Modul 1 pd linier orde satu

MODUL 1

PERSAMAAN

DIFERENSIAL ORDE

SATU

RUMUS-RUMUS DASAR INTEGRAL

caxa

axdxax

caxa

axdx

caxa

axdxax

caxa

ax

caxa

axdx

caxa

axdx

cx

ncxndxx

nn

csc1

cotcsc).7(

cot1

csc).6(

sec1

tansec).5(

tan1

sec).4(

sin1

cos).3(

cos1

sin).2(

||ln

1,1

1).1(

2

2

1

-1n ,

caxdxax

x

cxxxdx

cx

cxxdx

cxxxdx

cx

cxxdx

22

22).12(

|cotcsc|lncsc)11(

|sin|ln

|csc|lncot)10(

|tansec|lnsec)9(

|cos|ln

|sec|lntan)8(

c|bax|lna

b

a

xdx

bax

x )14(

c|bax|lna

1

bax

dx )13(

2

cax

axln

a2

1dx

ax

1)16(

c|ax|ln2

1dx

ax

x )15(

22

2222

c|axx|ln2

1

ax

dx )17( 22

22

dxexa

n

a

exdxex)20(

cedue)19(

cea

1dxe)18(

ax1naxn

axn

uu

axax

ca

xcos

ca

xsindx

xa

1 )21(

1

1

22

ca

xcot

a

1

ca

xtan

a

1dx

xa

1 )22(

1

122

ca

xcsc

a

1

ca

xsec

a

1dx

axx

1 )23(

1

1

22

Rumus-rumus Reduksi

dx xsinn

1nxcosxsin

n

1dx xsin).1 2n1nn

dx xcosn

1nxsinxcos

n

1dx xcos).2 2n1nn

dx xtanxtan1n

1dx xtan).3 2n1nn

dx xcotxcot1n

1dx xcot).4 2n1nn

dx xsec1n

2ntanxsec

1n

1dx xsec).5 2n2nn

dx xcsc1n

2nxcotxcsc

1n

1dx xcsc).6 2n2nn

dxbxcosxb

nbxcos

b

xdxbxsinx).7 1n

nn

dxbxsinxb

nbxsin

b

xdxbxcosx).8 1n

nn

dx exa

nex

a

1dx ex).9 ax1naxnaxn

dx axaln

nax

aln

1dx ax).10 x1nxnxn

c)bxcosbbxsina(ba

edx bxsine).11

22

axax

c)bxcosabxsinb(ba

edxbxcose).12

22

axax

c)1n(

xxln

1n

xdx xlnx).13

2

1n1nn

cdxxlnnxlnxdxxln).14 1nnn

cdxxlnx1m

n

1m

xlnxdxxlnx).15 1nm

n1mnm

PENGERTIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL

Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang melibatkan satu atau

lebih turunan fungsi yang belum diketahui, dan atau persamaan itu mungkin

juga melibatkan fungsi itu sendiri dan konstanta.

SOLUSI PERSAMAAN DIFERENSIAL

Solusi persamaan diferensial adalah menentukan suatu fungsi dimana

turunnya, dan disubsitutiskan memenuhi persamaan diferensial yang

diberikan.

Contoh :

Diberikan persamaan diferensial,

dy = (4x + 6 cos 2x)dx

Dengan cara mengintegralkan

diperoleh solusi PD yaitu :

cxx

dxxxy

2sin32

)2cos64(

2

Contoh :

Apakah, y = e2x, solusi persamaan

diferensial,

y” – 4y’ + 4y = 0

Dengan cara mensubstitusikan,

y=e2x, y’ = 2e2x, dan y’’ = 4e2x pada

persamaan dihasilkan,

4e2x - 4(2e2x) + 4e2x = 0

0=0

Jadi 4e2x e2x 4adalah solusi PD.Jadi, y= 2x2 + 3 sin 2x + c adalah

solusi PD

PD Variabel Terpisah

Bentuk Umum PD Variabel Terpisah,

cdyyg

ygdx

xf

xf

dyyg

ygdx

xf

xf

ygxf

dyygxfdxygxf

)(

)(

)(

)(

0)(

)(

)(

)(

)()(

0)()()()(

1

2

2

1

1

2

2

1

12

2211

PD Solusi

Contoh :Carilah penyelesaian umum PD,

(4x + 6xy2)dx + 3(y + x2y)dy = 0

Tulislah PD menjadi,

2x(2 + 3y2)dx + 3y(1 + x2)dy = 0

---------------------------(1 + x2)(2 + 3y2)

