Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde 2 menjadi dasar penyelesaian
persamaan diferensial orde n . Modul ini membahas dasar dasar penyelesaian ...
PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN ORDE – 2 Oleh: Ir. Sigit Kusmaryanto, M.Eng http://
[email protected]
Pengantar: Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde 2 menjadi dasar penyelesaian persamaan diferensial orde n . Modul ini membahas dasar dasar penyelesaian Persamaan Diferensial Homogen Linier Orde 2 yang dilanjutkan pada PD Linier Homogen orde-n. Isi modul ini : Ketakbebasan Linier Himpunan Fungsi, Determinan Wronski, Prinsip Superposisi, PD Linier Homogen Koefisien Konstanta, Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde -2, Persamaan Cauchi-Euler, PD Linier Homogen Orde n.
Tujuan Instruksional Umum: Setelah mengikuti modul ini mahasiswa diharapkan mampu memahami Persamaan Diferensial Linier Orde -2
3.1 Persamaan Diferensial Linier Homogen Tujuan Instruksional Khusus: o o o o o
Mahasiswa dapat memahami konsep ketakbebasan linier dan prinsip superposisi Mahasiswa dapat menghitung determinan Wronski Mahasiswa dapat menentukan akar Persamaan Karakteristik Mahasiswa dapat menyelesaiakan Persamaan Cauchy-Euler Mahasiswa dapat menyelesaiakan PD Homogen Orde-n
Bentuk umum PD Linier orde-n adalah ( )
( )
+
( )
(
)
+ …+
( )
′
+
( ) = ( )
PD yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk di atas dikatakan tidak linier. Contoh: +3 +
−2
−
=
=
adalah PD Linier orde 2 adalah PD Tak-Linier orde 2
Selanjutnya pembahasan penyelesaian PD Linier orde-n dalam modul ini dimulai pada PD Linier Orde2, yang kemudian dibuat kasus umum untuk penyelesaian PD orde-n. Untuk menyelesaikan PD Linier berbentuk Φ(D)y = F(x) dengan F(x) ≠0, kita misalkan Yc(x) adalah solusi umum PD homogen dari Φ(D)y=0, maka penyelesaian umum PD Linier adalah dengan menjumlahkan penyelesaian umum PD homogen dan penyelesaian khusus, yaitu: y = Yc(x) + Yp(x) Contoh: Solusi umum PD homogen: (D2-3D+2)y=0 adalah y=c1ex+c2e2x dan solusi khusus PD : (D2-3D+2)y=4x2 adalah 2x2+6x+7, maka solusi umum PD lengkap/tak homogen dari (D2-3D+2)y=4x2 adalah y= c1ex+c2e2x+2x2+6x+7
3.1.1 Ketakbebasan Linier Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) dikatakan takbebas linier pada suatu selang jika ada n konstanta c1, c2, …, cn yang tidak semua nol, sehingga berlaku: c1 y1(x)+ c2 y2(x)+ …+ cn yn(x) = 0 jika tidak maka himpunan fungsi tersebut dikatakan bebas linier. Contoh 1: 2e3x, 5e3x,e-4x takbebas linier pada suatu selang karena dapat ditentukan konstanta c1, c2, c3 yang tidak semua nol sehingga: c1(2e3x)+ c2 (5e3x)+c3 (e-4x) = 0 dengan c1 =-5, c2 =2, c3 =0 Contoh 2: ex dan xex adalah bebas linier karena c1(ex)+ c2 (xex)=0 hanya jika c1 =0, c2 =0 Latihan soal: 1. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut bebas linier! , ( ) , ( ) ( ) , (!) , ( ) , (") , 2. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut tak-bebas linier! ( ) 2 ,− ( ) ,4
3.1.2 Determinan Wronski Himpunan fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) (yang mempunyai turunan) adalah bebas linier pada suatu selang jika determinan: ( ) ( ) … ( ) & & & ( ) … ( ) $( , , … , ) = % …( ) … … %≠0 … ( ) ( ) … ( ) Determinan tersebut dinamakan determinan Wronski.
