedua ruas. Akan tetapi perhatikan bila persamaaan diferensial
berbentuk
dydx
=f ( x , y ) , (1.2)
yang turunannya adalah suatu fungsi dalam dua variabel x dan y. Untuk mencari
penyelesaian (1.2) kadang tidak mudah. Bila f (x , y ) dapat difaktorkan ke faktor-
faktor yang hanya memuat x atau y, yakni
dydx
=f ( x , y )=p (x ) q ( y)
atau
dy
q( y)=p ( x )dx ,
(1.3)
maka persamaan diferensial (1.3) ini merupakan persamaan diferensial dengan
variabel terpisah. Untuk mencari solusi persamaan diferensial (1.3) dapat dengan
cara mengintegralkan kedua ruas (terhadap variabel yang sama yakni x).
Pengintegralan seperti ini dapat dilakukan sebab diasumsikan y sebagai fungsi
dari x. Ruas kiri persamaan diferensial (1.3)
dydx
=y ' (x )
q( y ( x ))dx
sehingga diperoleh
y '(x )q( y ( x ))
dx=p ( x ) dx
2
selanjutnya bila dimisalkan u= y (x) dan du= y ' (x)dx, maka dengan
mengintegralkan kedua persamaan menghasilkan solusi
∫ duq (u)
=∫ p ( x ) dx+C
dimana C konstan sebarang.
Selanjutnya substitusikan kembali u= y (x) diperoleh solusi umum (1.3).
Dalam beberapa kasus persamaan diferensial muncul dalam bentuk
M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0
Persamaan diferensial pada orde-1 dan derajat-1 sering dapat dinyatakan
dalam bentuk
M (x ) dx+N ( y ) dy=0
dengan M (x) dan N ( y ) berturut-turut adalah fungsi dalam variabel x dam y.
Persamaan diferensial di atas adalah persamaan diferensial dengan variabel
terpisah. Untuk mencari solusi umum persamaan diferensial seperti ini dapat
dilakukan dengan cara mengintegralkan masing-masing suku dalam persamaaan
tersebut.
∫M (x )dx+∫N ( y ) dy=∫0 dx
∫M ( x )dx+∫N ( y ) dy=C
dimana C konstan sebarang.
1.2 Persamaan Diferensial Linear Orde-1
Dalam persamaan diferensial orde-1 terdapat berbagai bentuk persamaan
diferensial orde-1. Misalnya terdapat persamaan diferensial orde-1 yang dapat
ditulis dalam bentuk
f ( yx )dx+g ( y
x )dy=0 (1.4)
Persamaan diferensial (1.4) dapat diselesaikan dengan cara substitusi
u= yx
atau y=ux
dy=udx+xdu
3
Dengan cara seperti ini persamaan diferensial (1.4) bentuknya akan berubah
menjadi persamaan diferensal dengan variabel terpisah.
1.3 Persamaan Diferensial Eksak
Perhatikan persamaan diferensial orde-1 yang dituliskan dalam bentuk
diferensial berikut
M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0
Dengan mengingat diferensial total dari fungsi F ( x , y ), maka dari definisi di
atas dapat disimpulkan bahwa persamaan M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0 eksak jika
dan hanya jika ∂ M∂ y
=∂ N∂ x
. Setelah diketahui keeksakannya, integralkan M
terhadap x atau N terhadap y. Misal dipilih M , maka:
F ( x , y )=∫M ( x , y ) dx
Setelah itu, diferensialkan F terhadap y dan samakan hasilnya dengan N , yaitu:
∂ F∂ y
=N ( x , y )
Selanjutnya integralkan G' ( y ) untuk memperoleh G ( y ) dengan menggunakan
teknik pengintegralan variabel terpisah. Lalu tuliskan solusi umum dalam bentuk
implisit F ( x , y )=C. Kemudian tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.
1.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak yang di-Eksakkan
Bila persamaan M (x , y )dx+ N (x , y )dy=0 adalah Persamaan Diferensial
Non Eksak ( ∂ M∂ y
≠∂ N∂ x )maka akan dicari suatu fungsi yang dapat mengubahnya
menjadi Persamaan Diferensial Eksak.
4
Definisi: Persamaan M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0 dikatakan sebagai Persamaan
Diferensial Eksak jika terdapat fungsi F (x , y ) sedemikian
sehingga
∂ F∂ x
=M (x , y ) dan ∂ F∂ y
=N (x , y).
Fungsi yang akan dicari tersebut disebut faktor integral. Pada umumnya
faktor integral merupakan fungsi dengan peubah x dan y tetapi kadangkala
merupakan fungsi dengan peubah x atau y saja. Misal U (x , y) adalah faktor
integral dari Persamaan Diferensial tersebut, maka
UM ( x , y ) dx+UN (x , y ) dy=0.
karena
UM ( x , y ) dx+UN (x , y ) dy=0
adalah Persamaan Diferensial Eksak, berarti ∂(UM )
∂ y=
∂(UN )∂ x
maka ketika
diturunkan akan menjadi
U∂ M∂ y
+M∂ U∂ y
=U∂ N∂ x
+N∂U∂ x
kemudian mencari nilai U (x ) dengan rumus
U ( x )=e∫h ( x ) dx
dan mencari nilai h ( x ) dengan cara sebagai berikut, maka diberikan kondisi
a) Jika U hanya dalam peubah x ( U=U ( x ) )∂ U∂ y
=0 dan∂ U∂ x
=dUdx
U∂ M∂ y
+M .0=U∂ N∂ x
+NdUdx
( ∂ M∂ y
−∂ N∂ x )U=N
dUdx
h ( x )=dUdx
=( ∂ M
∂ y−∂ N
∂ x )N
b) Jika U hanya dalam peubah y (U=U ( y ))∂ U∂ x
=0 dan∂ U∂ y
=dUdy
U∂ M∂ y
+M∂ U∂ y
=U∂ N∂ x
+N .0
5
( ∂ M∂ y
−∂ N∂ x )U =−M
dUdy
h ( y )=dUdy
=( ∂ M
∂ y−∂ N
∂ x )−M
1.5 Persamaan Diferensial Homogen
Bentuk umum dari persamaan diferensial homogen dapat dinyatakan
sebagai berikut
dydx
=f ( x , y )=f ( yx )
Cara termudah untuk menyelesaikan persamaan diferensial homogen yaitu
dengan mendefinisikan variabel baru
u= yx
dan persamaan diferensialnya menjadi
xyx+u= y '=dy
dx
dimana ruas kiri dari persamaan diferensial ini diperoleh dengan menerapkan
aturan rantai pada y=ux ,dydu
=dy dudu dx
+ dydx
=xdudx
+u . Dalam bentuk ini kita selalu
akan memisahkan variabel-variabelnya, yakni
dxx
= duf (u )−u '
yang dengan mudah kita dapat selesaikan persamaan diferensial dengan
mengintegralkan kedua ruas persamaan.
1.6 Persamaan Diferensial Linear Orde-2
Bentuk umum persamaan diferensial linear orde-2 yaitu
x2 y ' '+ax y'+by=0. (1.5)
6
Dengan a dan b sama dengan konstanta.
Perhatikan
y=xm (1.6)
bila diturunkan, menjadi
y '=m x (m−1) (1.7)
y ' '=m ( m−1 ) x(m−2 ) (1.8)
Bila persamaan (1.6),(1.7) dan (1.8) disubstitusikan ke persamaan (1.5),
maka persamaan-persamaan tersebut menjadi
x2 [ m (m−1 ) x(m−2)]+ax [m x(m−1)]+b [ xm ]=0
m (m−1 ) xm+am xm+bxm=0
m2 xm+( a−1 ) m xm+bxm=0
m2+(a−1 ) m+b=0
Kondisi khusus
1.6.1 Akar-Akar m1 dan m2 Berbeda (m1≠ m2 ¿
Jika m1 dan m2 adalah dua akar berbeda yang memiliki solusi
y1=em1x dan y2=em2 x
Diperoleh solusi umumnya
y=C1 em1 x+C2 em2 x.
dimana C1=C2 adalah konstanta.
1.7.2 Akar-Akar m1=m2
Nilai-nilai m1=m2 bila dan hanya bila
b=( 14 )(1−a)2
; m1=m2=[ (1−a)2 ].
Jika m1 dan m2 adalah dua akar yang sama memiliki solusi
y1=emx dan y2=emx
diperoleh solusi umumnya
y=C1 emx+C2 x emx
dimana C1=C2 adalah konstanta.
1.7.3 Akar-Akar Kompleks
7
Bentuk umum akar-akar persamaan karakteristik
y ' '+a y '+by=0
bila solusinya adalah persamaan karakteristik λ, maka
λ2+aλ+b=0
dan kedua akarnya diberikan oleh rumus kuadrat
λ1,2=[−b ±√( b2−4ac )2a ]
sehingga menghasilkan α ± βi.
Diperoleh solusi umunya
y=C1 eαx cos βx+C2eαx sin βx
1.7 Persamaan Diferensial Non-Homogen
Bentuk umum persamaan diferensial linear tak homogen adalah
an ( x ) y (n )+an−1 ( x ) y (n−1 )+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=f (x)
atau, secara singkat
∑i=0
n
ai (x ) y (i )=f (x)
Fungsi f disebut suku tak homogen untuk persamaan diferensial.
7
8
Definisi 1 : Dengan setiap persamaan diferensial tak homogen, ada satu
pautan persamaan diferensial homogen yang di tentukan oleh
∑i=n
n
ai (x ) y (i )=0
Definisi 2 : Jika n fungsi-fungsi y1 , y2 , … yn membentuk sistem fundamental
penyelesaian untuk persamaan diferensial homogen, maka fungsi
yh yang ditentukan oleh
yh=c1 y1+c2 y2+…+cn yn
dimana c1 konstanta sebarang.
1.7.1 Metode Koefisien Tak Tentu
Metode koefisien tak tentu digunakan jika menghitung suatu
penyelesaian khusus dari persamaan diferensial tak homogen
an ( x ) y (n )+an−1 ( x ) y (n−1 )+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=f (x)
dimana koefisien-koefisien a0, a1, . . an merupakan konstanta-konstanta dan
f (x) adalah kombinasi linear dari fungsi-fungsi dengan tipe sebagai berikut
a. xα dengan α bilangan positif atau nol.
b. eβx , di mana β merupakan konstanta taknol.
c. cos γx , dengan γ konstanta taknol.
d. sin δx, dengan δkonstanta taknol.
e. Suatu (berhingga) perkalian antara dua fungsi atau lebih dari dua tipe
1−4.
1.7.2 Variasi Parameter
9
Teorema 1 : Jika y1 , y2 , … yn membentuk system fundamental dan jika yp
suatu penyelesaian khusus dari suatu persamaan, maka dapat
ditulis dalam bentuk
y= yh+ yp=c1 y1+c2 y2+…+cn yn+ yp
Bentuk f ( x ) dari Persamaan
Diferensial y ' '+a y '+by=f ( x )
f ( x )=epx
f ( x )=x
f (x)¿ x2
f ( x )=sin x
f ( x )=cos x
Solusi khusus yang dicoba
yk=k epx
yk=kx+L
yk=k x2+Lx+M
yk=k cos x+Lsin x
yk=k cos x+Lsin x
Seperti metode koefisien tak tentu, metode variasi parameter,
digunakan untuk mencari penyelesaian khusus pesamaan diferensial tak
homogen.
an ( x ) yn+an−1 x yn−1+…+a1 x y '+a0 xy=f (x)
Tetapi, metode koefisien tak tentu, mengharuskan koefisien-
koefisien a0 , a1 ,…,dan an dari persamaan diferensial itu merupakan
konstanta-konstanta, dan fungsi f merupakan salah satu tipe yang diberikan
dalam pembahasan ini. Jika kita menghadapi persamaan diferensial yang
tidak dapat kita selesaikan dengan metode koefisien tak tentu, kita gunakan
metode variasi parameter. Metode ini, secara teori “selalu berhasil” disusun
menurut pemikiran berikut. Andaikan kita mengetahui bahwa penyelesaian
umum
yh=C1 y1+C2 y2+…+Cn yn.
Dari pautan persamaan diferensial
an ( x ) yn+an−1 x yn−1+…+a1 x y '+a0 xy=0.
Apakah mungkin memperlakukan konstanta-konstanta C1 sebagai
fungsi-fungsi ui dan menentukan syarat-syarat yang tepat pada fungsi-fungsi
itu, demikian sehingga pernyataan
u1 y1+u2 y2+…+un yn
merupakan penyelesaian dari persamaan tak homogen, pendekatan semacam
itu telah terbukti membawa hasil yang berarti, yang disajikan dalam
Teorema 1. Teorema ini dinyatakan untuk persamaan umum orde-n, tetapi
demi kemudahan penyajian, kita buktikan teorema ini untuk kasus n=2.