Diperoleh PD,

032

3

1

2

22

dy

y

ydx

x

x

Solusi PD adalah,

cyx

cyx

cdyy

ydx

x

x

)32()1(

ln)32ln(2

1)1ln(

32

3

1

2

222

22

22

Soal Latihan PD Variabel Terpisah

1. x(1 + y)dx + y(1 + x) dy = 0

2. xydx + (x2 – 1)ln y dy = 0

3. (1 + y2)sin x dx + 2y (1 – cos x)dy= 0

4. (1 + y) (1 + sin x)dx + y cos x dy = 0

5. xy dx + (x – 1)(1 + ln y)dy = 0

6. 2(1 + ey)dx + x(1 + x)dy = 0

7. 2xy(1 – y)dx + (x2 – 4)dy = 0

8. (y2 − 4) dx + x(x – 2)dy = 0

9. y(1 + x2)dx + 2x(1 + ln y)dy = 0

10.ex(1 + ey)dx + (1 + ex )e−y dy = 0

PD HOMOGEN

Fungsi f(x,y) dikatakan fungsi homogen berderajad n, jika terdapat α,

sedemikian sehingga

f(αx, αy) = αn f(x,y)

Bentuk umum PD :

g(x,y)dx + h(x,y)dy = 0

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

Kasus 1. Substitusi, y=ux, dy=udx+xdu

PD menjadi.

[g(1,u)+uh(1,u)]dx + xh(1,u)du=0

cduuuhug

uhdx

x

duuuhug

uhdx

x

),1(),1(

),1(1

0),1(),1(

),1(1

Solusi

Kasus 2. Substitusi, x=vy, dx=vdy + ydv

PD menjadi.

yg(v,1)dv + [vg(v,1)+h(v,1)]dy=0

cdyy

dvvhvvg

vg

dyy

dvvhvvg

vg

1

)1,()1,(

)1,(

01

)1,()1,(

)1,(

Solusi

Contoh

Carilah penyelesaian umum PD,.

(4x2 – 3y2)dx + 4xy dy = 0Jawab

Substitusikan, y = ux,dy=udx+xdu

ke persamaan , maka dihasilkan :

x2(4–3u2)dx + x24u(udx + x du) = 0

(4–3u2)dx + 4u(udx + x du) = 0

(4–3u2+4u2) dx + 4xu du) = 0

3222

22

2

2

2

)4(

,ln)4(ln

ln)4ln(2ln

ln4

41

04

41

cxyx

x

yucux

cux

cduu

udx

x

duu

udx

x

Carilah penyelesaian umum, PD,

x2ydx – (x3 + y3) dy = 0

Jawab

Substitusi, x=vy, dx=vdy+ydv, ke PD

diperoleh,

v2y3 (vdy +ydv) – y3(v3 + 1)dy = 0

v2(vdy +ydv) – (v3 + 1)dy = 0

v2y dv – dy = 0

3)/(

3

3

2

2

3

3,lnln

lnln3

1

ln1

01

cye

y

xvcye

cyv

cdyy

dvv

dyy

dvv

yx

v

Reduksi Persamaan Homogen

Kasus khusus PD berbentuk,

(ax+by+d)dx + (px+qy+r)dy=0

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

Kasus1, d=0,r=0Jika d=r=0, PD menjadi

(ax+by)dx+(px+qy)dy=0

Substitusikan, y=ux,dy=udx+xdu

diperoleh,

x(a+bu)dx+x(p+qu)(udx+xdu) = 0

atau,

[a+(b+p)u+qu2]dx+x(p+qu) du = 0

cduaupbqu

pqudx

x

duaupbqu

pqudx

x

)(

1

0)(

1

2

2

Solusi,

Contoh :

