persamaan differensial biasa kalkulus 2 untuk teknik

buku kalkulus

2. PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA
Penulis:
Firdaus Ubaidillah
ISBN:978-623-7973-23-2
Penerbit:
UPT Percetakan & Penerbitan Universitas Jember
Redaksi:
Jl. Kalimantan 37
Jember 68121
Telp. 0331-330224, Voip 00319
e-mail: [email protected]
Distributor Tunggal:
UNEJ Press
Jl. Kalimantan 37
Jember 68121
Telp. 0331-330224, Voip 0319
e-mail: [email protected]
Hak Cipta dilindungi Undang-Undang. Dilarang memperbanyak tan-
pa ijin tertulis dari penerbit, sebagian atau seluruhnya dalam bentuk
apapun, baik cetak,photoprint, maupunmicrolm

3. Kata Pengantar
Puji dan syukur saya panjatkan kepada Allah SWT atas limpah-
an nikmat, rahmat, dan hidayahNya sehingga kita dapat beraktivitas
sesuai dengan apa yang telah direncanakan. Shalawat beserta salam
semoga tetap tercurahkan kepada junjungan kita nabi Muhammad
SAW.
Penyusunan buku ajar Persamaan Diferensial Biasa ini dimulai de-
ngan mengenalkan pengertian persamaan diferensial, baik itu persa-
maan diferensial biasa maupun persamaan diferensial parsial. Setelah
itu diberikan klasikasi persamaan diferensial biasa. Dalam penjabar-
an persamaan diferensial biasa, Anda akan diajak untuk mengenali
bentuk-bentuk persamaan diferensial, kemudian penyelesaian persa-
maan diferensial mulai dari orde satu hingga orde tinggi. Pada umum-
nya yang dibahas di buku ajar ini adalah persamaan diferensial ber-
bentuk linear, namun untuk persamaan diferensial orde satu diberikan
dalam bentuk linear maupun nonlinear. Selain itu, diberikan penera-
pannya pada permasalahan sehari-hari misalkan pada peluruhan radio
aktiv, persamaan pertumbuhan, rangkaian listrik, persamaan getaran,
dan lain-lain. Dengan demikian, saya merekomendasikan buku ajar
ini bisa juga digunakan oleh mahasiswa di luar program studi mate-
matika misalkan dari program studi sika dan program-program studi
di fakultas teknik. Beberapa metode dalam menyelesaikan persamaan
diferensial biasa juga diberikan di sini. Selain itu, pada bab-bab ter-
akhir dibahas tentang sistem persamaan diferensial dan penyelesaian-
nya baik yang berbentuk linear maupun nonlinear, hingga membahas
masalah kestabilan sistem persamaan diferensial linear.
Secara umum, Anda akan menemukan bahwa penyajian materi da-
lam buku ajar ini mengikuti alur penyajian pada perkuliahan Persa-
maan Diferensial Biasa di kelas. Dengan demikian, bisa dikatakan
bahwa untuk memahami materi perkuliahan Persamaan Diferensial
Biasa perlu mempelajari buku ajar ini.
Selain pembahasan materinya yang disajikan secara terstruktur,
buku ajar ini juga dilengkapi dengan contoh-contoh penyelesaian per-
samaan diferensial maupun masalah nilai awal, yang hasilnya seba-
gian dilengkapi dengan visualisasi dalam bentuk gambar. Penyajian
tersebut akan memudahkan pembaca untuk merelasikan apa yang dije-
laskan dalam contoh dengan bentuk tampilan grak penyelesaiannya.
iii

4. iv
Buku ajar ini juga menyediakan rangkuman materi, bahan diskusi,
dan soal-soal latihan yang dapat Anda gunakan untuk mengetahui se-
jauh mana Anda memahami materi yang telah dipelajari di tiap-tiap
bab.
Jember, November 2020
Dr. Mohammad Fatekurrohman, S.Si., M.Si.

5. Prakata
Puji syukur kami panjatkan kepada Allah SWT yang telah me-
limpahkan rahmat dan hidayahNya sehingga penulisan buku ajarPer-
samaan Diferensial Biasaini dapat diselesaikan dengan baik tanpa
kendala yang berarti. Tidak lupa, ucapan terima kasih disampaikan
kepada rekan-rekan dosen tim pengajar matakuliah Persamaan Dife-
rensial Biasa di Fakultas MIPA Universitas Jember yang telah ikut
memberikan kontribusi dalam penulisan buku ajar ini.
Persamaan Diferensial Biasa merupakan matakuliah wajib semes-
ter ketiga pada program studi Matematika Fakultas Matematika dan
Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Jember semenjak diberlakukan
Kurikulum 2017, terdiri dari 3 sks (2 sks kuliah dan 1 sks praktikum).
Buku ajar Persamaan Diferensial Biasa ini ditulis untuk diguna-
kan pada perkuliahan Persamaan Diferensial Biasa di Jurusan Mate-
matika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universi-
tas Jember, meskipun tidak menutup kemungkinan bisa dipakai pada
perkuliahan di prodi lain bahkan di luar fakultas MIPA. Penyusunan
buku ajar ini dalam rangka untuk mengefektifkan proses pembela-
jaran, apalagi di masa pandemi covid 19 yang mana hampir seluruh
perkuliahan dan praktikum dilaksanakan secara daring. Pada proses
pembelajaran di kelas secara daring, biasanya dosen menjelaskan per-
kuliahan dengan mencatat atau melalui media presentasi atau bahkan
video. Mahasiswa umumnya menyalin catatan tersebut sambil me-
nyimak dan mengikuti penjelasan dosen. Proses pembelajaran lebih
banyak mendengarkan ceramah dari dosen.
Fungsi dari buku ajar ini, untuk dosen digunakan dalam menje-
laskan materi kuliah, sedangkan untuk mahasiswa sebagai pengganti
catatan kuliah. Oleh karena itu waktu pembelajaran di kelas dapat
digunakan lebih efektif untuk caramah dan diskusi. Pada buku ajar
ini, diberikan banyak contoh (teladan) soal yang telah diberikan pe-
nyelesaiannya. Harapannya soal-soal yang diberikan di tiap akhir bab
dapat diselesaikan oleh mahasiswa sebagai alat ukur keberhasilan me-
mahami materi, begitu juga bahan diskusi yang sudah diberikan di
tiap bab.
Buku ajar ini dalam penyusunannya didasarkan pada beberapa bu-
ku teks mutahir yang digunakan seperti dituliskan dalam Bibliogra
(Daftar Pustaka). Semoga buku ajar ini dapat berguna untuk me-
v

6. vi
ningkatkan kualitas pembelajaran matakuliah Persamaan Diferensial
Biasa, terlebih khusus di Jurusan Matematika Fakultas Matematika
dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Jember.
Jember, November 2020
Penulis

7. Daftar Isi
Kata Pengantar iii
Prakata v
Daftar Isi ix
Daftar Gambar xi
Daftar Tabel xiii
1 Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa 1
1.1 Klasikasi Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Orde Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Persamaan Diferensial Linear dan Nonlinear . . .
1.1.3 Persamaan Diferensial Linear Homogen dan Non-
homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Sistem Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Penyelesaian Persamaan Diferensial . . . . . . . . . . . .
1.4 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 15
2.1 Persamaan Diferensial Linear Orde Satu . . . . . . . . .
2.2 Persamaan Diferensial Peubah Terpisah (Separabel) . .
2.3 Persamaan Diferensial Eksak . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Persamaan Diferensial Noneksak dan Faktor Integrasi .
2.5 Persamaan Diferensial Bernoulli . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Persamaan Diferensial Euler . . . . . . . . . . . . . . . .
vii

8. viii DAFTAR ISI
2.7 Masalah Nilai Awal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu . . . . . . . .
2.9 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.11 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.12 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 47
3.1 Persamaan Diferensial Linear Orde Dua . . . . . . . . .
3.2 Persamaan Linear Homogen dengan Koesien Konstan .
3.3 Persamaan Linear Orde Dua Nonhomogen dengan Ko-
esien Konstan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Dua . . . . . . . .
3.5 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua 69
4.1 Persamaan Linear Homogen dengan Koesien Konstan .
4.2 Persamaan Linear Orde Tinggi Nonhomogen dengan
Koesien Konstan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator
D 81
5.1 Pengertian Operator Diferensial dan Sifat-sifatnya . . .
5.2 Kernel OperatorD. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Invers OperatorD. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Penyelesaian Persamaan Diferensial
Linear Nonhomogen dengan Koesien Konstan . . . . .
5.5 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.7 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.8 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9. DAFTAR ISI ix
6 Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace 111
6.1 Transformasi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Sifat-sifat Transformasi Laplace . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Transformasi Laplace Invers . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.6 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.8 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7 Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu 125
7.1 Sistem Persamaan Linear Homogen dengan Koesien
Konstan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Sistem Persamaan Linear Nonhomogen
dengan Koesien Konstan . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.5 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.6 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8 Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial 139
8.1 Linearisasi Sistem Persamaan Diferensial Nonlinear . . .
8.2 Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial . . . . . . . . .
8.3 Rangkuman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4 Bahan Diskusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Rujukan/Daftar Pustaka . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6 Soal-soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Daftar Pustaka/Bibliogra 150
Glosarium 153
Indeks 155
Biogra 157

10. x DAFTAR ISI

11. Daftar Gambar
1.1 Bandul matematis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1 Graky=ce
2x
3=2, untuk beberapa nilaic. . . . . .
2.2 Grak penyelesaiany
0

y
2
=e
x
, dengany(0) = 7=3 . .
3.1 Grak penyelesaian masalah nilai awaly
00
+ 2y
0
+y=
0; y(0) = 1; y
0
(0) =3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Grak solusiy
00
+ 4y=x+ 2e
3x
; y(0) = 1; y
0
(0) =1 .
3.3 Ilustrasi permasalahan pada soal . . . . . . . . . . . . .
3.4 Grak pergerakan partikel . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Grak pergerakan partikel dengan peredaman . . . . . .
3.6 Grak (a) muatan listrik, dan (b) arus listrik . . . . . .
6.1 Rangkaian listrik soal nomor 14 . . . . . . . . . . . . . .
8.1 Bidang fasax1vstkasus nilai-nilai karakteristik ber-
tanda negatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Bidang fasax1vstkasus nilai-nilai karakteristik berbe-
da tanda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 Bidang fasax1vstkasus nilai-nilai karakteristik ber-
tanda sama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
xi

12. xii DAFTAR GAMBAR

13. Daftar Tabel
1.1 Persamaan diferensial biasa dengan nama-nama khusus
1.2 Persamaan diferensial parsial dengan nama-nama khusus
1.3 Beberapa contoh persamaan diferensial linear dan non-
linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1 Tabel Transformasi Laplace Fungsi-fungsi Khusus . . . .
8.1 Sifat-sifat kestabilan sistem persamaan linear . . . . . .
xiii

14. xiv DAFTAR TABEL

15. Bab 1
Konsep Dasar Persamaan
Diferensial Biasa
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir yang
diharapkan secara umum adalah mahasiswa:
1.
2.
3.
masalah yang relevan;
4.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu
1.
an diferensial orde satu dan orde tinggi, persamaan diferensial
linear dan nonlinear, dan persamaan diferensial linear homogen
dan nonhomogen);
2.
bedakan dengan persamaan diferensial nonlinear;
3.
dan metode penyelesaian persamaan diferensial.
1

16. 2 Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa
1.1 Klasikasi Persamaan Diferensial
Untuk mempelajari persamaan diferensial biasa, yang pertama
adalah perlu memahami klasikasi persamaan diferensial. Untuk itu,
terlebih dahulu diberikan pengertian persamaan diferensial.
Persamaan diferensialadalah suatu bentuk persamaan yang
memuat turunan (derivatif) satu atau lebih peubah tak bebas (pe-
ubah terikat) terhadap satu atau lebih peubah bebas suatu fungsi.
Berikut beberapa contoh persamaan diferensial
d
2
y
dx
2
+x
2
y

dy
dx

3
= 0 (1.1)
d
4
x
dt
4
+ 3
dx
dt
4x= cost (1.2)
@v
@s

@v
@t
= 2v (1.3)
@
2
u
@x
2
+
@
2
u
@y
2
+
@
2
u
@z
2
= 0 (1.4)
Klasikasi persamaan diferensial tergantung pada banyaknya peubah
bebas. Jika persamaan diferensial tergantung hanya pada satu peu-
bah bebas dikatakanpersamaan diferensial biasa(PDB), dan jika
bergantung pada lebih dari satu peubah bebas dikatakanpersamaan
diferensial parsial(PDP). Berikut diberikan contoh masing-masing
persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial.
Persamaan
d
2
y(t)
dt
2
+ sint
dy(t)
dt
2y(t) = 2t (1.5)
merupakan persamaan diferensial biasa dengan satu peubah tak bebas
ydan satu peubah bebast, sedangkan
@
2
u(x; t)
@x
2
=
@u(x; t)
@t
(1.6)
merupakan persamaan diferensial parsial dengan satu peubah tak be-
basudan dua peubah bebasxdant.
Untuk selanjutnya, terkadang penulisan
d
2
y(t)
dt
2cukup ditulis
d
2
y
dt
2sa-
ja, penulisan
dy(x)
dx
cukup ditulis
dy
dx
saja, dan sebagainya. Persamaan
(1.6) dapat pula dituliskan
@
2
u
@x
2=
@u
@t
yang dapat dipahami bahwau

17. Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa 3
adalah fungsi darixdant. Selain itu, terkadang penulisan
dy
dx
digan-
ti dengany
0
, penulisan
d
2
y
dx
2diganti dengany
00
, penulisan
d
3
y
dx
3diganti
dengany
000
, dan penulisan
d
4
y
dx
4diganti dengany
iv
. Sedangkan untuk
turunan lebih tinggi dari empat, misalkan
d
7
y
dx
7dituliskan dengany
(7)
dan ini tentunya berbeda dengany
7
.
Beberapa persamaan diferensial terkadang secara khusus memiliki
nama sendiri. Persamaan diferensial biasa dan parsial dengan nama-
nama khusus masing-masing diberikan pada Tabel 1.1 dan Tabel 1.2.
Tabel 1.1: Persamaan diferensial biasa dengan nama-nama khusus
No.Bentuk persamaan diferensial Nama persamaan
1.(1x
2
)
d
2
y
dx
22x
dy
dx
+p(p+ 1)y= 0Persamaan Legendre
2.x
2d
2
y
dx
2+x
dy
dx
+ (x
2
p
2
)y= 0 Persamaan Bessel
3.
d
2
y
dx
2+xy= 0 Persamaan Airy
4.(1x
2
)y
00
xy
0
+p
2
y= 0 Persamaan Chebyshev
5.y
00
2xy
0
+ 2py= 0 Persamaan Hermite
6.y
0
=p(x)y+q(x)y
n
Persamaan Bernoulli
7.x
2
y
00
+axy
0
+by= 0 Persamaan Euler

18. 4 Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa
Tabel 1.2: Persamaan diferensial parsial dengan nama-nama khusus
No.Bentuk pers. diferensial Nama persamaan
1.
@
2
u
@x
2+
@
2
u
@y
2= 0 Persamaan Laplace dimensi dua
2.
@
2
u
@x
2+
@
2
u
@y
2+
@
2
u
@z
2= 0 Persamaan Laplace dimensi tiga
3.
@
2
u
@x
2+
@
2
u
@y
2=f(x; y) Persamaan Poisson
4.
@
2
u
@x
2=c
2@
2
u
@t
2 Persamaan gelombang
5.
@
2
u
@x
2=
2@u
@t
Persamaan panas
1.1.1 Orde Persamaan Diferensial
Penentuan orde dari suatu persamaan diferensial tergantung pada kan-
dungan fungsi turunan yang ada di dalam persamaan diferensial ter-
sebut.Orde persamaan diferensialadalah orde tertinggi turunan
yang muncul pada persamaan diferensial. Persamaan diferensial (1.1),
(1.4), (1.5) dan (1.6) merupakan contoh-contoh persamaan diferensial
orde dua. Sedangkan persamaan diferensial (1.2) dan (1.3) masing-
masing berorde empat dan satu.
Denisi 1.1. , atau cukup
dikatakanpersamaan diferensial orde satu, adalah persamaan di-
ferensial yang berbentuk
y
0
(x) =f(x; y(x)): (1.7)

19. Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa 5
Secara umum,persamaan diferensial ordenadalah persamaan
diferensial yang berbentuk
y
(n)
(x) =f(x; y; y
0
; y
00
; ; y
(n1)
): (1.8)
1.1.2 Persamaan Diferensial Linear dan Nonlinear
Persamaan diferensial orde satu (1.7) dikatakanlinearjika persamaan
(1.7) dapat dinyatakan dengan
y
0
(x) =r(x)y+s(x): (1.9)
Jika tidak demikian maka persamaan diferensial dikatakantidak li-
nearataunonlinear. Secara umum, persamaan diferensial dikatakan
linearordenjika persamaan diferensial tersebut dapat dituliskan se-
bagai
an(x)
d
n
y
dx
n
+an1(x)
d
n1
y
dx
n1
+ +a1(x)
dy
dx
+a0(x)y=b(x) (1.10)
denganan6= 0.
Persamaan diferensial biasa dikatakannonlinearjika ia tidak linear,
yakni tidak dapat dinyatakan dalam persamaan (1.10). Salah satu con-
toh persamaan diferensial nonlinear yang sering muncul dalam sika
adalah persamaan bandul matematis yang diberikan
d
2

dt
2
+
g
l
sin= 0; (1.11)
denganmenyatakan besar sudut simpangan,ggaya gravitasi bumi
danlpanjang tali (Gambar 1.1).
Gambar 1.1: Bandul matematis

20. 6 Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa
Untuk kasusyang cukup kecil, nilai sindapat dihampiri oleh
, yakni sin, sehingga persamaan (1.11) dapat diganti menjadi
persamaan linear
d
2

dt
2
+
g
l
= 0:
Beberapa contoh persamaan diferensial biasa linear dan nonlinear yang
lain diberikan pada Tabel 1.3.
Tabel 1.3: Beberapa contoh persamaan diferensial linear dan non-
linear
No. Persamaan diferensial Linear/Nonlinear
1.(1x
2
)
d
2
y
dx
22x
dy
dx
+p(p+ 1)y= 0 Linear
2.
d
4
x
dt
4+ 3
dx
dt
4x= cost Linear
3.
d
2
y
dx
2+ 3y(
dy
dx
4) =x Nonlinear
4.

d
2
y
dx
2

2
+ 3x
dy
dx
= 0 Nonlinear
5.y
00
2xy
0
+
p
y= 0 Nonlinear
Persamaan (1.10) dikatakanpersamaan diferensial linear de-
ngan koesien konstanjikaa1(x); a2(x); ; an(x) semuanya konst-
an, jika tidak maka dikatakanpersamaan diferensial dengan koe-
sien peubah. Berikut beberapa contoh persamaan diferensial linear
dengan koesien konstan dan dengan koesien peubah:

21. Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa 7
1.y
00
+ 5y
0
3y= cosxmerupakan persamaan diferensial linear
dengan koesien konstan.
2.
(persamaan Legendre, Bessel, Airy, Chebyshev, Hermite, dan
Euler) semuanya merupakan persamaan diferensial linear dengan
koesien peubah.
1.1.3 Persamaan Diferensial Linear Homogen dan Non-
homogen
Persamaan diferensial linear (1.10), yakni
an(x)
d
n
y
dx
n
+an1(x)
d
n1
y
dx
n1
+ +a1(x)
dy
dx
+a0(x)y=b(x)
denganan6= 0, dikatakanhomogenatautereduksijikab(x) = 0 dan
dikatakannonhomogenataulengkapjikab(x)6= 0. Berikut bebe-
rapa contoh persamaan diferensial linear homogen dan nonhomogen:
1.y
00
+ 5y
0
3y= cosxmerupakan persamaan diferensial linear
nonhomogen.
2.
(persamaan Legendre, Bessel, Airy, Chebyshev, Hermite, dan
Euler) semuanya merupakan persamaan diferensial linear homo-
gen.
1.2 Sistem Persamaan Diferensial
Sistem persamaan diferensialmerupakan kumpulan dari bebera-
pa persamaan diferensial yang saling berkaitan. Berdasarkan keline-
arannya, sistem persamaan diferensial dibedakan menjadi sistem per-
samaan diferensial linear dan sistem persamaan diferensial nonlinear.
Sebagai contoh sistem persamaan diferensial
dx
dt
=xy+ 2t
dy
dt
= 3y2
atau dapat dinyatakan dalam bentuk matriks

_x
_y

=

11
0 3

x
y

+

2t
2

22. 8 Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa
merupakan sistem persamaan diferensial linear orde satu. Contoh lain,
persamaan Lorenzsebagai berikut
dx
dt
=(x+y)
dy
dt
=rxyxz
dz
dt
=bz+xy
merupakan sistem persamaan diferensial nonlinear orde satu.
1.3 Penyelesaian Persamaan Diferensial
Penyelesaianatausolusipersamaan diferensial adalah suatu fung-
si yang memenuhi persamaan diferensial yang dimaksudkan. Sebagai
contoh, fungsiy=e
x
1 adalah penyelesaian dari persamaan dife-
rensialy
0
=y+ 1. Perhatikan bahwa fungsi lainy= 3e
x
1, juga
merupakan penyelesaian dari persamaan diferensialy
0
=y+ 1. Ini
artinya bahwa penyelesaian dari persamaany
0
=y+ 1 tidak tunggal.
Secara umum, penyelesaian persamaan diferensialy
0
=y+ 1 adalah
y=ce
x
1 denganckonstanta sebarang.
Penyelesaian umumpersamaan diferensial adalah koleksi (kelu-
arga) fungsi yang memenuhi persamaan diferensial yang dimaksudkan,
dalam hal ini penyelesaiannya masih mengandung konstanta esensi-
al.Penyelesaian khususpersamaan diferensial adalah suatu fungsi
yang memenuhi persamaan diferensial yang dimaksudkan, dalam hal
ini penyelesaiannya tidak mengandung konstanta esensial.Penyele-
saian singularadalah penyelesaian persamaan diferensial yang tidak
didapat dari hasil mensubstitusikan nilai konstanta pada penyelesaian
umumnya.
Penyelesaian persamaan diferensial linear dengan koesien konst-
an lebih sederhana dibandingkan dengan koesien peubah. Namun
begitu, dengan mengintegralkan kedua ruas persamaan (1.9) terhadap
peubahx, terkadang tidak menghasilkan seperti yang diharapkan. Se-
bagai contoh, untuk menyelesaikan persamaan
y
0
= 2y+ 1
dengan cara mengintegralkan kedua ruas terhadap peubahxdiperoleh
Z
y
0
(x)dx= 2
Z
y(x)dx+x+C;

23. Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa 9
denganCsebarang bilangan real. Berdasarkan Teorema Dasar Kal-
kulus berakibat
R
y
0
(x)dx=y(x), sehingga didapatkan
y= 2
Z
y dx+x+C:
Pengintegrasian kedua ruas persamaan tidak cukup untuk menentukan
penyelesaiany, karena masih perlu menentukan primitif dariy.
1.4 Rangkuman
1.
muat turunan (derivatif) satu atau lebih peubah tak bebas (peu-
bah terikat) terhadap satu atau lebih peubah bebas suatu fungsi.
2.
pada banyaknya peubah bebas. Jika hanya tergantung hanya
pada satu peubah bebas maka dikatakan persamaan diferensial
biasa, dan jika bergantung pada dua atau lebih peubah bebas
dikatakan persamaan diferensial parsial.
3.
muncul pada persamaan diferensial.
4.
an
d
n
y
dx
n
+an1
d
n1
y
dx
n1
+ +a1
dy
dx
+a0y=b(x)
merupakan persamaan diferensial linear jikaan; an1; ; a0me-
rupakan fungsi-fungsi darixsaja (tidak mengandungydan tu-
runannya), jika tidak maka dikatakan persamaan nonlinear.
5.
an(x)
d
n
y
dx
n
+an1(x)
d
n1
y
dx
n1
+ +a1(x)
dy
dx
+a0y=b(x)
dikatakan homogen jikab(x) = 0, dan dikatakan nonhomogen
jikab(x)6= 0.
6.
pa persamaan diferensial yang saling berkaitan.
7.
menuhi persamaan diferensial.

24. 10 Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa
1.5 Bahan Diskusi
Diskusikan beberapa hal berikut
1.
orde tiga.
2.
dua nonhomogen dengan koesien tidak konstan.
3.
d
2
y
dx
2
+ sin (x+y) = sinx:
bukan merupakan persamaan diferensial linear.
1.6 Rujukan/Daftar Pustaka
1 Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2 Ordinary Dierential Equations: An Intro-
duction to the Fundamentals, CRC Press
3 Dierential Equations
Theory, Technique, and Practice. International Edition, The
McGraw-Hill Companies, Inc.
1.7 Soal-soal Latihan
1.
sarkan PDB atau PDP dan tentukan peubah bebas dan peubah
terikat (peubah tak bebas)

25. Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa 11
No.Pers. diferensialPDB/PDP Peub. bebas/terikat
a.
d
2
y
dx
22x
dy
dx
= 0 PDB x=y
b.y
000
2y
0
+y= cost
c.
@
2
u
@x
2+
@u
@t
= 0
d.
dx
dt
+
dy
dt
= 2t
e.
@
2
z
@y
2+
@
2
z
@x
2+
@
2
z
@t
2
2.
dasarkan orde dan kelinearan
No. Persamaan diferensial OrdeLinear/Nonlinear
a.(1x
2
)
d
2
y
dx
22x
dy
dx
= 0 Dua Linear
b.(t1)
d
4
x
dt
4+ 3
dx
dt
4
p
x= cost
c.yy
00
3y
0
= 2x
d.y
(5)
+ 3xy
00
=x
3=2

e.
dy
dt
t
p
y= 0

26. 12 Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa
3.
ikut berdasarkan koesien-koesiennya
No.Persamaan diferensialKoef. konstan / peubah
a.(1x
2
)
d
2
y
dx
22x
dy
dx
= 0 Koesien peubah
b.
d
4
x
dt
4+ 3
dx
dt
4xcost= 0
c.y
iv
y=x
d.xy
00
1 = 0
e.
d
2
s
dt
2+ts= cost
4.
ikut berdasarkan kehomogenannya:
No.Persamaan diferensialHomogen/Nonhomogen
a.(1x
2
)
d
2
y
dx
22x
dy
dx
= 0 Homogen
b.
d
4
x
dt
4+ 3
dx
dt
4xcost= 0
c.y
iv
y=x
d.xy
00
1 = 0

27. Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa 13
5. y(t) = 3t+t
2
merupakan penyelesaian persama-
an diferensial
ty
0
y=t
2
:
6. y= arcsin (xy) merupakan penye-
lesaian persamaan diferensial
xy
0
+y=y
0
p
1x
2
y
7. y(x) = cos 2xmerupakan penyelesaian
masalah nilai awal
y
00
+ 4y= 0;y(0) = 1; y
0
(0) = 0:
8.
y
00
+y
0
6y= 0:
Jika penyelesaian persamaan diferensial tersebut berbentuky=
e
px
, tentukan nilai-nilai daripyang memenuhi.
9.
y=e
x
2
Z
x
0
e
t
2
dt
merupakan penyelesaian persamaan diferensial
y
0
= 2xy+ 1:
10.
y
00
5y
0
+ 4y= 0:
Periksa bahwa
(a) y=e
x
dan fungsiy=e
4x
keduanya merupakan
penyelesaian persamaan diferensial yang diberikan tersebut.
(b) y=c1e
x
+c2e
4x
denganc1danc2konstanta-konstanta
sebarang, merupakan penyelesaian persamaan diferensial
yang diberikan tersebut.

