bab 1 pd order satu new ·  · 2017-12-11bab 1 persamaan diferensial order satu 1.1. ... •...

���������������� ������������������ �����

BAB 1 PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDER SATU

1.1. PENDAHULUAN

Persamaan Diferensial adalah salah satu cabang ilmu matematika yang banyak

digunakan dalam memahami permasalahan-permasalahan di bidang fisika dan

teknik. Persamaan Diferensial merupakan alat yang ampuh dalam menyelesaikan

berbagai macam masalah praktis yang sering muncul di dunia nyata. Pada

pembahasan berikut, pertama akan diberikan pengertian Persamaan Diferensial,

order dan derajat serta penyelesaian Persamaan Diferensial. Selanjutnya dibahas

berbagai teknik penyelesaian Persamaan Diferensial order satu.

Tujuan Instruksional :

Setelah mempelajari bab ini, saudara harus dapat

• Membedakan Persamaan Diferensial Biasa dengan Persamaan Diferensial

Parsial, serta membedakan order dan derajat Persamaan Diferensial

• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan Diferensial

dengan peubah terpisah, Persamaan Diferensial eksak, serta Persamaan

Diferensial Linier order satu.

• Menentukan faktor integral dan mengubah Persamaan Diferensial menjadi

Eksak.

• Mengidentifikasi dan menentukan penyelesaian Persamaan Diferensial

tipe homogen, Riccati, dan Bernoulli.

• Mereduksi Persamaan Diferensial nonhomogen ke bentuk Persamaan

Diferensial Homogen.

• Menentukan trayektori ortogonal

���������������� ������������������ �����

1.2. PENGERTIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL

Pada kuliah kalkulus, kita telah belajar bagaimana menentukan derivatif

(turunan) )('' xfydx

dy== dari suatu fungsi )(xfy = . Misalnya, jika

xeyx 3cos2 += − ,

maka

xedx

dy x 3sin32 −−= −. (1.1)

Atau jika diberikan persamaan dalam bentuk Cyxg =),( dengan C konstanta,

kita dapat mendiferensialkan secara implisit untuk memperoleh dx

dy. Misalkan

dipunyai fungsi implisit

922 =+ yx

maka akan diperoleh

022 =+dx

dyyx

atau

y

x

dx

dy−= . (1.2)

Persamaan (1.1) dan (1.2) di atas merupakan contoh persamaan diferensial.

Definisi : Suatu persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang menyatakan

hubungan fungsi yang tidak diketahui beserta turunannya.

Jika hanya ada satu peubah bebas, maka disebut Persamaan Diferensial

Biasa (PDB), sebagai contoh adalah persamaan (1.1) dan (1.2). Contoh PDB

lainya adalah sebagai berikut :

���������������� ������������������ �����

.0

sin3

24

2

2

2

=−

=−−

=+

dxxydyy

xydx

dy

dx

yd

exydx

dy x

Sedangkan jika persamaan memuat dua atau lebih peubah bebas, maka

disebut Persamaan Diferensial Parsial (PDP). Misalkan :

.0

2

2

2

2

2

2

2

2

2

=∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

∂

∂=

∂

∂

=−∂

∂+

∂

∂

z

u

y

u

x

u

t

u

x

u

ovt

v

x

v

Pembahasan tentang PDP akan dibicarakan dalam bab tersendiri.

1.2.1. Bentuk Umum dan Order PDB

Bentuk umum PDB order n adalah

),...,'',',,( )()( 1−= nnyyyyxfy (1.3)

yang menyatakan adanya keterkaitan antara peubah bebas x dan peubah tak bebas

y beserta turunan-turunannya dalam bentuk persamaan yang identik nol. Beberapa

buku menulis persamaan ini dalam bentuk 0=),...,'',',,( )(nyyyyxf .

Order dari Persamaan diferensial adalah order tertinggi dari turunan yang

ada dalam persamaan. Misalkan

xxydx

dysin2 =+

adalah persamaan diferensial order satu, sedangkan

02

2

=+ ydx

yd

merupakan persamaan diferensial order dua.

���������������� ������������������ �����

1.2.2. Penyelesaian PDB

Masalah kita selanjutnya adalah bagaimana menemukan penyelesaian

PDB, yaitu suatu fungsi )(xy yang memenuhi PDB tersebut.

Definisi : Suatu fungsi )(xy yang didefinisikan pada suatu interval disebut

penyelesaian PDB jika secara identik memenuhi persamaan (1.3) pada interval

yang diberikan.