Carilah penyelesaian umum PD,

(x + 4y)dx + (4x + 2y)dy = 0

Jawab

Substitusi, y=ux,dy=udx+xdu. PD

menjadi,

x(1+4u)dx + x(4+2u)[udx+xdu] = 0

atau,

(1 + 8u + 2u2)dx + x (4 + 2u) du = 0

cduuu

udx

x

duuu

udx

x

182

421

0182

421

2

2

Solusi,

Kasus 2 aq – bp = 0Bila, aq – bp =0 maka berlaku :

px + qy = k(ax + by)

konstanta tak nol. Substitusikanlah,

z = ax + by , dz = adx + bdy

diperoleh PD,

b

adxdzdy

cdzarbdzakb

rkzdx

dzarbdzakb

rkzdx

dzrkzdxzakbarbd

b

adxdzrkzdxdz

)()(

0)()(

0)(])()[(

0)()(

Solusi,

Contoh


(2x+5y + 2)dx+(4x+10y + 3)dy=0

Jawab

aq – bp = (2)(10) – (5)(4) = 0.

Subsitusi, 4x + 10y = 2(2x + 5y),

dan z=2x+5y, dz=2dx+5dy. Maka

diperoeh PD

czzx

cdzz

zdx

dzz

zdx

dzzdxz

dxdzzdxz

)4ln(52

4

32

04

32

0)32()4(

05

2)32()2(

Solusi,

Kasus Ketiga, aq – bp ≠ 0

(ax+by+d)dx + (px+qy+r)dy=0

Substitusi pertama,u=ax+by+d, du=adx+bdy

v=px+qy+r, dv=pdx+qdy

atau,

diperoleh

dv

du

dy

dx

qp

ba

0)()(

0

dvavbudupvqu

bpaq

advpduv

bpaq

bdvqduu

bpaq

advpdudy

bpaq

bdvqdudx

PD diperoleh Sehingga

Substitusi kedua,

v = uz dan dv = udz + zdu

kedalam persamaan homogen,

sehingga dihasilkan :

u(q–pz)du + u(az – b)(udz+zdu) = 0

[az2 – (b+p)z + q]du + u(az–b)dz = 0

cduqzpbaz

bazdu

u

duqzpbaz

bazdu

u

)(

1

0)(

1

2

2

Solusi,

Contoh


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

Jawab

Substitusi pertama

u=2x + 4y + 2,

v=4x + 3y + 3,

10

24

10

43

dvdudy

dvdudx

dv

du

dy

dx

34

42

Diperoleh PD,

(3u – 4v)du + (–4u + 2v) dv = 0

010

24

10

43

dvduv

dvduu

Substitusi kedua,

v=uz, dv=udz+zdu

diperoleh hasil,

(3u–4uz)du + (–4u+2uz)(udz+zdu)= 0

u(3–4z)du + u(–4+2z)(udz+zdu) = 0

(3 – 4z – 4z + 2z2)du +(2z – 4)d

czzu

czzu

cdzzz

zdu

u

dzzz

zdu

u

)382(

ln)382ln(2

1ln

382

421

0382

421

22

2

2

2

Solusi,

Soal-soal Latihan PD Homogen

1. (x2 + y2)dx – xydy = 0

2. x2y dx + (x3 + y3)dy = 0

3. y dx – (x−yex/y)dy = 0

4. y(1 + ey/x) dx + (xey/x+ y) dy = 0

5. x2(x+3y)dx + (x3+ y3)dy = 0

6. y(y + xex/y)dx – x2ex/y dy = 0

7. (3x2y + y3)dx + (x3+ 3xy2)dy = 0

8. (2x – 3y)dx + (3x – 8y)dy = 0

9. (2x – 2y + 3)dx + (2x – 8y+4)dy = 0

10. (2x – y)dx + (x – 6y + 2)dy = 0

11. (2x + 5y + 2)dx + (5x + 3y – 2)dy = 0

12. (x – 2y + 3)dx + (2x – 9y – 4)dy = 0

PD Eksak dan Non Eksak

Persamaan diferensial linier orde satu yang berbentuk,

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

dikatakan sebagai persamaan diferensial eksak jika hanya jika

--------------------------------------------------------------------------------------------------------x

N

y

M

Solusi, F(x,y)=c dimana

dydxyxMy

yxNyg

yxNygdxyxMy

ygdxyxMyxF

),(),()(

),()(),(

)(),(),(

dimana

Solusi, F(x,y)=c dimana

dxdyyxNx

yxMxf

yxMxfdyyxNx

xfdyyxNyxF

),(),()(

),()(),(

)(),(),(

dimana

Contoh : Carilah penyelesaian PD,

(1 + yexy) dx +(xexy + 2y) dy = 0

Jawab

PD Eksak, karena :