28. 14 Bab 1. Konsep Dasar Persamaan Diferensial Biasa
11. x
2
y= lny+CdenganCkonstanta sebarang,
merupakan penyelesaian umum persamaan diferensial
dy
dx
=
2xy
2
(1x
2
y)
:
12. mberapa saja sehingga fungsiy=ym=e
mx
merupakan penyelesaian persamaan diferensial
2y
000
+y
00
5y
0
+ 2y= 0?

29. Bab 2
Persamaan Diferensial
Orde Satu dan Aplikasinya
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir yang
diharapkan secara umum adalah mahasiswa:
1.
2.
3.
masalah yang relevan;
4.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu
1.
pun nonlinear dalam bentuk persamaan peubah terpisah (sepa-
rabel), persamaan diferensial eksak, noneksak, maupun bentuk-
bentuk persamaan diferensial yang lain;
2.
kasus pertumbuhan populasi, peluruhan radioaktiv, dan lain-
lain.
15

30. 16 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Pada bab in akan dibahas penyelesaian persamaan diferensial, baik
yang berbentuk linear maupun nonlinear.
Persamaan diferensial orde satu dapat dinyatakan dalam bentuk
y
0
(x) =f(x; y);
denganffungsi sebarang. Atau jika dinyatakan dalam bentuk deriva-
tif adalah
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0;
denganMdanNfungsi-fungsi sebarang.
2.1 Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
Bentuk umum persamaan diferensial linear orde satu adalah
y
0
(x) =a(x)y+b(x); (2.1)
denganadanbfungsi-fungsi sebarang darix. Untuk menyelesaikan
persamaan diferensial linear orde satu (2.1), terlebih dahulu diawali
dengan hal sederhana, yakni menganggapadanbkonstanta. Untuk
hal itu, diberikan teorema berikut.
Teorema 2.1.Persamaan diferensial linear
y
0
=ay+b (2.2)
denganadanbkonstan dana6= 0, mempunyai tak berhingga banyak
penyelesaian dalam bentuk
y(x) =Ce
ax

b
a
; C 2R: (2.3)
Bukti.Pertama pandang kasusb= 0, sehinggay
0
=aydengana
sebarang bilangan real. Oleh karena itu, diperoleh
y
0
=ay)
y
0
y
=a)ln (jyj)
0
=a)ln (jyj) =ax+C0
denganC02Radalah konstanta integrasi. Karena itu diperoleh
y(x) =e
ax+C0
=e
C0
e
ax
=Ce
ax

31. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 17
denganC=e
C0
. Ini merupakan penyelesaian persamaan diferensial
untuk kasusb= 0.
Untuk kasusb6= 0 dapat dikonversi ke dalam kasus di atas, yakni
dengan cara menuliskan
y
0
=ay+b)y
0
=a

y+b=a

)

y+b=a)
0
=a

y+b=a):
Dengan menotasikany=y+ (b=a), persamaan di atas dapat ditu-
lis sebagaiy
0
=ay. Dari hasil penyelesaian sebelumnya, diperoleh
penyelesaian
y(x) =Ce
ax
Oleh karena itu, dengan mengembalikany, diperoleh penyelesaian
umum
y(x) +
b
a
=Ce
ax
)y(x) =Ce
ax

b
a
;
denganCkonstanta sebarang.
Bukti selesai.
Pada Teorema 2.1 mengatakan bahwa persamaan diferensial mem-
punyai penyelesaian yang tak berhingga banyak. Argumen yang kita
gunakan untuk membuktikan Teorema 2.1 tidak dapat digeneralisasi
dengan sederhana ke semua bentuk persamaan linear dengan koesi-
en peubah. Namun, ada cara untuk menyelesaikan persamaan linear
dengan koesien-koesien peubah dengan menggunakan teknik faktor
integrasi. Untuk itu diberikan contoh berikut.
Contoh 2.2.Tentukan semua penyelesaian persamaan diferensial de-
ngan koesien konstan
y
0
= 2y+ 3
Penyelesaian:
Tulis persamaan diferensial sebagai berikut
y
0
2y= 3
Kalikan persamaan ini dengan(x) =e
2x
, diperoleh
e
2x
y
0
2e
2x
y= 3e
2x
, e
2x
y
0
+ (e
2x
)
0
y= 3e
2x
,(e
2x
y)
0
= 3e
2x
yang selanjutnya dengan mengintegralkan diperoleh penyelesaian
e
2x
y=
3
2
e
2x
+C atauy=Ce
2x

3
2

32. 18 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
denganCkonstanta sebarang. Grak penyelesaian diberikan pada
Gambar 2.1.
Gambar 2.1: Graky=ce
2x
3=2, untuk beberapa nilaic
Penggunaan faktor integrasi lebih jauh akan diberikan pada subbab
2.4.
2.2 Persamaan Diferensial Peubah Terpisah (Se-
parabel)
Bentuk umumpersamaan diferensial peubah terpisahatause-
parabeldalam bentuk derivatif adalah
M(x)dx+N(y)dy= 0: (2.4)
Sebagai contoh, persamaan diferensial
y
0
=xy; (2.5)
merupakan persamaan diferensial peubah terpisah karena persamaan
(2.5) dapat dinyatakan dalam bentuk
x dx
1
y
dy= 0;

33. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 19
dengan menganggapy6= 0. Sedangkan persamaan diferensial
y
0
= sinx+y
bukan merupakan persamaan diferensial peubah terpisah karena tidak
dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan (2.4).
Untuk penyelesaian persamaan diferensial peubah terpisah dalam
bentuk persamaan (2.4), cukup kedua ruas persamaan diintegralkan
secara langsung, yakni
Z
M(x)dx+
Z
N(y)dy= 0;
asalkanMdanNkeduanya terintegralkan (misalkanMdanNkedu-
anya fungsi kontinu).
Untuk memperjelas penyelesaian persamaan diferensial peubah terpi-
sah, diberikan contoh-contoh berikut.
Contoh 2.3.Tentukan penyelesaian persamaan diferensial
2yy
0
+ 9x= 0:
Penyelesaian:
Persamaan diferensial di atas merupakan persamaan diferensial peu-
bah terpisah karena dapat dinyatakan sebagai
9x dx+ 2y dy= 0:
Untuk mendapatkan penyelesaiannya, dengan cara berikut
9x dx+ 2y dy= 0
)
Z
9x dx+
Z
2y dy=
Z
0
)
9
2
x
2
+y
2
=c
Jadi penyelesaian persamaan diferensialnya adalah
9
2
x
2
+y
2
=c, de-
nganckonstanta sebarang.
Contoh 2.4.Tentukan penyelesaian persamaan diferensial
y
0
=
y
x
:

34. 20 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Penyelesaian:
Persamaan diferensial ini merupakan persamaan diferensial peubah
terpisah karena dapat dinyatakan sebagai
1
x
dx
1
y
dy= 0:
Untuk mendapatkan penyelesaiannya, dengan cara berikut
1
x
dx
1
y
dy= 0
)
Z
1
y
dy=
Z
1
x
dx
) lny= lnx+c1 ;c1konstanta integrasi
) lny= lnx+ lnc; di sini lnc=c1
) lny= ln (cx) ; sifat logaritma
) y=cx
Jadi penyelesaian persamaan diferensialnya adalahy=cx, denganc
konstanta sebarang, yakni penyelesaiannya merupakan koleksi semua
persamaan garis yang melalui titik asal (kecuali sumbu-y).
Teorema 2.5.Jikahdangkeduanya fungsi kontinu, denganh6= 0,
maka
h(y)y
0
=g(x)
mempunyai penyelesaianytak berhingga banyak yang memenuhi
H(y) =G(x) +c;
denganHdanGberturut-turut anti turunanhdang, danckonstanta
sebarang.
Bukti.Integralkan kedua ruas persamaan terhadapx,
h(y)y
0
=g(x))
Z
h(y(x))y
0
(x)dx=
Z
g(x)dx+c;
denganckonstanta sebarang. Karenay=y(x) berakibatdy=
y
0
(x)dx, dan mensubstitusikan ke persamaan di atas, diperoleh
Z
h(y(x))y
0
(x)dx=
Z
h(y)dy)
Z
h(y)dy=
Z
g(x)dx+c:

35. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 21
Selanjutnya, tulisHdanGmasing-masing primitif darihdang
H(y) =
Z
h(y)dx; G(x) =
Z
g(x)dx:
Dengan demikian diperoleh hubungan
H(y) =G(x) +c;
yang mana ini secara implisit mendenisikan fungsiyyang bergantung
padax.
Bukti selesai.
Contoh 2.6.Tentukan semua penyelesaianydari persamaan diferen-
sial
y
0
=
x
2
1y
2
:
Penyelesaian:
Nyatakan persamaan diferensial dalam bentuk
(1y
2
)y
0
=x
2
:
Karenah(y) = 1y
2
dang(x) =x
2
keduanya fungsi kontinu, dengan
mengintegralkan kedua ruas persamaan diperoleh
Z
(1y
2
)y
0
(x)dx=
Z
x
2
dt+c;
denganckonstanta sebarang. Ini memberikan
Z
(1y
2
)dy=
Z
x
2
dx+c;
sehingga diperoleh penyelesaian
y
y
3
3
=
x
3
3
+c;
denganckonstanta sebarang.
Contoh 2.7.Tentukan penyelesaian masalah nilai awal
(x
2
+ 1)y
0
+y
2
+ 1 = 0; y(0) = 2:

36. 22 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Penyelesaian:
Persamaan diferensial (x
2
+ 1)y
0
+y
2
+ 1 = 0 merupakan persamaan
diferensial peubah terpisah karena dapat dinyatakan sebagai
dx
x
2
+ 1
+
dy
y
2
+ 1
= 0:
Untuk mendapatkan penyelesaian persamaan terakhir di atas, dengan
cara berikut
dx
x
2
+ 1
+
dy
y
2
+ 1
= 0
)
Z
dy
y
2
+ 1
+
Z
dx
x
2
+ 1
= 0
) arctany+ arctanx=c1
) tan (arctany+ arctanx) =c;(c= tanc1)
)
x+y
1xy
=c
Jadi penyelesaian umum persamaan diferensialnya adalah
x+y
1xy
=c,
denganckonstanta sebarang. Selanjutnya, diberikan nilai awaly(0) =
2, sehingga
0 + 2
102
=c )c= 2:
Jadi penyelesaian masalah nilai awal di atas adalah
x+y
1xy
= 2 atauy=
2x
1 + 2x
:
2.3 Persamaan Diferensial Eksak
Suatu persamaan dikatakanpersamaan diferensial eksakjika
ia merupakan turunan total dari suatu fungsi, yang disebutfungsi
potensial. Persamaan diferensial eksak mudah untuk diintegralkan.
Penyelesaian dari persamaan diferensial ini merupakan permukaan dari
fungsi potensial. Denisi persamaan diferensial eksak secara matema-
tis diberikan sebagai berikut.
Denisi 2.8. adalah persamaan di-
ferensial yang berbentuk
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0

37. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 23
denganMdanNadalah fungsi-fungsi yang memenuhi
@M
@y
=
@N
@x
:
Dari denisi di atas, akan kita tunjukkan bahwa persamaan dife-
rensial peubah terpisah (separabel) merupakan persamaan diferensial
eksak melalui teorema berikut.
Teorema 2.9.Setiap persamaan diferensial peubah terpisah merupa-
kan persamaan diferensial eksak.
Bukti.Diberikan sebarang persamaan diferensial peubah terpisah yang
berbentukM(x)dx+N(y)dy= 0. Akibatnya diperoleh
@M
@y
= 0; dan
@N
@x
= 0:
Jadi
@M
@y
=
@N
@x
;
yang menunjukkan ini sebagai persamaan diferensial eksak.
Persamaan diferensial eksak dapat ditulis ulang sebagai turunan
total suatu fungsi, yang disebut fungsi potensial. Penyelesaian persa-
maan diferensial eksak diberikan dalam teorema berikut.
Teorema 2.10.Jika persamaan diferensial
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0
merupakan persamaan diferensial eksak, maka ia dapat dinyatakan se-
bagai
d
dx
(x; y) = 0;
dengan disebutfungsi potensialdan memenuhi
N=
@
@y
dan M=
@
@x
:
Oleh karena itu, penyelesaian persamaan diferensial eksak yang dibe-
rikan dalam bentuk implisit adalah
(x; y) =c; c2R:

38. 24 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Contoh 2.11.Tentukan semua penyelesaian persamaan diferensial
2xyy
0
+ 2x+y
2
= 0
Penyelesaian:
Di sini tahap awal untuk menyelesaiakannya adalah memeriksa apakah
persamaan diferensial tersebut eksak atau bukan.
Ambil
N(x; y) = 2xy dan M(x; y) = 2x+y
2
:
Oleh karena itu, diperoleh
@N
@x
= 2y dan
@M
@y
= 2y:
Karena@xN=@yM, hal ini menunjukkan persamaan diferensial ek-
sak. Berdasarkan Teorema 2.10, terdapat fungsi potensial yang me-
menuhi persamaan
@
@y
=N(x; y) (2.6)
dan
@
@x
=M(x; y): (2.7)
Dengan mengintegralkan persamaan (2.6)terhadapy, diperoleh
(x; y) =
Z
N(x; y)dy=xy
2
+g(x)
dengang(x) fungsi sebarang yang tergantung padax.
Selanjutnya turunkan fungsi terhadapxdan substitusikan ke persa-
maan (2.7), diperoleh
y
2
+g
0
(x) =@x (x; y) =M(x; y) = 2x+y
2
)g
0
(x) = 2x:
Integralkan persamaan terakhir di atas terhadapx, diperoleh
g(x) =x
2
:
Dengan demikian diperoleh persamaan potensial
(x; y) =xy
2
+x
2
Dengan menggunakan Teorema 2.10, diperoleh penyelesaian dalam
bentuk implisit
xy
2
+x
2
=c;
denganckonstanta sebarang.

39. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 25
2.4 Persamaan Diferensial Noneksak dan Fak-
tor Integrasi
Terkadang persamaan diferensial noneksak dapat ditulis ulang se-
bagai persamaan diferensial eksak. Salah satu caranya adalah meng-
alikan persamaan diferensial dengan fungsi yang sesuai. Jika hasil
persamaan barunya merupakan persamaan diferensial eksak, fungsi
perkaliannya disebutfaktor integrasi.
Denisi 2.12. adalah persama-
an diferensial noneksak yang dapat ditransformasi ke dalam persamaan
diferensial eksak setelah dikalikan dengan faktor integrasi.
Sebagai kejelasannya untuk mengetahui suatu persamaan diferen-
sial semieksak, diberikan contoh berikut.
Contoh 2.13.Persamaan diferensial linear berbentuky
0
=a(x)y+
b(x)merupakan persamaan diferensial semieksak.
Penyelesaian:
Pertama akan ditunjukkan persamaan diferensial noneksak.
Persamaan diferensial ditulis ulang menjadi
y
0
ayb= 0:
Diambil
N(x; y) = 1 dan M(x; y) =a(x)yb(x)
sehingga diperoleh
@xN(x; y) = 1 dan @yM(x; y) =a(x):
Oleh karena itu
@xN(x; y)6=@yM(x; y):
Ini menunjukkan persamaan diferensial noneksak.
Selanjutnya, untuk menunjukkan persamaan diferensial semieksak ada-
lah dengan mengalikan persamaan diferensial dengan suatu fungsi, ka-
takan, yang bergantung padax
(x)y
0
(x)a(x)y(x)b(x) = 0:

40. 26 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Perhatikan persamaan terakhir di atas, jika diambilN=danM=
ayb, maka persamaan diferensial tersebut berbentuk
Mdx+Ndy= 0;
yang merupakan persamaan diferensial eksak. Oleh karena itu, per-
samaan diferensial pada permasalahan di atas merupakan persamaan
diferensial semieksak.
Teorema 2.14.Diberikan persamaan diferensial noneksak
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0:
Jika didenisikan fungsi
h=
@yM@xN
N
yang hanya bergantung padaxtetapi tidak bergantung paday, maka
persamaan diferensial
e
H
Mdx+e
H
Ndy= 0
denganHanti turunanh, merupakan persamaan diferensial eksak.
Bukti.Diberikan persamaan diferensial
e
H
Mdx+e
H
Ndy= 0
Ambil
N(x; y) =e
H
N dan M=e
H
M:
Oleh karena itu, diperoleh
@xN=e
H

@yM@xN
N

=@yM:
Ini membuktikan persamaane
H
Mdx+e
H
Ndy= 0 merupakan persa-
maan diferensial eksak.
Dalam Teorema 2.14, faktor integrasinya adalah fungsi(x) =
e
H(x)
, dan sebarang faktor integrasimerupakan penyelesaian dari
persamaan diferensial

0
(x) =h(x)(x):

41. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 27
Contoh 2.15.Tentukan semua penyelesaianydari persamaan dife-
rensial
(x
2
+xy)y
0
+ (3xy+y
2
) = 0:
Penyelesaian:
Ambil
N(x; y) =x
2
+xy dan M(x; y) = 3xy+y
2
:
Dengan demikian, diperoleh
@xN= 2x+x; dan @yM= 3x+ 2y:
Karena@xN6=@yM, ini menunjukkan persamaan diferensial nonek-
sak.
Denisikan fungsih
h=
@yM(x; y)@xN(x; y)
N(x; y)
=
(3x+ 2y)(2x+y)
x
2
+xy
=
(x+y)
x(x+y)
=
1
x
:
Di sini, fungsihtidak bergantung padaydan hanya bergantung pa-
daxsaja. Ini mengakibatkan persamaan diferensial noneksak dapat
ditransformasikan ke dalam persamaan diferensial eksak. Selanjutnya
kalikan persamaan diferensial di atas dengan fungsiyang memenuhi

0
(x) =h(x)(x). Dengan demikian

0

=
1
x
;
akibatnya diperoleh(x) =x+c. Pilihc= 0, sehingga didapatkan
(x) =x:
Kalikan persamaan diferensial semula dengan faktor integrasi, dipe-
roleh
(x
3
+x
2
y)dy+ (3x
2
y+xy
2
)dx= 0:

42. 28 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Ambil
N(x; y) =x
3
+x
2
y dan M(x; y) = 3x
2
y+xy
2
;
sehingga didapatkan kondisi@xN=@yM.
Untuk mendapatkan fungsi potensial , seperti cara sebelumnya (se-
bagai latihan), diperoleh
(x; y) =x
3
y+
1
2
x
2
y
2
+g(x);
dengang(x) fungsi sebarang. Dengan cara sebelumnya juga (sebagai
latihan), diperolehg
0
(x) = 0. Jadig(x) =c1. Dengan demikian
diperoleh fungsi potensialnya adalah
(x; y) =x
3
y+
1
2
x
2
y
2
+c1;
denganc1konstanta sebarang. Penyelesaian akhiryyang memenuhi
persamaan diferensial adalah
x
3
y+
1
2
x
2
y
2
=c;
denganckonstanta sebarang.
Sesungguhnya, faktor integrasi tidak harus merupakan fungsi dari
xsaja, bisa fungsi dariysaja, atauxdany. Untuk hal itu perhatikan
berikut ini.
Bentuk umum persamaan diferensial orde satu (bentuk derivatif):
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0: (2.8)
Jika
@M
@y
=
@N
@x
) persamaan eksak
dan jika
@M
@y
6=
@N
@x
) persamaan noneksak
Jika persamaan (2.8) noneksak, akan ditentukan(x; y) sehingga
(x; y)M(x; y)dx+(x; y)N(x; y)dy= 0 (2.9)
merupakan persamaan diferensial eksak. Untuk menentukan faktor
integrasiadalah

43. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 29
a.
1
N

@M
@y

@N
@y

=f(x)
maka faktor integrasinya
(x) =e
R
f(x)dx
:
b.
1
N

@M
@y

@N
@y

=g(y)
maka faktor integrasinya
(y) =e
R
g(y)dy
:
c.
1
N

@M
@y

@N
@y

=h(x; y)
maka faktor integrasinya(x; y) yang memenuhi
(x; y) =

N
@
@x
M
@
@y


@M
@y

@N
@x

Contoh 2.16.Diberikan persamaan diferensial
y
0

y
2
=e
x
:
a. Tentukan faktor integrasi persamaan diferensial
b. Tentukan penyelesaian persamaan diferensial
c. Sketsakan grak penyelesaian dengany(0) = 7=3
Penyelesaian:
a.
Persamaan diferensial dapat diubah menjadi
(e
x
+y=2)dxdy= 0:
Diperoleh
M= (e
x
+y=2))
@M
@y
=
1
2
N=1 )
@N
@x
= 0

44. 30 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Karena
@M
@y

@N
@x
N
=
1=20
1
=
1
2
;
dipilih faktor integrasinya
1(x) =e
R
1=2dx
=e
x=2
atau2(y) =e
R
1=2dy
=e
y=2
b.
si, misal diambil1, diperoleh
e
x=2
(e
x
+y=2)dxe
x=2
dy= 0;
yang mana merupakan persamaan diferensial eksak.
Fungsi potensial , diperoleh
(x; y) =
Z
1Ndy+g(x)
=
Z
e
x=2
dy+g(x)
=ye
x=2
+g(x)
Turunan terhadapx, diperoleh
@
@x
=
y
2
e
x=2
+g
0
(x) =e
3x=2
+
y
2
e
x=2
sehingga
g
0
(x) =e
3x=2
) g(x) =
2
3
e
3x=2
+C1
Jadi
(x; y) =ye
x=2

2
3
e
3x=2
+C1
dengan penyelesaian persamaan diferensial
ye
x=2
=
2
3
e
3x=2
+C
atau
y=
2
3
e
x
+Ce
x=2
:
c. y(0) = 7=3 diberikan pada Gam-
bar 2.2.

45. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 31
Gambar 2.2: Grak penyelesaiany
0

y
2
=e
x
, dengany(0) = 7=3
2.5 Persamaan Diferensial Bernoulli
Pada tahun 1696, Jacob Bernoulli menyelesaiakan persamaan di-
ferensial nonlinear orde satu yang selanjutnya persamaan tersebut di-
sebut denganpersamaan diferensial Bernoulli.
Denisi 2.17.Persamaan diferensial Bernoulli adalah persamaan
yang berbentuk
y
0
=p(x)y+q(x)y
n
;
denganpdanqfungsi-fungsi yang diberikan dannsebarang bilangan
real.
Jika diperhatikan, untuk kasusn6= 0 dann6= 1, persamaan di-
ferensial Bernoulli berbentuk persamaan diferensial nonlinear. Untuk
kasusn= 2, diperoleh persamaan logistik. Persamaan diferensial
Bernoulli ini bukanlah persamaan Bernoulli yang biasa dijumpai da-
lam mekanika uida. Persamaan diferensial Bernoulli merupakan per-
samaan diferensial nonlinear yang dapat ditransformasikan ke dalam
persamaan diferensial linear.
Teorema 2.18.Fungsiymerupakan penyelesaian persamaan diferen-
sial Bernoulli
y
0
=p(x)y+q(x)y
n
; n6= 1
jika dan hanya jika fungsiv= 1=y
(n1)
merupakan penyelesaian per-
samaan diferensial linear
v
0
=(n1)p(x)v(n1)q(x):

46. 32 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Bukti.Bagi kedua ruas persamaan diferensial Bernoulli dengany
n
,
diperoleh
y
0
y
n
=
p(x)
y
n1
+q(x): (2.10)
Misalkanv=y
(n1)
, diperoleh
v
0
= [y
(n1)
]
0
=(n1)y
n
y
0
)
v
0
(x)
(n1)
=
y
0
(x)
y
n
(x)
Substitusikan hasil ini ke persamaan (2.10), diperoleh

v
0
(n1)
=p(x)v+q(x))v
0
=(n1)p(x)v(n1)q(x):
Bukti selesai.
Contoh 2.19.Tentukan penyelesaian tidak nol persamaan diferensial
y
0
=y+ 2y
5
:
Penyelesaian:
Ini merupakan persamaan diferensial Bernoulli dengann= 5. Dengan
membagi persamaan diferensial dengany
5
, diperoleh
y
0
y
5
=
1
y
4
+ 2: (2.11)
Misalkanv= 1=y
4
, diperolehv
0
=4(y
0
=y
5
), dan substitusikan ke
persamaan (2.11) diperoleh

v
0
4
=v+ 2)v
0
=4v8)v
0
+ 4v=8:
Persamaan terakhir di atas merupakan persamaan diferensial linear
atas fungsiv. Dengan menggunakan metode faktor integrasi dengan
mengambil(x) =e
4x
, maka
(e
4x
v)
0
=8e
4x
)e
4x
v=
8
4
e
4x
+c:
Dari persamaan tersebut, diperolehv=ce
4x
2. Karenav= 1=y
4
,
diperoleh 1=y
4
=ce
4x
2. Dengan demikian diperoleh
y(x) =
1
(ce
4x
2)
1=4
;
denganckonstanta sebarang.

47. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 33
2.6 Persamaan Diferensial Euler
Denisi 2.20. adalah persamaan di-
ferensial homogen yang berbentuk
y
0
(x) =F

y(x)
x

denganFfungsi sebarang.
Seringkali persamaan diferensial homogen Euler berasal dari per-
samaan diferensial yang berbentukNy
0
+M= 0 di manaNdanM
keduanya fungsi homogen dengan derajat yang sama.
Teorema 2.21.JikaNdanMkeduanya fungsi homogen terhadap
peubahxdanydan keduanya berderajat sama, maka persamaan dife-
rensial
N(x; y)y
0
(x) +M(x; y) = 0
merupakan persamaan diferensial Euler.
Bukti.Nyatakan persamaan dalam bentuk
y
0
(x) =
M(x; y)
N(x; y)
:
Misalkanf(x; y) =
M(x;y)
N(x;y)
, maka
f(cx; cy) =
M(cx; cy)
N(cx; cy)
=
c
n
M(x; y)
c
n
N(x; y)
=
M(x; y)
N(x; y)
=f(x; y):
Selanjutnya akan ditentukan fungsiFsedemikian sehingga persamaan
diferensial dapat dinyatakan sebagaiy
0
=F(y=x).
KarenaMdanNberderajatn, kalikan persamaan diferensial dengan
(1=x)
n
=(1=x)
n
, sehingga diperoleh
y
0
(x) =
M(x; y)
N(x; y)
(1=x)
n
(1=x)
n
=
M((x=x);(y=x))
N((x=x);(y=x))
=
M(1;(y=x))
N(1;(y=x))
)y
0
=F

y
x

;
dimana
F

y
x

=
M(1;(y=x))
N(1;(y=x))
:
Bukti telah selesai.

48. 34 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Contoh 2.22.Tunjukkan bahwa persamaan
(xy)y
0
2y+ 3x+
y
2
x
= 0
merupakan persamaan diferensial Euler.
Penyelesaian:
Nyatakan persamaan dalam bentuk
y
0
=

2y3x
y
2
x

(xy)
:
Untuk itu didapatkan fungsifyang diberikan sebagai
f(x; y) =

2y3x
y
2
x

(xy)
:
Karena pembilang dan penyebut berderajat sama, yakni berderajat
satu, maka
f(cx; cy) =

2cy3cx
c
2
y
2
cx

(cxcy)
=
c

2y3x
y
2
x

c(xy)
=f(x; y):
Selanjutnya akan dituliskan persamaan dalam bentuky
0
=F(y=x).
Karena pembilang dan penyebut berderajat satu, kalikan persamaan
dengan (1=x)
1
=(1=x)
1
, sehingga diperoleh
y
0
=

2y3x
y
2
x

(xy)
(1=x)
(1=x)
=

2(y=x)3(
y
x
)
2

(1(y=x))
=F(y=x):
Jadi, persamaan diferensial dalam masalah di atas merupakan persa-
maan diferensial Euler.
Berikutnya dibahas penyelesaian persamaan diferensial Euler me-
lalui teorema berikut.
Teorema 2.23.Persamaan diferensial Euler
y
0
=F

y
x

untuk fungsiymenentukan persamaan peubah terpisahv=y=xyang
diberikan oleh
v
0
(F(v)v)
=
1
x
:

49. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 35
Bukti.Misalkanv=y=x, substitusikan ke persamaan diferensial di-
peroleh
y
0
=F(v):
Dengan menggantikany
0
dalam suku-sukuv, diperoleh
y(x) =xv(x) ) y
0
(x) =v(x) +xv
0
(x):
Oleh karena itu
v+xv
0
=F(v))v
0
=
F(v)v
x
)
v
0
(F(v)v)
=
1
x
:
Persamaan terakhir paling kanan menyatakan persamaan diferensial
peubah terpisah, ini membuktikan teorema.
Contoh 2.24.Tentukan semua penyelesaianyyang memenuhi per-
samaan
y
0
=
t
2
+ 3y
2
2ty
:
Penyelesaian:
Karena
f(ct; cy) =
c
2
t
2
+ 3c
2
y
2
2c
2
ty
=
c
2
(t
2
+ 3y
2
)
c
2
(2ty)
=
t
2
+ 3y
2
2ty
=f(t; y);
ini menunjukkan bahwa persamaan merupakan persamaan diferensial
Euler. Karena pembilang dan penyebut berderajat dua, kalikan ruas
kanan dengan (1=t
2
)=(1=t
2
), sehingga
y
0
=
(t
2
+ 3y
2
)(1=t
2
)
(2ty)(1=t
2
)
) y
0
=
1 + 3(y=t)
2
2(y=t)
:
Nyatakany=t=v, sehingga diperoleh
y
0
=
1 + 3v
2
2v
:
Karenay=tv, makay
0
=v+tv
0
, yang berakibat
v+tv
0
=
1 + 3v
2
2v
) tv
0
=
1 + 3v
2
2v
v=
1 +v
2
2v
:
Oleh karena itu diperoleh persamaan diferensial peubah terpisah

2v
1 +v
2

v
0
=
1
t
:

50. 36 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Integralkan hasil persamaan di atas
Z
2v
1 +v
2
v
0
dt=
Z
1
t
dt+c1)ln (1 +v
2
) = lnt+ lnc2
)(1 +v
2
) =c2t
)1 + (y=t)
2
=c2t:
Oleh karena itu diperoleh penyelesaian
y(t) =t
p
ct1
denganckonstanta sebarang.
2.7 Masalah Nilai Awal
Di dalam sika, terkadang kita tidak tertarik pada semua penye-
lesaian persamaan diferensial, tetapi hanya penyelesaian yang meme-
nuhi syarat tambahan tertentu. Misalnya, dalam kasus hukum gerak
kedua Newton untuk partikel berupa titik, kita tertarik hanya pada
penyelesaian gerak partikel yang pada awal waktu diketahui posisi-
nya. Kondisi seperti itu disebutsyarat awalataukondisi awal,
dan ini merupakan himpunan bagian penyelesaian persamaan diferen-
sial. Masalah nilai awal berarti menemukan penyelesaian persamaan
diferensial yang memenuhi syarat awal.
Denisi 2.25. adalah mencari penyelesaian un-
tukydari persamaan diferensial
y
0
=ay+b (2.12)
yang memenuhi syarat awal
y(t0) =y0 (2.13)
dengana; b; t0, dany0konstanta-konstanta.
Persamaan (2.13) merupakan syarat awal masalah. Meskipun per-
samaan diferensial (2.12) memiliki tak berhingga banyak penyelesaian,
namun masalah nilai awal mempunyai penyelesaian tunggal.

51. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 37
Teorema 2.26.Diberikan konstanta-konstantaa; b; t0; y0, dengana6=
0, masalah nilai awal
y
0
=ay+b;y(t0) =y0 (2.14)
mempunyai penyelesaian tunggal
y(t) =

y0+
b
a

e
a(tt0)

b
a
:
Bukti.Penyelesaian umum dari persamaan diferensial di (2.14) adalah
seperti yang sudah diberikan dalam persamaan sebelumnya, yakni
y(t) =ce
at

b
a
denganckonstanta yang akan ditentukan. Kondisi awal menentukan
nilai konstanta c, sebagai berikut
y0=y(t0) =ce
at

b
a
,c=

y0+
b
a

e
at0
Substitusikan hasil ini untuk konstantacke dalam persamaan diferen-
sial, diperoleh
y(t) =

y0+
b
a

e
a(tt0)

b
a
:
Bukti selesai.
Contoh 2.27.Tentukan penyelesaian tunggal dari masalah nilai awal
y
0
= 2y+ 3; y(0) = 1: (2.15)
Penyelesaian:
Penyelesaian umum dari persamaan diferensial yang diberikan adalah
y(t) =ce
2t

3
2
dengancadalah konstanta sembarang. Syarat awal dalam persamaan
(2.15) menentukanc,
1 =y(0) =c
3
2
, c=
5
2
:
Dengan demikian, penyelesaian tunggal dari masalah nilai awal di atas
adalah
y(t) =
5
2
e
2t

3
2
:

52. 38 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Contoh 2.28.Temukan penyelesaian y untuk masalah nilai awal
y
0
=3y+ 1; y(0) = 1:
Penyelesaian:
Tuliskan persamaan diferensial sebagaiy
0
+ 3y= 1, dan kalikan persa-
maan dengan faktor integrasi=e
3t
, yang akan mengubah ruas kiri
di atas menjadi turunan total,
e
3t
y
0
+ 3e
3t
y=e
3t
, e
3t
y
0
+ (e
3t
)
0
y=e
3t
Karenanya, diperoleh
(e
3t
y)
0
=e
3t
:
Eksponensiale
3t
adalah faktor integrasi. Integralkan kedua ruas per-
samaan di atas, diperoleh
e
3t
y=
1
3
e
3t
+c:
Jadi penyelesaian persamaan diferensial di atas diberikan oleh
y(t) =ce
3t
+
1
3
dengancsebarang bilangan real.
Dengan memasukkan syarat awaly(0) = 2 menjadikan hanya ada satu
penyelesaian, yakni
y(t) =
2
3
e
3t
+
1
3
:
2.8 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Satu
Beberapa contoh aplikasi persamaan diferensial orde satu yang sering
muncul dalam kehidupan sehari-hari, diberikan dalam contoh-contoh
berikut.
Contoh 2.29. Radioaktif isotop Thorium-
234 meluruh sebanding dengan jumlah isotopnya. Jika 100 mg dari
material meluruh menjadi 82,04 mg dalam waktu satu minggu,
a.

53. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 39
b.
yang digunakan oleh radioaktif untuk meluruh menjadi separuh-
nya).
Penyelesaian:
Untuk menyelesaian permasalahan ini, pertama misalkanQ(t) me-
nyatakan jumlah Thorium-234 (dalam mg) pada saat waktut, danr
menyatakan waktu paruh radioaktif Thorium-234.
Selanjutnya, berdasarkan permasalahan pada contoh, diperoleh masa-
lah nilai awal
dQ
dt
=rQ; Q (0) = 100:
Untuk menyelesaikan masalah nilai awal ini
dQ
dt
=rQ
)
Z
dQ
Q
=
Z
r dt
) lnQ=rt+c1
) Q(t) =e
rt+c1
=Ce
rt
Dengan kondisiQ(0) = 100, berakibatC= 100, sehingga diperoleh
Q(t) = 100e
rt
Untuk menentukan waktu paruh, karena dalam waktu satu minggu
(7 hari) isotop Thorium-234 meluruh menjadi 82,04 mg yang berarti
Q(7) = 82;04, ini memberikan
82;04 = 100e
7r
) r= 0;02828:
Misalkanmenyatakan waktu paruh radioaktif Thorium-234. Karena
waktu paruh adalah waktu yang digunakan meluruh menjadi separuh-
nya, hal ini diperoleh hubungan
50 = 100e
r
ataur= ln 2:
Oleh karena itu, diperoleh
=
ln 2
r
=
ln 2
0;02828
24;5:
Jadi waktu paruh radio aktif Thorium-234 adalah 24;5 hari.

54. 40 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
Contoh 2.30. Pertumbuhan populasi A
memenuhi persamaan diferensial
dy
dt
=
1
100
y

1
1
10
6
y

dengany(t)menyatakan jumlah populasi A pada saat t (dalam tahun).
Jika pada tahun 2020 diketahui jumlah populasi A sebanyak 100.000,
tentukan
a.
b.
Penyelesaian:
a. y(t) adalah dengan cara merubah persamaan
diferensial menjadi persamaan peubah terpisah
1
1
100
y

1
1
10
6y
dy=dt
Integralkan kedua ruas
Z
1
1
100
y

1
1
10
6y
dy=
Z
dt
100
Z

1
y
+
1
10
6
y

dy=
Z
dt
100

lnyln (110
6
y)

=t+c1
ln
y
110
6
y
=
t
100
+c2
y
110
6
y
=ce
t=100
y=
ce
t=100
1 + 10
6
ce
t=100
Jika tahun 2020 jumlah populasi 100.000 maka bisa dikatakan
y(2020) = 100:000 sehingga dengan mensubstitusikan ini ke hasil
persamaan terakhir di atas, diperoleh
c=
10
6
9e
152

55. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 41
sehingga
y(t) =
10
6
1 + 9e
1
52t=100
(2.16)
Jumlah populasi pada tahun 2040 diperkirakan mencapai
y(2040) =
10
6
1 + 9e
1
522040=100
= 119:495
b. y(t) = 200:000. De-
ngan mensubstitusikan ke persamaan (2.16) diperoleht= 2081.
Jadi jumlah populasi A menjadi 200.000 ketika tahun 2081.
2.9 Rangkuman
1.
bel) adalah
M(x)dx+N(y)dy= 0;
dengan penyelesaian
Z
M(x)dx+
Z
N(y)dy=C;
denganCkonstanta sebarang.
2.
berbentuk
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0
denganMdanNadalah fungsi-fungsi yang memenuhi
@xN(x; y) =@yM(x; y):
3.
yang berbentuk
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0
denganNdanMadalah fungsi-fungsi yang memenuhi
@xN(x; y)6=@yM(x; y):

56. 42 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
4.
M(x; y)dx+N(x; y)dy= 0
mempunyai faktor integrasi(x; y) sehingga persamaan
(x; y)M(x; y)dx+(x; y)N(x; y)dy= 0
merupakan persamaan diferensial eksak.
2.10 Bahan Diskusi
Diskusikan dengan teman-teman Anda beberapa permasalahan beri-
kut
1.
y
00
x
2
y
0
= 0:
Dengan memisalkany
0
=p, reduksikan persamaan diferensial
di atas menjadi orde satu, lalu selesaikan dengan metode pemi-
sah peubah. Kemudian dengan mensubstitusi kembali, tentukan
penyelesaian persamaan diferensialnya.
2.
rensial
y
00
y
0
=x+x
2
:
2.11 Rujukan/Daftar Pustaka
1 Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2 Ordinary Dierential Equations: An Intro-
duction to the Fundamentals, CRC Press
3 Dierential Equations
Theory, Technique, and Practice. International Edition, The
McGraw-Hill Companies, Inc.

57. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 43
2.12 Soal-soal Latihan
1. y
0
=f(y) yang ter-
penuhi oleh fungsi
y= 3e
5x

3
7
2. adanbsehingga
y= (x+ 2)e
4x
merupakan penyelesaian masalah nilai awal
y
0
=ay+e
4x
; y(0) =b:
3.
y
0
=4y+ 2
(a). .
(b).
tal fungsi , yakni
y
0
=4y+ 2;,
0
= 0:
(c). .
(d). ydengan menggunakan hasil dari butir (c).
4.
diferensial
y
0
= 3y+ 2
5.
y
0
=4y+ 2; y(0) = 5:
6.
y
0
= 3xy:
7.
y
0
=y+e
x
:

58. 44 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
8. ydari masalah nilai awal
y
0
=y+ 2xe
2x
; y(0) = 0:
9. yyang memenuhi
xy
0
+ny=x
2
;
dengannadalah bilangan bulat positif.
10. yyang memenuhi
y
0
=y2 sinx:
11.
xy
0
= 2y+ 4x
3
cos 4x; y(=8) = 0:
12.
y
0
=xy+ 6x
p
y:
13.
y
0
=y+
3
y
2
; y(0) = 1:
14. ydari persamaan diferensial
y
0
=
x
2
y
dan nyatakan dalam bentuk eksplisit.
15.
y
0
=x
2
y
2
; y(0) = 1:
16. y
0
=f(x; y) persamaan Euler dany1(x)
adalah penyelesaiannya, makay(x) = (1=k)y1(kx) untuk seti-
apk2Rdank6= 0, juga merupakan penyelesaian persamaan
diferensial tersebut.

59. Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya 45
17.
y
0
=
4x6x
2
y
; y(0) =3:
18.
(1 +x
2
)y=2xy:
(a)
(b)
but.
19.
y
0
=
2ye
xy
2y+xe
xy
(a)
(b)
but
20.

2x
2
y+
y
x
2

y
0
+ 4xy
2
= 0;
dengan syarat awaly(0) =2.
(a)
(b)
(c)
21.
2x
2
y+ 2x
2
y
2
+ 1 + (x
3
+ 2x
3
y+ 2xy)y
0
= 0; y(1) = 2:
22.
xy
0
+y=x
4
y
3
:

60. 46 Bab 2. Persamaan Diferensial Orde Satu dan Aplikasinya
23.
y
0
+p(x)y=q(x)ylny
dapat diselesaikan dengan cara mengubah peubahz= lny. Apli-
kasikan cara ini untuk menyelesaikan persamaan
xy
0
= 2x
2
y+ylny:
24.
andung 150 gram garam. Kemudian, larutan lain yang mengan-
dung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter dimasukkan ke da-
lam tangki dengan laju 5 liter/menit dan bercampur sempurna,
kemudian campuran itu dikeluarkan dengan laju 5 liter/menit.
JikaQmenyatakan jumlah garam pada saatt,
(a)
(b) Qsetiap saat.
25.
0
C
dari termos pada jam 11.00 dan meletakkan di meja dengan mak-
sud meminumnya setelah berkurang panasnya. Setelah 10 menit
kemudian, suhu kopi menjadi 75
0
C. Anggap suhu ruang di seki-
tar meja tersebut konstan 27
0
C.
(a)
(b)
0
C60
0
C,
tentukan antara jam berapa Udin harus minum kopi itu.

61. Bab 3
Persamaan Diferensial
Orde Dua dan Aplikasinya
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir
yang diharapkan secara umum adalah mahasiswa:
1.
2.
masalah yang relevan;
3.
4.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu
1.
dengan koesien konstan;
2.
gen dengan koesien konstan;
3.
an sehari-hari.
47

62. 48 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
3.1 Persamaan Diferensial Linear Orde Dua
Kita mulai dengan denisi persamaan diferensial linear orde dua.
Denisi 3.1. dari fungsi
yadalah persamaan diferensial yang berbentuk
y
00
+a1(x)y
0
+a0(x)y=b(x); (3.1)
dengana1; a0, danbfungsi-fungsi yang diberikan pada selangIR.
Persamaan diferensial (3.1) dikatakan
(a)homogenjikab(x) = 0untuk setiapx2I, dan dikatakanno-
nhomogenjikab(x)6= 0;
(b)dengan koesien konstanjikaa1dana0keduanya konstan;
(c)dengan koesien peubahjikaa1ataua0tidak konstan.
Sebagai contoh, persamaan diferensialy
00
+ 4y3 = 0 merupakan
persamaan diferensial linear homogen dengan koesien konstan. Un-
tuk persamaan diferensialy
00
+ 2y2 = 3 cos 2xmerupakan contoh
persamaan diferensial linear nonhomogen dengan koesien konstan.
Sedangkan, persamaan diferensialy
00
xy
0
y=e
5x
merupakan contoh
persamaan diferensial linear nonhomogen dengan koesien peubah.
Contoh 3.2.Tentukan persamaan diferensial yang memiliki penyele-
saian umum
y=c1e
4x
+c2e
4x
;
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.
Penyelesaian:
Dari denisiyyang diberikan, diperoleh
c1=ye
4x
c2e
8x
:
Turunan dari fungsiyadalah
y
0
= 4c1e
4x
4c2e
4x
:
Dengan menggantikanc1dari persamaan pertama di atas ke dalam
ekspresiy
0
,
y
0
= 4(ye
4x
c2e
8x
)e
4x
4c2e
4x
)y
0
= 4y+ (44)c2e
4x
;

63. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 49
sehingga didapatkan ekspresi untukc2dalam suku-sukuydany
0
,
c1=ye
4x

1
8
(4yy
0
)e
4x
e
8x
)c1=
1
8
(4y+y
0
)e
4x
:
Dengan menghitung turunan persamaan,
0 =c
0
2=
1
2
(4yy
0
)e
4x
+
1
8
(4y
0
y
00
)e
4x
akibatnya diperoleh
4(4yy
0
) + (4y
0
y
00
) = 0
yang memberikan hasil persamaan diferensial linear orde dua
y
00
16y= 0:
Teorema 3.3.Jikaa0; a1, danbfungsi-fungsi kontinu yang terde-
nisi pada selang tertutupIR, konstantax02I, dany0; y12R
konstanta-konstanta sebarang, maka terdapat dengan tunggal penyele-
saianyyang terdenisi padaIdari masalah nilai awal
y
00
+a1(x)y
0
+a0(x)y=b(x); y(x0) =y0; y
0
(x1) =y1:
3.2 Persamaan Linear Homogen dengan Koe-
sien Konstan
Bentuk umum persamaan diferensial linear homogen orde dua de-
ngan koesien konstan adalah
a
d
2
y
dx
2
+b
dy
dx
+cy= 0 atauay
00
+by
0
+cy= 0 (3.2)
dengana; b;danckonstanta-konstanta dana6= 0. Sebagai ilustrasi,
jikab=c= 0, bentuk persamaan linear homogen orde dua adalah
y
00
= 0 yang mempunyai penyelesaian umumy=c1x+c2dengan
c1danc2konstanta-konstanta sebarang, yakni dengan cara menginte-
gralkan dua kali kedua ruas persamaan. Untuk kasusa= 1; b= 0;dan
c=1, diperoleh persamaany
00
y= 0 atauy
00
=y. Untuk men-
dapatkan penyelesaian persamaan ini, sama halnya dengan mencari

64. 50 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
bentuk fungsi yang turunannya dua kali sama dengan dirinya sendiri.
Jawabannya adalah fungsi eksponensial, yakniy=c1e
x
dany=c2e
x
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang, keduanya memenuhi
penyelesaian persamaan tersebut.
Dari dua contoh kasus persamaan linear orde dua tersebut, mun-
cul dua konstanta sebarang yang mana berbeda dengan penyelesaian
umum persamaan orde satu yang menghasilkan satu konstanta seba-
rang. Jadi penyelesaian umum dari persamaan orde dua akan mengha-
silkan dua konstanta sebarang. Lebih jelasnya, terdapat cara mudah
untuk menemukan penyelesaian umum persamaan dierensial linear
homogen orde dua dengan koesien konstan.
Dengan mengasumsikan penyelesaiannya berbentuky=e
kx
, maka
diperoleh persamaan kuadrat dalamk, disebutpersamaan karakte-
ristik, yakni
ak
2
+bk+c= 0
dengan penyelesaian
k12=
b
p
b
2
4ac
2a
:
Untuk menentukan penyelesaian umum persamaan diferensial, akan
dikelompokkan menjadi tiga kasus berdasarkan nilai karakteristiknya.
a. k16=k2keduanya bilangan real, maka penyelesaian
umum persamaan (3.2) adalah
y=c1e
k1x
+c2e
k2x
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.
b. k1=k2=mkeduanya bilangan real, maka
y=c1e
mx
+c2xe
mx
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.
c. k1dank2keduanya bilangan kompleks sekawan
misalkank12=ris, maka
y=c1e
rx
cos (sx) +c2e
rx
sin (sx):
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.

65. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 51
Contoh 3.4.Tentukan penyelesaian umum persamaan
y
00
+y
0
6y= 0:
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik persamaan diferensial di atas adalah
k
2
+k6 = 0
dengan penyelesaian
k1= 2 dank2=3:
Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial adalah
y=c1e
2x
+c2e
3x
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.
Contoh 3.5.Tentukan penyelesaian masalah nilai awal
y
00
+ 2y
0
+y= 0; y(0) = 1; y
0
(0) =3
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik persamaan diferensialnya adalah
k
2
+ 2k+ 1 = 0
dengan penyelesaian
k1=k2=1:
Karena akar-akar karakteristik berupa bilangan real kembar, maka
penyelesaian umum persamaan diferensialnya
y(x) =c1e
x
+c2xe
x
(3.3)
denganc1danc2konstanta-konstanta yang akan dicari.
Dengan memasukkan nilaiy(0) = 1 ke persamaan (3.3), diperoleh
c1= 1, sehingga
y(x) =e
x
+c2xe
x
(3.4)
Selanjutnya, turunkan persamaan (3.4) terhadapxdiperoleh
y
0
(x) =e
x
+c2[e
x
xe
x
] (3.5)

66. 52 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
Gambar 3.1: Grak penyelesaian masalah nilai awaly
00
+ 2y
0
+y=
0; y(0) = 1; y
0
(0) =3
Dengan memasukkan nilaiy
0
(0) =3 ke persamaan (3.5), diperoleh
c2=2. Lalu mensubstitusikanc2ke persamaan (3.4) diperoleh pe-
nyelesaian akhir
y(x) =e
x
2xe
x
yang graknya diberikan dalam Gambar 3.1.
Contoh 3.6.Tentukan penyelesaian umum persamaan
y
00
y
0
+y= 0:
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik persamaan diferensial
k
2
k+ 1 = 0
dengan penyelesaian
k1=
1
2
+
1
2
p
3i; k2=
1
2

1
2
p
3i
yang berupa kompleks sekawan.
Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial
y(x) =c1e
x=2
cos (
1
2
p
3x) +c2e
x=2
sin (
1
2
p
3x)
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.

67. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 53
3.3 Persamaan Linear Orde Dua Nonhomogen
dengan Koesien Konstan
Bentuk umum persamaan diferensial linear orde dua nonhomogen
dengan koesien konstan adalah
a
d
2
y
dx
2
+b
dy
dx
+cy=g(x) atauay
00
+by
0
+cy=g(x) (3.6)
dengana; b;danckonstanta-konstanta,a6= 0 dang(x)6= 0.
Penyelesaian persamaan (3.6) adalah jumlahan dari penyelesaian ho-
mogen dan penyelesaian partikular.Penyelesaian homogen, selan-
jutnya dinotasikan denganyh, adalah penyelesaian persamaan (3.6)
ketikag(x) = 0 seperti telah dibahas pada subbab 3.2. Sedangkanpe-
nyelesaian partikular, selanjutnya dinotasikan denganyp, dari (3.6)
akan dijelaskan berikutnya. Jadi penyelesaian umum dari persamaan
(3.6) adalah
y(x) =yh(x) +yp(x)
denganyhpenyelesaian homogen danyppenyelesaian partikular.
Untuk mendapatkan penyelesaian partikular persamaan (3.6) di
sini akan menggunakan metodekoesien tak tentuyang dijelaskan
sebagai berikut.
Pandang persamaan nonhomogen
y
00
p(x)y
0
+q(x)y=g(x);
dimanap(x); q(x), dang(x) adalah fungsi-fungsi kontinu pada suatu
selangI.
Untuk kasus ini, diberikan teorema berikut.
Teorema 3.7.JikaY1danY2adalah penyelesaian-penyelesaian dari
persamaan nonhomogen, makaY1Y2adalah penyelesaian dari per-
samaan homogen. Dan jikay1dany2adalah basis atau pembangun
dari penyelesaian-penyelesaian untuk persamaan homogen, maka
Y1Y2=c1y1+c2y2;
dimanac1danc2adalah konstanta-konstanta.

68. 54 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
Teorema 3.8.Penyelesaian umum persamaan diferensial linear orde
dua dapat dinyatakan sebagai
y(x) =yh(x) +yp(x);
dimanayhadalah penyelesaian homogen danyppenyelesaian partiku-
lar.
Di sini akan dibahas cara mencari penyelesaian partikular untuk
beberapa kasusg(x) pada persamaan (3.6), diantaranya kasusg(x)
berupa fungsi eksponensial, kasusg(x) berupa fungsi sinus atau cosi-
nus, dan kasusg(x) berupa fungsi polinomial. Diawali dengan contoh
kasusg(x) fungsi eksponensial.
Contoh 3.9.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
3y
0
4y= 3e
2x
Penyelesaian:
Misalkan
yp=Ae
2x
; (3.7)
denganAadalah konstanta yang akan dicari. Turunan pertama dan
kedua persamaan (3.7) masing-masing
y
0
p= 2Ae
2x
dan y
00
p= 4Ae
2x
:
Substitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensial, diperoleh
4Ae
2x
6Ae
2x
4Ae
2x
= 3e
2x
:
Karenae
2x
6= 0 untuk setiapx, bagi kedua ruas dengane
2x
yang ber-
akibat diperolehA=1=2. Jadi penyelesaian partikular persamaan
diferensial adalah
yp(x) =
1
2
e
2x
:
Contoh 3.10.Tentukan penyelesaian partikular
y
00
3y
0
4y=e
x
: (3.8)

69. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 55
Penyelesaian:
Dalam kasus ini, jika kita mengikuti penyelesaian seperti pada Contoh
(3.9) di sini dimisalkanyp(x) =Ae
x
. Dengan menentukany
0
pdany
00
p
kemudian mensubstitusikan ke persamaan (3.8), diperoleh
(A+ 3A4A)e
x
=e
x
: (3.9)
Karena koesiene
x
ruas kiri persamaan (3.9) sama dengan nol, ini
tidak mungkin menyelesaikan persamaan untuk konstantaA. Oleh
karena itu disimpulkan tidak ada penyelesaian persamaan (3.8) da-
lam bentukAe
x
. Untuk itu, dimisalkan penyelesaian partikularnya
berbentuk
yp(x) =Axe
x
:
Turunan pertama dan kedua persamaan ini berturut-turut
y
0
p= (AAx)e
x
y
00
p= (2A+Ax)e
x
:
Substitusikan hasil-hasil ini ke persamaan (3.8), diperoleh

(A+ 3A4A)x+ (2A3A))

e
x
=e
x
;
yang menghasilkanA=1=5. Dengan demikian diperoleh penyelesa-
ian partikularnya
yp(x) =
1
5
xe
x
:
Untuk mendapatkan penyelesaian persamaan nonhomogen (3.6)
dengang(x) merupakan fungsi sinus atau cosinus, diberikan dalam
contoh berikut.
Contoh 3.11.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
3y
0
4y= 2 sinx
Penyelesaian:
Misalkan
yp=Asinx+Bcosx; (3.10)
denganAdanBkonstanta-konstanta yang akan dicari. Turunan per-
tama dan kedua persamaan (3.11) masing-masing
y
0
p=AcosxBsinx dan y
00
p=AsinxBcosx:

70. 56 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
Substitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensial, diperoleh
AsinxBcosx3Acosx+ 3Bsinx4Asinx
4Bsinx4Bcosx= 2 sinx:
Dengan mengumpulkan suku-suku sejenis, diperoleh persamaan
(B3A4B) cosx+ (A+ 3B4A) sinx= 2 sinx
Dengan menyesuaikan suku-suku ruas kiri dan ruas kanan, diperoleh
dua persamaan
3A5B= 0;
5A+ 3B= 2:
Dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh
A=
5
17
dan B=
3
17
:
Jadi penyelesaian partikular persamaan diferensial adalah
yp(x) =
5
17
sinx+
3
17
cosx:
Untuk mendapatkan penyelesaian persamaan nonhomogen (3.6)
dengang(x) merupakan fungsi polinomial, misalkang(x) polinomial
berderajatnyang dapat dinyatakan dengan
g(x) =a0+a1x+ +an1x
n1
+anx
n
denganan6= 0, maka penyelesaian partikularnya dimisalkan
yp(x) =A1+A2x+ +Anx
n
:
Untuk lebih jelasnya, diberikan contoh berikut.
Contoh 3.12.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
3y
0
4y= 12x
2

71. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 57
Penyelesaian:
Misalkan
yp=A+Bx+Cx
2
(3.11)
denganA; BdanCkonstanta-konstanta yang akan dicari. Turunan
pertama dan kedua persamaan (3.11) masing-masing
y
0
p=B+ 2Cx dan y
00
p= 2C:
Substitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensial, diperoleh
2C3(B+ 2Cx)4(A+Bx+Cx
2
) = 12x
2
Dengan mengumpulkan suku-suku sejenis, diperoleh persamaan
(4A3B+ 2C) + (4B6C)x+ (4C)x
2
= 12x
2
:
Dengan menyesuaikan suku-suku ruas kiri dan ruas kanan, diperoleh
tiga persamaan
4A3B+ 2C= 1
4B6C= 0;
4C=2:
Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas secara simultan, di-
peroleh
A=
9
16
; B =
3
4
;dan C=
1
2
:
Jadi penyelesaian partikular persamaan diferensial adalah
yp(x) =
9
16

3
4
x+
1
2
x
2
:
Untuk persamaan linear dengan koesien konstan nonhomogen ji-
kag(x) merupakan kombinasi penjumlahan fungsi-fungsi eksponensi-
al, fungsi sinus atau cosinus, dan fungsi polinomial, maka penyelesai-
an partikularnya adalah jumlahan dari masing-masing kasus tersebut.
Misalkan diberikan contoh berikut.
Contoh 3.13.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
3y
0
4y= 12x
2
+ 2 sinx

72. 58 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
Penyelesaian:
Dari dua contoh sebelumnya, penyelesaian partikular dari persamaan
y
00
3y
0
4y= 12x
2
adalah
yp1=
9
16

3
4
x+
1
2
x
2
;
dan penyelesaian partikular persamaan
y
00
3y
0
4y= 2 sinx
adalah
yp2(x) =
5
17
sinx+
3
17
cosx:
Oleh karena itu penyelesaian partikular dariy
00
3y
0
4y= 12x
2
+
2 sinxadalah
yp=yp1+yp2
=
9
16

3
4
x+
1
2
x
2

5
17
sinx+
3
17
cosx:
Untuk persamaan linear dengan koesien konstan nonhomogen jika
g(x) merupakan kombinasi perkalian fungsi-fungsi eksponensial, fungsi
sinus atau cosinus, dan fungsi polinomial, maka penyelesaian partiku-
larnya diberikan dalam contoh berikut.
Contoh 3.14.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
3y
0
4y=8e
x
cos 2x: (3.12)
Penyelesaian:
Asumsikan bahwa penyelesaian partikular,yp, merupakan perkalian
darie
x
dan kombinasi linear cos 2xdan sin 2x, yakni
yp=e
x
(Acos 2x+Bsin 2x):
Turunan pertama dan kedua persamaan ini, masing-masing diperoleh
y
0
p= (A+ 2B)e
x
cos 2x+ (2A+B)e
x
sin 2x
dan
y
00
p= (3A+ 4B)e
x
cos 2x+ (4A3B)e
x
sin 2x:

73. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 59
Dengan mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan (3.12), dipero-
leh
(10A2B)e
x
cos 2x+ (2A10B)e
x
sin 2x=8e
x
cos 2x;
sehingga diperoleh dua persamaan
10A+ 2B= 8
2A10B= 0;
menghasilkanA= 10=13 danB= 2=13. Oleh karena itu diperoleh
penyelesaian partikular nya
yp=e
x
10
13
cos 2x+
2
13
sin 2x

:
Contoh 3.15.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
+ 4y=x
2
e
3x
sinx: (3.13)
Penyelesaian:
Ruas kanan persamaan (3.13) berbentuk perkalian fungsi polinomi-
al, fungsi eksponensial, dan fungsi sinus. Untuk kasus ini, misalkan
penyelesaian partikularnya adalah
yp= (Ax
2
+Bx+C)e
3x
cosx+ (Dx
2
+Ex+F)e
3x
sinx
Selanjutnya lakukan penyelesaian seperti pada contoh-contoh sebelum-
nya untuk mendapatkan konstanta-konstantaA; B; C; D; E;danF.
Dalam hal ini, diperoleh
A=
1
30
; B=
1
25
; C=
46
3375
; D=
1
15
; E=
13
225
; F=
19
6750
Oleh karena itu diperoleh penyelesaian partikularnya
yp=

1
30
x
2
+
1
25
x+
46
3375

e
3x
cosx
+

1
15
x
2
+
13
225
x+
19
6750

e
3x
sinx:

74. 60 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
Contoh 3.16.Selesaikan masalah nilai awal
y
00
+ 4y=x+ 2e
3x
; y(0) = 1; y
0
(0) =1: (3.14)
Penyelesaian: Penyelesaian homogen persamaan (3.14) adalah
yh(x) =c1cos 2x+c2sin 2x:
Penyelesaian partikular persamaan (3.14) adalahyp(x) =yp1(x) +
yp2(x), denganyp1danyp2masing-masing penyelesaian partikulary
00
+
4y=xdany
00
+ 4y= 2e
3x
. Untuk mendapatkanyp1danyp2seperti
telah diberikan pada contoh sebelumnya, diperoleh
yp1=
1
4
x dan yp2=
2
13
e
3x
:
Dengan demikian penyelesaian umum persamaan (3.14) adalah
y(x) =yh+yp=yh+yp1+yp2
=c1cos 2x+c2sin 2x+
1
4
x+
2
13
e
3x
:
Dengan menurunkan persamaan ini dan memasukkan syarat awaly(0) =
1 dany
0
(0) =1, diperolehc1= 11=13 danc2=41=104. Oleh ka-
rena itu diperoleh penyelesaian masalah nilai awal (3.14)
y(x) =
11
13
cos 2x
41
104
sin 2x+
1
4
x+
2
13
e
3x
:
Grak penyelesaian/solusi nilai awal diberikan pada Gambar 3.2.
Gambar 3.2: Grak solusiy
00
+ 4y=x+ 2e
3x
; y(0) = 1; y
0
(0) =1

75. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 61
3.4 Aplikasi Persamaan Diferensial Orde Dua
Beberapa aplikasi persamaan diferensial orde dua pada mekanika dan
rangkaian listrik diberikan dalam contoh-contoh berikut.
1. Aplikasi pada mekanika
Contoh 3.17.PartikelPdengan massa 2 gram bergerak pada sumbu-
xdan ditarik menuju titik asalOdengan gaya sama dengan8X. Jika
partikel itu semula berdiam diX= 10, tentukan posisi partikel pada
setiap saat dengan berasumsi
a.
b.
Penyelesaian:
a. X >0 (positif arah kanan), gaya total adalah ke arah ki-
ri dan diberikan8X. JikaX <0 gaya total ke arah kanan
dan diberikan8X(lihat Gambar 3.3). Sesuai hukum Newton,
diperoleh
MassaPercepatan = Gaya total
2
d
2
X
dt
2
=8X:
Gambar 3.3: Ilustrasi permasalahan pada soal
Dengan demikian diperoleh masalah nilai awal
d
2
X
dt
2
+ 4X= 0; X(0) = 10; X
0
(0) = 0:
Penyelesaian persamaan diferensial ini adalah
X(t) =c1cos 2t+c2sin 2t:

76. 62 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
Dengan memasukkan syarat-syarat awalnya, diperolehc1= 10
danc2= 0.
Jadi penyelesaiannya adalah
X(t) = 10 cos 2t:
Grak pergerakan partikel yang merupakan penyelesaian nilai
awal diberikan pada Gambar 3.4.
Gambar 3.4: Grak pergerakan partikel
b. X >0 dandX=dt >0, titikPdi sebelah kanan O dan
bergerak ke arah kanan, sehingga
MassaPercepatan = Gaya total
2
d
2
X
dt
2
=8X8
dX
dt
:
Masalah nilai awal adalah
d
2
X
dt
2
+ 4
dX
dt
+ 4X= 0; X(0) = 10; X
0
(0) = 0:
Penyelesaian masalah nilai awal adalah
X(t) = 10e
2t
(1 + 2t):
Grak penyelesaian diberikan pada Gambar 3.5.

77. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 63
Gambar 3.5: Grak pergerakan partikel dengan peredaman
2. Aplikasi pada rangkaian listrik
Contoh 3.18.Sebuah rangkaian listrik terdiri dari induktor 2 henry,
resistor 2 ohm, dan kapasitor 0,02 farad dihubungkan secara seri de-
ngan teganganEvolt. Saatt= 0, muatan kapasitor dan arus dalam
rangkaian sebesar nol. Tentukan muatan dan arus pada sebarangt >0
jika (a).E= 300volt, (b)E= 100 sin 3tvolt.
Penyelesaian:
MisalkanQ(t) menyatakan muatan listrik pada saattdanI(t) menya-
takan kuat arus pada saatt. Berdasarkan hukum Kircho, diperoleh
2
dI(t)
dt
+ 16I(t) +
Q(t)
0;02
=E(t): (3.15)
KarenaI(t) =dQ=dt, persamaan (3.15) menjadi
2
d
2
Q(t)
dt
2
+ 16
dQ(t)
dt
+ 50Q(t) =E(t);
dengan syarat awalQ(0) = 0; I(0) =Q
0
(0) = 0.
a. E(t) = 300, diperoleh masalah nilai awal
d
2
Q(t)
dt
2
+ 8
dQ(t)
dt
+ 25Q(t) = 150; Q(0) = 0; Q
0
(0) = 0:
Penyelesaian masalah nilai awal ini, yakni besar muatan listrik
pada saatt, diperoleh
Q(t) = 66e
4t
cos 3t8e
4t
sin 3t:

78. 64 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
Untuk besar kuat arus, diperoleh
I(t) =
dQ(t)
dt
= 50e
4t
sin 3t:
Grak muatan (Q) dan arus (I) diberikan pada Gambar 3.6.
Gambar 3.6: Grak (a) muatan listrik, dan (b) arus listrik
b. E(t) = 100 sin 3t, diperoleh masalah nilai awal
d
2
Q(t)
dt
2
+ 8
dQ(t)
dt
+ 25Q(t) = 50 sin 3t; Q(0) = 0; Q
0
(0) = 0:
Penyelesaian masalah nilai awal ini, yakni besar muatan listrik
pada saatt, diperoleh
Q(t) =
25
52
(2 sin 3t3 cos 3t) +
25
52
e
4t
(2 sin 3t+ 3 cos 3t)
Untuk besar kuat arus, diperoleh
I(t) =
75
52
(3 sin 3t+ 2 cos 3t)
25
52
e
4t
(17 sin 3t+ 6 cos 3t):

79. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 65
3.5 Rangkuman
1. yadalah per-
samaan diferensial yang berbentuk
y
00
+a1(x)y
0
+a0(x)y=b(x);
dengana1; a0, danbfungsi-fungsi yang diberikan pada selang
IR. Persamaan diferensial dikatakan
(a)homogenjikab(x) = 0 untuk setiapx2I, dan dikatakan
nonhomogenjikab(x)6= 0;
(b)dengan koesien konstanjikaa1dana0keduanya kon-
stan;
(c)dengan koesien peubahjikaa1ataua0tidak konstan.
2.
ay
00
+by
0
+cy= 0;
dengana; b;danckonstan, mempunyai akar-akar karakteristik
k12=
b
p
b
2
4ac
2a
:
Penyelesaian persamaan diferensial tersebut adalah
(a) k16=k2keduanya real, maka
y(x) =c1e
k1x
+c2e
k2x
;
denganc1danc2keduanya konstanta sebarang.
(b) k1=k2=mreal, maka
y(x) =c1e
mx
+c2xe
mx
;
denganc1danc2keduanya konstanta sebarang.
(c) k12=riskeduanya kompleks sekawan, maka
y(x) =e
rx
[c1cossx+c2sinsx];
denganc1danc2keduanya konstanta sebarang.

80. 66 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
3.
ay
00
+by
0
+cy=g(x);
dengana; b;danckonstan dang(x)6= 0, mempunyai penyelesa-
ian
y(x) =yh(x) +yp(x)
denganyhadalah penyelesaian homogen (penyelesaian persama-
an diferensial saatg(x) = 0) danypadalah penyelesaian parti-
kular.
3.6 Bahan Diskusi
Diskusikan dengan teman-temanmu permasalahan-permasalahan ber-
ikut
1.
y
00
y=g(x)
dengan
g(x) =
(
e
x
jikax <0;
1xjikax0:
Tentukan penyelesaian persamaan diferensial tersebut.
2. Mbergerak pada sepanjang sumbu-xyang dipe-
ngaruhi suatu gaya sebanding laju sesaatnya dengan arah ber-
lawanan. Misalkan saatt= 0 partikel berada dix=adan
bergerak ke arah kanan dengan lajuv0. Tentukan kedudukan
partikel tersebut berhenti.
3.7 Rujukan/Daftar Pustaka
1. Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2. Dierential Equations
Theory, Technique, and Practice. International Edition, The
McGraw-Hill Companies, Inc.

81. Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya 67
3. Transformasi
Laplace: Teori dan Soal-soal, UI-Press
3.8 Soal-soal Latihan
1. cdanksedemikian sehingga fungsiy(t) =
ct
k
adalah penyelesaian dari
t
3
y
00
+t
2
y
0
+ 4ty= 1:
2. y1(t) =t
2
dany2(t) = 1=tkeduanya adalah pe-
nyelesaian dari persamaan diferensial
t
2
y
00
2y= 0; t >0:
3.
(a)y
00
+ 3y
0
+ 2y= 0
(b) y
00
3y
0
+y= 0
(c) y
00
9y= 0
(d)y
00
2y
0
2y= 0.
4.
(a)y
00
+y
0
2y= 0; Y(0) = 1; y
0
(0) = 1
(b) y
00
5y
0
+y= 0; y(0) = 4; y
0
(0) = 0
(c)y
00
+ 3y
0
= 0; y(0) =2; y
0
(0) = 3
(d) y
00
y= 0; y(2) = 1; y
0
(2) =1.
5. rsehingga penyelesaian masalah nilai awal
y
00
y
0
2y= 0; y(0) =r; y
0
(0) = 2;
adalahy(x) yang bersifat
lim
x!1
y(x) = 0:
6.
(a)y
00
2y
0
3y= 3e
2x

82. 68 Bab 3. Persamaan Diferensial Orde Dua dan Aplikasinya
(b)y
00
+ 2y
0
+ 5y= 2 sin 2x
(c)y
00
2y
0
3 = 3xe
x
(d)y
00
+y
0
=x+ sin 2x
(e)y
00
+y
0
+ 4y= sinhx
(f)y
00
+y= 4 sin 2x+xcos 2x
7.
(a)y
00
+y
0
2y= 2x; y(0) = 0; y
0
(0) = 1
(b)y
00
+ 4y=x
2
+ 3e
x
; y(0) = 0; y
0
(0) = 2
(c)y
00
2y
0
3y= 3xe
2x
; y(0) = 1; y
0
(0) = 0
(d)y
00
+ 2y
0
+ 5y= 4e
x
cos 2x; y(0) = 1; y
0
(0) = 0
8.
y
00
+
2
y=
N
X
m=1
amsin (mx);
dengan >0 dan6=muntukm= 1;2; ; N.

83. Bab 4
Persamaan Diferensial
Linear Orde Lebih dari
Dua
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir
yang diharapkan secara umum adalah mahasiswa:
1.
bih dari dua;
2.
masalah yang relevan;
3.
4.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu
1.
koesien konstan, baik homogen maupun nonhomogen;
2.
kehidupan sehari-hari;
69

84. 70 Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua
Bentuk umum persamaan diferensial linear ordenadalah
an(x)y
(n)
+an1(x)y
(n1)
+ +a1y
0
+a0y=g(x)
denganan6= 0.
Pada bab ini dibahas penyelesaian persamaan diferensial linear orden
homogen maupun nonhomogen hanya untuk kasus koesien-koesien
konstan.
4.1 Persamaan Linear Homogen dengan Koe-
sien Konstan
Persamaan diferensial linear ordenhomogen dengan koesien konstan
berbentuk
any
(n)
+an1y
(n1)
+ +a1y
0
+a0y= 0; (4.1)
denganan; an1; ; a1; a0semuanya konstanta real denganan6= 0.
Persamaan karakteristik (4.1) adalah
ank
n
+an1k
n1
+ +a1k+a0= 0;
dengan akar-akar penyelesaiank1; k2; ; kn.
Penyelesaian persamaan (4.1) dikelompokkan berdasarkan nilai akar-
akar karakteristiknya.
1. k1; k2; ; knsemuanya real dan berbeda, maka penyelesa-
ian persamaan (4.1) adalah
y(x) =c1e
k1x
+c2e
k2x
+ +cne
knx
;
denganc1; c2; ; cnkonstanta-konstanta sebarang.
2. k1=k2= =kn=mreal, maka penyelesaian persamaan
(4.1) adalah
y(x) =c1e
mx
+c2xe
mx
+c3x
2
e
mx
+ +cnx
n1
e
mx
;
denganc1; c2; ; cnkonstanta-konstanta sebarang.

85. Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua71
3. ngenap dank12=a1+b1; k34=a2b2; semuanya pa-
sangan kompleks sekawan dan berbeda, maka penyelesaian per-
samaan (4.1) adalah
y(x) =e
a1x
(c1cosb1x+c2sinb1x) +e
a2x
(c3cosb2x+c4sinb2x)
+ +e
a
n=2x
(cn1cosb
n=2x+cnsinb
n=2x);
denganc1; c2; ; cnkonstanta-konstanta sebarang.
Contoh 4.1.Selesaikan persamaan diferensial
y
iv
5y
00
+ 4y= 0: (4.2)
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik (4.2) adalah
k
4
5k
2
+ 4 = 0;
dengan penyelesaian
k1= 1; k2=1; k3= 2; k4=2:
Jadi penyelesaian persamaan diferensial (4.2) adalah
y(x) =c1e
x
+c2e
x
+c3e
2x
+c4e
2x
denganc1; c2; c3;danc4konstanta-konstanta sebarang.
Contoh 4.2.Selesaikan persamaan diferensial
y
000
6y
00
+ 12y
0
8y= 0: (4.3)
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik (4.3) adalah
k
3
6k
2
+ 12k8 = 0;atau (k2)
3
= 0
dengan penyelesaian
k1=k2=k3= 2:
Jadi penyelesaian persamaan diferensial (4.3) adalah
y(x) =c1e
2x
+c2xe
2x
+c3x
2
e
2x
denganc1; c2;danc3konstanta-konstanta sebarang.

86. 72 Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua
Contoh 4.3.Selesaikan persamaan diferensial
y
iv
2y
000
+ 3y
00
2y
0
+ 2y= 0: (4.4)
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik (4.4) adalah
k
4
2k
3
+ 3k
2
2k+ 2 = 0
dengan penyelesaian
k12=i; k34= 1i
Jadi penyelesaian persamaan diferensial (4.4) adalah
y(x) =c1cosx+c2sinx+c3e
x
cosx+c4e
x
sinx
denganc1; c2; c3;danc4konstanta-konstanta sebarang.
Untuk kasus akar-akar persamaan karakteristiknya merupakan kom-
binasi dari bilangan real dan kompleks, diberikan dalam contoh beri-
kut.
Contoh 4.4.Selesaikan persamaan diferensial
y
(6)
2y
(5)
+y
iv
+ 2y
000
2y
00
= 0 (4.5)
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik (4.5) adalah
k
6
2k
5
+k
4
+ 2k
3
2k
2
= 0;atauk
2
(k1)(k+ 1)(k
2
2k+ 2)
dengan penyelesaian
k12= 0; k3= 1; k4=1; k56= 1i:
Jadi penyelesaian persamaan diferensial (4.5) adalah
y(x) =c1+c2x+c3e
x
+c4e
x
+c5e
x
cosx+c6e
x
sinx
denganc1; c2; c3; c4; c5;danc6konstanta-konstanta sebarang.
Contoh 4.5.Selesaikan masalah nilai awal
y
000
2y
00
+ 3y
0
= 0; y(0) = 0; y
0
(0) = 1; y
00
(0) = 1:(4.6)

87. Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua73
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik persamaan diferensial pada (4.6) adalah
k
3
2k
2
+ 3k= 0;
dengan penyelesaian
k1= 0; k23= 1
p
2i:
Jadi penyelesaian persamaan diferensial (4.6) adalah
y(x) =c1+c2e
x
cos
p
2x+c3e
x
sin
p
2x:
Dengan memasukkan syaraty(0) = 0; y
0
(0) = 1, dany
00
(0) = 0 dipe-
roleh
c1=
2
3
; c2=
2
3
; c3=
1
6
p
2;
sehingga penyelesaian nilai awal adalah
y(x) =
2
3
+
2
3
e
x
cos
p
2x+
1
6
p
2e
x
sin
p
2x:
4.2 Persamaan Linear Orde Tinggi Nonhomo-
gen dengan Koesien Konstan
Persamaan diferensial linear ordennonhomogen dengan koesien kon-
stan berbentuk
any
(n)
+an1y
(n1)
+ +a1y
0
+a0y=g(x); (4.7)
denganan; an1; ; a1; a0semuanya konstanta real denganan6= 0
dang(x)6= 0. Penyelesaian persamaan (4.7) adalah
y(x) =yh(x) +yp(x)
denganyh(x) danyp(x) adalah masing-masing penyelesaian homogen
dan penyelesaian partikular persamaan (4.7). Untuk mendapatkan
penyelesaian homogen telah dijelaskan pada subbab 4.1, sedangkan
untuk penyelesaian partikularnya akan dibahas berikut ini.
Penyelesaian partikular persamaan (4.7) ini dikelompokkan berda-
sarkan jenis fungsig(x)nya.