10
Teorema 1 : Misalkan bahwa y1 , y2 , … ynmembentuk sebuah himpunan
fundamental penyelesaian untuk persamaan
an ( x ) yn+an−1 ( x ) yn−1+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=0
Maka suatu penyelesaian khusus persamaan
an ( x ) yn+an−1 ( x ) yn−1+…+a1 ( x ) y1+a0 ( x ) y=F (x )
1.8 Sistem Persamaan Diferensial
Sistem linear AY=¿λY merupakan sistem dengan n persamaan dan n
variabel yang dapat ditulis
AY−λY =0 atau ( A−λI )Y =0
Menentukan nilai eigen / nilai karakteristik yang diberi simbol λ dari SPL
(Sistem Persamaan Linear). Pertama, menentukan nilai A dari persamaan
y ' ' ± y ' ± y=0
dengan memisalkan y '=u dan u'= y ' '=± y ' ± y=± u± y, sehingga diperoleh y '=u
dan u'=± y ±u, kemudian mencari nilai A dengan menggunakan matriks
[ yu ] '=[ o
± a1
±b ][ yu ]
Sehingga diperoleh A=[ o± a
1± b], kemudian det|A− λI|=0 yang akan
menghasilkan nilai λ (dimana λ merupakan nilai karakteristik atau eigen).
Selanjutnya menentukan vektor eigen menggunakan
( A−λ1 I )Y =0
( A−λ2 I )Y =0
Setelah diperoleh nilai vektor eigennya, kemudian berikan solusinya terhadap
persamaan tersebut.
11
Teorema 1 : ( A−λI )Y =0 mempunyai solusi non trivial jika
det ( A−λI ) Y=0.
Teorema Eigen : Jika An× n dan λ ada bilangan real, maka pernyataan
berikut adalah ekuivalen
λ adalah nilai eigen dari A .
Sistem persamaan ( A−λI )Y =0 memiliki solusi tak-
trival.
Ada suatu vector tak nol Y pada Rn sedemikian
sehingga AY=λY .
λ merupakan suatu penyelesaian dari persamaan
karakteristik det ( A−λI )=0
1.9 Pemetaan Laplace Dan Sifat-Sifatnya
Andaikan fungsi g terdefinisi untuk 0< t<∞ , terbatas dan terintegralkan di
dalam setiap selang terhingga 0< t<b , maka menurut definisi
∫0
a
e ( t )dt=lim0→ ∞
∫0
b
g (t )dt .
Dapat dikatakan bahwa integral takwajar di ruas kiri konvergen atau
divergen sesuai dengan ada atau tidak adanya limit di ruas kanan.
12
Definisi 1 : Misalkan bahwa fungsi f terdefinisi untuk 0< t<∞ . Pemetaan
Laplace dari f yang dinyatakan dengan F atau L {f } ,
didefinisikan oleh integral takwajar
F ( s )=L {f (t )}=∫0
a
e−st f ( t ) dt ,
asalkan integral untuk setiap s lebih besar atau sama dengan
suatu nilai s0.
Definisi 2 : Suatu fungsi f dikatakan kontinu bagian demi bagian pada selang
I , jika I dapt dibagi menjadi jumlah berhingga selang-selang
bagian, di dalam selang-selang bagian itu f kontinu dan
mempunyai limit kiri dan kanan yang berhingga.
Definisi 3 : Suatu fungsi f dikatakan berorde eksponensial α jika t menuju tak
berhingga ada bilangan M , α ,dan T s hingga
{ f (t)}≤ M eαt bila t ≥ T .
Teorema 1 : Jika f kontinu bagian demi bagian pada setiap selang berhingga di
dalam (0 , ∞ ) , dan jika f berorde eksponensial α bila t menuju
takberhingga, integral I konvergen untuk s>α . Selanjutnya, jika f
dan g adalah fungsi-fungsi kontinu bagian demi bagian yang
pemetaan Laplacenya ujud dan memenuhi L {F(t )}=L {g(t)} , maka
f =g pada titik-titk di mana f dan g kontinu. Jika F (s ) mempunyai
balikan yang kontinu, maka adalah tunggal.
Tabel Pemetaan Laplace
No f ( t )=£−1{F ( s) } F ( s )=£ {f (t ) }
1 11s
, s>0
2 ekt 1s−k
, s>k
3 t n ,n=1,2,3 , …n!
sn−1, s>0
4 ekt t n , n=1,2,3 ,…n!
(s−k )n−1, s>k
5 sin ktk
s2+k2, s>0
6 cos kts
s2+k2, s>0
7 ekt sin mtm
(s−k )2+m2, s>k
8 ekt cos mts−k
(s−k )2+m2, s>k
9 cosh kts
s2+k2, s>k
10 sinh ktk
s2+k2, s>k
11 ek1 t+ek2 tk1−k2
(s−k1 )(s−k2), s>k1 , k2
13
Teorema 1 : Jika f kontinu bagian demi bagian pada setiap selang berhingga di
dalam (0 , ∞ ) , dan jika f berorde eksponensial α bila t menuju
takberhingga, integral I konvergen untuk s>α . Selanjutnya, jika f
dan g adalah fungsi-fungsi kontinu bagian demi bagian yang
pemetaan Laplacenya ujud dan memenuhi L {F(t )}=L {g(t)} , maka
f =g pada titik-titk di mana f dan g kontinu. Jika F (s ) mempunyai
balikan yang kontinu, maka adalah tunggal.
Teorema 2 : L {c1 f ( t )+c2 g (t)}=c1 F (s )+c2G (s ) .
Teorema 3 : Jika F ( s )=L {f (t )}, maka F ( s+k )=L {e−α f ( t)} .
Teorema 4 : G (s ) F (s )=L[∫0
τ
g ( t−τ ) f (τ )dτ ]
12 t sin kt2 ks
(s¿¿2+k2)2, s>0¿
13 t cos kts2−k2
(s¿¿2+k2)2, s>0¿
14 c1 f ( t )+c2 g ( t ) c1 F (s )+c2G ( s)15 e−kt f (t ) F (s−k)
161k
f ( tk ) , k>0 F (ks)
17 (−t )n f (t ) Fn(s )
18 ∫0
t
g ( t−k ) f (k ) dk=∫0
t
f ( t−k ) g (k ) dk F ( s )G(s)
19 ∫0
t
f ( t ) dt1s
F(s)
20 ∫0
t
∫0
k
f (t ) dt dk1
s2F(s)
14
Teorema 5 : Jika f (t) suatu fungsi periodic dengan periode T , maka
L {f ( t)}= 1I−e−ST ∫
0
T
e−st f ( t)dt
BAB II
PERMASALAHAN
Permasalahan yang diangkat dalam Laporan Besar ini adalah bagaimana
mencari solusi umum dari persamaan diferensial dengan cara manual serta
programnya.
2.1 Persamaan Diferensial Variabel Terpisah
(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy
2.2 Persamaan Diferensial Linier Orde-1
y '− x
1+x2= −x
1+x2y
2.3 Persamaan Diferensial Eksak
(3 x2 y+ y2 ) dx=(−x3−2 xy ) dy
2.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak
(x¿¿2+ y2)dx−2 xy dy=0¿
2.5 Persamaan Diferensial Homogen
−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0
2.6 Persamaan Diferensial Non-Homogen
2.6.1 Koefisien Tak Tentu
3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 , x>0
2.6.2 Variasi Parameter
y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4
2.7 Persamaan Diferensial Linier Orde-2
a. Akar-akar Berbeda (m1 ,m2 dua akar rill berbeda)
2 y ' '−3 y '−2 y=0
b. Akar-akar Sama (m1=m2)
y ' '+2 y '+ y=0
c. Akar-akar Kompleks (m1,2=α ±iβ)
y ' '+ y'+ y=0
2.8 Sistem Persamaan Diferensial
2.8.1 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif Berbeda
15
y ' '−7 y ' +12 y=0
2.8.2 Sistem Persamaan Diferensial Akar-Akar Positif Sama
y ' '−12 y '+36 y=0
2.8.3 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Berbeda
y ' '+9 y'+18 y=0
2.8.4 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Sama
y ' '+6 y '+9 y=0
2.8.5 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif-Negatif
y ' '− y '−6 y
2.8.6 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Kompleks Negatif
2.8.6.1 Akar-akar Kompleks (α=0)
y ' '+25 y=0
2.8.6.2 Akar-akar Kompleks (α=¿ Positif)
y ' '−4 y'+5 y=0
2.8.6.3 Akar-akar Kompleks (α=¿ Negatif)
y ' '+3 y '+4 y=0
Permasalahan yang diangkat dalam laporan ini adalah bagaimana mencari
pemetaan Laplace dan solusi penerapan pemetaan Laplace pada persamaan
diferensial apabila diketahui
2.9 Laplace
2.9.1 Pemetaan Laplace
Buktikan L {s−8 t 2 }2.9.2 Pemetaan Laplace Balik
Diketahui F ( s )= 5
s2+4, carilah f−1(t)
2.9.3 Pemetaan Laplace dari Fungsi Turunan
y ' '−2 y=0 ; y (0 )=1 , y ' (0 )=0
16
BAB III
SOLUSI
3.1 Persamaan Diferensial Variabel Terpisah
3.1.1 Manual :
(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy
Penyelesaian :
(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy
∫ cos x
(1+sin2 x )dx=∫ 2 y
(1+ y2 )dy.
Misalkan:
u=sin x v=1+ y2
du=cos x dx dv=2 y dy
∫ du
1+u2=∫ dv
v
tan−1u=ln v
tan−1 sin x+c=ln ¿1+ y2∨¿¿
e tan−1sin x+c=1+ y2
e tan−1sin x ec=1+ y2
cetan−1 sin x=1+ y2
cetan−1 sin x−1= y2
y=√ce tan−1 sin x−1
3.2 Persamaan Diferensial Linier Orde-1
3.2.1 Manual :
y '− x
1+x2= −x
1+x2y
Penyelesaian :
y '− x
1+x2= −x
1+x2y
y '+ x
1+x2y= x
1+x2
17
a ( x )= x
1+x2
b ( x )= x
1+x2
y ( x )=e−∫a ( x )dx ¿
y (x )=e−∫ x
1+x2 dx
¿
Misalkan :
u=1+ x2
du=2 xdx
12
du=xdx
y (x )=e−12 ∫ du
u [c+∫ e12∫
duu x
1+x2 dx ]
y (x )=e−12
ln u¿
y (x )=e−ln u12
[c+∫ e ln u12 x1+x2 dx ]
y (x )=e−ln (1+x2)12
[c+∫e ln(1+ x2)12 x1+x2 dx ]
y (x )= 1
√1+x2[c+∫√1+x2 x
1+x2dx ]
y (x )= 1
√1+x2¿
y (x )= 1
√1+x2¿
y (x )= 1
√1+x2[c+ 1
22√u]
y (x )= 1
√1+x2[c+√1+x2]
18
3.2.2 Program :
>
>
>
>
>
3.3 Persamaan Diferensial Eksak
3.3.1 Manual :
(3 x2 y+ y2 ) dx=(−x3−2 xy ) dy
Penyelesaian :
(3 x2 y+ y2 ) dx−(−x3−2 xy ) dy=0
(3 x2 y+ y2 ) dx+( x3+2 xy ) dy=0
(i) M (x , y )=3 x2 y+ y2 N ( x , y )=x3+2 xy
dMdy
=3 x2+2 y ¿dNdx
=3 x2+2 y
Eksak
19
(ii) M (x , y )=dFdx
=3 x2 y+ y2
∫ dF=∫ 3 x2 y+ y2 dx
F ( x )=x3 y+x y2+c
F ( x , y )=x3 y+ y2 x+G( y)
dF (x , y )dy
=x3+2 yx+G' ( y )
(iii) Menurut
dF (x , y )dy
=N (x , y )
x3+2 xy+ ddy
G ( y )=x3+2 xy
∫ dG=∫0 dy
G ( y )=c
(iv) Sehingga,
F ( x , y )=x3 y+x y2+c
3.3.2 Solusi Program :
>
>
>
>
>
20
>
>
3.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak di Eksakkan
3.4.1 Manual :
(3 x+2 y2) dx+2 xy dy=0
Penyelesaian :
(3 x+2 y2) dx+2 xy dy=0
(i) M (x , y )=3 x+2 y2 N ( x , y )=2xy
∂ M∂ y
=4 y ≠∂ N∂ x
=2 y
Non Eksak
(ii) Non-Eksak yang di Eksakkan
U (x , y) untuk sebagai fungsi x saja
B .U ¿=U ( x ) (3x+2 y2 ) dx+U ( x )(2xy )dy=0
U ( x )=e∫h ( x ) dx
Dimana,
h ( x )=
∂ M∂ y
−∂ N∂ x
N (x , y)=
4 y−2 y2 xy
=2 y2 xy
=1x
Sehingga
U ( x )=e∫ 1
xdx=eln x=x
Substitusi u(x ) ke B .U ¿
B .U ¿=U ( x ) (3x+2 y2 ) dx+U ( x )(2xy )dy=0
x ( 3x+2 y2 ) dx+ x(2 xy )dy=0
21
(3 x2+2xy2 ) dx+(2x2 y)dy=0
M (x , y )=3 x2+2xy2 N ( x , y )=2x2 y
dMdy
=4 xy ¿ dNdx
=4 xy
Eksak(iii) M (x , y )=dF
dx=3 x2+2 xy2
∫ dF=∫ 3 x2+2 xy2 dx
F ( x )=x3+x2 y2+c
F ( x , y )=x3+ x2 y2+G( y )
dF (x , y )dy
=2 x2 y+ ddy
G( y )
(iv) Menurut,
dF (x , y )dy
=N (x , y )
2 x2 y+ ddy
G ( y )=2 x2 y
∫ dG=∫0 dy
G ( y )=C
(v) Sehingga,
F ( x , y )=x3+ x2 y2+c
22
3.4.2 Program :
>
>
>
>
>
>
>
3.5 Persamaan Diferensial Homogen