Contoh 1: Tentukan determinan Wronski (Wronskian) untuk fungsi-fungsi berikut: ( ) ) 3 , 3 * ( ) ) , , Penyelesaian: 3 3 ( ) $( ) = , 3 −3 3 = −3 , = −3 3 3 −3 3 ( ) $( ) = -1 0
2 2
+
3 - = 12 6
+0+2
+
−0−6
+
−6
+
=2
+*
+
Contoh 2: Tunjukkan himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * adalah takbebas linier untuk semua nilai x! Penyelesaian: (a) kita dapat menunjukkan dengan memilih konstanta c1, c2, c3 yang tidak semuanya nol sehingga c1(1-x)+c2(1+x)+c3(1-3x)=0, jika ditentukan c1=1, c2=-1, c3=0 maka 1-x-1-x+0=0, sehingga himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * adalah takbebas linier.
(b) kita juga dapat menghitung determinan Wronski-nya, yaitu: 1− 1+ 1−3 $( ) = - −1 1 −3 - = 0 0 0 0 terbukti bahwa Wronskian =0 berarti himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * tak bebas linir untuk semua x Soal Latihan: 1. Buktikan himpunan fungsi berikut bebas linier! , ( ) ( ) , , ( ) (2 ), (2 ) 2. Misalkan 1( ) dan 2( ) adalah penyelesaian
&&
+ 0( )
(a) Buktikan bahwa determinan Wronskinya $ = + (b) Tentukan nilai c, sehingga 1( ) dan 2( ) bebas linier &
&
+ 1( ) = 0 &
=
2 3
3.1.3 Prinsip Superposisi Jika y1(x), y2(x), …, yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier dari persamaan linier orde-n, Φ(D)y=0 maka solusi umumnya: y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ cnyn(x) dgn c1, c2, …, cn = konstanta. Contoh: Jika ( ) dan ( ) adalah solusi persamaan diferensial homogen && & + 4( ) + 5( ) = 0 maka kombinsi linier ( ) + ( ) juga solusi persamaan diferensial. Bukti: ( ) dan ( ) solusi && + 4 & + 5 = 0 maka && +4 &+5 = 0 dan && +4 &+5 =0 dari solusi = + , maka: & & & = + && && && = + substitusi ke persamaan diferensial diperoleh: && + 4( ) & + 5( ) = 0 && && & & + + 4( + ) + 5( + )=0 && && & + + 4 + 4 &+ 5 + 5 =0 ( && + 4 & + 5 ) + ( && + 4 & + 5 ) = 0 .0 + .0 = 0
3.1.4 Penyelesaian PD Linier Homogen Orde -2 Koefisien Konstanta PD Linier Homogen orde-2 dengan koefisien konstan adalah: &&
dimisalkan solusi umum PD:
=
+
9
&
+
=0
, , =7
8
8
sehingga jika kita substitusi ke dalam PD maka:
+ =0 9 ↔ ; + ; + 9 =0 ↔( ; + ;+ ) 9 =0 Jadi < = =>? menjadi solusi PD jika ; + ; + = 0 (disebut Persamaan Ciri/Karakteristik) &&
+
&
9
Akar-akar Persamaan Ciri/ Karakteristik adalah: ;
,
=
− ±√ −4 2
Jika √ − 4 umumnya:
> 0, maka ;
adalah dua akar Real yang berbeda dengan ; , ∈ R maka solusi
Jika √
= 0 , maka ; = ; dengan ; , ∈ R, maka solusi umumnya: < = CD =>? + CE ? =>?
Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri: 1.
2. 3.
Jika √
−4 −4
,
< = CD =>D? + CE =>E?