88. 74 Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua
1.g(x) =e
bx
(fungsi eksponensial).
(a)
gen berbentuky=ce
bx
, maka penyelesaian partikular per-
samaan (4.7) dimisalkan
yp=Ae
bx
denganAkonstanta yang akan dicari.
(b)
bentuky=ce
bx
, maka penyelesaian partikular persamaan
(4.7) dimisalkan
yp=Axe
bx
denganAkonstanta yang akan dicari.
2.g(x) =pn(x) (polinom berderajatn).
(a)
gen berbentuky=B0+B1x+ +Bmx
m
denganm < n,
maka penyelesaian partikular persamaan (4.7) dimisalkan
yp=A0+A1x+ +Anx
n
denganAi; i= 0;1;2; ; nkonstanta-konstanta yang akan
dicari.
(b)
bentuky=B0+B1x+ +Bmx
m
denganm < n, maka
penyelesaian partikular persamaan (4.7) dimisalkan
yp= (A0+A1x+ +Anx
n
)x
m+1
denganAi; i= 0;1;2; ; nkonstanta-konstanta yang akan
dicari.
3. g(x) = cosbxataug(x) = sinbx(fungsi sinus atau cosinus),
maka penyelesaian partikular persamaan (4.7) dimisalkan
yp=Acosbx+Bsinbx:
Untuk memperjelas penyelesaian partikular persamaan diferensial li-
near nonhomogen, diberikan contoh-contoh berikut.

89. Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua75
Contoh 4.6.Tentukan penyelesaian partikular persamaan diferensial
y
iv
5y
00
+ 4y=e
3x
: (4.8)
Penyelesaian:
Misalkanyp=Ae
3x
, maka diperoleh
y
0
p= 3Ae
3x
; y
00
p= 9Ae
3x
; y
000
p= 27Ae
3x
; y
iv
p= 81Ae
3x
:
Substitusikanyp; y
00
p, dany
iv
pini ke persamaan (4.8), diperoleh
[81A45A+ 4A]e
3x
=e
3x
sehingga berakibat 40A= 1 atauA= 1=40.
Jadi penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
40
e
3x
:
Contoh 4.7.Tentukan penyelesaian partikular persamaan diferensial
y
000
4y
0
=e
2x
:
Penyelesaian:
Penyelesaian homogen persamaan diferensial adalahyh=c1+c2e
2x
+
c3e
2x
. Karena dalam penyelesaian homogen terdapat sukue
2x
, maka
penyelesaian partikularnya dimisalkan
yp=Axe
2x
:
Dengan mencari turunan-turunannya, diperoleh
y
0
p=Ae
2x
(1 + 2x); y
00
p= 4Ae
2x
(1 +x); y
000
p= 4Ae
2x
(3 + 2x)
Substitusikany
0
pdany
000
pini ke persamaan diferensial, diperoleh
4Ae
2x
(3 + 2x)4Ae
2x
(1 + 2x) =e
2x
)8A= 1)A=
1
8
:
Dengan demikian, diperoleh penyelesaian partikular
yp=
1
8
xe
2x
:

90. 76 Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua
Contoh 4.8.Tentukan penyelesaian partikular persamaan diferensial
y
000
y
00
=x:
Penyelesaian:
Persamaan karakteristiknya adalahk
3
k
2
= 0 dengan akar-akar pe-
nyelesaiank1=k2= 0 dank3= 1. Oleh karena itu penyelesaian
homogen persamaan diferensial adalah
yh=c1+c2x+c3e
x
:
Karena penyelesaian homogen memuat suku konstan dan sukux, maka
untuk memisalkan penyelesaian partikularnya adalah
yp= (A+Bx)x
2
:
Dengan menurunkannya, diperoleh
y
00
p= 2A+ 6Bx dan y
000
p= 6B:
Selanjutnya mensubstitusikan hasil-hasil ini ke persamaan diferensial,
diperoleh
6B(2A+ 6Bx) =x
yang menghasilkanA=1=2 danB=1=6.
Jadi penyelesaian partikular persamaan diferensial adalah
yp=
1
2
x
2

1
6
x
3
:
4.3 Rangkuman
1.
any
(n)
+ +a1y
0
+a0y= 0
dikelompokkan berdasarkan nilai akar-akar karakteristiknya.
(a) k1; k2; ; knsemuanya real dan berbeda, maka penye-
lesaiannya adalah
y(x) =c1e
k1x
+c2e
k2x
+ +cne
knx
;
denganc1; c2; ; cnkonstanta-konstanta sebarang.

91. Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua77
(b) k1=k2= =kn=mreal, maka penyelesaiannya
adalah
y(x) =c1e
mx
+c2xe
mx
+c3x
2
e
mx
+ +cnx
n1
e
mx
;
denganc1; c2; ; cnkonstanta-konstanta sebarang.
(c) ngenap dank12=a1+b1; k34=a2b2; semuanya
pasangan kompleks sekawan dan berbeda, maka penyelesa-
iannya adalah
y(x) =e
a1x
(c1cosb1x+c2sinb1x)
+e
a2x
(c3cosb2x+c4sinb2x) +
+e
a
n=2x
(cn1cosb
n=2x+cnsinb
n=2x);
denganc1; c2; ; cnkonstanta-konstanta sebarang.
2.
any
(n)
+ +a1y
0
+a0y=g(x)
dikelompokkan berdasarkan jenis fungsig(x)nya.
(a)g(x) =e
bx
(fungsi eksponensial).
i.
gen berbentuky=ce
bx
, maka penyelesaian partikular
persamaan dimisalkan
yp=Ae
bx
denganAkonstanta yang akan dicari.
ii.
bentuky=ce
bx
, maka penyelesaian partikular persa-
maan dimisalkan
yp=Axe
bx
denganAkonstanta yang akan dicari.
(b)g(x) =pn(x) (polinom berderajatn).
i.
gen berbentuky=B0+B1x+ +Bmx
m
dengan
m < n, maka penyelesaian partikular persamaan dimi-
salkan
yp=A0+A1x+ +Anx
n
denganAi; i= 0;1;2; ; nkonstanta-konstanta yang
akan dicari.

92. 78 Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua
ii.
mogen berbentuky=B0+B1x+ +Bmx
m
dengan
m < n, maka penyelesaian partikular persamaan dimi-
salkan
yp= (A0+A1x+ +Anx
n
)x
m+1
denganAi; i= 0;1;2; ; nkonstanta-konstanta yang
akan dicari.
(c) g(x) = cosbxataug(x) = sinbx(fungsi sinus atau co-
sinus), maka penyelesaian partikular persamaan dimisalkan
yp=Acosbx+Bsinbx:
4.4 Bahan Diskusi
Diskusikan dengan teman-temanmu masalah-masalah berikut
1.
y
iv
y=g(x)
dengan
g(x) =
(
e
x
jikax <0;
1xjikax0:
Tentukan penyelesaian persamaan diferensial tersebut.
2.
maan diferensial pada (1) dengany(0) = 0; y
0
(0) = 1; y
00
(0) = 0,
dany
000
(0) = 0.
4.5 Rujukan/Daftar Pustaka
1. Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2. Ordinary Dierential Equations: An Intro-
duction to the Fundamentals, CRC Press

93. Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua79
3. Dierential Equations
Theory, Technique, and Practice. International Edition, The
McGraw-Hill Companies, Inc.
4. Transformasi
Laplace: Teori dan Soal-soal, UI-Press
4.6 Soal-soal Latihan
1.
(a)y
iv
y
00
y
0
+y= 0
(b)y
000
2y
00
+y= 0
(c)y
iv
+y
00
2y= 0
(d)y
iv
+ 4y
00
= 0
2.
(a)y
iv
y= 0; y(0) = 1; y
0
(0) = 0; y
00
(0) = 1; y
000
(0) = 0
(b)y
iv
4y= 0; y(0) = 1; y
0
(0) = 0; y
00
(0) =2; y
000
(0) = 0
3.
sial berikut
(a)y
iv
y
00
y
0
+y= 2e
x
(b)y
000
2y
00
+y=x
3
(c)y
iv
+ 4y
00
= sin 2x
(d)y
iv
+y
00
2y= 2e
x
.
4.
(a)y
000
+ 4y
0
=x; y(0) = 0; y
0
(0) = 0; y
00
(0) = 1
(b)y
iv
+2y
00
+y= 3x+4; y(0) =y
0
(0) = 0; y
00
(0) =y
000
(0) = 1
(c)y
000
3y
00
+ 2y
0
=x+e
x
; y(0) = 1; y
0
(0) =1=4; y
00
(0) =
3=2.

94. 80 Bab 4. Persamaan Diferensial Linear Orde Lebih dari Dua

95. Bab 5
Penyelesaian Persamaan
Diferensial dengan
Operator D
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir
yang diharapkan secara umum adalah mahasiswa:
1.
2.
masalah yang relevan;
3.
4.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu
1.
2.
koesien konstan menggunakan operator diferensial (operator
D).
81

96. 82Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
Bentuk umum persamaan diferensial linear ordennonhomogen
adalah
an(x)y
(n)
+an1(x)y
(n1)
+ +a1y
0
+a0y=g(x)
denganan6= 0 dang(x)6= 0.
Pada bab ini dibahas penyelesaian persamaan diferensial linear no-
nhomogen hanya untuk kasus koesien konstan dengan menggunakan
operator diferensial.
5.1 Pengertian Operator Diferensial dan Sifat-
sifatnya
Operator diferensialD, atau cukup ditulisoperatorD, dari
fungsi terdiferensialkany=f(x) padaRberbentuk
D=
d
dx
OperatorDdan versi orde yang lebih tinggiD
n
pada fungsiy=f(x)
terdiferensialkan setidaknyankali membawa derivatif fungsi
Df(x) =
df(x)
dx
D
2
f(x) =D[Df(x)] =
d
dx
h
df(x)
dx
i
=
d
2
f(x)
dx
2
.
.
.
D
n
f(x) =D[D
n1
f(x)] =
d
dx
h
d
n1
f(x)
dx
n1
i
=
d
n
f(x)
dx
n
:
Sebagai contoh, diberikan
y=x
3
+x+ 3e
2x
5 sin (3x)
maka
Dy=
d
dx

x
3
+x+ 3e
2x
5 sin (3x)

= 3x
2
+ 1 + 6e
2x
15 cos (3x)
D
2
y= 6x+ 12e
2x
+ 45 sin (3x)
D
3
y= 6 + 24e
2x
+ 135 cos (3x)
dan seterusnya untuk orde-orde yang lebih tinggi.

97. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D83
Penggunaan operatorDpada fungsi-fungsi elementer diantaranya fung-
si eksponensial, fungsi sinus dan cosinus, dan fungsi polinomial dibe-
rikan sebagai berikut.
1.Dpada fungsi eksponensial
De
x
=
d
dx
e
x
=e
x
; (5.1)
ini menunjukkane
x
adalah fungsi karakteristik dariDdengan nilai
karakteristik.
Untuk orde tinggiD
n
dengann2, diperoleh
D
n
e
x
=
d
n
dx
n
e
x
=
d
dx
h
d
dx


d
dx
e
x
i
=
n
e
x
:
2.D
2
pada fungsi sinus dan cosinus
D
2
sin (x) =
2
sin (x)
D
2
cos (x) =
2
cos (x)
Hal ini menunjukkan bahwa baik sin (x) maupun cos (x) merupa-
kan fungsi-fungsi karakteristik dariD
2
dengan nilai karakteristik
2
.
Lebih jauh, pandang orde tinggiD
2n
= (D
2
)
n
, diperoleh
D
2n
sin (x) = (D
2
)
n
sin (x)
=D
2
h
D
2

D
2
sinx
i
=


2

n
sin (x)
D
2n
cos (x) = (D
2
)
n
cos (x)
=D
2
h
D
2

D
2
cosx
i
=


2

n
cos (x)
3.Dpada fungsi polinomial
Untukk1, diperoleh
Dx
k
=
d
dx
x
k
=kx
k1
D
n
x
k
=
d
n
dx
n
x
k
=k(k1) (kn+ 1)x
kn
Lebih khusus, untukk < n, diperoleh
D
n
x
k
= 0:

98. 84Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
Sebagai contoh
D
5
x
3
=
d
5
dx
5
x
3
= 0:
Berikutnya, dibicarakan operatorDpada fungsi polinomial dan
sifat-sifatnya.
Diberikan fungsi polinomial berderajatn
Pn(x) =anx
n
+an1x
n1
+ +a1x+a0 (5.2)
dengana0; a1; ; ankonstanta-konstanta real danan6= 0. Dengan
mensubstitusikanD=xke persamaan (5.2) diperoleh
Pn(D) =anD
n
+an1D
n1
+ +a1D+a0 (5.3)
disebutpolinomial operatorDberderajatn.
Adapun sifat-sifat polinomial operatorDsebagai berikut:
1.
Teorema 5.1.JikaPn(D)polinomial operatorDberderajatn
Pn(D) =anD
n
+an1D
n1
+ +a1D+a0;
maka untuk setiapadanbbilangan-bilangan real danfdang
keduanya fungsi terdiferensialkan minimalnkali, berlaku
Pn(D)[af(x) +bg(x)] =aPn(D)f(x) +bPn(D)g(x)
2.
Teorema 5.2.JikaPn(D)danQm(D)keduanya polinomial ope-
ratorDmasing-masing berderajatndanm, maka untuk setiap
fungsifyang terdiferensialkan sedikitnyamaks(n; m)kali, ber-
laku
[Pn(D) +Qm(D)]f(x) =Pn(D)f(x) +Qm(D)f(x)

99. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D85
3.
Teorema 5.3.JikaPn(D)danQm(D)keduanya polinomial ope-
ratorDmasing-masing berderajatndanm, maka untuk setiap
fungsifyang terdiferensialkan sedikitnyamaks(n; m)kali ber-
laku
[Pn(D)Qm(D)]f(x) = [Qm(D)Pn(D)]f(x) =Pn(D)[Qm(D)f(x)]
4.
Teorema 5.4.JikaPn(D)polinomial operatorDberderajatn,
maka
Pn(D)e
x
=Pn()e
x
=e
x
Pn();
dan
Pn(D
2
) sinx=Pn(
2
) sinx= sinxPn(
2
);
Pn(D
2
) cosx=Pn(
2
) cosx= cosxPn(
2
)
dengandankonstanta-konstanta real.
Bukti.Pertama, diperoleh
Pn(D)e
x
=Pn

d
dx

e
x
=

an
d
n
dx
n
+an1
d
n1
dx
n1
+ +a1D+a0

e
x
=

an
n
+an1
n1
+ +a1+a0

e
x
=e
x
Pn()
Untuk selanjutnya,
Pn(D
2
) sinx
=

an(D
2
)
n
+an1(D
2
)
n1
+ +a1D
2
+a0

sinx
=

an(
2
)
n
+an1(
2
)
n1
+ +a1(
2
) +a0

sinx
=Pn(
2
) sinx
= sinxPn(
2
)
Untuk kasusPn(D
2
) cosxserupa.

100. 86Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
5.
Teorema 5.5.DiberikanPn(D)polinomial operatorDberdera-
jatn. Maka
D
n
[e
x
f(x)] =e
x
(D+)
n
f(x); (5.4)
Pn(D)

e
x
f(x)

=e
x
Pn(D+)f(x)
denganf(x)fungsi terdiferensialkan minimalnkali padaR.
Bukti.Pertama akan dibuktikan dengan menggunakan induksi
matematika.
Pertama, untukn= 1:
D

e
x
f(x)

=
d
dx

e
x
f(x)

=e
x

+
d
dx

f(x) =e
x
(D+)f(x):
Kedua, untukn=kanggap benar berlaku
D
k

e
x
f(x)

=e
x
(D+)
k
f(x)
Dengan demikian, diperoleh
D
k+1

e
x
f(x)

=D

D
k

e
x
f(x)

=e
x
(D+)

(D+)
k
f(x)

=e
x
(D+)
k+1
f(x)
Untuk bukti selanjutnya,
Pn(D)

e
x
f(x)

=

anD
n
+an1D
n1
+ +a1D+a0


e
x
f(x)

=e
x

an(D+)
n
+an1(D+)
n1
+
+a1(D+) +a0

f(x)
=e
x
Pn(D+)f(x)
Bukti telah selesai.
Selanjutnya dikenalkan fungsi operatorDdalam ekspansi deret
Taylor.

101. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D87
Denisi 5.6.Diberikanf(x)fungsi konvergen seragam padaR. Fung-
si operatorf(D)didenisikan dalam suku-suku ekspansi deret Taylor
f(x)di sekitarx= 0:
f(D) =
1
X
n=0
1
n!
f
(n)
(0)D
n
=
1
X
n=0
1
n!
d
n
f(x)
dx
n



x=0
D
n
=
1
X
n=0
1
n!
d
n
f(x)
dx
n



x=0
d
n
dx
n
: (5.6)
Sebagai contoh,
1
1D
=
1
X
n=0
D
n
= 1 +D+D
2
+D
3
+
e
D
=
1
X
n=0
1
n!
D
n
= 1 +D+
1
2!
D
2
+
1
3!
D
3
+
sinD=
1
X
n=0
(1)
n
(2n+ 1)!
D
2n+1
=D
1
3!
D
3
+
1
5!
D
5

cosD=
1
X
n=0
(1)
n
(2n)!
D
2n
= 1
1
2!
D
2
+
1
4!
D
4

dan lain sebagainya.
5.2 Kernel OperatorD
Sebagaimana denisi umum dari kernel operator, kernel dari operator
D
k
; k= 1;2; ;pada ruang fungsi real terdiferensialkan didenisikan
sebagai berikut:
Denisi 5.7.
kerD
k
=ff(x)jD
k
f(x) = 0g
Jadi,kerD
k
adalah himpunan semua fungsi polinomial berderajat pa-
ling tinggik1, yakni
kerD
k
=spanf1; x; x
2
; ; x
k1
g
=fck1x
k1
+ck2x
k2
+ +c1x+c0j
denganc0; c1; ; ck1konstanta-konstanta.

102. 88Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
Lebih jauh, dapat dituliskan kernel polinomialPn(D) operatorDyang
merupakan ruang penyelesaian persamaan diferensial linear ordenho-
mogen dengan koesien-koesien konstan:
Pn(D)y(x) =any
(n)
(x) +an1y
(n1)
(x) + +a1y
0
(x) +a0y(x) = 0:
NilaikerPn(D) mengambil bentuk-bentuk selisih yang tergantung pa-
daPn(D). Dengan menerapkan aturan perkalian dengan eksponensial
dan aturan substitusi nilai karakteristik, diperoleh hasil yang diingin-
kan.
Teorema 5.8.DiberikanPn(D)polinomial operatorD.
1. Pn(D)adalah perkaliannfaktor-faktor linear berbeda (untuk
sederhananya, diambilan= 1sekarang dan selanjutnya),
Pn(D) = (Dr1)(Dr2) (Drn)
denganri6=rjuntuk setiapi6=jdani; j2 f1;2; ; ng, maka
Pn(D) =spanfe
r1x
; e
r2x
; ; e
rnx
g
=
nn
X
i=1
cie
rix


c1; c2; ; cnkonstanta-konstanta
o
2. Pn(D)adalah perkaliankfaktor-faktor linear berulang yang
berbeda,
Pn(D) = (Dr1)
n1
(Dr2)
n2
(Drk)
nk
denganri6=rjuntuk setiapi6=jdani; j2 f1;2; ; kgdan
ri1untuk setiapi= 1;2; ; k;
P
k
i=1
ni=n, maka
Pn(D) =spanfxe
r1x
; x
2
e
r1x
; ; x
n11
e
r1x
; ;xe
rkx
; x
2
e
rkx
;
; x
nk1
e
rkx
g
3. Pn(D)adalah perkaliankfaktor-faktor kuadratik berbeda,
dan dalam kasus inin= 2k,
Pn(D) =

(D1)
2
+
2
1

(D2)
2
+
2
2



(Dk)
2
+
2
k

dengani6=j, ataui6=juntuki6=j, maka
kerPn(D) =spanfe
1x
cos1x; e
1x
sin1x; ;e
kx
coskx;
e
kx
sinkxg

103. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D89
4. Pn(D)adalah perkalianpfaktor kuadratik berbeda yang ber-
ulang,
Pn(D) =

(D1)
2
+
2
1

n1

(D2)
2
+
2
2

n2


(Dp)
2
+
2
p

np
dengani6=j, ataui6=juntuki6=j, maka
kerPn(D) =spanfe
1x
cos1x; e
1x
sin1x; xe
1x
cos1x;
xe
1x
sin1x; ; x
n11
e
1x
cos1x;
x
n11
e
1x
sin1x; ;e
px
cospx;
e
px
sinpx; xe
px
cospx; xe
px
sinpx; ;
x
np1
e
px
cospx; x
np1
e
px
sinpxg
Contoh 5.9.Diberikan
P12(D) = (D2)(D5)
3
[(D+ 3)
2
+ 4][(D7)
2
+ 16]
4
maka
kerP12(D) =spanfe
2x
;e
5x
; xe
5x
; x
2
e
5x
;e
3x
cos 2x; e
3x
sin 2x;
e
7x
cos 4x; e
7x
sin 4x; xe
7x
cos 4x; xe
7x
sin 4x;
x
2
e
7x
cos4x; x
2
e
7x
cos 4x; x
2
e
7x
sin 4x;
x
2
e
7x
cos4x; x
3
e
7x
cos 4x; x
3
e
7x
sin 4xg
=a0e
2x
+

b0+b1x+b2x
2

e
5x
+(c1cos 2x+c2sin 2x)e
3x
+(d0+d1x+d2x
2
+d3x
3
)e
7x
cos 4x
+(e0+e1x+e2x
2
+e3x
3
)e
7x
sin 4x
dengana0; b0; b1; b2; c1; c2; d0; d1; d2; d3; e0; e1; e2; e3konstanta-kontanta
real.
5.3 Invers OperatorD
Invers operatorD, ditulisD
1
, dapat didenisikan sesuai dengan
Teorema Dasar Kalkulus. Karena
d
dx
Z
x
x0
f(x1)dx1=D
Z
x
x0
f(x1)dx1=f(x)

104. 90Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
denganf(x) fungsi kontinu pada selang terbatas [a; b] danx02[a; b],
maka invers operatorDpada fungsi kontinuf(x) dapat didenisikan
dalam integral tentu berikut:
D
1
f(x) =
Z
x
x0
f(x1)dx1:
Lebih jauh, dapat dengan mudah didenisikan invers operatorDorde
tinggi pada fungsi kontinuf(x) pada selang terbatas:
D
2
f(x) = (D
1
)
2
f(x) =D
1
[D
1
f(x)]
=
Z
x
x0

Z
x1
x0
f(x2)dx2

dx1
D
3
f(x) = (D
1
)
3
f(x) =
Z
x
x0
Z
x1
x0

Z
x2
x0
f(x3)dx3

dx2dx1
.
.
.
D
n
f(x) = (D
1
)
n
f(x)
=
Z
x
x0

Z
x1
x0


Z
xn1
x0
f(xn)dxn

dx2

dx1
Untuk lebih jelasnya, diberikan contoh-contoh berikut:
1.
D
1
cos 3x=
Z
x
x0
cos 3x dx1=
1
3
(sin 3xsin 3x0)
=
1
3
sin 3x+c=
1
3
sin 3x+kerD
2.
D
2
x=
Z
x
x0

Z
x1
x0
x2dx2

dx1
=
Z
x
x0
1
2
(x
2
1x
2
0)dx1=
1
6
x
3

1
2
x
2
0x+
1
3
x
3
0
=
1
6
x
3
+c1x+c2=
1
6
x
3
+kerD
2
:
Dengan menggunakan representasi deret Taylor (5.6) pada fung-
si operatorD, aturan perkalian polinomial operatorD, dan denisi-
denisi invers operatorD
k
pada fungsi kontinu, dapat didenisikan
invers operator polinomialPn(D) sebagai berikut:

105. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D91
Denisi 5.10.Diberikan
Pn(D)f(x) =

anD
n
+an1D
n1
+ +a1D+a0

f(x) =g(x)
denganf(x)dang(x)keduanya fungsi-fungsi terdiferensialkan.
1. a06= 0, maka
f(x) = [Pn(D)]
1
g(x) =
1
Pn(D)
g(x)
=
1
anD
n
+an1D
n1
+ +a1D+a0
g(x)
=
1
X
p=0
(1)
p
1
a0

an
a0
D
n
+ +
a1
a0
D

p
g(x):
2. a0=a1= =ak1= 0untuk1kndanak6= 0,
maka
f(x) = [Pn(D)]
1
g(x) =
1
Pn(D)
g(x)
=
1
anD
n
+an1D
n1
+ +akD
k
g(x)
=
1
anD
nk
+an1D
nk1
+ +ak
D
k
g(x)
Akibat dari denisi [Pn(D)]
1
dan aturan perkalian, memenuhi sifat
berikut:
Akibat 5.11.JikaPn(D)danQm(D)keduanya polinom masing-
masing berderajatndanm, maka
1
Pn(D)Qm(D)
f(x) =
1
Qm(D)Pn(D)
f(x)
=
1
Pn(D)
1
Qm(D)
f(x)
=
1
Qm(D)
1
Pn(D)
f(x)
denganf(x)fungsi terdiferensialkan pada suatu selang.