Contoh 1.1 :

Fungsi xkey = adalah penyelesaian persamaan diferensial y

dx

dy= pada interval

∞<<∞− x , karena .)(xx

kekedx

d= Jadi jika disubstitusikan ke dalam

persamaan diperoleh xke = x

ke , yang berlaku untuk semua x.

Tidak semua penyelesaian PDB dapat disajikan secara eksplisit seperti

Contoh 1.1. Beberapa kasus ditemukan penyelesaian yang disajikan dalam bentuk

implisit, seperti contoh berikut.

Contoh 1.2 :

Persamaan Cyx =+ 22 , untuk suatu konstanta C > 0, merupakan penyelesaian

bentuk implisit dari .y

x

dx

dy−=

Contoh 1.3 :

Persamaan 1sin =+ yexyx , merupakan penyelesaian bentuk implisit dari

.cos

sin

yex

yey

dx

dyx

x

+

+−=

1.2.3. Masalah Nilai Awal

Misalkan akan dicari penyelesaian )(xyy = dari PDB order satu

).,(' yxfy = (1.4)

���������������� ������������������ �����

yang memenuhi

00 yxy =)( . (1.5)

Persamaan (1.5) disebut kondisi awal dari PDB order satu. PDB (1.4)

dengan kondisi awal (1.5) disebut Masalah Nilai Awal (MNA). Penyelesaian yang

memenuhi kondisi awal ini disebut penyelesaian khusus, sedangkan jika tidak

diberikan kondisi awal dinamakan penyelesaian umum, seperti Contoh 1.2. Jadi

pada penyelesaian umum masih memuat konstanta sebarang C, sedangkan pada

penyelesaian khusus sudah tidak memuat konstanta sebarang.

Contoh 1.4 :

Persamaan xx

y +=2

2

adalah penyelesaian khusus dari MNA

.)(,' 001 ==− yxy

Latihan 1.2 :

Tunjukkan bahwa fungsi yang diberikan merupakan penyelesaian dari Persamaan

diferensial

1. xCeyyy

2,2' == .

2. xexccyyyy

−+==++ )(,0'2'' 21 .

3. xyxyy sec2

1,sec'' 3 ==+ .

4. xxxxeececyeyyy

2

21 )sin(,sin2'3'' −− −+==+− .

5. 0)4(,164,4

' 22 ==−= yyxy

xy .

���������������� ������������������ �����

1.3. PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA ORDER SATU

Pada Bagian ini, kita akan membahas teknik-teknik penyelesaian PDB

order satu. Untuk PDB order satu yang berbentuk )(' xfy = , dimana f fungsi

kontinu dari satu peubah bebas x, maka kita dapat mengintegralkan secara

langsung kedua ruas untuk memperoleh penyelesaiannya. Selanjutnya akan dicari

penyelesaian PDB order satu

),(' yxfdx

dyy == (1.6)

dimana f fungsi kontinu dari dua peubah bebas x dan y. Penyelesaian (1.6) tidak

dapat diperoleh dengan mengintegralkan secara langsung. Untuk memperoleh

penyelesaiannya dapat dilakukan dengan pemisahan peubah, seperti dibahas

dalam bagian berikut.

1.3.1 PD dengan Peubah terpisah

Untuk mencari penyelesaian umum dari persamaan (1.6), terlebih dahulu

kita pisahkan peubah x dan y , sehingga kita peroleh fungsi

)()(),( yqxpyxf = .

Persamaan (6) berubah menjadi

)()( yqxpdx

dy=

atau dapat ditulis

.)()(

dxxpyq

dy= (1.7)

Dengan asumsi bahwa y adalah fungsi dari x, maka kita punya dxxyq

xy

yq

dy

))((

)('

)(= ,

sehingga persamaan (1.7) menjadi

dxxpdxxyq

xy)(

))((

)('= .

���������������� ������������������ �����

Selanjutnya dengan menuliskan )(xyu = dan )(' xydu = , maka dengan

mengintegralkan kedua ruas kita peroleh penyelesaian umum persamaan (1.7),

yaitu

� � += Cdxxpuq

du)(

)( (1.8)

dengan C konstanta sebarang.

Berikut ini beberapa contoh PDB dengan peubah yang dapat dipisahkan.

Contoh 1.5:

Selesaikan .cos2 xedx

dy y−=

Penyelesaian :

Dengan melakukan pemisahan peubah diperoleh

dxxdyey cos2= .