3.5.1 Manual :
−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0
Penyelesaian :
−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0 Misal : y=ux →u= yx
( x3+ y3 ) dy=x2 ydxdydx
=u+xdudx
23
dydx
= x2 yx3+ y3
dxdy
= x3+ y3
x2 y
dxdy
= x3
x2 y+ y3
x2 y
dxdy
= xy+ y2
x2
dydy
= 1
1yx
+( yx )
2
dydx
= 11u+u2
u+xdudx
= 1
1+u3
u
xdudx
= u
1+u3−u
xdudx
= u1+u3 −
u+u4
1+u3
xdudx
= −u4
1+u3
−1+u3
u4 du=1x
dx
−∫ 1+u3
u4 du=∫ 1x
dx
−(∫ 1u4 +∫ u3
u4 )dx=∫ 1x
dx
−(∫ 1
u4 +∫1u )dx=∫ 1
xdx
−(∫ u−4+∫ 1u )dx=∫ 1
xdx
24
−(−13
u−3+ln u)=ln x+C
1
3u3−ln u=ln x
−lnu=ln x− 1
3u3+C
ln u=¿−ln x+ 1
3 u3+C ¿
u=e−ln x+ 1
3u3 +C
u=e−ln x+ 1
3u3
ec
u=c e−ln x+ 1
3 u3
yx=c e
−ln x+ 1
3 ( yx )
3
y=c xe
−ln x+ 1
3( yx )
3
3.6 Persamaan Diferensial Linier Orde-2
3.6.1 Manual :
a. Akar-akar Karakteristik Berbeda
2 y ' '−3 y '−2 y=0
Penyelesaian :
2 m2−3 m−2=0
(2m−1 ) (m+2 )=0
m1=12
m2=−2
Jadi, solusi bebas linier PD adalah
y=c1 e12
x+c2e−2 x
b. Akar-akar Karakteristik Sama
y ' '+2 y '+ y=0
25
Penyelesaian :
m2+2m+1=0
(m+1 ) (m+1 )=0
m1,2=−1
Jadi, solusi umum PD adalah
y=c1 e− x+c2 xe− x
c. Akar-akar Karakteristik Kompleks
y ' '+ y'+ y=0
Penyelesaian :
m2+m+1=0
a=1 , b=1 , c=1
m1,2=−b ±√b2−4 ac
2a
m1,2=−1 ±√12−4 (1 )(1)
2(1)
m1,2=−1 ±√−3
2
m1,2=−1 ±√3 i
2
Jadi, α=−12
, β=√32
Sehingga solusi umumnya,
y=c1 e−12
xcos √3
2x+¿ c1 e−x sin √3
2x ¿
3.6.2 Program :
a. Akar-akar Karakteristik Berbeda
>
>
26
>
b. Akar-akar Karakteristik Sama
>
>
>
c. Akar-akar Karakteristik Kompleks
>
>
>
3.7 Persamaan Diferensial Non Homogen
3.7.1 Koefisien Tak Tentu
3.7.1.1 Manual :
3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 , x>0
Penyelesaian :
3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 ,
y ' '+ (−2−3 ) y '−8 y=0
y ' '−5 y '−8 y=0
(i) Akar-akar karakteristiknya
m2−5m−8=0
m1,2=−b ±√b2−4 ac
2a
27
m1,2=−(−5)±√−52−4 (1 )(−8)
2 (1)
m1,2=5±√25+32
2
m1,2=5 ±√57
2
m1=5+√57
2, m2=
5−√572
Solusi Homogen
yh=c1 e5+√57
2x+c2 e
5−√572
x
(ii) y p=A x2+Bx+c
y ' p=2 Ax+B
y ' ' p=2 A
Substitusi y , y ' , dan y ' ' ke soal
2 A−5 (2 Ax+B )−8 ( A x2+Bx+c )=3 x+5
−8 Ax2−10 Ax−8Bx+2 A−5 B+8 C=3 x+5
A=0 ,B=38
, C=2564
Solusi Partikular
y p=−38
x−2564
(iii) Solusi Umum
y ( x )= yh+ y p
y ( x )=c1 e5+√57
2x+c2 e
5−√572
x−3
8x−25
64
3.7.1.2 Program
>
>
28
>
29
3.7.2 Variasi Parameter
3.7.1.2 Manual :
y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4
Penyelesaian :
y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4
(i) m2−4 m+4=0
(m−2 ) (m−2 )=0
m1=2 , m2=2
Solusi Homogen,
yh=c1 e2 x+c2 x e2 x
(ii) y1u1' + y2u2
' =0
y1' u1
' + y2' u2
' =F (x )
e2x u1' +xe2x u2
' =0
2 e2 x u1' +( e2 x+2 x e2 x ) u2
' =e2 x x−4
e2x u1' +xe2x u2
' =0
2 e2 x u1' +(1+2 x ) e2 x u2
' =e2x x−4
2 e2 x u1' +2 x e2 x u2
' =0
2 e2x u1' +(1+2 x ) e2 x u2
' =e2 x x−4
2 x e2 x u2' −(1+2 x ) e2 x u2
' =−e2 x x−4 −¿
2 xe2 x u2' −e2 x u2
' −2 xe2 x u2' =−e2 x x−4
−e2x u2' =−e2x x−4
u2' =−e2 x x−4
−e2x
u2' =x−4
30
(iii) Substitusi u2' ke dalam
e2x u1' +xe2x u2
' =0
e2x u1' +xe2x (x¿¿−4)=0¿
e2x u1' +x−3e2 x=0
e2x u1' =−x−3 e2 x
u1' =−x−3 e2x
e2 x
u1' =−x−3
(iv) Integralkan u1' dan u2
'
u1' =−x−3 u2
' =x−4
u1=−12
x−2 u2=
−13
x−3
(v) Solusi Partikular
y p=u1 ( x ) y1(x )+u2(x ) y2(x )
y p=−12
x−2 e2 x−13
x−3 xe2x
y p=−1
2 x2e2 x− 1
3 x3x−3 xe2 x
(vi) Sehingga Solusinya adalah
y (x )= yh+ y p
y (x )=c1 e2 x+c2 xe2 x− 1
2 x2e2 x− 1
3 x3x e2 x
31
3.8 Sistem Persamaan Diferensial
3.8.1 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif Berbeda
3.8.1.1 Manual
y ' '−7 y ' +12 y=0
Penyelesaian :
y ' '−7 y ' +12 y=0
Misal : y '=u
u'= y ' '=7 y '−12 y=7 u−12 y
Jadi,
y '=0+u
u'=−12 y+7 u
(i) ( yu )
'
=( 0−12
17)( y
u )A=( 0
−1217)
det|A− λI|=0
det|( 0−12
17)− λ(10 0
1)|=0
det|( 0−12
17)−(λ
00λ)|=0
det|( −λ−12
17−λ)|=0
(−λ ) (7−λ )−(−12 ) (1 )=0
−7 λ+ λ2+12=0
λ2−7 λ+12=0
( λ−3 ) ( λ−4 )=0
λ1=3 λ2=4
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=3 dan λ2=4
32
(ii) Untuk λ1=3
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−12
17)−3(1
001)]( y1
y2)=0
[( 0−12
17)−(30 0
3)]( y1
y2)=0
[ −3−12
14]( y1
y2)=0
−3 y1+ y2=0
y2=3 y1
−12 y1+4 y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
3 y1)=(13) y1
Jadi, v1=(13)Untuk λ2=4
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−12
17)−4(1
001)]( y1
y2)=0
[( 0−12
17)−(40 0
4)]( y1
y2)=0
[ −4−12
13]( y1
y2)=0
−4 y1+ y2=0
y2=4 y1
−12 y1+3 y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
4 y1)=(14) y1
33
Jadi, v2=(14)
Vektor Eigennya adalah v1=(13) dan v2=(14)
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e3 x (13)+c2e4 x (14)
(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)( y1
y2)
Untuk titik (1,3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(13)=(39)
Untuk titik (−1,3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(−1
3 )=( 333)
Untuk titik (1 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)( 1
−3)=( −3−33)
Untuk titik (−1 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(−1
−3)=(−3−9)
Untuk titik (2,5)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(25)=( 5
11)Untuk titik (−2,5)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(−2
5 )=( 559)
34
Untuk titik (2 ,−5)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)( 2
−5)=( −5−57)
Untuk titik (−2 ,−5)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(−2
−5)=( −5−11)
Untuk titik (3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(33)=( 3
15)Untuk titik (−3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(−3
3 )=( 357)
Untuk titik (3 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(−3
3 )=( 3−57)
Untuk titik (−3 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−12
17)(−3
3 )=( −3−15)
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
(1,3) ¿ ¿
(−1,3) ¿ ¿
(1 ,−3) ¿ ¿
(−1 ,−3) ¿ ¿
(2,5) ¿ ¿
(−2,5) ¿ ¿
(2 ,−5) ¿ ¿
(−2 ,−5) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
35
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
(−3 ,−3) ¿ ¿
(v) Bidang Phase
36
3.8.1.2 Program
>
>
>
>
>
>
37
>
>
>
>
>
>
>
>
>
38
3.8.2 Sistem Persamaan Diferensial Akar-Akar Positif Sama
3.8.2.1 Manual
y ' '−12 y '+36 y=0
Penyelesaian :
y ' '−12 y '+36 y=0
Misal : y '=u
u'= y ' '=12 y '−36 y=12 u−36 y
Jadi,
y '=0+u
u'=−36 y+12 u
(i) ( yu )
'
=( 0−36
112)( y
u )A=( 0
−361
12)det|A− λI|=0
det|( 0−36
112)− λ(10 0
1)|=0
det|( 0−36
112)−(λ
00λ)|=0
39
det|( − λ−36
112−λ)|=0
(−λ ) (12−λ )− (−36 ) (1 )=0
−12 λ+λ2+36=0
λ2−12 λ+36=0
( λ−6 ) ( λ−6 )=0
λ1,2=6
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1,2=6
(ii) Untuk λ1,2=6
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−36
112)−6 (10 0
1)]( y1
y2)=0
[( 0−36
112)−(60 0
6)]( y1
y2)=0
[ −6−36
16]( y1
y2)=0
−6 y1+ y2=0
y2=6 y1
−36 y1+6 y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
6 y1)=(16) y1
Jadi, v1,2=(16)
Vektor Eigennya adalah v1,2=(16)
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e6 x (16)+c2 x e6 x (16)(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
40
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)( y1
y2)
Untuk titik (2,8)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(28)=( 8
24)
Untuk titik (−2,8)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(−2
8 )=( 8168)
Untuk titik (2 ,−8)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)( 2
−8)=( −8−168)
Untuk titik (−2 ,−8)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(−2
−8)=( −8−24 )
Untuk titik (3,4)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(3
4)=( 4−60)
Untuk titik (−3,4)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(−3
4 )=( 4156)
Untuk titik (3 ,−4)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)( 3
−4)=( −4−156)
Untuk titik (−3 ,−4)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(−3
3 )=(−460 )
Untuk titik (4,7)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(4
7)=( 7−60)
41
Untuk titik (−4,7)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(−4
7 )=( 7228)
Untuk titik (4 ,−7)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)( 4
−7)=( −7−228)
Untuk titik (−4 ,−7)
( y1
y2)
'
=( 0−36
112)(−4
−7)=(−760 )
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
(2,8) ¿ ¿
(−2,8) ¿ ¿
(2 ,−8) ¿ ¿
(−2 ,−8) ¿ ¿
(3,4) ¿ ¿
(−3,4) ¿ ¿
(3 ,−4) ¿ ¿
(−3 ,−4) ¿ ¿
(4,7) ¿ ¿
(−4,7) ¿ ¿
(4 ,−7) ¿ ¿
(−4 ,−7) ¿ ¿
42
(v) Bidang Phase
3.8.2.2 Program
>
>
>
>
>
43
>
>
>
>
>
>
>
>
3.8.3 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Berbeda
3.8.3.1 Manual
44
y ' '+9 y'+18 y=0
Penyelesaian :
y ' '+9 y'+18 y=0
Misal : y '=u
u'= y ' '=−9 y '−18 y=−9u−18 y
Jadi,
y '=0+u
u'=−18 y−9u
(i) ( yu )
'
=( 0−18
1−9)( y
u)A=( 0
−181
−9)det|A− λI|=0
det|( 0−18
1−9)−λ(1
001)|=0
det|( 0−18
1−9)−(λ
00λ)|=0
det|( − λ−18
1−9−λ)|=0
(−λ ) (−9−λ )−(−18 ) (1 )=0
9 λ+ λ2+18=0
λ2+9 λ+18=0
( λ+3 ) ( λ+6 )=0
λ1=−3 λ2=−6
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−3 dan λ2=−6
(ii) Untuk λ1=−3
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−18
1−9)−(−3)(10 0
1)]( y1
y2)=0
45
[( 0−18
1−9)+(3
003)]( y1
y2)=0
[ 3−18
1−6]( y1
y2)=0
−18 y1−6 y2=0
3 y1+ y2=0
y2=−3 y1
Y=( y1
y2)=( y1
−3 y1)=( 1
−3) y1
Jadi, v1=( 1−3)
Untuk λ2=−6
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−18
1−9)−(−6)(1