106. 92Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
Akibat 5.12.JikaPn(D)danQm(D)keduanya polinom masing-
masing berderajatndanm, maka
1
Pn(D)
f(x) =
1
Pn(D)Qm(D)

Qm(D)f(x)

=Qm(D)

1
Pn(D)Qm(D)
f(x)

denganf(x)fungsi terdiferensialkan pada suatu selang.
5.4 Penyelesaian Persamaan Diferensial
Linear Nonhomogen dengan Koesien Kon-
stan
Bentuk umum persamaan diferensial linear ordennonhomogen
dengan koesien-koesien konstan sebagai berikut:
an
d
n
y
dx
n
+an1
d
n1
y
dx
n1
+ +a1
dy
dx
+a0y=g(x) (5.7)
dengana0; a1; ; ankonstanta-konstanta,an6= 0, dang(x)6= 0.
Bentuk persamaan (5.7) dalam ekspresi operatorDadalah

anD
n
+an1D
n1
+ +a1D+a0

y=g(x) (5.8)
Penyelesaian partikular persamaan (5.7) adalah
yp(x) =
1
Pn(D)
g(x): (5.9)
Untuk mendapat penyelesaian persamaan partikular dari persamaan
diferensial biasa nonhomogen dengan koesien-koesien konstan, akan
dibahas dalam beberapa kasus untuk fungsig(x).
1.Kasusg(x)fungsi eksponensial
Untuk mendapatkan penyelesaian kasusg(x) fungsi eksponensial,
misalg(x) =Ae
ax
, diberikan dalam teorema berikut.
Teorema 5.13.Diberikan persamaan diferensial
Pn(D)y=Ae
ax
(5.10)

107. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D93
(i). jikaPn(a)6= 0, penyelesaian partikular (5.10) adalah
yp(x) =
1
Pn(D)
Ae
ax
=
1
Pn(a)
Ae
ax
(ii). jikaPn(a) = 0, yakniPn(D) = (Da)
k
Pnk(D);1kn,
penyelesaian partikular (5.10) adalah
yp(x) =
A
Pnk(a)

x
k
k!
+kerD
k

e
ax
Bukti.Sesuai dengan aturan substitusi nilai karakteristik, dipe-
roleh
Pn(D)e
ax
=APn(a)e
ax
: (5.11)
(i). KarenaPn(a)6= 0, persamaan (5.11) dibagi denganPn(a),
diperoleh
1
Pn(a)
Pn(D)Ae
ax
=Pn(D)

Ae
ax
Pn(a)

=Ae
ax
:
Dengan membandingkan persamaan diferensial (5.10), ini me-
nunjukkan bahwa
yp(x) =
Ae
ax
Pn(a)
:
(ii). KarenaPn(a) = 0, polinomialPn(D) dapat ditulis dalam
bentuk
Pn(D) =Pnk(D)(Da)
k
; P nk(a)6= 0;
sehingga diperoleh bentuk
Pn(D)y= (Da)
k
Pnk(D)y=Ae
ax
:
Karena
(Da)
k
Pnk(D)
h
1
k!
x
k
+kerD
k

e
ax
i
(5.12)
=Pnk(Da)
k
h
e
ax
1
k!
x
k
+kerD
k

i
=Pnk(a)e
ax
D
k
[
1
k!
x
k
+kerD
k

=Pnk(a)e
ax
(5.13)

108. 94Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
oleh karena itu diperoleh
yp(x) =
A
Pnk(a)

x
k
k!
+kerD
k

e
ax
Bukti telah selesai.
Berikut diberikan dua contoh dalam mendapatkan penyelesaian
partikular menggunakan Teorema 5.13.
Contoh 5.14.Tentukan penyelesaian partikular dari persamaan
3y
00
2y
0
+ 8y= 5e
3x
Penyelesaian:
Dengan menggunakan Teorema 5.13 (i), diperoleh
yp(x) =
1
3D
2
2D+ 8
5e
3x
=
5e
3x
33
2
23 + 8
=
5
29
e
3x
Contoh 5.15.Tentukan penyelesaian partikular dari persamaan
(D1)(D+ 5)(D2)
3
y= 3e
x
Penyelesaian:
Dengan menggunakan Teorema 5.13 (ii), diperoleh
yp(x) =
1
(D1)(D+ 5)(D2)
3
3e
x
=
x
1!
3e
x
(1 + 5)(12)
3
=x
3e
2x
6
=
1
2
xe
x
Contoh 5.16.Tentukan penyelesaian partikular dari persamaan
(D1)(D+ 5)(D2)
3
y= 3e
2x

109. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D95
Penyelesaian:
Dengan menggunakan Teorema 5.13 (ii), diperoleh
yp(x) =
1
(D1)(D+ 5)(D2)
3
3e
2x
=
x
3
3!
3e
2x
(21)(2 + 5)
=
1
14
x
3
e
2x
Teorema Input Eksponensial berikut merupakan akibat dari Te-
orema 5.13.
Akibat 5.17. DiberikanPn(D)
polinomial berderajatn. Penyelesaian partikular persamaan di-
ferensial (5.10) adalah
yp(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
e
ax
Pn(a)
; Pn(a)6= 0
xe
ax
P
0
n
(a)
; Pn(a) = 0asalkanP
0
n(a)6= 0
x
2
e
ax
Pn"(a)
; Pn(a) =P
0
n(a) = 0asalkanPn"(a)6= 0
.
.
.
x
k
e
ax
P
(k)
n(a)
; Pn(a) =P
0
n(a) = =P
(k1)
n(a) = 0;
P
(k)
n(a)6= 0
Contoh 5.18.Tentukan penyelesaian partikular dari persamaan
(D2)(D4)
3
y= 5e
4x
Penyelesaian:
Karena
P
0
(D) = (D4)
2
(4D10);
P"(D) = (D4)(12D36);
P
000
(D) = 12(2D7)
P(4) =P
0
(4) =P
00
(4) = 0; P
000
(4) = 126= 0
sehingga penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
5x
3
e
4x
P
000
(4)
=
5
12
x
3
e
4x

110. 96Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
2.Kasusg(x)fungsi polinomial
Untuk menentukan penyelesaian partikular kasusg(x) fungsi po-
linomial, yaknig(x) =Pk(x), diberikan dalam dua contoh beri-
kut
Contoh 5.19.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
000
5y
00
+ 3y
0
+ 2y= 2x
3
+ 4x
2
6x+ 5:
Penyelesaian:
Bentuk operatorDpersamaan di atas adalah
(D
3
5D
2
+ 3D+ 2)y= 2x
3
+ 4x
2
6x+ 5
dengan penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
D
3
5D
2
+ 3D+ 2
(2x
3
+ 4x
2
6x+ 5)
=
1
2
h
1
1 + (D
3
5D
2
+ 3D)=2
i
(2x
3
+ 4x
2
6x+ 5)
=
1
2
h
1
1
2
(D
3
5D
2
+ 3D) +
1
4
(5D
2
+ 3D)
2

1
8
(3D)
3
i
(2x
3
+ 4x
2
6x+ 5)
=
1
2
h
1
3
2
D+
19
4
D
2

91
8
D
3
i
(2x
3
+ 4x
2
6x+ 5)
=x
3

5
2
x
2
+
39
2
x
169
4
:
Catatan: Pada proses penyelesaian di atas muncul suku
1
4
(5D
2
+
3D)
2
yang sebenarnya adalah
1
4
(D
3
5D
2
+3D)
2
, hal ini dikare-
nakan (D
3
)
2
(2x
3
+ 4x
2
6x+ 5) = 0. Begitu juga muncul suku

1
8
(3D)
3
.
Contoh 5.20.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
000
3y
00
+ 2y
0
=x
3
2x
2
Penyelesaian:
Bentuk operatorDpersamaan di atas adalah
(D
3
3D
2
+ 2D)y=x
3
2x
2

111. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D97
dengan penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
D
3
3D
2
+ 2D
(x
3
2x
2
)
=
1
D(1D)(2D)
(x
3
2x
2
)
=
1
D(2D)
(1 +D+D
2
+D
3
)(x
3
2x
2
)
=
1
D
h
1
2

1 +
1
2
D+
1
4
D
2
+
1
8
D
3
i
(x
3
+x
2
+ 2x+ 2)
=
1
2
D
1

x
3
+
5
2
x
2
+
9
2
x+
17
4

=
1
8
x
4
+
5
12
x
3
+
9
8
x
2
+
17
8
x:
3.Kasusg(x)fungsi sinus atau cosinus
Untukg(x) =Asinbxataug(x) =Acosbx, penyelesaiannya
telah diberikan dalam persamaan (5.9) seperti kasus sebelumnya,
yakni
yp(x) =
1
Pn(D)
(Acosbx+Bsinbx)
Terdapat dua kasus:
(a)Pn(D) sinbx6= 0 danPn(D) cosbx6= 0
Dalam kasus ini, dibuat penyebut (denominator) menjadi
fungsi dariD
2
lalu diterapkan aturan substitusi nilai ka-
rakteristik. Untuk jelasnya diberikan contoh berikut.
Contoh 5.21.Tentukan penyelesaian partikular persama-
an
2y
000
+y
00
5y
0
+ 3y= 3 sin 2x
Penyelesaian:

112. 98Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
Penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
2D
3
+D
2
5D+ 3
(3 sin 2x)
=
(2D
3
5D)(D
2
+ 3)
(2D
3
5D)
2
(D
2
+ 3)
2
(3 sin 2x)
=
2D
3
D
2
5D3
D
2
(2D
2
5)
2
(D
2
+ 3)
2
(3 sin 2x)
=
3
(4)[2(4)5]
2
(4 + 3)
2
(2D
3
D
2
5D3) sin 2x
=
3
677
(26 cos 2xsin 2x)
atau
yp(x) =
1
2D
3
+D
2
5D+ 3
(3 sin 2x)
= 3
1
2(2
2
)D2
2
5D+ 3
sin 2x
=
3
13D+ 1
sin 2x
=
3
13D+ 1

13D1
13D1

sin 2x
=3(13D1)
1
(169D
2
1)
(sin 2x)
=
3
(169(2
2
)1)
(13D1) sin 2x
=
3
677
(26 cos 2xsin 2x)
(b)Pn(D) sinbx= 0 danPn(D) cosbx= 0
Dalam kasus ini, (D
2
+b
2
) sinbx= 0 dan (D
2
+b
2
) cosbx=
0,Pn(D) mengambil bentuk
Pn(D) =Pn2k(D)(D
2
+b
2
)
k
; k1
Untuk menentukan penyelesaian partikular kasus ini, di-
awali dengan teorema berikut.

113. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D99
Teorema 5.22.Bahwasannya berlaku
1
(D
2
+b
2
)
2p
cosbx=
(1)
p
(2p)!(2b)
2p
x
2p
cosbx;
1
(D
2
+b
2
)
2p
sinbx=
(1)
p
(2p)!(2b)
2p
x
2p
sinbx; p= 1;2;
1
(D
2
+b
2
)
2p+1
cosbx=
(1)
p
(2p+ 1)!(2b)
2p+1
x
2p+1
sinbx;
1
(D
2
+b
2
)
2p+1
sinbx=
(1)
p+1
(2p+ 1)!(2b)
2p+1
x
2p+1
cosbx;
p= 1;2;
Bukti.Dengan menerapkan aturan perkalian eksponensial,
diperoleh
(D
2
+b
2
)
k
(x
k
e
ibx
) =e
ibx

(D+ib)
2
+b
2

k
x
k
=e
ibx
(D+ 2ib)
k
D
k
x
k
=e
ibx
i
k
(2b)
k
k!
Dengan menggunakan rumus Euler, yaknie
ix
= cosx+
isinx, untukk= 2p; p= 1;2; , diperoleh
(D
2
+b
2
)
2p
(x
2p
cosbx+ix
2p
sinbx) = (2p)!(2b)
2p
(1)
p
(cosbx+isinbx)
Dengan menyesuaikan bagian real dan imaginer, diperoleh
(D
2
+b
2
)
2p
(x
2p
cosbx) = (2p)!(2b)
2p
(1)
p
cosbx;
(D
2
+b
2
)
2p
(x
2p
sinbx) = (2p)!(2b)
2p
(1)
p
sinbx
dan diperoleh hasil yang diinginkan.
Dengan cara serupa, untukk= 2p+ 1; p= 0;1;2; , di-
peroleh
(D
2
+b
2
)
2p+1
(x
2p1
cosbx+ix
2p
sinbx) =
(2p+ 1)!(2b)
2p
(1)
p
(icosbxsinbx)
Dengan mengambil bagian real dan imajiner, diperoleh ha-
sil yang diinginkan.

114. 100Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
Selanjutnya, untuk menentukan penyelesaian partikular ka-
susPn(D) = 0 sebagai berikut:
yp(x) =
1
Pn2k(D)(D
2
+b
2
)
k
(Acosbx+Bsinbx)
=
1
(D
2
+b
2
)
k
h
1
Pn2k(D)
(Acosbx+Bsinbx)
i
Bukti telah selesai.
Contoh 5.23.Tentukan penyelesaian partikular persama-
an
(D1)
2
(D2)(D
2
+ 4)
2
y= 4 sin 2x
Penyelesaian:
Penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
(D1)
2
(D2)(D
2
+ 4)
2
4 sin 2x
=
4
(D
2
+ 4)
2
h
1
(D1)
2
(D2)
sin 2x)
i
=
4
(D
2
+ 4)
2
h
(D+ 1)
2
(D+ 2)
(D
2
1)
2
(D
2
4)
sin 2x
i
=
1
50
1
(D
2
+ 4)
2
(D
3
+ 4D
2
+ 5D+ 2) sin 2x
=
1
50
1
(D
2
+ 4)
2
(2 cos 2x14 sin 2x)
=
1
800
x
2
(cos 2x7 sin 2x)
Cara lain untuk menyelesaikan kasusg(x) =Acosbx+
Bsinbxadalah pertama dengan menggunakan rumus Eu-
ler untuk menyatakan cosbxdan sinbxdalam suku-suku
eksponensial kompleks,
cosbx=
1
2
(e
ibx
+e
ibx
);sinbx=
1
2i
(e
ibx
e
ibx
)
atau
cosbx=Refe
ibx
g;sinbx=Imfe
ibx
g:

115. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D101
Selanjutnya menentukan penyelesaian partikular dalam ca-
ra yang sama seperti halnyag(x) merupakan fungsi ekspo-
nensial kompleks. Sebagai contoh, penyelesaian partikular
persamaan dalam Contoh 5.21 adalah
yp(x) =
1
2D
3
+D
2
5D+ 3
(3 sin 2x)
=
1
2D
3
+D
2
5D+ 3
h
3
2i
(e
2ix
e
2ix
)
i
=
3
2i
h
e
2ix
1
2(D+ 2i)
3
+ (D+ 2i)
2
5(D+ 2i) + 3
1
i
e
2ix
h
1
2(D2i)
3
+ (D2i)
2
5(D2i) + 3
1
i
=
3
2i
h
2
2ix
126i

2
2ix
1 + 26i
i
=
3
2i
1
677
[(1 + 26i)(cos 2x+isin 2x)
(126i)(cos 2xisin 2x)]
=
3
677
(26 cos 2xsin 2x)
4.Kasusg(x)perkalian fungsi eksponensial dan polinomial
Untuk kasusg(x) merupakan perkalian fungsi eksponensial dan
fungsi polinomial, misalkang(x) =Pm(x)e
ax
, penyelesaian par-
tikurnya adalah
yp(x) =
1
Pn(D)
Pm(x)e
ax
=e
ax
1
Pn(D+a)
Pm(x)
Contoh 5.24.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
(D3)
2
y=xe
2x

116. 102Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
Penyelesaian:
Penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
(D3)
2
xe
2x
=e
2x
1
((D+ 2)3)
2
x
=e
2x
1
(D1)
2
x
=e
2x
1
(D
2
2D+ 1)
x
=e
2x
[1(D
2
2D)]x
=e
2x
(x+ 2)
Contoh 5.25.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
(D3)
2
(D
2
2D+ 5)(D+ 2)y= (x
2
3x+ 1)e
2x
Penyelesaian:
Penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
(D3)
2
(D
2
2D+ 5)(D+ 2)
(x
2
3x+ 1)e
2x
=e
2x
1
((D+ 2)3)
2
((D+ 2)
2
2(D+ 2) + 5)
1
((D+ 2) + 2)
(x
2
3x+ 1)
=e
2x
1
D
5
+ 4D
4
+ 2D
3
27D+ 20
(x
2
3x+ 1)
=e
2x
1
2027D
(x
2
3x+ 1)
=e
2x
1
20
h
1 +
27
20
D+
27
20

2
D
2
i
(x
2
3x+ 1)
=
1
20
h
x
2

3
10
x+
119
200
i
e
2x
:

117. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D103
5. g(x)perkalian fungsi polinomial dan fungsi sinus
atau cosinus
Untuk kasusg(x) merupakan perkalian fungsi polinomial dan
fungsi sinus atau cosinus, misalkang(x) =Pm(x)(Acosbx+
Bsinbx). Untuk menentukan penyelesaian partikularnya, perta-
ma nyatakan fungsi sinus atau cosinus dalam bentuk eksponensi-
al kompleks, selanjutnya gunakan metode dalam kasus perkalian
fungsi eksponensial dan fungsi polinomial:
yp(x) =
1
Pn(D)
Pm(x)(Acosbx+Bsinbx)
=
1
2
(AiB)e
ibx
1
Pn(D+ib)
Pm(x)
+
1
2
(A+iB)e
ibx
1
Pn(Dib)
Pm(x)
Contoh 5.26.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
4y= (x
2
3) sin 2x
Penyelesaian:
Penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
(D
2
4)
(x
2
3) sin 2x
=Im
n
1
(D
2
4)
(x
2
3)e
i2x
o
=Im
n
1
2i
h
e
2ix
1
(D+ 2i)
2
4
e
2ix
1
(D2i)
2
4
i
(x
2
3)
o
=Im
n
i
16
h
e
2ix

1 +
1
2
iD
1
8
D
2

e
2ix

1
1
2
iD
1
8
D
2
i
(x
2
3)
o
=
1
32

(4x
2
13) sin 2x+ 4xcos 2x

:
6.Kasusg(x)perkalian fungsi eksponensial dan fungsi si-
nus atau cosinus
Untuk kasusg(x) merupakan perkalian fungsi eksponensial dan
fungsi sinus atau cosinus, misalkang(x) =e
ax
(Acosbx+Bsinbx),

118. 104Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
untuk menentukan penyelesaian partikurnya paling mudah ada-
lah menyatakan fungsi sinus atau cosinus dalam bentuk ekspo-
nensial kompleks. Di sini ada dua kemungkinan
(a) Pn(aib)6= 0, maka dapat diterapkan secara langsung
aturan substitusi nilai karakteristik untuk mendapatkan pe-
nyelesaian partikular:
yp(x) =
1
Pn(D)
e
ax
(Acosbx+Bsinbx)
=
1
2
AiB
Pn(a+ib)
e
(a+ib)x
+
1
2
A+iB
Pn(aib)
e
(aib)x
Contoh 5.27.Tentukan penyelesaian partikular persama-
an
y
00
2y
0
+ 2y=e
2x
(2 cosx6 sinx)
Penyelesaian:
Penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
D
2
2D+ 2

e
2x
(2 cosx6 sinx

=
1
D
2
2D+ 2

(1 + 3i)e
(2+i)x
+ (13i)
(2i)x

= (1 + 3i)
e
(2+i)x
(2 +i)
2
2(2 +i) + 2
+(13i)
e
(2i)x
(2i)
2
2(2i) + 2
=
2
5
e
2x
(7 cosxsinx)
(b) Pn(aib) = 0, maka dapat diterapkan aturan perkalian
eksponensial dan menggunakan denisi invers operatorD.
Contoh 5.28.Tentukan penyelesaian partikular persama-
an
(D1)(D
2
6D+ 13)y= 4e
3x
cos 2x

119. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D105
Penyelesaian: penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) = (D1)(D
2
6D+ 13)4e
3x
cos 2x
=
1

(D3)
2
+ 4

(D1)
2
h
e
(3+2i)x
+e
(32i)x
i
=
1
(D3)
2
+ 4
h
2
2 + 2i
e
(3+2i)x
i
+
1
(D3)
2
+ 4
h
2
22i
e
(32i)x
i
=
1
2
(1i)e
(3+2i)x
1
D(D+ 4i)
1
+
1
2
(1 +i)e
(32i)x
1
D(D4i)
1
=
1
8i
xe
3x
(1i)(cos 2x+isin 2x)

1
8i
xe
3x
(1 +i)(cos 2x+isin 2x)
=
1
4
xe
3x
(sin 2xcos 2x)
Cara lain lebih sederhana dengan menggunakan cara sebe-
lumnya adalah
yp(x) =
1
(D1)(D
2
6D+ 13)
4e
3x
cos 2x
= 4e
3x
1
(D+ 2)(D
2
+ 4)
cos 2x
= 4e
3x
1
D
2
+ 4
h
D2
D
2
4
cos 2x
i
=e
3x
1
D
2
+ 4
(sin 2x+ cos 2x)
=
1
4
xe
3x
(sin 2xcos 2x)
7.Kasusg(x)perkalian fungsi polinomial, eksponensial, dan
sinus atau cosinus
Pandang kasus umumg(x) =Pm(x)e
ax
(Acosbx+Bsinbx). Me-
tode untuk mendapatkan penyelesaian partikular sama seper-
ti sebelumnya yaknig(x) perkalian dari fungsi polinomial dan

120. 106Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
fungsi eksponensial:
yp(x) =
1
Pn(D)
Pm(x)e
ax
(Acosbx+Bsinbx)
=
1
2
(AiB)e
a+ib
1
Pn(D+a+ib)
Pm(x)
+
1
2
(A+iB)e
aib
1
Pn(D+aib)
Pm(x)
Contoh 5.29.Tentukan penyelesaian partikular persamaan
y
00
5y
0
+ 6y=e
x
cos 2x+e
2x
(3x+ 4) cosx:
Penyelesaian:
Penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
D
2
5D+ 6

e
x
cos 2x+e
2x
(3x+ 4) cosx

=y1(x) +y2(x)
dengan
y1(x) =
1
D
2
5D+ 6
e
x
cos 2x
=
1
(D2)(D3)
e
x
cos 2x
=e
x
1
(D1)(D2)
cos 2x
=e
x
(D+ 1)(D+ 2)
(D
2
1)(D
2
4)
cos 2x
=
1
40
e
x
(D+ 1)(D+ 2) cos 2x
=
1
20
e
x
(cos 2x+ 3 sin 2x)

121. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D107
dan
y2(x) =
1
D
2
5D+ 6
(3x+ 4)e
2x
cosx
=
1
2
1
(D2)(D3)
(3x+ 4)(e
(2+i)x
+e
(2i)x
)
=
1
2
e
(2+i)x
1
(D+i)(D1 +i)
(3x+ 4)
+
1
2
e
(2i)x
1
(Di)(D1i)
(3x+ 4)
=
1
2i
e
(2+i)x
1
D1 +i
(3x+ 4 + 3i)

1
2i
e
(2i)x
1
D1i
(3x+ 43i)
=
1
2
e
2x
h
(3x+ 10) cosx+ (3x+ 1) sinx
i
5.5 Rangkuman
1. Pn(D) polinomial operatorD.
(a) Pn(D) adalah perkaliannfaktor-faktor linear berbeda,
yakni
Pn(D) = (Dr1)(Dr2) (Drn)
denganri6=rjuntuk setiapi6=jdani; j2 f1;2; ; ng,
maka
Pn(D) =spanfe
r1x
; e
r2x
; ; e
rnx
g
=
nn
X
i=1
cie
rix

c1; c2; ; cnkonstanta-konstanta
o
(b) Pn(D) adalah perkaliankfaktor-faktor linear berulang
yang berbeda,
Pn(D) = (Dr1)
n1
(Dr2)
n2
(Drk)
nk
denganri6=rjuntuk setiapi6=jdani; j2 f1;2; ; kg
danri1 untuk setiapi= 1;2; ; k;
P
k
i=1
ni=n, maka
Pn(D) =spanfxe
r1x
; x
2
e
r1x
; ; x
n11
e
r1x
; ;xe
rkx
;
x
2
e
rkx
; ; x
nk1
e
rkx
g

122. 108Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
(c) Pn(D) adalah perkaliankfaktor-faktor kuadratik ber-
beda, dan dalam kasus inin= 2k,
Pn(D) =

(D1)
2
+
2
1

(D2)
2
+
2
2



(Dk)
2
+
2
k

dengani6=j, ataui6=juntuki6=j, maka
kerPn(D) =spanfe
1x
cos1x; e
1x
sin1x; ;
e
kx
coskx; e
kx
sinkxg
(d) Pn(D) adalah perkalianpfaktor kuadratik berbeda
yang berulang,
Pn(D) =