Integralkan kedua ruas

.sin2 Cxey +=

Sehingga kita peroleh Penyelesaian umumnya adalah

).sin2ln( Cxy +=

Untuk mengecek kebenaran penyelesaian ini, perhatikan bahwa

).cos2(sin2

1' x

Cxy

+=

Substitusikan ke PDB, kita peroleh

xexCx

Cx cos2)cos2(sin2

1 )sin2ln( +−=+

Karena Cx

eCx

+=+−

sin2

1)sin2ln( , persamaan di atas terpenuhi

untuk setiap 0sin2 >+ Cx . Dengan demikian y adalah penyelesaian PDB

tersebut.

Contoh 1.6

���������������� ������������������ �����

Selesaikan ).( yxydx

dy+= 2

Penyelesaian :

PDB dapat kita tulis dalam bentuk

).( 12 += xydx

dy

Pemisahan peubah memberikan

.)( dxxy

dy12 +=

Integralkan kedua ruas diperoleh

Cxxy ++= 2ln 2

atau

Cxxey

++= 22

.

Dalam beberapa kasus akan kita jumpai persamaan diferensial dalam

bentuk

(1.9)

Contoh 1.7 :

Selesaikan .0=+−xdxdyye

x

Penyelesaian :

Persamaan dapat kita bawa ke bentuk

.dxxeydyx−=

Integralkan keuda ruas, diperoleh

.)( Cexy x +−= 12

1 2

atau

Cexyx +−= )(12 .

.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM

���������������� ������������������ �����

Contoh 1.8 :

Selesaikan 2

23

y

x

dx

dy=

Penyelesaian.

PD

2

23

y

x

dx

dy=

Dapat ditulis dalam bentuk

22 3xdx

dyy =

atau,

dxxdyy22 3=

Integralkan kedua ruas, diperoleh

cdxxdyy += ��22 3

� cxy

+= 33

3,

atau,

,3 133

cxy +=

.

Dalam hal ini cc 31 = konstanta.

Jadi penyelesaian umumnya adalah

3

1

13 ]3[ cxy += .

Contoh 1.9 :

Selesaikan 223yyt

dt

dy+=

Penyelesaian

���������������� ������������������ �����

PD dapat ditulis dalam bentuk

,)1(

)1(2

323

−

+=+=

y

tyt

dt

dy

atau

dttdyy

)1(1 3

2+=

Integralkan kedua ruas, diperoleh

cdttdyy

++= �� )1(1 3

2

atau, ,4

11 4ctt

y++=

−

atau

,4

4

14

ctty

++−= dengan c1 = 4c,

Latihan 1.3.1 :

Selesaikan soal berikut dengan pemisahan peubah.

1. .yxe

x

dx

dy

+= 2. ).( 21 yx

dx

dy−=

3. .)(

)(

1

13

−

+=

y

xy

dx

dy 4. .

2xxye

dx

dy=

5. .0sincos 2 =+ dxxdyxy 6. .)( 023 =−+ dxyydyex

7. .02)12sec( 1 =++ −dxxydyx 8. .12 =

dx

dyxy

9. .)(ln xydy

dxx = 10. .)( 012 =−+ dxxydyx

Selesaikan MNA berikut :

11. .)(, 1012

2 =+

= ye

e

dx

dyy

x

x

12. .)(, 210 ==−+ yxxydx

dy

13. .)(, 10 ==+ PPtePdt

dP t 14. .)(, 21

2

=−

= pq

pp

dq

dp

15. .)(,)( 110 ==+− ydtyydyt

���������������� ������������������ �����

1.3.2. Persamaan Diferensial Linier Order Satu

Persamaan linier order satu adalah persamaan yang berbentuk

)()()( xbyxadx

dyxa =+ 21 (1.10)

dimana ),(),( xaxa 21 dan )(xb hanya bergantung pada peubah bebas x. Misalnya,

.tan)(sin

,)1(

,2

xyxdx

dy

xxydx

dyx

xeydx

dyx

x

=+

=++

=− −

Persamaan 02 =− − yexdx

dy bukan persamaan linier, meskipun peubah dapat

dipisahkan. Sedangkan persamaan xydx

dyyx =+− 22 )( bukan persamaan linier

dan peubah tidak dapat dipisah.

Pada persamaan (1.10), diasumsikan bahwa ),(),( xaxa 21 dan )(xb kontinu

pada suatu interval tertentu dengan 01 ≠)(xa . Maka persamaan dapat kita bawa

ke bentuk

)(

)(

)(

)(

xa

xby

xa

xa

dx

dy

11

2 =+

atau

)()( xQyxPdx

dy=+ (1.11)

yang merupakan Bentuk Standar PDB linier order satu.