< 0 , maka ; , = α ± iβ dengan α,β ∈ R maka solusi umumnya:
< = CD =(α G Hβ)? + CE =(α Hβ)? dengan rumus Euler , yaitu =H? = CIJ ? + K JKL ? maka bentuk trigonometri rumus dapat ditentukan: < = CD =(α G Hβ)? + CE ? =(α Hβ)? = CD =α? ( CIJ β? + K JKL β? ) + CE =α? ( −CIJ β? – K JKL β?); −CIJ β? = CIJ β? = (CD + CE )=α? ( CIJ β? ) + K(CD − CE )=α? ( JKL β? ) = O=α? CIJ β? + P=α? JKL β? , O, P ∈ RILJSTLST UKV. RI>WV=RJ
Contoh: Tentukan solusi umum persamaan difrensial berikut: && +5 &−6 =0 Penyelesaian: Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah: ; + 5; − 6 = 0 (; − 1)(; + 6) = 0 ; = 1 ! ; = −6 dua solusi bebas linier PD adalah : ( )= dan ( ) = Jadi solusi umum PD adalah: Y ( )= +
Y
Penyelesaian menggunakan Program MATLAB: >> syms x >> y=dsolve('D2y+5*Dy-6*y=0') y =C2*exp(t) + C4/exp(6*t)
Contoh: Selesaikan persamaan diferensial berikut: ′′ − = 0 , (0) = 1, Penyelesaian:
′
(0) = 0
Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah: ; −1=0
(; − 1)(; + 1) = 0 ; = 1 ; ; = −1
( )=
dua solusi bebas linier PD adalah :
( )=
Jadi solusi umum PD adalah: masalah nilai awal (0) = 1,
&
( )=
;
+
(0) = 0 (0) = 1 → ′
Jadi solusi khusus PD adalah:
(0) = 0 → 1 = , 2 1 2
( )=
+
−
+
1 2
=1
=0 1 = 2
Penyelesaian menggunakan Program MATLAB: >> syms x >> y=dsolve('D2y-y=0','y(0)=0','Dy(0)=1') y =exp(t)/2 - 1/(2*exp(t)) Contoh: Tentukan penyelesaian umum PD ′′
+4
′
+4 =0
Penyelesaian: Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah: ; + 4; + 4 = 0
(; + 2)(; + 2) = 0 ;
= −2
Diperoleh akar-akar yang sama, sehingga solusi umum PD mestinya adalah: ( )=
karena PD orde 2 akan memberikan dua solusi bebas linier dengan dua variabel konstanta maka solusi kedua dapat ditentukan dengan metode Reduksi Orde PD , yaitu: bentuk umum PD homogen orde-2: akar-akar persamaan karakteristik jika √
′′
^ satu solusi PD: ( ) = bentuk persamaan reduksi orde yaitu: ]
′
= _ ′( )
+
−4
′
+
=0,; =; =−
= _( ) [ \
=0
−
2
[ \
_( )
[ \
[ \
substitusi
,
&
′′
,
&&
`_ && ( ) −
ke PD
_ &( ) +
kedua ruas dibagi
] ^
`_ ′′ ( ) −
karena sehingga:
−4
&&
4
= `_ ′′ ( ) −
+
&
+
= 0 , maka:
[ \
_( )a
, maka:
_ ′( ) +
_ ′( ) +
4
+ b_ & ( ) −
2
[ \
_( )a + b_ ′ ( )
4
↔
_ ′′ ( ) − `
↔
_ ′′ ( ) − `
4
−4 4
jadi satu solusi lain ( ) adalah ( ) = _( )
] ^
karena satu solusi PD telah diketahui yaitu ( ) =
_( ) c −
+
= (
+
] ^
′′
Penyelesaian: akar-akar persamaan karakteristik:
+2
′
]
)
] ^
+4 =0
; + 2; + 4 = 0
−2 ± √−12 = −1 ± √3 2 karena α=-1 dan β=√3 maka penyelesaian umum PD: ;
,
=
< = O= ? CIJ √3? + P= c
?
JKL √3?