(D1)
2
+
2
1

n1

(D2)
2
+
2
2

n2


(Dp)
2
+
2
p

np
dengani6=j, ataui6=juntuki6=j, maka
kerPn(D) =spanfe
1x
cos1x; e
1x
sin1x; xe
1x
cos1x;
xe
1x
sin1x; ; x
n11
e
1x
cos1x;
x
n11
e
1x
sin1x; ;e
px
cospx;
e
px
sinpx; xe
px
cospx; xe
px
sinpx; ;
x
np1
e
px
cospx; x
np1
e
px
sinpxg
2.
Pn(D)y=Ae
ax
(5.14)
(i). Pn(a)6= 0, penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
1
Pn(D)
Ae
ax
=
1
Pn(a)
Ae
ax
(ii). Pn(a) = 0, yakniPn(D) = (Da)
k
Pnk(D);1kn,
penyelesaian partikularnya adalah
yp(x) =
A
Pnk(a)

x
k
k!
+kerD
k

e
ax

123. Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D109
5.6 Bahan Diskusi
Diskusikan bersama teman-temanmu masalah-masalah berikut
1. D.
2. Dmenyelesaian bentuk
1
F(D)
e
ax
jikaF(a) = 0.
5.7 Rujukan/Daftar Pustaka
1. Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2. Dierential Operator Method of Finding
A Particular Solution to An Ordinary Nonhomogeneous Line-
ar Dierential Equation with Constant Coecients, New York:
SUNY Polytechnic Institute, Utica
5.8 Soal-soal Latihan
1.
sial berikut dengan menggunakan operatorD:
(a)y
000
y
00
y+y= 2e
x
(b)y
iv
+ 4y
000
+ 3y=x
(c)y
000
y
0
= 2 sinx
(d)y
000
2y
00
+y
0
=x
3
+ 2e
x
(e)y
iv
+ 4y
00
= sin 2x+xe
x
+ 4
(f)y
iv
+ 2y
000
+ 2y
00
= 3e
x
+ 2xe
x
+e
x
sinx
(g)y
(5)
y
0
=xe
x
sinx
2.
operatorD:

124. 110Bab 5. Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Operator D
(a)y
000
+ 4y
0
=x; y(0) = 0; y
0
(0) = 0; y
00
(0) = 1
(b)y
iv
+ 2y
00
+y= 3x+ 4; y(0) = 0; y
0
(0) = 0; y
00
(0) =
1; y
000
(0) = 1
(c)y
000
3y
00
+2y
0
= 2x+e
x
; y(0) = 1; y
0
(0) = 0; y
00
(0) =2

125. Bab 6
Penyelesaian Masalah
Nilai Awal dengan
Transformasi Laplace
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir
yang diharapkan secara umum adalah mahasiswa mampu:
1.
2.
3.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu:
1.
2.
3.
sformasi Laplace;
111

126. 112
Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace
6.1 Transformasi Laplace
Denisi 6.1.Diberikan fungsif(t)untukt >0.Transformasi La-
placedarif(t), ditulisLff(t)g, didenisikan sebagai
Lff(t)g=
Z
1
0
e
st
f(t)dt=F(s)
jika integralnya ada.
Contoh 6.2.Tentukan transformasi Laplace darif(t) = 1.
Penyelesaian:
Lf1g=
Z
1
0
e
st
dt= lim
P!1
Z
P
0
e
st
dt
= lim
P!1

1
s
e
st



P
0
=
1
s
; s >0
Contoh 6.3.Tentukan transformasi Laplace darif(t) =t.
Penyelesaian: Dengan mengikuti hasil pada Contoh 6.2, diperoleh
Lftg=
Z
1
0
e
st
t dt= lim
P!1
Z
P
0
e
st
t dt
=
1
s
h
lim
P!1
te
st



P
0
lim
P!1
Z
P
0
e
st
i
=
1
s
h
0
1
s
i
=
1
s
2
Contoh 6.4.Tentukan transformasi Laplace darif(t) = sint.
Penyelesaian:
Lfsintg=
Z
1
0
e
st
sint dt= lim
P!1
Z
P
0
e
st
d(cost)
=
h
lim
P!1

e
st
cost



P
0
+slim
P!1
Z
P
0
e
st
cost dt
i
=
h
(01) +slim
P!1
Z
P
0
e
st
cost dt
i
= 1 +s
h
lim
P!1

e
st
sint



P
0
s
Z
P
0
e
st
sint dt
i
= 1 +s[0sLfsintg]
(1 +s
2
)Lfsintg= 1

127. Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace 113
Dengan demikian, diperoleh
Lfsintg=
1
s
2
+ 1
:
Transformasi Laplace dari fungsi-fungsi khusus yang lainnya dapat
dilihat pada Tabel 6.1.
Tabel 6.1: Tabel Transformasi Laplace Fungsi-fungsi Khusus
No. f(t) F(s)
1.t
n
; n= 0;1;2;
n!
s
n+1
2.e
at 1
sa
3.sinat
a
s
2
+a
2
4.cosat
s
s
2
+a
2
5.sinhat
a
s
2
a
2
6.coshat
s
s
2
a
2
7.tsinat
2as
(s
2
+a
2
)
2
8.tcosat
s
2
a
2
(s
2
+a
2
)
2

128. 114
Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace
6.2 Sifat-sifat Transformasi Laplace
1.
Teorema 6.5.JikaLff1(t)g=F1(s)danLff2(t)g=F2(s),
maka untuk sebarang1dan2bilangan-bilangan real berlaku
Lf1f1(t) +2f2(t)g=1F1(s) +2F2(s):
Bukti.
Lf1f1(t) +2f2(t)g=
Z
1
0
e
st

1f1(t) +2f2(t)

dt
=
Z
1
0
e
st
1f1(t)dt
+
Z
1
0
e
st
2f2(t)dt
=1
Z
1
0
e
st
f1(t)dt
+2
Z
1
0
e
st
f2(t)dt
=1F1(s) +2F2(s)
2.
Teorema 6.6.JikaLff(t)g=F(s), maka
Lfe
at
f(t)g=F(sa)
Bukti.
Lfe
at
f(t)g=
Z
1
0
e
st
e
at
f(t)dt
=
Z
1
0
e
(sa)t
f(t)dt=F(sa)

129. Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace 115
3.
Teorema 6.7.DiberikanLff(t)g=F(s). Jika didenisikan
fungsigpadaRdengan
g(t) =

f(ta); t > a
0 ; t < a
maka
Lfg(t)g=e
as
F(s):
Bukti.
Lfg(t)g=
Z
1
0
e
st
g(t)dt
=
Z
a
0
e
st
g(t)dt+
Z
1
a
e
st
g(t)dt
=
Z
a
0
e
st
0dt+
Z
1
a
e
st
f(ta)dt
=
Z
1
a
e
st
f(ta)dt
Dengan mensubstitusit=u+a, diperoleh
Lfg(t)g=
Z
1
0
e
(u+a)s
f(u)d(u+a)
=e
as
Z
1
0
e
us
f(u)du
=e
as
F(s)
4.
Teorema 6.8.JikaLff(t)g=F(s), maka
Lff(at)g=
1
s
F(s=a)
Bukti.
Lff(at)g=
Z
1
0
e
st
f(at)dt

130. 116
Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace
Dengan menggunakan transformasit=u=a, diperoleh
Lff(at)g=
Z
1
0
e
su=a
f(u)d(u=a)
=
1
a
Z
1
0
e
su=a
f(u)du
=
1
a
F(s=a)
5.
Teorema 6.9.JikaLff(t)g=F(s), maka
Lff
0
(t)g=sF(s)f(0)
Bukti.
Lff
0
(t)g=
Z
1
0
e
st
f
0
(t)dt
= lim
P!1
h
Z
P
0
e
st
f
0
(t)dt
i
= lim
P!1
h
e
st
f(t)



P
0
+s
Z
P
0
e
st
f(t)dt
i
= lim
P!1
h
e
sP
f(P)f(0) +s
Z
P
0
e
st
f(t)dt
i
=s
Z
1
0
e
st
f(t)dtf(0) =sF(s)f(0):
Perluasan ke dalam turunan-turunan yang berorde lebih tinggi
dapat digunakan induksi matematika, sehingga diperoleh
Lff
(n)
(t)g=s
n
F(s)s
n1
f(0)s
n2
f
0
(0)
sf
(n2)
(0)f
(n1)
(0)
asalkanf(t); f
0
(t); ; f
(n1)
(t) kontinu untuk 0tNdan
eksponensial berorde untukt > Ndanf
(n)
(t) kontinu sepotong-
sepotong untuk 0tN.

131. Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace 117
6. t
n
Teorema 6.10.JikaLff(t)g=F(s), maka
Lft
n
f(t)g= (1)
n
d
n
ds
n
F(s):
6.3 Transformasi Laplace Invers
Jika transformasi Laplace dari fungsif(t) adalahF(s), yakniLff(t)g=
F(s), makaf(t) disebuttransformasi Laplace inversdariF(s)
yang dinotasikan denganL
1
fF(s)g=f(t). Sebagai contoh
L
1
f1=s
2
g=t
L
1
f1=(s2)g=e
2t
L
1
f1=(s
2
+ 4)g=
sin 2t
2
dan sebagainya. Sedangkan untuk sifat-sifat operatorL
1
diberikan
sebagai berikut.
1.
Teorema 6.11.JikaLff1(t)g=F1(s)danLff2(t)g=F2(s),
maka untuk sebarang1dan2bilangan-bilangan real berlaku
L
1
f1F1(s) +2F2(s)g=1L
1
fF1(s)g+2L
1
fF2(s)g
=1f1(t) +2f2(t):
2.
Teorema 6.12.JikaL
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fF(sa)g=e
at
f(t)
3.
Teorema 6.13.JikaL
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fe
as
F(s)g=

f(ta); t > a
0 ; t < a

132. 118
Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace
4.
Teorema 6.14.JikaL
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fF(as)g=
1
a
f(t=a)
5.
Teorema 6.15.JikaL
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fF
(n)
(s)g= (1)
n
t
n
f(t)
6. s
Teorema 6.16.JikaL
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fsF(s)g=f
0
(t);untukf(0) = 0;
dan
L
1
fsF(s)g=f
0
(t) +f(0)(t);untukf(0)6= 0:
dengan(t)fungsi delta Dirac.
Agar lebih jelas cara mendapatkan transformasi Laplace invers, dibe-
rikan dua contoh berikut.
Contoh 6.17.Tentukan transformasi Laplace invers dari
F(s) =
1
s(s
2
1)
Penyelesaian:
L
1
n
1
s(s
2
1)
o
=L
1
n

1
s
+
1
2
1
s1
+
1
2
1
s+ 1
o
=L
1
n
1
s
o
+
1
2
L
1
n
1
s1
o
+
1
2
L
1
n
1
s+ 1
o
=1 +
1
2
e
t
+
1
2
e
t
= cosht1
Contoh 6.18.Tentukan transformasi Laplace invers dari
F(s) =
s+ 1
s
2
+s+ 1

133. Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace 119
Penyelesaian:
L
1
n
s+ 1
s
2
+s+ 1
o
=L
1
n
(s+
1
2
) +
1
2
(s+
1
2
)
2
+
3
4
o
=L
1
n
s+
1
2
(s+
1
2
)
2
+
3
4
o
+
1
p
3
L
1
n
p
3
2
(s+
1
2
)
2
+
3
4
o
=e
t=2
cos
p
3t
2
+
1
p
3
e
t=2
sin
p
3t
2
6.4 Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan
Transformasi Laplace
Berikut beberapa contoh penyelesaian masalah nilai awal, pertama
kasus persamaan diferensialnya berbentuk persamaan diferensial linear
dengan koesien-koesien konstan.
Contoh 6.19.Diberikan fungsiy=y(t). Selesaikan persamaan dife-
rensial berikut
y
00
(t) +y(t) =t
yang memenuhiy(0) = 1dany
0
(0) =2.
Penyelesaian: Dengan mengambil transformasi Laplace kedua persa-
maan
Lfy
00
(t) +y(t)g=Lftg
s
2
Y(s)sy(0)y
0
(0) +Y(s) =
1
s
2
s
2
Y(s)s+ 2 +Y(s) =
1
s
2
Dengan demikian, diperoleh
Y(s) =Lfy(t)g=
1
s
2
(s
2
+ 1)
+
s2
s
2
+ 1
=
1
s
2
+
s
s
2
+ 1

3
s
2
+ 1
Dengan mengambil transformasi Laplace invers persamaan terakhir di
atas, diperoleh penyelesaian
y(t) =L
1
fY(s)g=L
1
n
1
s
2
+
s
s
2
+ 1

3
s
2
+ 1
o
=t+ cost3 sint:

134. 120
Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace
Selanjutnya, contoh penyelesaian masalah nilai awal dengan kasus per-
samaan diferensialnya berbentuk persamaan diferensial linear dengan
koesien peubah.
Contoh 6.20.Selesaikan persamaan diferensial berikut
ty
00
(t) +y
0
(t) + 4ty(t) = 0
yang memenuhiy(0) = 3dany
0
(0) = 0.
Penyelesaian: Dengan mengambil transformasi Laplace kedua persa-
maan
Lfty
00
(t) +y
0
(t) + 4ty(t)g=Lf0g

d
ds
fs
2
Y(s)sy(0)y
0
(0)g+sY(s)y(0)
d
ds
Y(s) = 0
(s
2
+ 4)
dY
ds
+sY= 0
Dengan demikian, diperoleh
dY
Y
+
s ds
s
2
+ 4
= 0:
dengan penyelesaian
Y(s) =
C
p
s
2
+ 4
denganCsuatu konstanta. Dengan mengambil transformasi Laplace
invers persamaan terakhir di atas, diperoleh
y(t) =CJ0(2t)
denganJn(t) adalahfungsi Besselberordenyang didenisikan
Jn(x) =
x
n
2
n
(n+ 1)

1
x
2
2(2n+ 2)
+
x
4
24(2n+ 2)(2n+ 4)
+

Untuk menentukan nilaiC, diperhatikan bahwa
y(0) =CJ0(0) =C= 3:
Jadi diperoleh penyelesaian akhir
y(t) = 3J0(2t)

135. Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace 121
6.5 Rangkuman
1. f(t) untukt >0. Transformasi Laplace dari
f(t), ditulisLff(t)g, didenisikan sebagai
Lff(t)g=
Z
1
0
e
st
f(t)dt=F(s)
jika integralnya ada.
2.
(a) Lff1(t)g=F1(s) danLff2(t)g=F2(s), maka
untuk sebarang1dan2bilangan-bilangan real berlaku
Lf1f1(t) +2f2(t)g=1F1(s) +2F2(s):
(b) Lff(t)g=F(s), maka
Lfe
at
f(t)g=F(sa)
(c) Lff(t)g=F(s). Jika didenisikan
fungsigpadaRdengan
g(t) =

f(ta); t > a
0 ; t < a
maka
Lfg(t)g=e
as
F(s):
(d) Lff(t)g=F(s), maka
Lff(at)g=
1
s
F(s=a)
(e) Lff(t)g=F(s), maka
Lff
(n)
(t)g=s
n
F(s)s
n1
f(0)s
n2
f
0
(0)
sf
(n2)
(0)f
(n1)
(0)
3. L
1
, sebagai
berikut.

136. 122
Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace
(a) Lff1(t)g=F1(s) danLff2(t)g=F2(s), maka
untuk sebarang1dan2bilangan-bilangan real berlaku
L
1
f1F1(s) +2F2(s)g=1L
1
fF1(s)g+2L
1
fF2(s)g
=1f1(t) +2f2(t):
(b) L
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fF(sa)g=e
at
f(t)
(c) L
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fe
as
F(s)g=

f(ta); t > a
0 ; t < a
(d) L
1
fF(s)g=f(t), maka
L
1
fF(as)g=
1
a
f(t=a)
(e) L
1
fF(s)g=
f(t), maka
L
1
fF
(n)
(s)g= (1)
n
t
n
f(t)
6.6 Bahan Diskusi
Diskusikan dengan teman-temanmu masalah-masalah berikut
1.
ce. Apakah fungsi yang tidak kontinu di sejumlah terhitung titik
masih dapat ditransformasi Laplace kan?
2.
gunakan transformasi Laplace tanpa ada syarat tambahan ber-
upa syarat awal dan syarat batas.
3. Mbergerak sepanjang sumbu-x
dan ditarik ke titik asal dengan gaya sebesarlx,l >0. Sebuah
gaya peredam bekerja diberikan olehdX=dt; >0. Disku-
sikan bagaimana gerakan partikel tersebut untuk semua kondisi
dengan menganggapX(0) =X0danX
0
(0) =W0.

137. Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace 123
6.7 Rujukan/Daftar Pustaka
1. Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2. Transformasi
Laplace: Teori dan Soal-soal, UI-Press
6.8 Soal-soal Latihan
Dari soal nomor 1 sampai dengan 5, tentukan transformasi Laplace
dari fungsi yang diberikan
1.tsin 3t
2.tcosh 2t
3.t
2
e
3t
4.t
2
cost=2
5.t
2
sinht
Dari soal nomor 6 sampai dengan 9, tentukan transformasi La-
place invers dari fungsi yang diberikan
6.
4
(s1)
3
7.
3s
s
2
s6
8.
2s3
s
2
4
9.
2s3
s
2
+2s+10
Dari soal nomor 10 sampai dengan nomor 14, tentukan masalah
nilai awal yang diberikan dengan menggunakan metode transfor-
masi Laplace.
10.y
00
+ 3y+ 2y= 0; y(0) = 1; y
0
(0) = 0

138. 124
Bab 6. Penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan Transformasi
Laplace
11.y
(4)
y= 0; y(0) = 1; y
0
(0) = 0; y
00
(0) =2; y
000
(0) = 0
12.y
00
+ 4y=f(t):y(0) = 0; y
0
(0) = 1
dengan
f(t) =

1;0< t <1
0; t >1
13.ty
00
+ (t1)y
0
y= 0; y(0) = 5; y(1) = 0
14.
E= 500 sin 10t
R1=R2= 10 ohm
L= 1 henry
C= 0;01 farad
Gambar 6.1: Rangkaian listrik soal nomor 14
Jika muatan kapasitor dan arus-arusI1danI2diketahui adalah
nol pada saatt= 0, tentukan besar muatan pada kapasitor saat
t >0.

139. Bab 7
Sistem Persamaan
Diferensial Linear Orde
Satu
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir
yang diharapkan secara umum adalah mahasiswa:
1.
2.
3.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu
1.
2.
3.
sehari-hari;
125

140. 126 Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
Bentuk umumsistem persamaan diferensial linear orde satu
dengannpeubah adalah:
dx1
dt
=a11x1+a12x2+ +a1nxn+g1
dx2
dt
=a21x1+a22x2+ +a2nxn+g2 (7.1)
.
.
. =
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
dxn
dt
=an1x1+an2x2+ +annxn+gn
denganxi; aij, dangifungsi-fungsi darituntuk setiapi; j= 1;2; ; n.
Jika pada sistem persamaan (7.1), koesien-koesienaijsemuanya
konstan untuk setiapi; j= 1;2; ; n, maka disebutsistem per-
samaan diferensial linear dengan koesien konstan, jika tidak
maka disebutsistem persamaan diferensial linear dengan koe-
sien peubah. Sistem persamaan (7.1) disebutsistem persamaan
linear homogenjikagi= 0 untuk setiapi; j= 1;2; ; n, jika ti-
dak maka disebutsistem persamaan linear nonhomogen. Sistem
persamaan diferensial (7.1) dapat ditulis
x
0
=Ax+g
dengan
A=
2
6
6
6
4
a11a12: : : a1n
a21a22: : : a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
an1an2: : : ann
3
7
7
7
5
yang disebutmatriks koesiendan
g=
2
6
6
6
4
g1
g2
.
.
.
gn
3
7
7
7
5
yang disebutfungsi vektor.
Beberapa metode yang bisa digunakan untuk menentukan penye-
lesaian sistem persamaan diferensial linear nonhomogen diantaranya
metodekoesien tak tentu, variasi parameter, dan metodematriks
eksponensial. Kita akan bahas hanya untuk sistem persamaan linear
dengan koesien konstan baik homogen maupun nonhomogen, diawali
dengan kasus homogen.

141. Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu 127
7.1 Sistem Persamaan Linear Homogen dengan
Koesien Konstan
Bentuk umum sistem persamaan linear homogen dengannpeubah
adalah
x
0
=Ax (7.2)
dengan
A=
2
6
6
6
4
a11a12: : : a1n
a21a22: : : a2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
an1an2: : : ann
3
7
7
7
5
Teorema 7.1. Jika fungsi vektorx
(1)
danx
(2)
adalah penyelesaian-penyelesaian sistem persamaan (7.2), maka kom-
binasi linearc1x
(1)
+c2x
(2)
denganc1danc2konstanta-konstanta se-
barang, juga merupakan penyelesaian dari sistem persamaan (7.2).
Dengan mengaplikasikan Prinsip Superposisi ini, dapat disimpul-
kan bahwa jikax
(1)
;x
(2)
; ;x
(k)
adalah penyelesaian-penyelesaian
sistem persamaan (7.2), maka kombinasi linear
c1x
(1)
+c2x
(2)
+ +ckx
(k)
denganc1; c2; ; ckkonstanta-konstanta sebarang, juga merupakan
penyelesaian dari sistem persamaan (7.2).
Teorema 7.2.Jika fungsi-fungsi vektorx
(1)
;x
(2)
; ;x
(n)
bebas line-
ar yang merupakan penyelesaian-penyelesaian sistem persamaan (7.2),
maka penyelesaianx=x(t)sistem persamaan (7.2) dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linear
c1x
(1)
+c2x
(2)
+ +cnx
(n)
secara tunggal.
Selanjutnya akan diberikan beberapa contoh mencari penyelesaian
sistem persamaan diferensial linear homogen dengan metodekoe-
sien tak tentuuntuk sistem dengan dua peubah untuk beberapa
kasus nilai-nilai karakteritik real berbeda, kompleks sekawan, dan real
kembar.

142. 128 Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
Contoh 7.3.Tentukan penyelesaian umum sistem persamaan dife-
rensial
dx1
dt
=x1+x2
dx2
dt
= 4x1+x2
Penyelesaian:
Sistem persamaan di atas dapat ditulis sebagai
x
0
=

1 1
4 1

x (7.3)
Asumsikanx=e
rt
dan substitusikan ini ke persamaan (7.3), dipero-
leh
1r1
4 1r

1
2

=

0
0

(7.4)
Persamaan (7.4) mempunyai penyelesaian nontrivial jika dan hanya
jika determinan matriks koesiennya nol. Dengan demikian diperoleh
(1r)
2
4 = 0
dengan penyelesaianr1= 3 danr2=1 yang mana merupakan nilai-
nilai karakteristik dari matriks koesien pada persamaan (7.3) yang
berupa dua bilangan real berbeda. Jikar= 3, sistem persamaan (7.4)
mereduksi menjadi persamaan tunggal
212= 0:
Jadi2= 21, dan vektor karakteristik yang bersesuaian denganr= 3
bisa diambil

(1)
=

1
2

Dengan cara serupa, untukr=1, sistem persamaan (7.4) mereduksi
menjadi persamaan tunggal
2=21
dan vektor karakteristik yang bersesuaian denganr=1 bisa diambil

(2)
=

1
2

143. Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu 129
Fungsi-fungsi vektor penyelesaian persamaan diferensial adalah
x
(1)
(t) =

1
2

e
3t
;x
(2)
(t) =

1
2

e
t
:
Oleh karena itu, penyelesaian sistem persamaan diferensial (7.3) ada-
lah
x=c1x
(1)
(t) +c2x
(2)
(t)
=c1

1
2

e
3t
+c2

1
2

e
t
denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.
Contoh 7.4.Tentukan penyelesaian umum sistem persamaan dife-
rensial
dx1
dt
=
1
2
x1+x2
dx2
dt
=x1
1
2
x2
Penyelesaian:
Sistem persamaan di atas dapat ditulis sebagai
x
0
=

1
2
1
1
1
2

x (7.5)
Asumsikanx=e
rt
dan substitusikan ini ke persamaan (7.5), dipero-
leh

1
2
r 1
1
1
2
r

1
2

=

0
0

(7.6)
Persamaan (7.6) mempunyai penyelesaian nontrivial jika dan hanya
jika determinan matriks koesiennya nol. Dengan demikian diperoleh
r
2
+r+
5
4
= 0
dengan penyelesaianr1=
1
2
+idanr2=
1
2
iyang mana meru-
pakan nilai-nilai karakteristik dari matriks koesien pada persamaan
(7.5) yang berupa kompleks sekawan. Mengikuti contoh sebelumnya,
bisa diambil

(1)
=

1
i

144. 130 Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
dan

(2)
=

1
i

yang merupakan kompleks sekawan. Oleh karena itu, penyelesaian
yang bersesuaian dengan persamaan diferensial adalah
x
(1)
(t) =

1
i

e
(1=2+i)t
;x
(2)
(t) =

1
i

e
(1=2i)t
:
Untuk memperoleh penyelesaian real, kita harus tentukan bagian real
dan bagian imaginer darix
(1)
danx
(2)
. Kenyataannya bahwa
x
(1)
(t) =

1
i

e
t=2
(cost+isint) =

e
t=2
cost
e
t=2
sint

+i

e
t=2
sint
e
t=2
cost

sehingga diperoleh pasangan penyelesaian real sistem persamaan dife-
rensial yang diberikan adalah
u(t) =e
t=2

cost
sint

v(t) =e
t=2

sint
cost

:
Jadi penyelesaian umum sistem persamaan diferensial yang diberikan
adalah
x=c1u(t) +c2v(t)
=c1e
t=2

cost
sint

+c2e
t=2

sint
cost

denganc1danc2konstanta-konstanta sebarang.
Contoh 7.5.Tentukan penyelesaian umum sistem persamaan dife-
rensial
dx1
dt
=x1x2
dx2
dt
=x1+ 3x2
Penyelesaian:
Sistem persamaan di atas dapat ditulis sebagai
x
0
=

11
1 3

x (7.7)

145. Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu 131
Asumsikanx=e
rt
dan substitusikan ini ke persamaan (7.7), dipero-
leh
1r1
1 3r

1
2

=

0
0

(7.8)
Persamaan (7.8) mempunyai penyelesaian nontrivial jika dan hanya
jika determinan matriks koesiennya nol. Dengan demikian diperoleh
r
2
4r+ 4 = 0
dengan penyelesaianr1=r2= 2 merupakan nilai-nilai karakteristik
dari matriks koesien pada persamaan (7.7) berupa dua bilangan real
kembar. Untuk vektor karakteristik yang bersesuaian dengan nilai
karaktaristikr1= 2 dapat dipilih

(1)
=

1
1

Oleh karena itu, penyelesaian yang bersesuaian dengan persamaan di-
ferensial adalah
x
(1)
(t) =

1
1

e
2t
:
Di sini penyelesaian kedua tidak terdapat penyelesaian yang berbentuk
x=e
2t
karena harus bebas linear denganx
(1)
. Untuk itu, penyele-
saian kedua diasumsikan dalam bentukx=te
2t
. Substitusikanxke
sistem persamaan diferensial, diperoleh
2te
2t
+e
2t
Ate
2t
=0:
Karenae
2t
6= 0, maka haruslah
2t+At=0 atau

t+ 1 t
tt+ 1

=0:
Karena
t+ 1 t
tt+ 1

6= 0;
maka haruslah
=0:
Namun karena kita mencari penyelesaian yang tidak nol, maka dia-
sumsikan
x
(2)
=te
2t
+e
2t
(7.9)

146. 132 Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
dengandanvektor-vektor konstan dimana vektortelah diperoleh
sebelumnya dan vektorakan ditentukan kemudian.
Dengan mensubstitusikan persamaan (7.9) ke sistem persamaan dife-
rensial, diperoleh vektoryang dapat dipilih
=

0
1

Jadi diperoleh penyelesaian
x
(2)
(t) =

1
1

te
2t
+

0
1

e
2t
:
Dengan demikian diperoleh penyelesaian umum sistem persamaan di-
ferensial
x=c1x
(1)
(t) +c2x
(2)
(t)
=c1

1
1

e
2t
+c2


1
1

te
2t
+

0
1

e
2t

7.2 Sistem Persamaan Linear Nonhomogen
dengan Koesien Konstan
Pada penyelesaian sistem persamaan linear nonhomogen, di sini akan
diberikan dengan metodematriks eksponensial. Adapun langkah-
langkah dalam menentukan penyelesaian sistem persamaan diferensial
linear nonhomogen menggunakan metode matriks eksponensial:
1. xh) dengan langkah-langkah
berikut:
(a) Asistem persamaan diferen-
sial linear nonhomogen yang diberikan.
(b) Adan menen-
tukan vektor karakteristik yang bersesuaian dengan nilai
karakteristiknya.
(c) Rdari vektor-vektor ka-
rakteristik dan menentukan invers matriksR.

147. Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu 133
(d) MdenganM=R
1
AR.
(e) e
At
=Re
M t
R
1
.
(f) xh=Ce
At
, denganC
konstanta sebarang.
2. xp) dengan melakukan langkah-
langkah berikut:
(a) e
At
(b) g()
(c) e
A
dengang()
(d)
R
t
0
e
A
g()d
(e) xp) dari sistem persama-
an yang diberikan, yakni
xp=e
At
Z
t
0
e
A
g()d:
3.
near nonhomogen:
x=xh+xp:
Untuk menggunakan langkah-langkah di atas, agar lebih jelas diberi-
kan contoh penyelesaian.
Contoh 7.6.Tentukan penyelesaian umum sistem persamaan dife-
rensial linear nonhomogen
dx1
dt
=x1+x2t1
dx2
dt
= 4x1+x24t2
Penyelesaian:
Sistem persamaan diferensial di atas dapat ditulis sebagai
x
0
=Ax+g(t)
dengan
A=

1 1
4 1

148. 134 Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
dan
g(t) =

t1
4t2

:
Nilai-nilai karakteristik diperoleh jika
det(ArI) = 0 )




1r1
4 1r




= 0;
sehingga diperolehr1=1 danr2= 3.
Untuk nilai karakteristikr1=1 diperoleh vektor karakteristik yang
bersesuaian adalah
x
(1)
=

1
2

Sedangkan untuk nilai karakteristikr2= 3 diperoleh vektor karakte-
ristik yang bersesuaian adalah
x
(2)
=

1
2

Dengan demikian diperoleh matriks
R=

x
(1)
x
(2)

=

1 1
2 2

Periksa bahwa matriksRmerupakan matriks nonsingular. Setelah di-
pastikan matriksRnonsingular, kemudian menentukan invers matriks
R, yakni
R
1
=

1 1
2 2

1
=
1
22

21
21

=


1
2
1
4
1
2
1
4

Untuk mendapatkan matriks diagonalM, adalah
M=R
1
AR=


1
2
1
4
1
2
1
4

1 1
4 1

1 1
2 2

=

1 0
0 3

Selanjutnya adalah menentukan matriks eksponensial
e
At
=Re
M t
R
1
=

1 1
2 2

e
t
0
0e
3t


1
2
1
4
1
2
1
4

=

1
2
e
t
+
1
2
e
3t

1
2
e
t
+
1
4
e
3t
e
t
+e
3t 1
2
e
t
+
1
2
e
3t

149. Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu 135
Dengan demikian diperoleh penyelesaian homogen
xh=e
At
C=

1
2
e
t
+
1
2
e
3t

1
2
e
t
+
1
4
e
3t
e
t
+e
3t 1
2
e
t
+
1
2
e
3t

C1
C2

=C1

1
2
e
t
+
1
2
e
3t
e
t
+e
3t

+C2


1
2
e
t
+
1
4
e
3t
1
2
e
t
+
1
2
e
3t

denganC1danC2konstanta-konstanta sebarang.
Kemudian untuk mendapatkan penyelesaian partikular sistem per-
samaan, terlebih dahulu menentukan matrikse
A
yang mana pada
langkah sebelumnya telah didapatkan matrikse
At
, sehingga diperoleh
e
A
=e
A()
=

1
2
e

+
1
2
e
3

1
2
e

+
1
4
e
3
e

+e
3 1
2
e

+
1
2
e
3

Sedangkan untuk matriksg() adalah
g() =

1
42

:
Dengan demikian, diperoleh
e
A
g() =

1
2
e

+
1
2
e
3

1
2
e

+
1
4
e
3
e

+e
3 1
2
e

+
1
2
e
3

1
42

=

1
2
e


3
2
e
3
e
3
e

3e
3
2e
3

Kemudian menghitung
Z
t
0
e
A
g()d=
Z
t
0

1
2
e


3
2
e
3
e
3
e

3e
3
2e
3

d
=

1
2
te
t

1
2
e
t
+
1
2
e
3t
te
t
+e
t
+te
3t
+e
3t
2

Dengan demikian diperoleh penyelesaian partikular
xp=e
At
Z
t
0
e
A
g()d
=

1
2
e
t

1
2
e
t
+t
e
t
3e
3t
+ 2

:

150. 136 Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
Oleh karena itu diperoleh penyelesaian umum sistem persamaan dife-
rensial
x=xh+xp
=C1

1
2
e
t
+
1
2
e
3t
e
t
+e
3t

+C2


1
2
e
t
+
1
4
e
3t
1
2
e
t
+
1
2
e
3t

+

1
2
e
t

1
2
e
t
+t
e
t
3e
3t
+ 2

denganC1danC2konstanta-konstanta sebarang.
7.3 Rangkuman
Langkah-langkah dalam menentukan penyelesaian sistem persamaan
diferensial linear nonhomogen menggunakan metode matriks ekspo-
nensial:
1. xh) dengan langkah-langkah
berikut:
(a) Asistem persamaan diferen-
sial linear nonhomogen yang diberikan.
(b) Adan menen-
tukan vektor karakteristik yang bersesuaian dengan nilai
karakteristiknya.
(c) Rdari vektor-vektor ka-
rakteristik dan menentukan invers matriksR.
(d) MdenganM=R
1
AR.
(e) e
At
=Re
M t
R
1
.
(f) xh=Ce
At
, denganC
konstanta sebarang.
2. xp) dengan melakukan langkah-
langkah berikut:
(a) e
A
(b) g()
(c) e
A
dengang()
(d)
R
t
0
e
A
g()d

151. Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu 137
(e) xp) dari sistem persamaan
yang diberikan, yakni
xp=e
At
Z
t
0
e
A
g()d:
3.
near nonhomogen:
x=xh+xp:
7.4 Bahan Diskusi
Diskusikan permasalahan berikut:
Bagaimana proses menyelesaikan sistem persamaan diferensial pada
subbab 7.2 dengan menggunakan metode koesien tak tentu.
7.5 Rujukan/Daftar Pustaka
1. Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2.
maan Diferensial Linear Tak Homogen dengan Metode Matriks
Eksponensial,Prosiding Seminar Nasional Matematika dan Sis-
tem Infomasi, Vol.1 No.1
3. Dierential Equations
Theory, Technique, and Practice. International Edition, The
McGraw-Hill Companies, Inc.
7.6 Soal-soal Latihan
1.
x
0
=

1 1
42

x
Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi vektor
x
(1)
=

1
4

e
3t
dan x
(2)
=

1
1

e
2t

152. 138 Bab 7. Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Satu
merupakan penyelesaian sistem persamaan yang diberikan.
2.
x
0
=

21
32

x
3.
x
0
=

25
12

x
4.
x
0
=
2
4
1 1 1
2 1 1
853
3
5x
5.
nakan metode matriks eksponensial:
x
0
=

25
12

x+

cost
sint

6.
x
0
=

21
32

x+

e
t
e
t

7.
x
0
=
2
4
1 1 1
2 1 1
853
3
5x+
2
4
cost
sint
sintcost
3
5

153. Bab 8
Kestabilan Sistem
Persamaan Diferensial
||||||||||||||||||||||||||{
Setelah membaca dan mempelajari bab ini, kemampuan akhir
yang diharapkan secara umum adalah mahasiswa:
1.
rensial;
2.
3.
Sedangkan kemampuan akhir yang diharapkan secara khusus adalah
mahasiswa mampu
1.
stabil;
2.
3.
dak;
139

154. 140 Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial
Kestabilan persamaan diferensial diperlukan untuk mengetahui kon-
disi persamaan. Sebelum bicara kestabilan, pertama kita membahas
terlebih dahulu linearisasi persamaan nonlinear.
8.1 Linearisasi Sistem Persamaan Diferensial
Nonlinear
Sebelum membahas linearisasi sistem persamaan diferensial nonlinear,
terlebih dahulu diberikan pengertian titik kesetimbangan.
Denisi 8.1.Diberikan sistem persamaan diferensialx
0
=f(x). Titik
xs2Rdisebuttitik kesetimbanganatautitik kritis x
0
=f(x)jika
f(xs) =0.
Contoh 8.2.Tentukan semua titik kesetimbangan sistem persamaan
x
0
1=x1+ (x1)
3
x
0
2=2x2
Penyelesaian:
Kita akan tentukan semua vektor konstan
x=

x1
x2

penyelesaian dari
x1+ (x1)
3
= 0
2x2= 0
Dari persamaan kedua di atas, diperolehx2= 0. Dari persamaan
pertama di atas, diperolehx1= 0 ataux1=1. Oleh karena itu,
diperoleh tiga titik kesetimbangan
x0=

0
0

;x1=

1
0

;x2=

1
0

Linearisasi persamaan diferensial diperlukan untuk memudahkan
penyelesaian persamaan diferensial nonlinear. Linearisasi merupakan
proses mentransformasi sistem persamaan nonlinear ke bentuk linear.
Proses ini biasanya dilakukan di sekitar titik kesetimbangan.

155. Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial 141
Diberikan sistem persamaan diferensial nonlinear
x
0
1=f1(x1; x2; ; xn)
x
0
2=f2(x1; x2; ; xn)
.
.
. =
.
.
.
.
.
.
x
0
n=fn(x1; x2; ; xn)
Misalkan^x= ( ^x1;^x2; ;^xn) adalah titik kesetimbangan sistem (8.1),
maka pendekatan linear dari sistem (8.1) di sekitar titik kesetimbangan
^xdiperoleh dengan menggunakan deret Taylor fungsifdi sekitar titik
kesetimbangan^xadalah
f1(x1; x2; ; xn) =f1( ^x1;^x2; ;^xn)
+
@f1
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1)
+ +
@f1
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn) +Rf1
f2(x1; x2; ; xn) =f2( ^x1;^x2; ;^xn)
+
@f2
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1)
+ +
@f1
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn) +Rf2
.
.
.
fn(x1; x2; ; xn) =fn( ^x1;^x2; ;^xn)
+
@fn
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1)
+ +
@fn
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn) +Rfn
Karenafi( ^x1;^x2; ;^xn) = 0 untuki= 1;2; ; ndan nilai-nilai
Rf1
; Rf2
; ; Rfn
mendekati nol, maka nilai-nilaiRf1
; Rf2
; ; Rfn
dapat diabaikan. Oleh karena itu, pendekatan linear sistem (8.1) ada-
lah

156. 142 Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial
x
0
1=
@f1
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1) + +
@f1
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn)
x
0
2=
@f2
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1) + +
@f2
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn)
.
.
.
x
0
n=
@fn
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1) + +
@fn
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn)
Untuk memperjelas linearisasi dari sistem persamaan diferensial non-
linear, diberikan contoh berikut.
Contoh 8.3.Linearisasikan sistem persamaan nonlinear berikut
x
0
1=x1+ (x1)
3
x
0
2=2x2
di sekitar titik kesetimbangan(1;0).
Penyelesaian:
Pertama adalah menentukan
f1(x1; x2) =x1+ (x1)
3
)
@f1
@x1
=1 + 3(x1)
2
;
@f1
@x2
= 0
f2(x1; x2) =2x2 )
@f2
@x1
= 0;
@f2
@x2
=2
Dengan demikian, linearisasi dari sistem persamaan diferensial non-
linear yang diberikan di sekitar titik kesetimbangan (1;0) adalah
x
0
1= (1 + 3(1)
2
)(x11) + 0(x20) = 2x12
x
0
2= 0(x11)2(x20) =2x2
atau dapat ditulis
x
0
=

2 0
02

x+

2
0

157. Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial 143
8.2 Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial
Titik kesetimbangan dikelompokkan menjadi dua jenis yang ditentu-
kan dari bagian real nilai karakteristiknya.
Denisi 8.4.Titik kesetimbanganxs2R
n
disebuthiperbolikdari
sistemx
0
=f(x)jika tidak terdapat bagian real nilai karakteristik yang
bernilai nol. Jika nilai karakteristik di titik kesetimbangan mempunyai
bagian real yang bernilai nol, maka titik kesetimbangan tersebut disebut
nonhiperbolik
Diberikan sistem persamaan diferensial linear dengan dua peubah
bebas
x
0
=Ax
dengan nilai-nilai karakteristikr1danr2. Akan dikelompokkan jenis-
jenis kestabilan persamaan diferensial dalam beberapa kasus yang ber-
gantung pada nilai-nilai karakteristikr1danr2.
1.
sama.
Misalkanr1danr2keduanya real negatif denganr1< r2<0.
Penyelesaian pada bidang fasa diberikan pada Gambar 8.1.
Gambar 8.1: Bidang fasax1vstkasus nilai-nilai karakteristik bertanda
negatif

158. 144 Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial
2.
berlawanan.
Misalkanr1danr2keduanya real denganr1<0< r2. Penyele-
saian pada bidang fasa diberikan pada Gambar 8.2.
Gambar 8.2: Bidang fasax1vstkasus nilai-nilai karakteristik berbeda
tanda
3.
Misalkanr1danr2keduanya real denganr1=r2. Penyelesaian
pada bidang fasa diberikan pada Gambar 8.3.
Gambar 8.3: Bidang fasax1vstkasus nilai-nilai karakteristik bertanda
sama

159. Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial 145
Denisi 8.5.Diberikan sistem persamaan diferensial orde satux
0
=
f(x)danx(t; x0)merupakan penyelesaian persamaanx
0
=f(x)pada
saattdengan nilai awalx(0) =x0.
(a). xsdikatakanstabiljika untuk setiap >0,
terdapat bilangan >0sedemikian hingga jikajjx0xsjj<
maka
jjx(t; x0)xsjj<
untuk setiapt0.
(b). xsdikatakanstabil asimtotikjikaxstitik
kesetimbangan stabil dan terdapat
0
>0sedemikian hingga jika
jjx0xsjj<
0
maka berlaku
limjjx(t; x0)xsjj= 0:
(c). xsdikatakantidak stabiljikaxstidak me-
menuhi pada butir (a).
Untuk sistem persamaan diferensial linear dengan dua peubah be-
bas
x
0
=Ax+g(t)
dengan nilai-nilai karakteristikr1danr2, maka kestabilan sistem per-
samaan di atas tergantung pada nilai-nilai karakteristikr1danr2yang
diberikan pada Tabel 8.1.

160. 146 Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial
Tabel 8.1: Sifat-sifat kestabilan sistem persamaan linear
Nilai karakteristikJenis titik kesetim-
bangan
Kestabilan
0< r1< r2 Improper node Tidak stabil
r1< r2<0 Improper node Stabil asimtotik
r1<0< r2 Titik pelana Tidak stabil
0< r1=r2 Proper atau Impro-
per node
Tidak stabil
r1=r2<0 Proper atau Impro-
per node
Stabil asimtotik
r12=i; >0Titik spiral Tidak stabil
r12=i; <0Titik spiral Stabil asimtotik
r12=i Center Stabil
8.3 Rangkuman
1. x
0
=f(x). Titikxs2R
n
disebuttitik kesetimbanganatautitik kritis x
0
=f(x) jika
f(xs) =0.
2.
x
0
1=f1(x1; x2; ; xn)
x
0
2=f2(x1; x2; ; xn)
.
.
. =
.
.
.
.
.
.
x
0
n=fn(x1; x2; ; xn)
Pendekatan linear (linearisasi) sistem persamaan di atas di seki-
tar titik kestimbangan^x= ( ^x1;^x2; ;^xn) adalah

161. Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial 147
x
0
1=
@f1
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1) + +
@f1
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn)
x
0
2=
@f2
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1) + +
@f2
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn)
.
.
.
x
0
n=
@fn
@x1
( ^x1;^x2; ;^xn)(x1^x1) + +
@fn
@xn
( ^x1;^x2; ;^xn)(xn^xn)
3. x
0
=f(x) dan
x(t; x0) merupakan penyelesaian persamaanx
0
=f(x) pada saat
tdengan nilai awalx(0) =x0.
(a). xsdikatakanstabiljika untuk setiap
>0, terdapat bilangan >0 sedemikian hingga jikajjx0
xsjj< maka
jjx(t; x0)xsjj<
untuk setiapt0.
(b). xsdikatakanstabil asimtotikjikaxs
titik kesetimbangan stabil dan terdapat
0
>0 sedemikian
hingga jikajjx0xsjj<
0
maka berlaku
limjjx(t; x0)xsjj= 0:
(c). xsdikatakantidak stabiljikaxstidak
memenuhi pada butir (a).
8.4 Bahan Diskusi
Diskusikan tentang kestabilan sistem persamaan diferensial dengann
peubah.

162. 148 Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial
8.5 Rujukan/Daftar Pustaka
1. Elemen-
tary Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th
edition, John Wiley & Sons
2. Ordinary Dierential Equations: An Intro-
duction to the Fundamentals, CRC Press
3. Dierential Equations
Theory, Technique, and Practice. International Edition, The
McGraw-Hill Companies, Inc.
8.6 Soal-soal Latihan
1.
x
0
1=x1+ (x2)
2
x
0
2=x2+ 2(x1)
2
di sekitar titik kesetimbangan (0;0).
2.
x
0
1=x1(x1)
2
x1x2
x
0
2= 3x2x1x22(x2)
2
(a)
(b)
titik-titik kesetimbangan
3.
x
0
1=x1(x2)
2
2x3+ 2
x
0
2= 2(x1)
2
x2+x31
x
0
3=x12x2+ 1
di sekitar titik kesetimbangan (1;1;0).
4.
x
0
=

32
22

x

163. Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial 149
(a)
teristik yang bersesuaian dengan nilai karakteristiknya
(b) ;0) dan tentukan
apakah stabil, stabil asimtotik, atau tidak stabil.
5.
x
0
=

1 2
51

x
(a)
teristik yang bersesuaian dengan nilai karakteristiknya
(b) ;0) dan tentukan
apakah stabil, stabil asimtotik, atau tidak stabil.
6.
x
0
=

2
5
2
9
5
1

x
(a)
teristik yang bersesuaian dengan nilai karakteristiknya
(b) ;0) dan tentukan
apakah stabil, stabil asimtotik, atau tidak stabil.
(c)
grakx1vst.
7.
x
0
=

1 1
11

x

2
0

Tentukan titik kesetimbanganx=x
0
dan tentukan jenisnya ber-
dasarkan klasikasi.
8.
x
0
=

2 1
12

x+

2
1

Tentukan titik kesetimbanganx=x
0
dan tentukan jenisnya ber-
dasarkan klasikasi.

164. 150 Bab 8. Kestabilan Sistem Persamaan Diferensial
9.
x
0
=

11
21

x

1
5

Tentukan titik kesetimbanganx=x
0
dan tentukan jenisnya ber-
dasarkan klasikasi.
10.
dx
dt
=ax+by;
dy
dt
=cx+dy
dengana; b; c;dandkonstanta-konstanta real.
Diberikan
p=a+d; q=adbc; =p
2
4q:
Tunjukkan bahwa titik kesetimbangan (0;0) merupakan titik pe-
lana jikaq <0.

165. Bibliogra
[1] Elementary
Dierential Equations and Boundary Value Problems, 11th edi-
tion, John Wiley & Sons
[2] Dierential Operator Method of Finding A
Particular Solution to An Ordinary Nonhomogeneous Linear Di-
erential Equation with Constant Coecients, New York: SUNY
Polytechnic Institute, Utica
[3] Ordinary Dierential Equations: An Introdu-
ction to the Fundamentals, CRC Press
[4] Dierential Equations
Theory, Technique, and Practice. International Edition, The
McGraw-Hill Companies, Inc.
[5] Transformasi
Laplace: Teori dan Soal-soal, UI-Press
151

166. 152 BIBLIOGRAFI
.

167. Glosarium
F
Faktor integrasisuatu fungsi yang apabila dikalikan dengan semua
ruas persamaan diferensial mengakibatkan persamaan tersebut men-
jadi persamaan diferensial eksak.
K
Konstanta integrasikonstanta yang dihasilkan dari hasil mengin-
tegralkan integral tak tentu.
M
Masalah nilai awalpersamaan diferensial yang dilengkapi dengan
syarat-syarat awal.
O
Orde persamaan diferensialorde tertinggi turunan yang muncul
pada persamaan diferensial.
P
Persamaan diferensialpersamaan yang memuat turunan (deriva-
tif) satu atau lebih peubah tak bebas (peubah terikat) terhadap satu
atau lebih peubah bebas suatu fungsi.
Persamaan diferensial biasapersamaan diferensial yang tergan-
tung hanya pada satu peubah bebas.
Persamaan diferensial parsialpersamaan diferensial yang tergan-
tung pada dua atau lebih peubah bebas.
Penyelesaian umum persamaan diferensial koleksi (keluarga)
fungsi yang memenuhi persamaan diferensial yang dimaksudkan
Penyelesaian khusus persamaan diferensialfungsi tertentu yang
memenuhi persamaan diferensial yang dimaksudkan.
153

168. 154 BIBLIOGRAFI
S
Sistem persamaan diferensialkumpulan dari beberapa persamaan
diferensial yang saling berkaitan.

169. Indeks
Faktor integrasi, 25
Fungsi
Bessel, 120
potensial, 22, 23
vektor, 126
Invers
operatorD, 89
Koesien tak tentu, 53, 126, 127
Kondisi awal, 36
Masalah nilai awal, 36
Matriks eksponensial, 126, 132
Matriks koesien, 126
Mekanika, 61
OperatorD, 82
Orde persamaan diferensial, 4
Peluruhan radioaktif, 38
Penyelesaian
homogen, 53
khusus, 8
partikular, 53
singular, 8
umum, 8
Persamaan
Airy, 3
Bernoulli, 3
Bessel, 3
Chebyshev, 3
diferensial, 2
Euler, 3
Hermite, 3
karakteristik, 50
Laplace, 4
Legendre, 3
logistik, 31
Lorenz, 8
Poisson, 4
Persamaan diferensial, 2
Bernoulli, 31
biasa, 2
dengan koesien konstan, 6
dengan koesien peubah, 6
eksak, 22
Euler, 33
homogen, 7, 48
linear, 5
linear dengan koesien konst-
an, 48
linear dengan koesien peubah,
48
linear lengkap, 7
linear nonhomogen, 7
linear tereduksi, 7
nonhomogen, 48
nonlinear, 5
orde satu, 4, 5
parsial, 2
peubah terpisah, 18
semieksak, 25
separabel, 18
155

170. 156 INDEKS
Pertumbuhan populasi, 40
Polinomial operatorD, 84
Prinsip Superposisi, 127
Rangkaian listrik, 63
Sistem persamaan
diferensial, 7
diferensial orde satu, 126
linear homogen, 126
Stabil asimtotik, 145
Syarat awal, 36
Tidak stabil, 145
Titik
kesetimbangan, 140
kritis, 140
Titik kesetimbangan
hiperbolik, 143
nonhiperbolik, 143
stabil, 145, 147
stabil asimtotik, 147
tidak stabil, 147
Transformasi
Laplace, 111
Laplace invers, 117
Variasi parameter, 126

171. Biogra Penulis
Firdaus Ubaidillahlahir di Lamongan tanggal 6 Juni 1970, me-
nempuh pendidikan dasar di SD Alun-alun II Lamongan dan SD Di-
noyo III Malang, pendidikan menengah di MTsN Malang II dan MAN
Malang II Batu. Tahun 1989 melanjutkan studi S1 di Jurusan Mate-
matika Fakultas MIPA Universitas Brawijaya (UB) Malang lulus ta-
hun 1994. Studi S2 ditempuh di Jurusan Matematika Fakultas MIPA
Institut Teknologi Bandung (ITB) lulus tahun 2004. Pendidikan S3
ditempuh di Jurusan Matematika Universitas Gadjah Mada (UGM)
Yogyakarta dan memperoleh gelar Doktor bidang matematika tahun
2016.
Dalam kesehariannya, penulis aktif mengajar di prodi S1 dan S2
Matematika Fakultas MIPA Universitas Jember dengan matakuliah
yang diampu adalah Kalkulus, Analisis Real, Fungsi Peubah Kom-
pleks, Persamaan Diferensial Biasa, Persamaan Diferensial Parsial,
Aljabar Linear, dan lain-lain. Selain buku Persamaan Diferensial Bi-
asa, karya buku lain yang telah ditulis adalah Kalkulus Fungsi Sa-
tu Peubah (2018), Analisis Kompleks (2019), dan Kalkulus Integral
(2019).