Penyelesaian PDB Linier

Langkah-langkah penyelesaian PDB Linier order satu adalah sebagai

berikut :

Langkah 1. Tuliskan PDB dalam bentuk standar

���������������� ������������������ �����

)()( xQyxPdx

dy=+ .

Langkah 2. Tentukan faktor integral

�=µdxxP

ex)(

)( .

Langkah 3. Kalikan )(xQ dengan µ dan integralkan

� + .)()( CdxxQxµ

Langkah 4. Tuliskan penyelesaian umum

� += .)()()( CxQxyx µµ

atau

.)(

)()(

x

CxQxy

µ

µ� +=

Contoh 1.10 :

Tentukan penyelesaian umum dari

.22 =+ xydx

dyx

Penyelesaian.

Langkah 1. Tulis persamaan dalam bentuk standar:

.2

21

xy

xdx

dy=+

Jadi x

xP1

=)( dan 2

2

xxQ =)( .

Langkah 2. Tentukan faktor integral

.

)(

ln

)(

xe

eex

x

dxdxxPx

==

==µ �� 1

Langkah 3. Kalikan 2

2

xxQ =)( dengan x=µ dan integralkan, sehigga diperoleh

���������������� ������������������ �����

� +==

� � ��

���

�=

.ln22

2)()(

2

Cxdxx

dxx

xdxxQxµ

Langkah 4. Penyelesaian umumnya adalah

Cxxy += ln2

atau

.ln2

x

Cxy

+=

Contoh 1.11 :

Selesaikan PD

1sincos =+ xydx

dyx

Penyelesaian.

PD dapat dinyatakan dalam

xx

xy

dx

dy

cos

1

cos

sin=+

atau

xxydx

dysectan =+

Yang merupakan bentuk PD linier

)()( xqyxpdx

dy=+ ,

dengan x(x)q,x(x)p sectan == .

Selanjutnya diperoleh faktor integral

xeeexdxxpdx

secseclntan

=== ��

Kalikan PD dengan faktor integral, diperoleh

���������������� ������������������ �����

xxxydx

dyx

2sectansecsec =+

atau

xxydx

d 2sec)sec( =

.

Integralkan kedua ruas,

cdx xxy += �2secsec

Jadi penyelesaian PD adalah,

c xxy += tansec

atau,

xcxcxx

xy cossin

sec

1

sec

tan+=+=

Contoh 1.12 :

Selesaikan PD

ydx

dyyx =+ )2( 3

Penyelesaian.

Perhatikan bahwa PD memuat y3 ,jadi ini bkan PD linier, tetapi jika kita

lihat x sebagai fungsi y , dan PD dapat kita tulis dalam bentuk

32yxdy

dxy +=

Atau

22yy

x

dy

dx=−

Maka diperoleh bentuk PD linear dengan x sebagai fungsi y,

���������������� ������������������ �����

22and1

dengan y(y)qy

(y)p(y)qx(y)pdy

dx=−==+

Selanjutnya dapat kita selesaikan dengan langkah-langkah seperti

pada contoh sebelumnya.

Faktor integralnya adalah

dyyp

e)(�

yyee

ydy

y 11ln1

==== −−−

��

Kalikan PD dengan y

1,

yy

x

dy

dx

y2

1=

��

�−

Atau

yy

xdy

d2

1. =

��

�

Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh

cyy

x += 21,

Jadi penyelesaian PD adalah,

)( 2ycyx += .

Ada dan tunggalnya penyelesaian PDB linier order satu yang memenuhi

syarat awal tertentu diberikan dalam sifat berikut.

Sifat 1.1 :

���������������� ������������������ �����

Misalkan P(x) dan Q (x) fungsi kontinu pada interval β<<α x . Maka

terdapat satu dan hanya satu fungsi )(xyy = yang memenuhi )()( xQyxPdx

dy=+

pada interval tersebut dengan kondisi awal ,)( 00 yxy = dimana β<<α 0x .