3.1.5 PD Linier Homogen orde-2: Persamaan Cauchy-Euler Bentuk umum persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah: ( + ) && + ( + )
≠ 0, , , =7 8 8 7ℎe e Penyelesaian persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah: misal solusi PD = fg dengan 8 = h ( + ), maka ! !8 & = . = i fg . !8 ! + ! !8 ! ! 8 i fg && = .b c + . = − ( + ) ( !8 ! !8 !
&
,
& &&
+
=0
adalah:
i fg + )
[ \
+ _( )
[ \
_( ) c + _( ) = 0
a _( ) = 0
^ maka solusi lain yang dimaksud adalah ( ) = untuk kasus contoh soal di atas penyelesaian umum PD menjadi: ( )= +
Contoh: Tentukan penyelesaian umum PD berikut:
2
− a _( ) = 0
= 0 maka persmaan menjadi: _ && ( ) = 0 _( ) =
[ \
_( )a
=0
Substitusi , & , ( + ) ( n
p n
&&
+ ) j (
i
fg
i −
pada PD didapatkan : + ( + ) &+
&&
−
i +(
i − ( + )
i
i + −
fg
fg o
+
i+
)i +
i o
q
=0
i k+ + ) fg
fg
+
fg
fg
sehingga persamaan karaktristik-nya: i +( − )i + =0 −(
fg
=0
=0
− Jika r( umumnya:
) −4
Jika r(
) −4
=0
+ ) li
) ± r( 2
−
Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah: i, =
(
−
.
fg
+
m+
fg
=0
) −4
> 0, maka i , adalah dua akar Real yang berbeda maka solusi
Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri: 1.
2. 3.
Jika r(
− −
< = CD (T? + U)sD + CE (T? + U)sE
> 0 = 0 , maka i = i maka solusi umumnya: < = (T? + U)sD nCD + CE VL(T? + U)o
) −4 < 0 , maka i , = α ± iβ maka solusi umumnya: α < = (T? + U) pCD CIJtβVL(T? + U)u + CE JKL (βVL(T? + U))q
Contoh: Tentukan persamaan karakterisik pada persamaan Cauchy-euler jika a=1 dan b=0! Penyelesaian: persamaan Cauchy-Euler: ( + ) && + ( + ) & + =0 jika a=1 dan b=0, persamaan menjadi: ( ) && + ( ) & + =0 persamaan karakteristik: i +( − )i + =0 i +(
Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut:
&&
−4
− 1)i + &
+6 =0
Penyelesaian: misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h persamaan karakteristik: i − 5i + 6 = 0, i = 2, i = 3 penyelesaian umum PD: + = Contoh:
=0
+
Tentukan penyelesaian PD berikut: ′′
+
3
′
+
Penyelesaian: misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h persamaan karakteristik: i + 2i + 1 = 0, i , = −1 penyelesaian umum PD: n + = Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut: 3(2 − 5)
&&
1
=0
h ( )o
− (2 − 5)
&
+2 =0
Penyelesaian: misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h (2 − 5) persamaan karakteristik: 6i − 7i + 1 = 0, i = 1, i = 6 penyelesaian umum PD: = (2 − 5) + (2 − 5) Latihan Soal: Tentukan solusi umum PD Cauchy-Euler berikut: 1 & 3 − =0 1. && −
/Y
&& 2. + &− =0 && − 7 & + 16 = 0 3. && 4. 4 + 12 & + 3 = 0 && 5. +3 &+5 =0 && 6. + 1,25 = 0 7. ( + 2) && − ( + 2) & + = 0 8. ( + 1) && + 5( + 1) & + 3 = 0 9. (2 − 3) && + 7(2 − 3) & + 4 = 0 10. (1 − ) && − (1 − ) & + = 0 11. 2(1 − 2 ) && + 11(2 − 1) & − 2 = 0
3.1.6 PD Linier Homogen orde-n dengan Koefisien Konstan ( ) & + + …+ + =0 , ≠0 Jika , , … , adalah penyelesaian khusus PD Linier homogen, maka kombinasi liniernya juga penyelesaian PD Linier homogen, dirumuskan:
Persamaan Diferensial Linier Homogen orde-n dengan koefisien konstan mempunyai bentuk umum: ( )
=7
+7
+ …+7
= z 7{ {|
{
, 7 ,7 ,…,7
Penyelesaian PD Linier homogen orde-n dengan substitusi karakteristik:
=
f
=7
8
8
sehingga didapatkan persamaan
i + i + …+ i + =0 Untuk selanjutnya dengan teknik faktorisasi dapat ditentukan akar-akar persamaan karakteristik, yaitu: i +
i
+ …+
i +
=
(i − i )(i − i ) … (i − i ) = 0
Akar-akar persamaan karakteristik di atas dapat bernilai sama atau disebut akar rangkap (multiplicity). Dua kasus akar rangkap untuk solusi PD Linier Homegen orde-n, yaitu: Kasus I. Jika Akar rangkap adalah r=bilangan riil, terdapat k penyelesaian bebas linier. k solusi bebas linier: =s? , ?=s? , … , ?R D =s? ; R ≥ D solusi umumnya:
Kasus II.
