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