Solusi, F(x,y)=C, dimana

Contoh : Carilah penyelesaian PD,

Jawab

PD Eksak, karena :

Solusi, F(x,y)=c dimana :

01

sin)]1(ln(cos1[

dy

y

xydxyx

xyxyxy

xyxyxy

exyyexex

N

exyxeyey

M

)1()(

)1()(

cyex

cyydyyg

yxeygexy

ygex

ygdxxeyxF

xy

xyxy

xy

xy

2

2

,

2)(

2)]([

)(

)()1(),(

Solusi

y

x

x

N

y

x

y

M

1

cos

1

cos

)1()1(,

)1ln(1

)(

1

sin)]()1ln(sin[

)()1ln(sin(

)()1ln(cos1(),(

sin ycye

yydyy

yyg

y

xyygyxx

y

ygyxx

ygdxyxyxF

xyx

Solusi

PD Non Eksak dan Faktor Integrasi

Persamaan diferensial linier orde satu yang berbentuk,

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

dikatakan sebagai persamaan diferensial non eksak jika hanya jika

PD Non eksak diubah menjadi PD eksak dengan mengalikan faktor integrasi

u, sehingga PD berbentuk.

uM(x,y)dx+uN(x,y)dy = 0

--------------------------------------------------------------------------------------------------------

0

x

N

y

M

x

N

y

M atau

Kasus Pertama, u = u(x)Faktor integrasi u diberikan oleh,

N

x

N

y

M

xp

eudxxp

)(

)(

Kasus Kedua, u = u(y)Faktor integrasi u diberikan oleh,

M

x

N

y

M

yq

eudyyq

)(

)(


(4x3 + x2 – y2)dx + 2xy dy = 0

Jawab

PD Eksak or Non eksak

xy

y

N

x

N

y

M

pyx

N

y

M

yx

Ny

y

M

xyNyxxM

2

4,4

2,2

2,4 223

Faktor Integrasi u

2

1ln

ln2

2

12

xe

eeu

x

xdx

x

PD menjadi,

02

14

0)2(1

)4(1

2

2

2223

2

dyx

ydx

x

yx

xydyx

dxyxxx

PD Eksak,

Solusi PD Eksak, F(x,y) = c, dimana :

cygygx

yxx

ygdxx

yxyxF

)()(2

)(14),(

22

2

2

Solusi.

2x3 + x2 + y2 = cx


Jawab

PD Eksak or Non eksak

0ln32

34)(

22

dyy

xyedxxyey xx

yxyey

xye

M

x

N

y

M

q

xyex

N

y

M

xyex

Nxye

y

M

yx

yeNxyeyM

x

x

x

xx

xx

2

)(

)(2

)(2

342

ln32

34,

22

,

Faktor Integrasi u

2ln

ln2

2

2ye

eeu

y

ydy

y

PD Non Eksak

PD menjadi,

0ln32

34)(

0ln32

34)(

222

334

2222

dyyyyx

eydxxyey

dyyx

yeydxxyeyy

xx

xx

PD

Eksak

Solusi PD Eksak, F(x,y)=c dimana :

332

222

3324

324

34

3

1lnln3)(

ln32

34)(

2

1

)(

)(2

1

)()(),(

yyyydyyyg

yyyx

eyygyxeyy

yg

ygyxey

ygdxxyeyyxF

xx

x

x

: dari diperoleh

cyyyyxey x 33324

3

1ln

2

1

Soal Latihan PD Eksak Non Eksak

1. (x3 + y2)dx + (2xy − y3)dy = 0

2. (x + y sin 2x)dx + (sin2 x + 3y2)dy = 0

3. [2x + y cos(xy)] dx + [x cos(xy) – 2y]dy = 0

4. (x + y)2 dx + (x2 + 2xy + yey)dy = 0

5. (xex + yexy)dx + (1 + xexy )dy = 0

6. (xex − ey)dx + ey(y − x)dy = 0

7. 3x2(y − 1)2dx + 2x3 (y − 1)dy = 0

0)1()33(.10

0)1ln(1

)1(.9

0lnln.8

3/2

22

2

dyxdxyey

dyxdxx

yx

dyyy

xydxx

x

PD Linier Orde Satu

Persamaan diferensial biasa linier orde

satu adalah suatu persamaan yang

berbentuk,

y′ + P(x)y = Q(x)