001)]( y1
y2)=0
[( 0−18
1−9)+(6
006)]( y1
y2)=0
[ 6−18
1−3 ]( y1
y2)=0
−18 y1−3 y2=0
6 y1+ y2=0
y2=−6 y1
Y=( y1
y2)=( y1
−6 y1)=( 1
−6) y1
Jadi, v2=( 1−6)
Vektor Eigennya adalah v1=( 1−3) dan v2=( 1
−6)Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 e−6 x ( 1
−6)
46
(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)( y1
y2)
Untuk titik (1,0)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(1
0)=( 0−18)
Untuk titik (−1,0)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(−1
0 )=( 018)
Untuk titik (0,1)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(0
1)=( 1−9)
Untuk titik (0 ,−1)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)( 0
−1)=(−19 )
Untuk titik (1,2)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(1
2)=( 2−36)
Untuk titik (−1,2)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(−1
2 )=(20)Untuk titik (1 ,−2)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)( 1
−2)=(−20 )
Untuk titik (−1 ,−2)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(−1
−2)=(−236 )
Untuk titik (3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(3
3)=( 3−81)
47
Untuk titik (−3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(−3
3 )=( 327)
Untuk titik (3 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)( 3
−3)=( −3−27)
Untuk titik (−3 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−18
1−9)(−3
−3)=(−381 )
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
(1,0) 0 ¿
(−1,0) 0 ¿
(0,1) ¿ ¿
(0 ,−1) ¿ ¿
(1,2) ¿ ¿
(−1,2) ¿ 0
(1 ,−2) ¿ 0
(−1 ,−2) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
(−3 ,−3) ¿ ¿
(v) Bidang Phase
48
3.8.3.2 Program
>
>
>
>
>
>
>
49
>
>
>
>
>
>
>
>
50
3.8.4 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Negatif Sama
3.8.4.1 Manual
y ' '+6 y '+9 y=0
Penyelesaian :
Misal : y '=u
u'= y ' '=−6 y '−9 y=−6u−9 y
Jadi,
y '=0+u
u'=−9 y−6 u
(i) ( yu )
'
=( 0−9
1−6)( y
u )A=( 0
−91
−6)det|A− λI|=0
det|( 0−9
1−6)−λ (10 0
1)|=0
det|( 0−9
1−6)−( λ
00λ)|=0
51
det|(−λ−9
1−6− λ)|=0
(−λ ) (−6−λ )−(−9 ) (1 )=0
6 λ+ λ2+9=0
λ2+6 λ+9=0
( λ+3 ) ( λ+3 )=0
λ1,2=−3
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1,2=−3
(ii) Untuk λ1,2=−3
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−9
1−6)−(−3)(1
001)]( y1
y2)=0
[( 0−9
1−6)+(30 0
3)]( y1
y2)=0
[ 3−9
1−3]( y1
y2)=0
3 y1+ y2=0
y2=−3 y1
−9 y1−63=0
Y=( y1
y2)=( y1
−3 y1)=( 1
−3) y1
Jadi, v1,2=( 1−3)
Vektor Eigennya adalah v1,2=( 1−3)
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 x e−3 x ( 1
−3)(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
52
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)( y1
y2)
Untuk titik (1,0)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(10)=( 0
−9)Untuk titik (−1,0)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(−1
0 )=(09)
Untuk titik (0,1)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(01)=( 1
−6)Untuk titik (0 ,−1)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)( 0
−1)=(−16 )
Untuk titik (2,3)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(23)=( 3
−36)Untuk titik (−2,3)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(−2
3 )=(30)
Untuk titik (2 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)( 2
−3)=(−30 )
Untuk titik (−2 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(−2
−3)=(−336 )
Untuk titik (4,1)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(41)=( 1
−42)Untuk titik (−4,1)
53
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(−4
1 )=( 130)
Untuk titik (4 ,−1)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)( 4
−1)=( −1−30)
Untuk titik (−4 ,−1)
( y1
y2)
'
=( 0−9
1−6)(−4
−1 )=(−142 )
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
(1,0) 0 ¿
(−1,0) 0 ¿
(0,1) ¿ ¿
(0 ,−1) ¿ ¿
(2,3) ¿ ¿
(−2,3) ¿ 0
(2 ,−3) ¿ 0
(−2 ,−3) ¿ ¿
(4,1) ¿ ¿
(−4,1) ¿ ¿
(4 ,−1) ¿ ¿
(−4 ,−1) ¿ ¿
54
(v) Bidang Phase
3.8.4.2 Program
>
>
>
>
>
>
>
55
>
>
>
>
>
>
3.8.5 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Positif-Negatif
3.8.5.1 Manual
y ' '− y '−6 y
Penyelesaian :
56
y ' '− y '−6 y
Misal : y '=u
u'= y ' '= y '+6 y=u+6 y
Jadi,
y '=0+u
u'=6 y+u
(i) ( yu )
'
=(06
11)( y
u )A=(0
611)
det|A− λI|=0
det|(06
11)− λ(10 0
1)|=0
det|(06
11)−(λ
00λ)|=0
det|(−λ6
11−λ)|=0
(−λ ) (1−λ )−(6 ) (1 )=0
−λ+ λ2−6=0
λ2−λ−6=0
( λ+2 ) ( λ−3 )=0
λ1=−2 λ2=3
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−2 dan λ2=3
(ii) Untuk λ1=−2
( A−λ1 I )Y =0
[(06
11)−(−2)(1
001)]( y1
y2)=0
[(06
11)+(2
002)]( y1
y2)=0
[26 13]( y1
y2)=0
57
2 y1+ y2=0
y2=−2 y1
6 y1+3 y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
−2 y1)=( 1
−2) y1
Jadi, v1=( 1−2)
Untuk λ2=3
( A−λ1 I )Y =0
[(06
11)−3(1
001)]( y1
y2)=0
[(06
11)−(30 0
3)]( y1
y2)=0
[−36
1−2]( y1
y2)=0
−3 y1+ y2=0
y2=3 y1
6 y1−2 y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
3 y1)=(13) y1
Jadi, v2=(13)Vektor Eigennya adalah v1=( 1
−2) dan v2=(13)Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−2 x ( 1−2)+c2e3x (13)
(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
( y1
y2)
'
=(06
11)( y1
y2)
58
Untuk titik (1,0)
( y1
y2)
'
=(06
11)(10)=(06)
Untuk titik (−1,0)
( y1
y2)
'
=(06
11)(−1
0 )=( 0−6)
Untuk titik (0,1)
( y1
y2)
'
=(06
11)(01)=(11)
Untuk titik (0 ,−1)
( y1
y2)
'
=(06
11)( 0
−1)=(−11 )
Untuk titik (2,4)
( y1
y2)
'
=(06
11)(2
4)=( 416)
Untuk titik (−2,4)
( y1
y2)
'
=(06
11)(−2
4 )=( 4−8)
Untuk titik (2 ,−4)
( y1
y2)
'
=(06
11)( 2
−4)=(−48 )
Untuk titik (−2 ,−4)
( y1
y2)
'
=(06
11)(−2
−4)=( −4−16)
Untuk titik (3,1)
( y1
y2)
'
=(06
11)(31)=( 1
19)Untuk titik (−3,1)
( y1
y2)
'
=(06
11)(−3
1 )=( 1−17)
Untuk titik (3 ,−1)
59
( y1
y2)
'
=(06
11)( 3
−1)=(−117 )
Untuk titik (−3 ,−1)
( y1
y2)
'
=(06
11)(−3
−1)=( −1−19)
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
(1,0) 0 ¿
(−1,0) 0 ¿
(0,1) ¿ ¿
(0 ,−1) ¿ ¿
(2,4) ¿ ¿
(−2,4) ¿ ¿
(2 ,−4) ¿ ¿
(−2 ,−4) ¿ ¿
(3,1) ¿ ¿
(−3,1) ¿ ¿
(3 ,−1) ¿ ¿
(−3 ,−1) ¿ ¿
(v) Bidang Phase
60
3.8.5.2 Program
>
>
>
>
>
>
61
>
>
>
>
>
>
>
>
>
62
3.8.6 Sistem Persamaan Diferensial Akar-akar Kompleks
3.8.6.1 Akar-akar Kompleks (α=0)
a. Manual
y ' '+25 y=0
Penyelesaian :
y ' '+25 y=0
Misal : y '=u
u'= y ' '=−25 y
Jadi,
y '=0+u
u'=−25 y+0
(i) ( yu )
'
=( 0−25
10)( y
u)A=( 0
−2510)
det|A− λI|=0
det|( 0−25
10)−λ(1
001)|=0
det|( 0−25
10)−(λ
00λ)|=0
63
det|( − λ−25
1−λ)|=0
(−λ ) (− λ )−(−25 ) (1 )=0
λ2+25=0
λ=± 5i
λ1=5 i λ2=−5 i
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=5 i dan λ2=−5 i
(ii) Untuk λ1=5 i
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−25
10)−(5 i)(1
001)]( y1
y2)=0
[( 0−25
10)−(5 i
005 i)]( y1
y2)=0
[−5i−25
1−5i ]( y1
y2)=0
−5 i y1+ y2=0
y2=5 i y1
−25 y1−5 i y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
5i y1)=( 1
5 i) y1
Jadi, v1=( 15 i)
Untuk λ2=−5 i
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−25
10)−(−5 i)(1
001)]( y1
y2)=0
[( 0−25
10)+(5i
005i)]( y1
y2)=0
[ 5i−25
15 i ]( y1
y2)=0
64
5 i y1+ y2=0
y2=−5 i y1
−25 y1+5 i y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
−5 i y1)=( 1
−6) y1
Jadi, v2=( 1−5 i)
Vektor Eigennya adalah v1=( 15 i) dan v2=( 1
−5 i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 cos5 x ( 15 i)+c2 sin5 x ( 1
−5 i)e ix=cos x+ isin x
e−ix=cos x−i sin x
¿
cos2 βx−i sin βx+ isin βx−(−1)sin2 βx
cos2 x+sin2 x=r2
(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)( y1
y2)
Untuk titik (1,1)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(11)=( 1
−25)Untuk titik (−1,1)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(−1
1 )=( 125)
Untuk titik (1 ,−1)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)( 1
−1)=( −1−25)
Untuk titik (−1 ,−1)
65
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(−1
−1)=(−125 )
Untuk titik (2,2)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(2
2)=( 2−50)
Untuk titik (−2,2)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(−2
2 )=( 250)
Untuk titik (2 ,−2)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)( 2
−2)=( −2−50)
Untuk titik (−2 ,−2)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(−2
−2)=(−250 )
Untuk titik (3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(3
3)=( 3−75)
Untuk titik (−3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(−3
3 )=( 375)
Untuk titik (3 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)( 3
−3)=( −3−75)
Untuk titik (−3 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−25
10)(−3
−3)=(−375 )
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
66
(1,1) ¿ ¿
(−1,1) ¿ ¿
(1 ,−1) ¿ ¿
(−1 ,−1) ¿ ¿
(2,2) ¿ ¿
(−2,2) ¿ ¿
(2 ,−2) ¿ ¿
(−2 ,−2) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
(−3 ,−3) ¿ ¿
(v) Bidang Phase
b. Program
>
67
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
68
>
3.8.6.2 Akar-akar Kompleks (α >0)
a. Manual
y ' '−4 y'+5 y=0
Penyelesaian :
y ' '−4 y'+5 y=0
Misal : y '=u
u'= y ' '=4 y '−5 y=4 u−5 y
Jadi,
y '=0+u
u'=−5 y+4 u
(i) ( yu )
'
=( 0−5
14)( y
u )A=( 0
−514 )
det|A− λI|=0
69
det|( 0−5
14)−λ (10 0
1)|=0
det|( 0−5
14)−(λ
00λ)|=0
det|(−λ−5
14−λ)|=0
(−λ ) ( 4−λ )−(−5 ) (1 )=0
−4 λ+λ2+5=0
λ2−4 λ+5=0
λ1,2=−(−4)±√(−4)2−4 (1 ) 5
2(1)
λ1,2=4±√16−20
2
λ1,2=4 ±√16−20
2
λ1,2=4 ± 2 i
2
λ1=2+i λ2=2−i
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=2+2i dan λ2=2−2 i.
