Upload
dheo-alviansyah
View
214
Download
1
Embed Size (px)
DESCRIPTION
dscdcdc
Citation preview
BAB I
PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE KE-I
(PD-I)
A. Bentuk umum PD-I:
K dx + L dy = M
K, L dan M dapat berupa konstanta, f(x) dan atau f(x,y)
B. Metoda Solusi : (1). Integrasi langsung
(2). PD-I Homogen
(3). PD-I Eksak
(4). PD-I Linier
(5). PD-I Bernoulli
B.1. Metoda Integrasi Langsung
Apabila variabel-variabel x dan y dapat disusun atau dipisahkan
secara sederhana pada posisinya masing-masing.
Contoh ke-1:
Y dx + x dy = 0
Jawab :
I-1
dxx
+ dyy
=0⇔∫ dxx +∫ dyy =0⇔Lnx+Lny=LnC⇔ Lnxy=LnC⇔ yx=C
Solusi PD-I yaitu : YX = C
Contoh ke-2:
dydx
= y+x
⇒P= y+x⇔dpdx
=dydx
+1⇔dydx
=dpdx
−1
⇒dpdx
−1=p⇔dpdx
=1+ p⇔dp1+ p
=dx⇔∫ dp1+ p =∫dx⇔Ln(1+ p)=x+c
⇔Ln(1+x+ y )−x=c
Contoh ke-3:
dydx
=tan2( x+ y )
⇒ p=x+ y⇔ dpdx
=dydx
+1⇔ dydx
=dpdx
−1
⇒dpdx
−1= tan2 p⇔dp1+ tan2 p
=dx
⇔∫ dpsec2 p
=∫ dx⇔∫cos2 pdp=x+c
I-2
⇔∫ (1+cos2 p2 )dp=x+c
⇔12 ∫dp+1
2∫ cos2 p=x+c⇔12p+1
212
sin 2 p=x+c
⇔12
( x+ y )+14
sin 2( x+ y )=x+c
⇔12
( y−x )+14
sin 2( x+ y )=c
B.2. Metoda PD-I Homogen
K(x,y)dx + L(x,y)dy = 0
Ciri-ciri PD-I Homogen :
(a). derajat pangkat x dan y sama
(b). uji keeksakan :
∂K ( x , y )∂ y
≠∂L ( x , y )
∂ x
Teknik solusi PD-I Homogen :
(1). Substitusi : y=px⇒dy=pdx+xdp
(2). Transformasi linier : P = K(x,y) dan Q = L(x,Y) apabila terdapat
unsur konstanta pada K(x,y) dan atau L(x,y).
I-3
Contoh ke-1:
(x + y) dx + (y – x) dy = 0
* derajat pangkat x dan y sama yaitu 1
* uji keeksakan :
K ( x , y )=x+ y⇒ ∂K ( x , y )
∂ y=1
L ( x , y )= y−x⇒ ∂L( x , y )
dx=−1
⇒
∂K ( x , y )∂ y
≠∂L( x , y )
∂ x
⇔ y=px⇒dy=pdx+xdp
⇔ ( x+xp )dx+( px−x ) ( pdx+xdp )=0
⇔ x (1+ p )dx+x (p−1 ) pdx+x (p−1 ) xdp=0
⇔ (1+ p )dx+ p (p−1 )dx+ x ( p−1 )dp=0⇔ (1+ p+ p2−p )dx+x (p−1 )dp=0
I-4
⇔ (1+ p2 )dx+ x ( p−1 )dp=0
⇔dxx
+ p−11+ p2
dp=0
⇔∫ dxx +∫ p−11+ p2 dp=0
⇔∫ dxx +∫ p1+ p2
dp−∫ dp1+ p2
=0
¿∫ dxx =Lnx
¿∫ p1+ p2
dp⇒ z=1+ p2⇒dz=2 pdp
⇔∫ p1+ p2 dp=
12 ∫dzz =1
2Lnz
⇔=12Ln ( 1+ p2)=1
2Ln(1+ y
2
x2 )=12Ln(x2+ y2
x2 ) =1