[P(x)y – Q(x)]dx + dy = 0

Persamaan diatas adalah non eksak

faktor integrasinya adalah,

dxxP

eu)(

Solusi PD adalah,

cdxexQyedxxPdxxP

)()(

)(

ContohCarilah penyelesaian umum PD,

xy′ + (1 – x)y = 4xex ln x

Jawab

Tulis PD menjadi,

cxxxyxe

dxxx

dxxexeyxe

xeeeeu

xxdxx

xdxxp

xeyx

xy

x

xxx

xxxxx

x

22

lnln

ln2

ln4

))(ln4(

ln1

)(

ln41

Solusi,

integrasi, Faktor

PD Bernoulli

Bentuk umum PD Bernoulli,

y′ + P(x)y = Q(x)yn


yny′ + P(x)y1–n = Q(x)

Substitusi, z = y1–n,dan z′=(1–n)y–n y′,

PD menjadi

z′ + (1 – n)P(x)z = (1 – n)Q(x)

PD adalah linier orde satu,

cdxexQnze

eu

dxxPndxxPn

dxxPn

Solusi,

integrasi, Faktor

)()1()()1(

)()1(

)()1(

ContohCarilah pernyelesaian umum PD,

xy′ + y = y3 x3 ln x

Jawab


Substitusi, z = y–2, z′=–2y–3 y′, PD

menjadi,

xxyx

yy ln1 223

cdxx

xxx

z

xeeu

xxzx

z

xdx

x

22

2

2ln2

2

2

1ln2

1

ln22

PD, Solusi

integrasi, Faktor

PD Bernoulli

Bentuk umum PD Bernoulli - lain

yn–1 y′ + P(x)yn = Q(x)

Substitusi, z = yn,dan z′=nyn – 1y′, PD

menjadi

z′ + n P(x)z = nQ(x)


cdxexnQze

eu

dxxnPdxxnP

dxxnP

Solusi,

integrasi, Faktor

)()(

)(

)(

ContohCarilah penyelesaian PD,

Jawab,

Substitusi , z = y3,dan z′= 3y2y′,

PD menjadi

xxyx

xyy 2sin

13 32

cdxxex

ey

cdxex

xxex

z

ex

eeu

xxzx

xz

xx

xx

xxxdx

x

x

PD Solusi

integrasi, Faktor

2sin

12sin

1

1

2sin1

3

ln1

Reduksi Orde PD

Bantuk Umum PD adalah,

y(n) + P(x)y(n–1) = Q(x)

Substitusi, z = y(n–1),dan z′= y(n), PD

menjadi

z′ + P(x)z = Q(x)


cdxexQey

cdxexQze

eu

dxxPdxxPn

dxxPdxxP

dxxP

Solusi,

integrasi, Faktor

)()()1(

)()(

)(

)(

)(

Contoh

carilah penyelesaian khusus dari,

y′′′ – y′′ = xex

y(0) = 1, y′(0) = 2 dan y′′(0) = 4

Jawab

Substitusi, z = y′′,dan z′= y′′′, PD

menjadi,

z′ – z = xex

Faktor integrasi,

dxcecexe

y

dxceexey

cexeey

cdxexeze

eeu

xxx

xxx

xxx

xxx

xdx

1

22

22

2

4

3

2

])[(

])([

)(

Solusi,

Soal-soal Latihan1. y′ + y tan x = 2 x cos x

2. y′ – xy = 6xe2x

3. (1 + x2)y′ + 2xy = x2

4. x2 ln x y′ + xy = 1

5. x y′ + 2 y = 4 ln x

6. sin x y′ + y cos x = sin x – x cos x

7. (1 + x2) y′ + 2xy = x ln x

8. (x – 1) y′ – 2y = x(x − 1)4

9. (1 + ex)y′ + ex y= xex

10.x ln x y′ + y = x3 ln x

11.3y′ + y = (1 − 2x)y4

12.x ln x y′ – y = x3 y2

13.x y′′′ – y′′ = x4 ln x

14.y′′′ – 2y′′ = x e2x

Modul 1 pd linier orde satu

Documents

Transcript of Modul 1 pd linier orde satu