(ii) Untuk λ1=2+i
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−5
14 )−(2+ i)(10 0
1)]( y1
y2)=0
[( 0−5
14 )−(2+i
00
2+i)]( y1
y2)=0
[−2−i−5
12+i ]( y1
y2)=0
(2+i) y1+ y2=0
y2=−2−i y1
−5 y1−(2−i) y2=0
70
Y=( y1
y2)=( y1
−2−i y1)=( 1
−2−i) y1
Jadi, v1=( 1−2−i)
Untuk λ2=2−i
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−5
14 )−(2−i)(1
001)]( y1
y2)=0
[( 0−5
14 )−(2−i
00
2−i)]( y1
y2)=0
[−2+i−5
12−i ]( y1
y2)=0
(−2+i) y1+ y2=0
y2=(2−i) y1
−5 y1+(2−i) y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
(2−i) y1)=( 1
2−i) y1
Jadi, v2=( 12−i)
Vektor Eigennya adalah v1=( 1−2−i) dan v2=( 1
2−i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e2 x cos x ( 1−2−i)+c2 e2 x x ( 1
2−i)e ix=cos x+ isin x
e−ix=cos x−i sin x
¿
cos2 βx−i sin βx+ isin βx−(−1)sin2 βx
cos2 x+sin2 x=r2
y=rsin θ
71
x=r cosθ
y+x=r sin θ+r cosθ
y2+x2=r2 sin2θ+r2 cos2 θ
y2+x2=r2(sin¿¿2 θ+cos2 θ)¿
y2+x2=r2
(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)( y1
y2)
Untuk titik (1,1)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(11)=( 4
−1)Untuk titik (−1,1)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(−1
1 )=(19)Untuk titik (1 ,−1)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)( 1
−1)=(−1−9)
Untuk titik (−1 ,−1)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(−1
−1)=(−11 )
Untuk titik (3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(33)=( 3
−3)Untuk titik (−3,3)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(−3
3 )=( 327)
Untuk titik (3 ,−3)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)( 3
−3)=( −3−27)
Untuk titik (−3 ,−3)
72
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(−3
−3)=(−33 )
Untuk titik (5,5)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(55)=( 5
−5)Untuk titik (−5,5)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(−5
5 )=( 545)
Untuk titik (5 ,−5)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)( 5
−5)=( −5−45)
Untuk titik (−5 ,−5)
( y1
y2)
'
=( 0−5
14)(−5
−5)=(−55 )
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
(1,1) ¿ ¿
(−1,1) ¿ ¿
(1 ,−1) ¿ ¿
(−1 ,−1) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
(−3 ,−3) ¿ ¿
(5,5) ¿ ¿
(−5,5) ¿ ¿
(5 ,−5) ¿ ¿
(−5 ,−5) ¿ ¿
73
74
(v) Bidang Phase
b. Program
>
>
>
>
>
>
>
75
>
>
>
>
>
>
>
76
3.8.6.3 Akar-akar Kompleks (α <0)
a. Manual
y ' '+3 y '+4 y=0
Penyelesaian :
Misal : y '=u
u'= y ' '=−3 y '−4 y=−3u−4 y
Jadi,
y '=0+u
u'=−4 y−3 u
(i) ( yu )
'
=( 0−4
1−3)( y
u )A=( 0
−41
−3)det|A− λI|=0
det|( 0−4
1−3)− λ(10 0
1)|=0
det|( 0−4
1−3)−(λ
00λ)|=0
det|(−λ−4
1−3−λ)|=0
(−λ ) (−3−λ )−(−4 ) (1 )=0
3 λ+ λ2+4=0
λ2+3 λ+4=0
λ1,2=−3±√(3)2−4 (1 ) 4
2(1)
λ1,2=−3±√9−16
2
λ1,2=−3±√7 i
2
λ1,2=−3±√7 i
2
77
λ1=−3+√7 i
2 λ2=
−3−√7 i2
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−3+√7 i
2 dan λ2=
−3−√7 i2
(ii) Untuk λ1=−3+√7 i
2
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−4
1−3)−(−3+√7 i
2 )(10
01)]( y1
y2)=0
[( 0−4
1−3)−(−3+√7 i
20
0−3+√7 i
2 )]( y1
y2)=0
[ 3−√7 i2
−4
1−3+√7 i
2 ]( y1
y2)=0
3−√7 i2
y1+ y2=0
y2=−3+√7 i
2y1
−4 y1+−3+√7 i
2y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
−3+√7 i2
y1)=( 1−3+√7 i
2 ) y1
Jadi, v1=( 1−3+√7 i
2 )Untuk λ2=
−3−√7 i2
( A−λ1 I )Y =0
[( 0−4
1−3)−(−3−√7 i
2 )(10 01)]( y1
y2)=0
78
[( 0−4
1−3)−(−3−√7 i
20
0−3−√7 i
2 )]( y1
y2)=0
[ 3+√7 i2
−4
1−3+√7 i
2 ]( y1
y2)=0
3+√7 i2
y1
+ y2=0
y2=−3−√7 i
2y1
−4 y1+−3+√7 i
2y2=0
Y=( y1
y2)=( y1
−3−√7 i2
y1)=( 1−3−√7 i
2 ) y1
Jadi, v2=( 1−3−√7 i
2 )Vektor Eigennya adalah v1=( 1
−3+√7 i2 ) dan v2=( 1
−3−√7 i2 )
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−32
x
cos√72
x( 1−3+√7 i
2 )+c2 e−32
x
sin√72
x ( 1−3−√7 i
2 )e ix=cos x+ isin x
e−ix=cos x−i sin x
¿
cos2 βx−i sin βx+ isin βx−(−1)sin2 βx
cos2 x+sin2 x=r2
(iii) Titik-titik Uji
Y '=AY
79
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)( y1
y2)
Untuk titik (2,2)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(22)=( 2
−14)Untuk titik (−2,2)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(−2
2 )=(22)Untuk titik (2 ,−2)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)( 2
−2)=(−2−2)
Untuk titik (−2 ,−2)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(−2
−2)=(−214 )
Untuk titik (4,4)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(4
4)=( 4−28)
Untuk titik (−4,4)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(−4
4 )=(44)
Untuk titik (4 ,−4)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)( 4
−4)=(−4−4)
Untuk titik (−4 ,−4)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(−4
−4)=(−428 )
Untuk titik (6,6)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(66)=( 6
−42)Untuk titik (−6,6)
80
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(−6
6 )=(66)
Untuk titik (6 ,−6)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)( 6
−6)=(−6−6)
Untuk titik (−6 ,−6)
( y1
y2)
'
=( 0−4
1−3)(−6
−6)=(−642 )
(iv) Tabel Titik Uji
Titik y1' y2
'
(2,2) ¿ ¿
(−2,2) ¿ ¿
(2 ,−2) ¿ ¿
(−2 ,−2) ¿ ¿
(4,4) ¿ ¿
(−4,4) ¿ ¿
(4 ,−4) ¿ ¿
(−4 ,−4) ¿ ¿
(6,6) ¿ ¿
(−6,6) ¿ ¿
(6 ,−6) ¿ ¿
(−6 ,−6) ¿ ¿
(v) Bidang Phase
81
b. Program
>
>
>
>
>
82
>
>
>
>
>
>
>
>
>
83
3.9 Laplace
3.9.1 Pemetaan Laplace
L {s−8 t 2 }Penyelesaian :
L {s−8 t 3 }= lima→ ∞
∫0
a
e−st ( s−8 t 2 ) dt
¿ lima → ∞
∫0
a
(e−st¿s−e−st 8 t2)dt ¿
¿ lima → ∞
∫0
a
e−st sdt−∫0
a
e−st 8 t 2dt
Misal : u=−8 t2 dv=e−st
du=−16 t v=−1
se−st
¿ lima → ∞
e−st+( 1s
e−st) (8 t2 )−16s∫
0
a
e−st t dt
Misal : u=t dv=e−st
du=dt v=−1
se−st
84
¿ lima → ∞
e−st+( 1s
e−st) (8 t2 )+ 16s2 e−st t−16
s2 ∫0
a1s
e−st dt
¿ lim (¿ a→ ∞ e−st+(1s
e−st)( 8 t2 )+ 16
s2e−st t + 16
s4e− st)¿0
a
¿ lima → ∞ (e0+( 1
se0) (8 ∙ 0 )+16
s2 e0∙ 0+16
s4 e0) −(e−sa+( 1
se− sa) (8a2 )+ 16
s2 e−saa+16
s4 e−sa)F (s )=(1+ 16
s4 )=( s4+16s4 )
3.9.2 Pemetaan Laplace Balik
F ( s )= 3
s2+4= As+B
s2+4
3
s2+4= As+B
s2+4
4=As+B
Didapat A=0 dan B=4 lalu substitusikan A dan B
F ( s )= 4
s2+4
f (t )=L−1[F ( s )]
f (t)=L−1[ 4
s2+4 ]f (t)=4 ( 1
s2+4 )f (t)=4
sin 2t2
f (t)=42
sin 2 t
f (t)=2sin 2 t
85
3.9.3 Pemetaan Laplace dari Fungsi Turunan
y ' '−4 y=0
y (0 )=1,y ' (0 )=0
L { y ' ' }−4 L { y }=0
s2 L {y ( t)}−s y (0 )− y' (0 )−4 L { y (t ) }=0
s2 F (s )−s−4 F (s )=0
s2 F (s )−s−4 F (s )=0
( s2−4 ) F (s )=s
F ( s )= s
( s2−4 )
F−1 ( s )= s
( s2−4 )=cos 2t
86
BAB IV
PEMBAHASAN
4.1 Persamaan Diferensial Variabel Terpisah
4.1.1 Manual
(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy
Dalam menyelesaikan persamaan di atas pertama-tama variabel x dan
y harus dipisahkan kemudian kedua ruas di integrasikan
a. Diambil P ( x )=1+ y2 cos xdxdan Q ( y )=(1+sin2 x ) 2 y dy
b. Kerena variabel x dan y belum terpisah, maka
(1+ y2 ) cos x dx=(1+sin2 x ) 2 y dy
cos x
(1+sin2 x )dx=¿
2 y
(1+ y2 )dy
c. Setelah variabel variabel x dan y terpisah, kemudian kedua ruas
di integrasikan dengan menggunakan integral substitusi
∫ cos x
(1+sin2 x )dx=∫ 2 y
(1+ y2 )dy.
Misalkan:
u=sin x v=1+ y2
du=cos x dx dv=2 y dy
∫ du
1+u2=∫ dv
v
tan−1u=ln v
tan−1 sin x+c=ln ¿1+ y2∨¿¿
e tan−1sin x+c=1+ y2
e tan−1sin x ec=1+ y2
cetan−1 sin x=1+ y2
cetan−1 sin x−1= y2
d. Sehingga diperoleh solusi umumnya
y=√ce tan−1 sin x−1
4.2 Persamaan Diferensial Linier Orde-1
87
4.2.1 Manual
y '− x
1+x2= −x
1+x2y
Tahap-tahap penyelesaian persamaan diferensial orde-1:
a. Untuk menyelesaikan persamaan diatas pertama-tama persamaan
di ubah ke dalam bentuk
y '+a(x ) y=b( x)
y '− x
1+x2= −x
1+x2y
y '+ x
1+x2y= x
1+x2
b. Kemudian menentukan nilai a (x) dan b (x)
a ( x )= x
1+x2
b ( x )= x
1+x2
c. Untuk menyelesaiakan persamaan diferensial linear orde-1 dapat
memakai rumus seperti berikut
y ( x )=e−∫a ( x )dx ¿
d. Tahap selanjutnya nilai a (x) dan b (x) di masukkan kedalam
rumus
y (x )=e−∫ x
1+x2 dx
¿
e. Dengan melakukan teknik pengintegralan persamaan di atas dapat
di selesaikan
y (x )=e−∫ x
1+x2 dx
¿
Misalkan :
u=1+ x2
du=2 xdx
12
du=xdx
88
y (x )=e−12 ∫ du
u [c+∫ e12∫
duu x
1+x2 dx ]
y (x )=e−12
ln u¿
y (x )=e−ln u12
[c+∫ e ln u12 x1+x2 dx ]
y (x )=e−ln (1+x2)12
[c+∫e ln(1+ x2)12 x1+x2 dx ]
y (x )= 1
√1+x2[c+∫√1+x2 x
1+x2dx ]
Misalkan
u=1+ x2
du=2 xdx
12
du=xdx
y (x )= 1
√1+x2¿
y (x )= 1
√1+x2¿
y (x )= 1
√1+x2[c+ 1
22√u]
y (x )= 1
√1+x2[c+√1+x2]
f. Jadi, solusi umum persamaan diferensial orde satu diperoleh
y ( x )= c
√1+x2+1
4.2.2 Program
Salah satu software yang digunakan untuk menyelesaikan
persamaan diferensial linear orde satu adalah Maple 13. Dengan
89
menggunakan Software ini, maka pengerjaan soal akan lebih mudah
apabila dibandingkan dengan pengerjaan dengan cara manual. Selain
itu, tingkat kesalahannya pun akan lebih kecil apabila dengan
menggunakan Softwate tersebut.
Dalam penggunaannya, Software Maple 13 menggunakan
beberapa simbol yang telah diatur sedemikian rupa sehingga
memungkinkan pengguna menemukan solusi yang diinginkan. Oleh
karena itu, dibutuhkan kejelian pengguna dalam memahami masalah
yang diberikan agar solusi yang diinginkan tercapai.