2Ln (x2+ y2 )−1
2Ln ( x2 )
⇔∫ p
1+p2dp=1
2Ln (x2+ y2 )−Lnx
I-5
¿∫dp1+ p2
⇒ p= tanφ⇔dp=sec2 φdφ
⇔∫ dp1+ p2 =∫sec2φdφ
1+ tan2φ=∫ dφ=φ+c
⇔∫ dp
1+p2=φ+c=tan−1 p+c=tan−1( yx )+c∴Lnx+1
2Ln ( x2+ y2)−Lnx−tan−1( yx )+c=0
⇔12Ln (x2+ y2)−tan−1( yx )=c
Contoh ke-2 :
(1 + x + y) dx + (y – x) dy = 0
K(x,y) = 1 + x + y ⇒ ada unsur konstanta 1
⇒ transformasi linier
p=1+x+ y⇒dp=dx+dy
q= y−x⇒dq=dy−dx
Sehingga akan didapatkan :
dy=dp+dq
2 dan dx=dp−dq
2
I-6
PD-I berubah menjadi :
pdp−dq2
+qdp+dq2
=0
⇔ p (dp−dq )+q (dp+dq )=0
Atau :
( p+q )dp+(q−p )dq=0
Substitusi :
p= λq⇒dp=λdq+qd λ
PD-I menjadi :
( λq+q ) ( λdq+qd λ )+(q−λq )dq=0
⇔q ( λ+1 ) ( λdq+qd λ )+q (1−λ )dq=0⇔ (1+λ ) ( λdq+qd λ )+(1−λ )dq=0
⇔ ( λ+λ2+1−λ )dq+q (1+ λ )dλ=0⇔ (1+ λ2)dq+q (1+λ )dλ=0
⇔dqq
+1+λ1+λ2
dλ=0
⇔∫ dqq +∫ λ1+λ2 dλ+∫
dλ1+λ2 =0
I-7
⇔Lnq+ 1
2Ln (1+λ2)+ tan−1 λ=c
¿ Lnq=Ln ( y−x )
¿12Ln ( 1+ λ2)=1
2Ln(1+ p
2
q2 )¿1
2Ln(q2+ p2
q2 )=12Ln ( p2+q2 )−Lnq
=1
2Ln [ (1+x+ y )2+( y−x )2 ]−Ln ( y−x )
¿ tan−1 λ=tan−1 ( pq )= tan−1( 1+x+ yy−x )
Solusi PD-I :
Ln ( y−x )+1
2Ln [ (1+x+ y )2+ ( y−x )2]−Ln ( y−x )+ tan−1( 1+x+ y
y−x )=c
∴ 1
2Ln [ (1+ x+ y )2+( y−x )2 ]+ tan−1 (1+x+ y
y−x )=c
B.3. Metoda PD-I Eksak
I-8
Apabila hasil uji keeksakan PD-I homogen menghasilkan :
∂K ( x , y )∂ y
=∂L ( x , y )
∂ x
Solusi umum PD-I eksak :
φ ( x , y )=∫ K (x , y )dx+c ( y )
Dimana c(y) ditentukan berdasarkan hubungan :
dφ ( x , y )dy
=L (x , y )
Contoh soal ke-1 :
(x + y) dx + (x – y) dy = 0
¿K ( x , y )=x+ y⇒ ∂K ( x , y )
∂ y=1
¿ L (x , y )=x− y⇒ ∂L ( x , y )
∂ x=1
⇔
∂K ( x , y )∂ y
=∂L ( x , y )
∂ x⇒
PD-I eksak
Sehingga solusi umum PD-I :
⇔φ (x , y )=∫K ( x , y )dx+c ( y )=∫ ( x+ y )dx+c ( y )
I-9
⇔φ (x , y )=∫ xdx+∫ ydx+c ( y )=1
2x2+xy+c ( y )
……. (1)
¿∂φ ( x , y )∂ y
=L ( x , y )=x− y⇒ x+dc ( y )dy
=x− y
⇔dc ( y )dy
=− y
⇒ c ( y )=−∫ ydy=−12y2+c
………………………………………(2)
Substitusi (2) ke-1 didapatkan solusi PD-I :
∴φ ( x , y )=12x2+xy−1
2y 2+c
⇔ x2+2 xy− y2=c
Contoh ke-2 :
Contoh soal ke-1 adalah PD-I homogen karena derajat pangkat x dan y
adalah sama.