Latihan 1.3.2 :

Selesaikan PDB linier order satu berikut

1. ., 0>=+ xeydx

dyx x

2. .22x

xeydx

dy=−

3. .,cos)(tan22

2 ππ <<−=+ xxyxdx

dy 4. .ln2 xxy

dx

dyx =−

5. .)( dxxxydxdyx22 1−=+ 6. .1

2 3 −+= xexx

y

dx

dy

Selesaikan MNA berikut

7. .2)1(,0,1ln3 −=>+=− yxxydx

dyx 8. .)(, 10142 ==+ yy

dx

dy

9. .)(, 103 22 −==+ yxyxdx

dy 10. ( ) .,)cos( 00

2==−+ πydxxyxdy

1.3.3 Persamaan Diferensial Eksak

Perhatikan kembali persamaan diferensial order satu yang dituliskan dalam

bentuk diferensial

Definisi : Persamaan 0=+ dyyxNdxyxM ),(),( dikatakan PD Eksak jika

terdapat fungsi ),( yxQ sedemikian sehingga ),( yxMx

Q=

∂

∂dan

),( yxNy

Q=

∂

∂.

.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM

���������������� ������������������ �����

Dengan mengingat diferensial total dari fungsi ),( yxQ , maka dari definisi

di atas dapat disimpulkan bahwa persamaan 0=+ dyyxNdxyxM ),(),( eksak

jika dan hanya jika x

N

y

M

∂

∂=

∂

∂.

Adapun langkah-langkah untuk menyelesaikan PD Eksak adalah sebagai

berikut.

Langkah 1. Tuliskan PD dalam bentuk diferensial :

Langkah 2. Tes ke-eksak-an PD; Apakah

?x

N

y

M

∂

∂=

∂

∂

Langkah 3. Jika eksak, integralkan M terhadap x atau N terhadap y. Misal dipilih

M, maka :

� += )(),( ygdxMyxQ .

Langkah 4. Turunkan Q terhadap y dan samakan hasilnya dengan N

( ) ).(' ygdxMy

N +∂

∂= �

Langkah 5. Integralkan )(' yg untuk memperoleh g.

Langkah 6. Tuliskan penyelesaian umum dalam bentuk implisit:

CyxQ =),( .

Langkah 7. Tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.

Contoh 1.13 :

Selesaikan PD .)(, 302

2

2=

−

−−= y

xy

yx

dx

dy

Penyelesaian :

Langkah 1. Bentuk diferensial PD adalah :

.)()( 022 2 =−+− dyxydxyx

Langkah 2. PD ini eksak, karena

.),(),( 0=+ dyyxNdxyxM

���������������� ������������������ �����

x

N

y

M

∂

∂=−=

∂

∂2 .

Langkah 3. Misal dipilih M untuk diintegralkan, maka :

).(

)()(

)(),(

ygxyx

ygdxyx

ygdxMyxQ

+−=

+−=

+=

�

�

2

2

2

2

1

Langkah 4. Samakany

Q

∂

∂ dengan N, maka :

xydy

dgx 220 2 −=+−

atau

.)('2

yyg =

Langkah 5. Integralkan )(' yg , diperoleh :

.)(3

3

1 yyg =

Langkah 6. Penyelesaian umum dalam bentuk implisit:

. .Cyxyx =+− 3

3

12

2

1 2

Langkah 7. Dengan kondisi awal 30 =)(y , diperoleh C = 9, sehingga

penyelesaian khususnya adalah :

.92 3

3

12

2

1 =+− yxyx

Contoh 1.14 :

Selesaikan persamaan .)()( 0122 22 =+−−− dxxyydyxyx

Penyelesaian :

Akan kita selesaikan mengikuti langkah-langkah di atas, tanpa menuliskan

masing-masing item.

Persamaan sudah dalam bentuk diferensial, selanjutnya tes ke-eksak-an:

.)()(

x

N

x

xyxxy

y

xyy

y

M

∂

∂=

∂

−∂=+−=

∂

+−∂=

∂

∂ 222

12 22

���������������� ������������������ �����

Jadi persamaan tersebut eksak. Selanjutnya

).(

)()(),(

ygxyxxy

ygdxxyyyxQ

+−+=

+−+= �22

2 12

Untuk memperoleh )(yg , gunakan fakta Ny

Q=

∂

∂:

.)(' xyxygxxyy

Q22 22 −=++=

∂

∂

Jadi xyyg 4−=)(' , atau

.)( 22xyyg −=

Sehingga penyelesaian umumnya adalah

.Cxyxyxxy =−−+ 222 2

Pada bagian sebelumnya, kita mencari faktor integral

�=µdxxP

ex)(

)(

untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier order satu dalam bentuk

standar

)()( xQyxPdx

dy=+ .