Dalam soal di atas, ada beberapa langkah yang harus ditempuh
untuk memperoleh solusi umum dan solusi khusus dari persamaan
diferensial. Perlu diketahui bahwa untuk memulai langkah awal, maka
klik pada Maple 13 Input terlebih dahulu yang terdapat pada menu
Tool Group agar pengguna bisa memasukkan simbol yang diinginkan.
Berikut simbol-simbol yang digunakan dalam program Maple 13
1. ; berfungsi untuk mengakhiri setiap pernyataan.
2. ≔ berfungsi untuk mendefinisikan fungsi.
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada
>
90
Menentukan dan menampilkan nilai a(x) dan b(x)
>
Persamaan diatas berfungsi untuk mengintegralkan nilai a(x) untuk
mendapatkan nilai h
>
Persamaan di atas berfungsi untuk mencari solusi umum dari
persamaan diferensial linear orde satu sehinnga diperoleh
4.3 Persamaan Diferensial Eksak
4.3.1 Manual
(3 x2 y+ y2 ) dx=(−x3−2 xy ) dy
Tahap-tahap menyelesaiakan persamaan diferensial eksak
a. Pertama-tama persamaan di tulis dalam bentuk
M (x , y ) dx+N ( x , y )dy=0
(3 x2 y+ y2 ) dx−(−x3−2 xy ) dy=0
(3 x2 y+ y2 ) dx+( x3+2 xy ) dy=0
b. Menguji ke-eksak-an PD dengan mendiferensialkan M (x , y )
terhadap y dan N ( x , y ) terhadap x
M (x , y )=3 x2 y+ y2 N ( x , y )=x3+2 xy
dMdy
=3 x2+2 y ¿dNdx
=3 x2+2 y
Eksak
c. Integralkan M terhadap x atauN terhadap y. Misal di pilih M ,
maka
91
M (x , y )=dFdx
=3 x2 y+ y2
∫ dF=∫ 3 x2 y+ y2 dx
F ( x )=x3 y+x y2+G( y )
d. Kemudian F ( x ) turunkan terhadap y sehingga diperoleh
F ( x , y )=x3 y+ y2 x+G( y)
dF (x , y )dy
=x3+2 yx+G' ( y )
e. Menyamakan turunan F ( x , y ) terhadap y dengan N ( x , y )
dF (x , y )dy
=N (x , y )
x3+2 xy+ ddy
G ( y )=x3+2 xy
dG=0dy
f. Kemudian integralkan kedua ruas
∫ dG=∫0dy
G ( y )=c
g. Dengan mensubstitusi G ( y ) ke F ( x , y ) maka diperoleh
penyelesaiannya
F ( x , y )=x3 y+x y2+c
4.3.2 Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal persamaan
diferensialkan eksak. Sehingga diperoleh
92
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan dan menentukan nilai
M (x , y ) dan N (x , y), sehingga diperoleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk mendifrensialkan M (x , y )
terhadap y dan N (x , y) terhadap x dan hasil turunan dari M (x , y )
dan N (x , y) di kurangi apabila nilainya sama dengan nol maka eksak,
apabila nilainya tidak nol berarti tidak eksak
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan nilai f(x) dengan cara
mengintegralkan M (x , y ) di peroleh hasilnya
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menurunkan nilai f(x) terhadap y
dan nilai turunan f(x) sama dengan N (x , y), sehingga di peroleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan solusi umum
persamaan diferensial eksak, sehingga di peroleh
4.4 Persamaan Diferensial Non-Eksak di Eksakkan
4.4.1 Manual
(3 x+2 y2) dx+2 xy dy=0
93
Untuk menyelesaiakan persamaan di atas di perlukan langkah-langkah
sebagai berikut
a. Uji ke-eksakan dengan menurunkan M (x , y ) terhadap y dan
N ( x , y )terhadap x
M (x , y )=3 x+2 y2 N ( x , y )=2xy
∂ M∂ y
=4 y ≠∂ N∂ x
=2 y
Non Eksak
b. Karena persamaan tidak eksak maka persamaan di eksakkan
terlebih dahulu dengan menggunakan rumus berikut
B .U ¿=u ( x ) ( 3x+2 y2 ) dx+u (x )(2 xy )dy=0
c. Menyelesaikan bentuk umum dengan mencari nilai u ( x )
u ( x )=e∫h ( x ) dx
Dimana,
h ( x )=
∂ M∂ y
−∂ N∂ x
N (x , y)=
4 y−2 y2 xy
=2 y2 xy
=1x
Sehingga
u ( x )=e∫ 1
xdx=e ln x=x
d. Kemudian subtitusi u ( x ) ke dalam B .U ¿ diperoleh
x ( 3x+2 y2 ) dx+ x(2 xy )dy=0
(3 x2+2xy2 ) dx+(2x2 y)dy=0
e. Setelah bentuk umum diperoleh kemudian uji kembali ke-eksak-an
PD
M (x , y )=3 x2+2xy2 N ( x , y )=2x2 y
94
dMdy
=4 xy ¿dNdx
=4 xy
Eksakf. Integralkan M terhadap x atauN terhadap y. Misal di pilih M ,
maka :
M (x , y )=dFdx
=3 x2+2 xy2
∫ dF=∫ 3 x2+2 xy2 dx+G( y)
F ( x )=x3+x2 y2+G( y)
g. Kemudian F ( x ) turunkan terhadap y diperoleh
dF (x , y )dy
=2 x2 y+ ddy
G( y )
h. Menyamakan turunan F ( x , y ) terhadap y dengan N ( x , y ), sehingga
diperoleh
dF (x , y )dy
=N (x , y )
2 x2 y+ ddy
G ( y )=2 x2 y
dG=0dy
i. Kemudian integralkan kedua ruas untuk mendapatkan nilai G ( y )
∫ dG=∫0 dy
G ( y )=C
j. Dengan mensubtitusi G ( y ) ke F ( x , y ) sehingga diperoleh
penyelesaiannya
F ( x , y )=x3+ x2 y2+c
4.4.2 Program
95
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal persamaan
diferensialkan eksak. Sehingga diperoleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan dan menentukan nilai
M (x , y ) dan N (x , y), sehingga diperoleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk mendifrensialkan M (x , y )
terhadap y dan N (x , y) terhadap x dan hasil turunan dari M (x , y )
dan N (x , y) di kurangi apabila nilainya sama dengan nol maka eksak,
apabila nilainya tidak nol berarti tidak eksak
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan nilai f(x) dengan cara
mengintegralkan M (x , y ) diperoleh hasilnya
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menurunkan nilai f(x) terhadap y
dan nilai turunan f(x) sama dengan N (x , y), sehingga diperoleh
96
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menentukan solusi umum
persamaan diferensial eksak, sehingga diperoleh
4.5 Persamaan Diferensial Homogen
4.5.1 Manual
Mencari solusi umum persamaan diferensial homogen
−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0
Untuk menyelesaikan persamaan di atas dengan memisahkan variabel
dengan melakukan subtitusi y=ux . Dengan melakukan tahap-tahap
berikut
a. Mengubah persamaan diferensialnya
−x2 y dx+( x3+ y3 ) dy=0
dydx
= x2 yx3+ y3
dxdy
= x3+ y3
x2 y
b. Persamaan diatas dapat diselesaikan dengan melakukan subtitusi
y=ux →u= yx
,dengan u adalah fungsi x. Sehingga
penyelesaiannya dari y=ux ,di dapatkan dydx
=u+xdudx
dxdy
= x3
x2 y+ y3
x2 y
dxdy
= xy+ y2
x2
dxdy
= 1
1yx
+( yx )
2
97
dydx
= 11u+u2
c. Dengan melakukan subtitusi dydx
=u+xdudx
ke persamaan di atas
sehingga diperoleh
v+xdudx
= 1
1+u3
u
xdudx
= u
1+u3−u
xdudx
= u1+u3 −
u+u4
1+u3
xdudx
= −u4
1+u3
d. Untuk menyelesaikan persamaan di atas yang harus dilakukan
adalah dengan melakukan pemisahan variabel menjadi
−1+u3
u4 du=1x
dx
e. Setelah persamaan menjadi persamaan variabel terpisah kemudian
kedua ruas di integralkan sehingga diperoleh
−∫ 1+u3
u4 du=∫ 1x
dx
−(∫ 1u4 +∫ u3
u4 )dx=∫ 1x
dx
−(∫ 1
u4 +∫1u )dx=∫ 1
xdx
−(∫ u−4+∫ 1u )dx=∫ 1
xdx
−(−13
u−3+ln u)=ln x+C
1
3u3−ln u=ln x
98
−lnu=ln x− 1
3u3+C
ln u=¿−ln x+ 1
3 u3+C ¿
u=e−ln x+ 1
3u3 +C
u=e−ln x+ 1
3u3
ec
v=c e−ln x+ 1
3 v3
f. Setelah nilai v diperoleh kemudian subtitusi u= yx
,sehingga
diperoleh
yx=c e
−ln x+ 1
3 yx
3
g. Sehingga diperoleh solusi umumnya
y=c xe−ln x+ 1
3 u3
4.6 Persamaan Diferensial Linier Orde Dua
4.6.1 Manual
a. Untuk kasus m1≠ m2
Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua
2 y ' '−3 y '−2 y=0
Persamaan di atas ubah ke dalam bentuk persamaan
karakteristik untuk menentukan m1 dan m2 2 m2−3 m−2=0
(2m−1 ) (m+2 )=0
m1=12
m2=−2
Setelah diperoleh m1 dan m2 maka diperoleh solusi umumnya99
y=c1 e12
x+c2e− x
b. Untuk kasus m1=m2
Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua
y ' '+2 y '+ y=0
Persamaan di atas ubah ke dalam bentuk persamaan
karakteristik untuk menentukan m1 dan m2 m2+2m+1=0
(m+1 ) (m+1 )=0
m1,2=−1
Setelah diperoleh m1 dan m2 maka diperoleh solusi umumnyay=c1 e− x+c2 e−x
c. Untuk m1 ,m2 kompleks
Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua
y ' '+ y'+ y=0
Mengubah persamaaan di atas menjadi persamaan karakteristrik
dan menentukan m1 dan m2 dengan menggunakan rumusm1,2=
−b ±√b2−4 ac2a
m2+m+1=0
a=1, b=1, c=1
m1,2=−b ±√b2−4 ac
2a
m1,2=−1 ±√12−4 (1 )(1)
2(1)
m1,2=−1 ±√1−3
2(1)
100
m1,2=−1 ±√−3
2
Jadi, α=−12
, β=√32
Sehingga solusi umumnya,
y=c1 e−12
xcos √3
2x+¿ c1 e−x sin √3
2x ¿
4.6.2 Program
a. Untuk kasus m1≠ m2
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya
dan mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri
suatu persamaan dalam Maple 13.
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada.
Arti dari D@@2 adalah orde tertinggi yaitu orde dua dari
persamaan tersebut, sehingga diperoleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk mencari solusi umum dari
persamaan diferensial homogen yang diketahui solusi umum ini
diperoleh dengan mensubtitusi m1(x) dan m2(x), di mana m ( x )
adalah hasil akar karakteristrik di atas, sehingga diperoleh
b. Untuk kasus m1=m2
>
101
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya
dan mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri
suatu persamaan dalam Maple 13.
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada.
Arti dari D@@2 adalah orde tertinggi yaitu orde dua dari
persamaan tersebut, sehingga diperoleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk mencari solusi umum dari
persamaan diferensial homogen yang diketahui solusi umum ini
diperoleh dengan mensubtitusi m1(x) dan m2(x), di mana m ( x )
adalah hasil akar karakteristrik di atas, sehingga diperoleh
c. Untuk kasus akar-akar kompleks
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya
dan mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri
suatu persamaan dalam Maple 13.
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada.
Arti dari D@@2 adalah orde tertinggi yaitu orde dua dari
persamaan tersebut, sehingga diperoleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk mencari solusi umum dari
persamaan diferensial homogen yang diketahui solusi umum ini
diperoleh dengan mensubtitusi m1(x) dan m2(x), di mana m ( x )
adalah hasil akar karakteristrik di atas, sehingga diperoleh
102
4.7 Persamaan Diferensial Non-Homogen
4.7.1 Koefisien Tak Tentu
4.7.1.1 Manual
3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 , x>0
Penyelesaian :
3 x2 y ' '−2 x y '−8 y=3 x+5 ,
y ' '+ (−2−3 ) y '−8 y=0
y ' '−5 y '−8 y=0Pertama-tama persamaan di atas di bentuk ke dalam persamaan karakteristik untuk menentukan m1 dan m2 dengan menggunakan rumus m1,2=
−b ±√b2−4 ac2a
m2−5m−8=0
Di dapatkan a=1, b=−5, c=−8 kemudian substitusi ke rumus
m1,2=−b ±√b2−4 ac
2a
m1,2=−(−5)±√−52−4 (1 )(−8)
2 (1)
m1,2=5 ±√25+32
2
m1,2=5±√57
2
m1=5+√57
2, m2=
5−√572
Setelah m1 dan m2 di dapatkan maka diperoleh solusi homogennyayh=c1 e
5+√572
x+c2 e
5−√572
x.