®Substitusi : y = px ⇒dy=pdx+xdp
PD-I menjadi : (x + px)dx + (x – px)(pdx + xdp) = 0
⇔ x (1+ p )dx+x (1−p ) (pdx+xdp )=0⇔ (1+ p )dx+(1−p ) ( pdx+xdp )=0
I-10
⇔ (1+ p )dx+( p−p2)dx+x (1−p )dp=0⇔ (1+2 p−p2)dx+x (1−p )dp=0
⇔dxx
+1− p1+2 p−p2
dp=0
⇔∫ dxx +∫1−p1+2 p− p2 dp=0
¿∫ dxx =Lnx
¿∫ 1−p1+2 p−p2
dp
⇒m=1+2 p−p2⇒dm=2 (1−p )dp
⇔∫1−p1+2 p−p2
dp=12∫
dmm
=12Lnm
⇔=12Ln ( 1+2 p−p2)=1
2Ln(1+2 y
x− y
2
x2 )=1
2Ln( x2+2 xy− y2
x2 )=12Ln (x2+2 xy− y2)−Lnx
Sehingga solusi PD-I :
⇔Lnx+12Ln (x2+2xy− y2)−Lnx=Lnc
⇔ x2+2 xy− y2=c
I-11
Dengan demikian PD-I :
(x + y) dx + (x – y) dy = 0 adalah PD-I homogen yang juga mempunyai
solusi eksak.
B.4. Metoda PD-I Linier
Bentuk umum persamaan :
dydx
+Py=Q ,⇒P ,Q= konstanta atau f ( x )
Solusi umumnya :
yIF=∫Q . IFdx ,⇒ IF=e∫ Pdx
Contoh soal ke-1 :
dydx
= y+x⇔ dydx
− y=x⇒P=−1∧Q=x
⇒ IF=e∫Pdx=e−∫dx=e− x
⇔Y . IF=∫Q . IFdx⇔Ye−x=∫ xe−xdx=∫udv=uv−∫ vdu®u=x⇒du=dx
®dv=e−xdx⇒ v=∫ e−xdx=−e−x
I-12
⇔Ye−x=−xe−x+∫ e− xdx=−xe− x−e− x+c
⇔ (Y +x+1 ) e−x=c⇔ Ln ( y+x+1 ) e−x=Lnc⇔Ln ( y+x+1 )+Lne− x=c
⇔Ln (1+x+ y )−xLne=c⇔Ln (1+x+ y )−x=c
B.5. Metoda PD-I Bernoulli
Bentuk umum persamaan :
dydx
+R . y=S . yn
® R dan S = konstanta atau f(x)
® n = kontanta
® Proses solusi dengan membentuk PD-I Linier berikut ini :
1. Bagi yn sehingga akan menjadi :
y−n dydx
+R . y1−n=S2. Misalkan :
Z= y1−n⇒dZ= y−n dy⇔ dZ
dx= y−n dy
dx3. PD-I akan menjadi :
dZdx
+R .Z=S
⇒PD−I Linier dengan solusi umumnya :I-13
Z . IF=∫S . IFdx⇒ IF=e∫ Rdx
Contoh Soal :
dydx
− y5 x
= 45 xy−2
R=− 15 x,S= 4
5 x,n=−2
®PD-I dibagi dengan y-2
⇒ y2 dydx
− y3
5 x= 4
5 x
®Misalkan :
Z= y3⇒dZ=3 y2dx⇔ dZdx
=3 y2 dydx
®PD-I dikalikan 3:
⇒3 y2 dydx
− 35xy3=12
5 x
®PD-I sekarang menjadi : dZdx
− 35 xZ=12
5 x⇒PD−I Linier
I-14
®P=− 3
5 x,Q=12
5 x
®IF=e∫ Pdx=e∫−
35 xdx=e
−35Lnx
= x−
35
Z . IF=∫Q . IFdx⇔ y3 x−3 5
=∫125 x x
−3 5dx
¿125 ∫ x
−85 dx=12
51
−85 +1
x−3 5
+c
⇔ y3 x−3
5=−4 x−3
5+c
⇔ ( y3+4 ) x−3 5
=c
Solusi cara lain untuk :
dydx
− y5 x
= 45 xy−2
⇔dydx
=45 x
y−2+ y5 x
=4+ y3
5 xy2
⇔5 xy 2dy−( 4+ y3)dx=0
®uji keeksakan:
I-15
K ( x , y )=− (4+ y3)⇒ ∂K ( x , y )∂ y
=−3 y2
L ( x , y )=5 xy2⇒ ∂L ( x , y )∂ x
=5 y2
∂K ( x , y )∂ x
≠∂L ( x , y )
∂ y⇒PD−I homogen
®Transformasi linier: M=4 + y3
⇒dM=3 y2dy
⇔53xdM−Mdx=0
⇔5dMM
−3dxx
=0
⇔5∫dMM −3∫ dxx =0
⇔5 LnM−3 LnX=C⇔5 Ln (4+ y3)−3 Lnx=c
I-16