< = CD =s? + CE ?=s? + … + CR ?R ~
= 7
8
8 7 −7
=
D s?
Jika Akar rangkap adalah r=bilangan komplek (r=α±iβ). terdapat k penyelesaian bebas linier. k solusi bebas linier: =α? CIJ β?, ?=α? CIJ β?, … , ?R D =α? CIJ β?, =α? JKL β?, ?=α? JKL β?, … , ?R
= JKL β?
D α?
solusi umumnya: < = =α? p(CD CIJ β? + CE JKL β?) + ?(C• CIJ β? + C€ JKL β?) + ⋯ + ?R
D (C R D CIJ β? + CR JKL
Contoh: Selesaikan persamaan diferensial berikut:
−3
(‚)
Penyelesaian: persamaan karakteristik:
β?)o
(ƒ)
+3
′′′
−
′′
=0
i ‚ − 3i ƒ + 3i + − i = 0 akar-akar persamaan karakteristik i = i = 0, i+ = iƒ = i‚ = 1 solusi bebas linier: , , , , Jadi solusi umumnya: Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut:
=
′′′
+
−2
′′
−
+(
′
+
ƒ
+2 =0
+
‚
i + − 2i + i + 2 = 0
persamaan karakteristik:
akar-akar persamaan karakteristik i = −1, i = 1, i+ = 2 solusi bebas linier: , , =
Jadi solusi umumnya:
Contoh: Tentukan penyelesaian PD berikut: persamaan karakteristik:
+
(ƒ)
−4
+
′′′
+
+ 14 ′′ − 20
+
′
+ 25 = 0
)
i ƒ − 4i + + 14i − 20i + 25 = 0
akar-akar persamaan karakteristik i = i = 1 + 2 , i+ = iƒ = 1 − 2 solusi bebas linier: (2 ), (2 ), (2 ), (2 ) Jadi solusi umumnya: =
(2 ) +
(2 ) +
(2 ) +
+
(2 )
ƒ
Latihan Soal: Tentukan penyelesaian umum PD berikut: 1. 2.
′′′
4. 5.
′′′
3. 6.
(ƒ) (ƒ) ′′′
(ƒ)
−
′
=0
−5 ′ +4 =0 ′
−
=0
′
+2
′′
′
+ 3 ′′ + 3 −3
+3
′′′
+3
+
−
′′
=0
=0
+2
′
+
=0
Untuk soal berikut tentukan solusi PD dengan syarat awal berikut: ′ ′′ 7. ′′′ − ′ = 0, (0) = 4, (0) = 0, (0) = 9 8. 9.
10.