103
Untuk mencari solusi partikular gunakan persamaan A x2+Bx+c
kemudian diferensialkan
y p=A x2+Bx+c
y ' p=2 Ax+B
y ' ' p=2 A
Selanjutnya substitusi y , y ' , dan y ' ' ke soal
2 A−5 (2 Ax+B )−8 ( A x2+Bx+c )=3x+5
−8 x2−10 Ax−8 Bx+2 A−5 B+8C=3 x+5
A=0 ,B=38
, C=258
Setelah menperoleh A , B ,dan C, Solusi Partikular dapat diperoleh
y p=−38
x−258
Sehingga Solusi Umum yang diperoleh
y ( x )= yh+ y p
y ( x )=c1 e5+√57
2x+c2 e
5−√572
x−3
8x−25
64
4.7.1.2 Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
Persamaan di atas berfungsi untuk menampilkan soal yang ada. Arti
dari D@@2 adalah orde tertinggi yaitu orde dua dari persamaan
tersebut, sehingga diperoleh
>
Persamaan di atas berfungsi untuk mencari solusi umum dari
persamaan diferensial homogen yang diketahui solusi umum ini
104
diperoleh dengan mensubtitusi m1(x) dan m2(x), di mana m ( x )
adalah hasil akar karakteristrik di atas, sehingga diperoleh
4.7.2 Variasi Parameter
4.7.2.1 Manual
y ' '−4 y'+4 y=e2x x−4
Pertama-tama harus mengubah persamaannya ke bentuk persamaan
karakteristik
m2−4 m+4=0
(m−2 ) (m−2 )=0
m1=2 , m2=2
Diperoleh m1 dan m2 dari persamaaan kerakteristriknya kemudian
diperoleh solusi homogennya
yh=c1 e2 x+c2 x e2 x
Untuk mencari variasi parameter, dapat menggunakan rumus seperti
yang di bawah ini
(vii) y1u1' + y2u2
' =0
y1' u1
' + y2' u2
' =F (x )
Dari rumus di atas harus menentukan u1dan u2. Untuk y1 dan y2
diperoleh dari solusi homogennya.
105
e2x u1' +xe2x u2
' =0…..pers.(1)
2 e2 x u1' +( e2 x+2 x e2 x ) u2
' =e2 x x−4
e2x u1' +xe2x u2
' =0
2 e2 x u1' +(1+2 x ) e2 x u2
' =e2x x−4
Setelah kita subtitusi y1 dan y2 ke rumus u1dan u2., kemudian
melakukan cara eliminasi untuk menentukan sehingga diperoleh
2 e2 x u1' +2 x e2 x u2
' =0
2 e2x u1' +(1+2 x ) e2 x u2
' =e2 x x−4
2 x e2 x u2' −(1+2 x ) e2 x u2
' =−e2 x x−4 −¿
2 xe2 x u2' −e2 x u2
' −2 xe2 x u2' =−e2 x x−4
−e2x u2' =−e2x x−4
u2' =−e2 x x−4
−e2x
u2' =x−4
(viii) Untuk mendapatkan u1' substitusi u2
' ke dalam pers.(1)
e2x u1' +xe2x u2
' =0
e2x u1' +xe2x (x¿¿−4)=0¿
e2x u1' +x−3e2 x=0
e2x u1' =−x−3 e2 x
u1' =−x−3 e2x
e2 x
u1' =−x−3
106
(ix) Setelah diperoleh u1' dan u2
' menentukan u1 dan u2integralkan u1'
dan u2' menjadi
u1' =−x−3 u2
' =x−4
u1=−12
x−2 u2=
−13
x−3
107
(x) Setelah diperoleh u1 dan u2, sehingga solusi partikularnya
diperoleh
y p=u1 ( x ) y1(x )+u2(x ) y2(x )
y p=−12
x−2 e2 x−13
x−3 xe2x
y p=−1
2 x2e2 x− 1
3 x3x−3 xe2 x
(xi) Diperoleh solusi umum untuk persamaan diferensialanya adalah
y= yh+ y p
y=c1 e2 x+c2 x e2 x− 1
2 x2e2 x− 1
3 x3x−3 x e2 x
4.8 Sistem Persamaan Diferensial
4.8.1 Akar-Akar Positif Berbeda
4.8.1.1 Manual
y ' '−7 y ' +12 y=0
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '=7 y '−12 y=7 u−12 y , sehingga
diperoleh y '=u dan u'=−12 y+7 u.
( yu )
'
=( 0−12
17)( y
u )maka diperoleh matriks A=( 0
−1217)kemudian gunakan rumus
det|A− λI|=0 untuk memperoleh Nilai Eigen.
det|A− λI|=0
det|( 0−12
17)− λ(10 0
1)|=0
(−λ ) (7−λ )−(−12 ) (1 )=0
λ2−7 λ+12=0
( λ−3 ) ( λ−4 )=0
108
λ1=3 λ2=4
Jadi, diperoleh Nilai Eigennya λ1=3 dan λ2=4. Selanjutnya untuk
memperoleh Vektor Eigen substitusikan Nilai Eigen ke dalam
( A−λ1 ) Y=0
( A−λ2 ) Y=0
dari persamaan tersebut diperoleh Vektor Eigennya v1=(13) dan
v2=(14)
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e3 x (13)+c2e4 x (14)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY
Sehingga memperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam table
dibawah ini
Titik y1' y2
'
(1,3) ¿ ¿
(−1,3) ¿ ¿
(1 ,−3) ¿ ¿
(−1 ,−3) ¿ ¿
(2,5) ¿ ¿
(−2,5) ¿ ¿
(2 ,−5) ¿ ¿
(−2 ,−5) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
(−3 ,−3) ¿ ¿
109
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
110
4.8.1.2 Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
With (linalg) digunakan untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar lnear).
>
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan −12 ,7 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.
>
Eig A berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen.
>
Nilai A berfungsi untuk mendefinisikan nilai eigen matriks A,
eigenvalues ( A) berfungsi untuk mencari nilai eigen, dan diperoleh
nilai eigen yaitu −2 dan −5
>
Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen pertama
>
111
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 3
>
Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 13 ]
>
Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen kedua
>
Diperoleh nilai eigen dari eigA [ 2 ] sama dengan 4
>
Diperoleh vektor eigen 2yaitu [ 14 ]
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
positif berbeda yaitu
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
112
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
4.8.2 Akar-Akar Positif Sama
4.8.2.1 Manual
y ' '−12 y '+36 y=0
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '=12 y '−36 y=12 u−36 y , sehingga
diperoleh y '=u dan u'=−36 y+12 u.
( yu )
'
=( 0−36
112)( y
u )maka diperoleh matriks
A=( 0−36
112)
kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh Nilai Eigen.
det|A− λI|=0
det|( 0−36
112)− λ(10 0
1)|=0
113
det|( 0−36
112)−(λ
00λ)|=0
det|( − λ−36
112−λ)|=0
(−λ ) (12−λ )− (−36 ) (1 )=0
−12 λ+λ2+36=0
λ2−12 λ+36=0
( λ−6 ) ( λ−6 )=0
λ1,2=6
Jadi, diperoleh Nilai Eigennya λ1,2=6. Selanjutnya untuk
memperoleh Vektor Eigen substitusikan Nilai Eigen ke dalam
( A−λ1 ) Y=0
( A−λ2 ) Y=0
dan diperoleh Vektor Eigennya adalah v1,2=(16) .
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e6 x (16)+c2 x e6 x (16)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY
Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel
dibawah ini
Titik y1' y2
'
(2,8) ¿ ¿
(−2,8) ¿ ¿
(2 ,−8) ¿ ¿
(−2 ,−8) ¿ ¿
(3,4) ¿ ¿
(−3,4) ¿ ¿
(3 ,−4) ¿ ¿
114
(−3 ,−4) ¿ ¿
(4,7) ¿ ¿
(−4,7) ¿ ¿
(4 ,−7) ¿ ¿
(−4 ,−7) ¿ ¿
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
115
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
4.8.2.2 Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
With (linalg) digunakan untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar lnear).
>
116
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan −36 , 12 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.
>
Eig A berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen.
>
>
Eig A [ 1 ] digunakan untuk mencari vektor eigen pertama
>
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan
>
>
>
>
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
positif berbeda yaitu
117
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
118
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
4.8.3 Akar-Akar Negatif Berbeda
4.8.3.1 Manual
y ' '+9 y'+18 y=0
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−9 y '−18 y=−9u−18 y, sehingga
diperoleh y '=u dan u'=−18 y−9u.
( yu )
'
=( 0−18
1−9)( y
u)dan diperoleh matrix
A=( 0−18
1−9)
kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh nilai eigen.
det|A− λI|=0
119
det|( 0−18
1−9)−λ(1
001)|=0
det|( 0−18
1−9)−(λ
00λ)|=0
det|( − λ−18
1−9−λ)|=0
(−λ ) (−9−λ )−(−18 ) (1 )=0
9 λ+ λ2+18=0
λ2+9 λ+18=0
( λ+3 ) ( λ+6 )=0
λ1=−3 λ2=−6
Jadi, diperoleh Nilai Eigennya λ1=−3 dan λ2=−6. Selanjutnya
untuk memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam
( A−λ1 ) Y=0
( A−λ2 ) Y=0
dan diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 1−3) dan v2=( 1
−6)Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 e−6 x ( 1
−6)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY
Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel
dibawah ini
Titik y1' y2
'
(1,0) 0 ¿
(−1,0) 0 ¿
(0,1) ¿ ¿
(0 ,−1) ¿ ¿
(1,2) ¿ ¿
120
(−1,2) ¿ 0
(1 ,−2) ¿ 0
(−1 ,−2) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
(−3 ,−3) ¿ ¿
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
121
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
4.8.3.2 Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
With (linalg) berfungsi untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar linear)
>
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan −18 ,−9 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.
122
>
EigA berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen
>
Nilai A berfungsi untuk mendefinisikan nilai eigen matriks A,
eigenvalues ( A) berfungsi untuk mencari nilai eigen, dan diperoleh
nilai eigen yaitu −3 dan −6
>
Berfungsi untuk mencari vektor eigen pertama
>
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −6
>
Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 1−6 ]
>
Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen kedua
>
Diperoleh nilai eigen dari eigA [ 2 ] sama dengan −3
>
123
Diperoleh vektor eigen 2yaitu [ 1−3 ]
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
negatif berbeda yaitu
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
124
Kesimpulan : Karena arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut stabil.
4.8.4 Akar- Akar Negatif Sama
4.8.4.1 Manual
y ' '+6 y '+9 y=0
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−6 y '−9 y=6 u−9 y, sehingga
diperoleh y '=u dan u'=−9 y−6 u.
( yu )
'
=( 0−9
1−6)( y
u )dan diperoleh
A=( 0−9
1−6)
kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh nilai eigen.
det|A− λI|=0
det|( 0−9
1−6)−λ (10 0
1)|=0
det|( 0−9
1−6)−( λ
00λ)|=0
det|(−λ−9
1−6− λ)|=0
(−λ ) (−6−λ )−(−9 ) (1 )=0
6 λ+ λ2+9=0
λ2+6 λ+9=0
( λ+3 ) ( λ+3 )=0
λ1,2=−3
Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1,2=−3. Selanjutnya untuk
memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam
( A−λ1 ) Y=0
( A−λ2 ) Y=0
125
maka diperoleh Vektor Eigennya adalah v1,2=( 1−3)
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−3 x ( 1−3)+c2 x e−3 x ( 1
−3)Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY .
Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel
dibawah ini
Titik y1' y2
'
(1,0) 0 ¿
(−1,0) 0 ¿
(0,1) ¿ ¿
(0 ,−1) ¿ ¿
(2,3) ¿ ¿
(−2,3) ¿ 0
(2 ,−3) ¿ 0
(−2 ,−3) ¿ ¿
(4,1) ¿ ¿
(−4,1) ¿ ¿
(4 ,−1) ¿ ¿
(−4 ,−1) ¿ ¿
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
126
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut stabil.
4.8.4.2 Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
With (linalg) berfungsi untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar linear)
>
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan −9 ,−6 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.
127
>
EigA berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen
>
>
Berfungsi untuk mencari vektor eigen pertama
>
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −3
>
Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 1−3 ]
>
Berfungsi untuk mencari vektor eigen kedua
>
Diperoleh nilai eigen dari eigA [ 2 ] sama dengan −3
>
Diperoleh vektor eigen 2yaitu [ 1−3 ]
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
negatif sama yaitu
128
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
129
Kesimpulan : Karena arah resultannya menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut stabil.
4.8.5 Akar-Akar Positif Negatif
4.8.5.1 Manual
y ' '− y '−6 y
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '= y '+6 y=u+6 y, sehingga diperoleh
y '=u dan u'=6 y+u.
( yu )
'
=(06
11)( y
u )dan diperoleh
A=(06
11)
kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh nilai eigen.
det|A− λI|=0
130
det|(06
11)− λ(10 0
1)|=0
det|(06
11)−(λ
00λ)|=0
det|(−λ6
11−λ)|=0
(−λ ) (1−λ )−(6 ) (1 )=0
−λ+ λ2−6=0
λ2−λ−6=0
( λ+2 ) ( λ−3 )=0
λ1=−2 λ2=3
Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1=−2 dan λ2=3. Selanjutnya untuk
memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam
( A−λ1 ) Y=0
( A−λ2 ) Y=0
maka diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 1−2) dan v2=(13).
Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−2 x ( 1−2)+c2e3x (13)
Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY .
Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel
dibawah ini
Titik y1' y2
'
(1,0) 0 ¿
(−1,0) 0 ¿
(0,1) ¿ ¿
(0 ,−1) ¿ ¿
(2,4) ¿ ¿
131
(−2,4) ¿ ¿
(2 ,−4) ¿ ¿
(−2 ,−4) ¿ ¿
(3,1) ¿ ¿
(−3,1) ¿ ¿
(3 ,−1) ¿ ¿
(−3 ,−1) ¿ ¿
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
132
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut stabil.
4.8.5.2 Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
With (linalg) berfungsi untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar linear)
>
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan 6 ,1 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.
133
>
EigA berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen
>
Nilai A berfungsi untuk mendefinisikan nilai eigen matriks A,
eigenvalues ( A) berfungsi untuk mencari nilai eigen, dan diperoleh
nilai eigen yaitu 3 dan −2
>
Berfungsi untuk mencari vektor eigen pertama
>
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 3
>
Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 13 ]
>
Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen kedua
>
Diperoleh nilai eigen dari eigA [ 2 ] sama dengan −2
>
Diperoleh vektor eigen 2yaitu [ 1−2 ]
134
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
negatif positif yaitu
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
4.8.6 Akar-Akar Kompleks
135
4.8.6.1 Akar-Akar Kompleks (α=0)
a. Manual
y ' '+25 y=0
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−25 y, sehingga diperoleh y '=u dan
u'=−25+0.
( yu )
'
=( 0−25
10)( y
u)dan diperoleh matriks
A=( 0−25
10)
kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh nilai eigen.
det|A− λI|=0
det|( 0−25
10)−λ(1
001)|=0
det|( 0−25
10)−(λ
00λ)|=0
det|( − λ−25
1−λ)|=0
(−λ ) (− λ )−(−25 ) (1 )=0
λ2+25=0
λ=± 5i
λ1=5 i λ2=−5 i
Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1=5 i dan λ2=−5 i. Selanjutnya untuk
memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam
( A−λ1 ) Y=0
( A−λ2 ) Y=0
dan diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 15 i) dan v2=( 1
−5 i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu
136
∴ y ( x )=c1 cos5 x ( 15 i)+c2 sin5 x ( 1
−5 i)e ix=cos x+ isin x
e−ix=cos x−i sin x
¿
cos2 βx−i sin βx+ isin βx−(−1)sin2 βx
cos2 x+sin2 x=r2
y=rsin θ
x=r cosθ
y+x=r sin θ+r cosθ
y2+x2=r2 sin2θ+r2 cos2 θ
y2+x2=r2(sin¿¿2 θ+cos2 θ)¿
y2+x2=r2
Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY
Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel
dibawah ini
Titik y1' y2
'
(1,1) ¿ ¿
(−1,1) ¿ ¿
(1 ,−1) ¿ ¿
(−1 ,−1) ¿ ¿
(2,2) ¿ ¿
(−2,2) ¿ ¿
(2 ,−2) ¿ ¿
(−2 ,−2) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
137
(−3 ,−3) ¿ ¿
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
138
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultan tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
b. Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
With (linalg) berfungsi untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar linear)
>
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan 6 ,1 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.
139
>
EigA berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen
>
Nilai A berfungsi untuk mendefinisikan nilai eigen matriks A,
eigenvalues ( A) berfungsi untuk mencari nilai eigen, dan diperoleh
nilai eigen yaitu 51 dan −51
>
>
>
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 51
>
Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 151 ]
>
Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen kedua
>
Diperoleh nilai eigen dari eigA [ 2 ] sama dengan −51
>
140
Diperoleh vektor eigen 2yaitu [ 1−2 ]
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
negatif positif yaitu
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
141
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
142
4.8.6.2 Akar-Akar Kompleks (α >0)
a. Manual
y ' '−4 y'+5 y=0
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '=4 y '−5 y=4 u−5 y, sehingga diperoleh
y '=u dan u'=−5 y+4 u
( yu )
'
=( 0−5
14)( y
u )dan diperoleh
A=( 0−5
14 )
kemudian det|A− λI|=0 untuk memperoleh nilai eigen.
det|A− λI|=0
det|( 0−5
14)−λ (10 0
1)|=0
det|( 0−5
14)−(λ
00λ)|=0
det|(−λ−5
14−λ)|=0
(−λ ) ( 4−λ )−(−5 ) (1 )=0
−4 λ+λ2+5=0
λ2−4 λ+5=0
λ1,2=−(−4)±√(−4)2−4 (1 ) 5
2(1)
λ1,2=4 ±√16−20
2
λ1,2=4±√16−20
2
λ1,2=4± 2 i
2
λ1=2+i λ2=2−i
143
Jadi, diperoleh nilai eigennya λ1=2+i dan λ2=2−i. Selanjutnya
untuk memperoleh Vektor Eigen substitusikan nilai eigen ke dalam
( A−λ1 ) Y=0
( A−λ2 ) Y=0
maka diperoleh Vektor Eigennya adalah v1=( 1−2−i) dan v2=( 1
2−i)Sehingga Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e2 x cos x ( 1−2−i)+c2 e2 x x ( 1
2−i)e ix=cos x+ isin x
e−ix=cos x−i sin x
¿
cos2 βx−i sin βx+ isin βx−(−1)sin2 βx
cos2 x+sin2 x=r2
Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY
Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel
dibawah ini
Titik y1' y2
'
(1,1) ¿ ¿
(−1,1) ¿ ¿
(1 ,−1) ¿ ¿
(−1 ,−1) ¿ ¿
(3,3) ¿ ¿
(−3,3) ¿ ¿
(3 ,−3) ¿ ¿
(−3 ,−3) ¿ ¿
(5,5) ¿ ¿
(−5,5) ¿ ¿
(5 ,−5) ¿ ¿
144
(−5 ,−5) ¿ ¿
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultan tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
b. Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
145
>
With (linalg) berfungsi untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar linear)
>
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan −5 ,4 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x 2.
>
EigA berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen
>
Nilai A berfungsi untuk mendefinisikan nilai eigen matriks A,
eigenvalues ( A) berfungsi untuk mencari nilai eigen, dan diperoleh
nilai eigen yaitu 2+1 dan 2−1
>
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 2+1
>
Diperoleh vektor eigen 1yaitu [ 12+1 ]
>
Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen kedua
>
146
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan 2−1
>
Diperoleh vektor eigen 2yaitu [ 1−2 ]
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
kompleks yaitu
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
147
Kesimpulan : Karena arah resultannya tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
4.8.6.3 Akar-Akar Kompleks (α <0)
a. Manual
y ' '+3 y '+4 y=0
Penyelesaian :
Misalkan y '=u dan u'= y ' '=−3 y '−4 y=−5u−4 y , sehingga
diperoleh y '=u dan u'=−4 y−5 u
( yu )
'
=( 0−4
1−3)( y
u )maka diperoleh matriks A=( 0
−41
−3)kemudian masukkan nilai matriks A ke rumus det|A− λI|=0 untuk
mencari akar persamaan karakteristik sehingga memperoleh
3 λ+ λ2+4=0
148
λ2+3 λ+4=0
dari persamaan di atas kemudian dapat diperoleh nilai eigen dengan
λ1,2=−3±√(3)2−4 (1 ) 4
2(1)
λ1,2=−3±√9−16
2
λ1,2=−3±√7 i
2
λ1,2=−3±√7 i
2
λ1=−3+√7 i
2 λ2=
−3−√7 i2
Jadi, Nilai Eigennya adalah λ1=−3+√7 i
2 dan λ2=
−3−√7 i2
kemudian masukkan nilai eigen yang diperoleh kedalam
( A−λ1 I )Y =0dan ( A−λ2 I )Y =0.
Sehingga Vektor Eigennya adalah v1=( 1−3) dan v2=( 1
−3−√7 i2 ).
Jadi Solusi Umumnya yaitu
∴ y ( x )=c1 e−32
x
cos√72
x( 1−3+√7 i
2 )+c2 e−32
x
sin√72
x ( 1−3−√7 i
2 )e ix=cos x+ isin x
e−ix=cos x−i sin x
¿
cos2 βx−i sin βx+ isin βx−(−1)sin2 βx
cos2 x+sin2 x=r2
Selanjutnya untuk memperoleh titik-titik uji gunakan
Y '=AY
Sehingga diperoleh titik-titik ujinya yang dituliskan dalam tabel
dibawah ini
149
Titik y1' y2
'
(2,2) ¿ ¿
(−2,2) ¿ ¿
(2 ,−2) ¿ ¿
(−2 ,−2) ¿ ¿
(4,4) ¿ ¿
(−4,4) ¿ ¿
(4 ,−4) ¿ ¿
(−4 ,−4) ¿ ¿
(6,6) ¿ ¿
(−6,6) ¿ ¿
(6 ,−6) ¿ ¿
(−6 ,−6) ¿ ¿
dimana titik-titik uji tersebut akan digambarkan pada Bidang Phase
untuk melihat kestabilan suatu persamaan diferensial. Jika arah
resultan dari titik-titik uji yang digambarkan pada Bidang Phase
tidak menuju nol, maka suatu persamaan tersebut dikatakan tidak
stabil dan jika arah resultannya menuju nol, maka persamaan
diferensial tersebut dikatakan stabil.
150
Bidang Phase
Kesimpulan : Karena arah resultan tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
b. Program
>
Restart berfungsi untuk menghentikan fungsi-fungsi sebelumnya dan
mulai fungsi baru. Tanda (;) digunakan untuk mengakhiri suatu
persamaan dalam Maple 13.
>
With (linalg) berfungsi untuk memunculkan fungsi-fungsi yang
tersedia dalam linear algebra (aljabar linear)
>
Maksudnya, matriks A berordo 2 x 2 dengan 0 ,1 adalah elemen
matriks pada baris pertama dan −4 ,−3 adalah elemen matriks pada
baris kedua, [ v1 , v2 ] adalah elemen matriks V berordo 1 x
151
>
EigA berfungsi untuk mendefinisikan vektor eigen
>
Nilai A berfungsi untuk mendefinisikan nilai eigen matriks A,
eigenvalues ( A) berfungsi untuk mencari nilai eigen, dan diperoleh
nilai eigen yaitu −3+√7 i
2 dan
−3−√7 i2
>
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −3+√7 i
2
>
Diperoleh vektor eigen 1yaitu [1−3+√7 i2 ]
>
Fungsi di atas digunakan untuk memperoleh vektor eigen kedua
>
152
Sehingga diperoleh nilai eigen dari eigA [ 1 ] sama dengan −3−√7 i
2
>
Diperoleh vektor eigen 2yaitu [1−3−√7 i2 ]
>
Sehingga diperoleh solusi dari sistem persamaan diferensial akar
kompleks yaitu
>
>
>
Restart, with (DEtools) dan phaseportrait digunakan untuk
menggambarkan bidang phase dari peramaan di atas, stepsize
merupakan skala dari gambar. Sehingga diperoleh gambar seperti di
bawah ini
153
Kesimpulan : Karena arah resultan tidak menuju nol, maka
persamaan diferensial tersebut tidak stabil.
4.9 Laplace
4.9.1 Pemetaan Laplace
Untuk membuktikan L {s−8 t 2 } pertama-tama integralkan fungsi L (t )
dengan batas 0 sampai ∞. Dan masukkan ke bentuk umum lima → ∞
∫0
a
e−st f (t)dt
sehingga membentuk lima → ∞
∫0
a
(e−st¿ s−e−st 8 t2)dt ¿.
Kemudian selesaikan integral dari e−st s−est 8 t2 dt . Diperoleh hasilnya
lima → ∞ (e0+( 1
se0) (8 ∙ 0 )+16
s2 e0∙ 0+16
s4 e0)−(e− sa+(1s
e−sa) (8a2)+ 16
s2 e−sa a+16
s4 e− sa) lalu limitkan sehingga diperoleh hasilnya ( s4+16
s4 ).
4.9.2 Pemetaan Laplace Balik
154
Untuk menyelesaikan f−1(t) dari F ( s )= 3
s2+4, digunakan rumus
sehingga diperoleh A=0dan B=4. Lalu masukkan A=0dan B=4sehinnga
diperoleh2 sin 2t .
4.9.3 Pemetaan Laplace dari Fungsi Turunan
Untuk menyelesaikan y ' '−4 y=0;y (0 )=1, y ' (0 )=¿0 bentuk persamaan
tersebut seperti berikutL { y ' ' }−L { y ' }−2 L { y }=0 sehingga berbentuk
s2 L {y ( t)}−s y (0 )− y' (0 )+4 L { y (t ) }=0 kemudian diselesaikan menjadi
( s2−4 ) F (s )=s Sehingga diperoleh F ( s )= s
( s2−4 ) dan diperoleh
F−1 ( s )= s
( s2−4 )=cos 2t .
155