(ƒ) (ƒ) ′′′
−
+3
−3
= 0, ′′
′′
(0) = 5,
− 4 = 0, (0) = 0,
+4
′
− 2 = 0,
′
(0) = 2, ′
(0) = −1,
(0) = 1,
′
′′
(0) = −1, ′′
(0) = −5,
(0) = 0,
′′
′′′
(0) = 2
(0) = 0
′′′
(0) = −1
3.1.7 Rangkuman Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) dikatakan takbebas linier pada suatu selang jika ada n konstanta c1, c2, …, cn yang tidak semua nol, sehingga berlaku: c1 y1(x)+ c2 y2(x)+ …+ cn yn(x) = 0 Himpunan fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) (yang mempunyai turunan) adalah bebas linier pada suatu selang jika determinan Wronski: ( ) ( ) … ( ) & & & ( ) … ( ) $( , , … , ) = % …( ) … … %≠0 … ( ) ( ) … ( )
Jika y1(x), y2(x), …, yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier dari persamaan linier orde-n, Φ(D)y=0 maka solusi umumnya: y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ cnyn(x) ′′ PD Linier Homogen orde-2 dengan koefisien konstan adalah: + ′+ =0 , , = >? 7 8 8 Jika diduga solusi umum < = = maka akan diperoleh Persamaan Ciri/Karakteristik ; + ;+ =0
Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah:
− ±√ −4 2 Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri: 1.
Jika √ − 4 umumnya:
> 0, maka ;
,
;
,
=
adalah dua akar Real yang berbeda dengan ; , ∈ R maka solusi
2. 3.
Jika √
−4
Jika √
−4
< = CD =>D? + CE =>E?
= 0 , maka ; = ; dengan ; , ∈ R, maka solusi umumnya: < = CD =>? + CE ? =>?
< 0 , maka ; , = α ± iβ dengan α,β ∈ R maka solusi umumnya:
< = CD =(α G Hβ)? + CE =(α Hβ)? dengan rumus Euler , yaitu =H? = CIJ ? + K JKL ? maka bentuk trigonometri rumus dapat ditentukan: < == O=α? CIJ β? + P=α? JKL β? , O, P ∈ RILJSTLST UKV. RI>WV=RJ
3.1.8 Test Formatif 1. 3 2. 3
′′′
4. 3 5. 3
′′′
−
=0
Tentukan penyelesaian umum PD berikut: 3. 3 6. 3
(ƒ) (ƒ) ′′′
(ƒ)
′
− 5 ′′ + 4 = 0 −
=0
′
+2
′′
′
+ 3 ′′ + 3 −3
+3
′′′
+3
+
−
′′
=0
=0
+2
′
+
=0
Untuk soal berikut tentukan solusi PD dengan syarat awal berikut: ′ ′′ 7. 3 ′′′ − ′ = 0, (0) = 4, (0) = 0, (0) = 9 8. 3 9. 3
10. 3
(ƒ) (ƒ) ′′′
−
+3
−3
= 0, ′′
′′
(0) = 5,
− 4 = 0, (0) = 0,
+4
′
− 2 = 0,
′
(0) = 2, ′
(0) = −1,
(0) = 1,
′
′′
(0) = −1, ′′
(0) = −5,
(0) = 0,
′′
′′′
(0) = 2
(0) = 0
′′′
(0) = −1
3.3 Daftar Pustaka [1] Sigit Kusmaryanto, Buku Ajar Matematika Teknik I,2012 [2] Kreyszig, Erwin, Matematika Teknik lanjutan. Jakarta: Gramedia, 1988. [3] Stroud, K.A., Matematika untuk Teknik. Jakarta: Penerbit Erlangga, 1987. [4] Farlow, Stanley J., An Introduction to Diffrenential Equations and Their Applications, McGraw-Hill, Singapore, 1994 [5] Howard, P., Solving ODE in MATLAB, Fall, 2007 [6] Thompson, S., Gladwell, I., Shampine, L.F., Solving ODEs with MATLAB, Cambridge University Press, 2003 [7] Rosenberg, J.M., Lipsman, R.L., Hunti, B.R., A Guide to MATLAB for Beginners and Experienced Users, Cambridge University Press, 2006