Ternyata faktor integral �=µdxxP

ex)(

)( akan membawa persamaan diferensial

linier order satu )()( xQyxPdx

dy=+ menjadi PD eksak (Tunjukkan!).

Secara umum suatu faktor integral adalah faktor ),( yxµ yang membawa

persamaan diferensial tidak eksak menjadi persamaan diferensial eksak.

Contoh 1.15 :

���������������� ������������������ �����

Tunjukkan bahwa 02 =−+ dxxeydyxx

)( tidak eksak, tetapi dengan mengalikan

dengan faktor x=µ PD tersebut menjadi eksak. Kemudian selesaikan.

Penyelesaian :

Tes ke-eksak-an, kita punyai

22 =−∂

∂)( xxey

ydan .)( 1=

∂

∂x

x

Jadi persamaan tidak eksak. Dengan mengalikan dengan faktor integral x

diperoleh

02 22 =−+ dxexxydyxx

)( .

Persamaan menjadi eksak, karena

xexxyy

x 22 2 =−∂

∂)( = ).( 2x

x∂

∂

Selanjutnya kita punyai

)(),( ygexeexyxyxQxxx +−+−= 2222 .

dan

.)('22

xygxy

Q=+=

∂

∂

Jadi 0=)(' yg sehingga .)( Cyg =

Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah

.Cexeexyxxxx =−+− 2222

Menemukan faktor integral

Seperti terlihat pada contoh 3, faktor integral adalah suatu fungsi yang jika

dikalikan dengan PD non eksak, maka PD tersebut menjadi PD eksak. Bagaimana

menemukan foaktor integral tersebut akan dijelaskan sebagai berikut:

Misal 0),(),( =+ dyyxNdxyxM PD non eksak dan ),( yxµ faktor

integral, maka 0=+ NdyMdx µµ adalah PD eksak, sehingga

x

N

y

M

∂

∂=

∂

∂ µµ

���������������� ������������������ �����

atau

µµ

µµ

x

NN

xy

MM

y ∂

∂+

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂

My

Nxx

N

y

M

∂

∂−

∂

∂=��

�

����

�

∂

∂−

∂

∂⇔

µµµ

���

����

�

∂

∂−

∂

∂

���

����

�

∂

∂−

∂

∂

−=⇔

x

N

y

M

Nx

My

µµ

µ .

Ada beberapa kasus, yaitu

(i). ),( yxµ = )(xµ ( Faktor integral hanya merupakan fungsi x saja)

Pada kasus ini dipunyai

���

����

�

∂

∂−

∂

∂

��

���

�

∂

∂−

−=

x

N

y

M

Nx

µ

µ

0

�∂

∂−

∂

∂

=⇔

∂

∂−

∂

∂

=⇔

∂

∂−

∂

∂

=∂

⇔

∂

∂=

∂

∂−

∂

∂⇔

�

dxN

x

N

y

M

e

dxN

x

N

y

M

dxN

x

N

y

M

x

M

x

N

y

M

µ

µ

µ

µ

µ

µ

ln

Jadi jika N

x

N

y

M

∂

∂−

∂

∂

menghasilkan fungsi x saja maka µ = )(xµ

(ii). ),( yxµ = )(yµ ( Faktor integral hanya merupakan fungsi y saja)

Pada kasus ini dipunyai secara sama akan dipunyai

���������������� ������������������ �����

�

∂

∂−

∂

∂

=dy

M

x

N

y

M

eµ .

Jadi jika M

x

N

y

M

∂

∂−

∂

∂

menghasilkan fungsi y saja , maka µ = )(yµ

(iii) Jika xMyN

x

N

y

M

−

∂

∂−

∂

∂

menghasilkan fungsi xy, maka µ = )(xyµ

(iv) Jika MN

x

N

y

M

−

∂

∂−

∂

∂

menghasilkan fungsi (x+y), maka µ = )( yx +µ

(v) Jika MN

x

N

y

M

+

∂

∂−

∂

∂

menghasilkan fungsi (x - y), maka µ = )( yx −µ

(vi) Jika yMxN

x

N

y

M

22 −

∂

∂−

∂

∂

menghasilkan fungsi )( 22 yx + , maka µ = )( 22 yx +µ

Jadi untuk mencari faktor integral kita harus menghitung terlebih dahulu

x

N

y

M

∂

∂−

∂

∂, kemudian kita tentukan pembaginya ( pembaginya apa) sehingga

diperoleh fungsi yang mandiri.

Contoh 1.16:

Tunjukkan faktor integral dari PD 0)2( =−+ dxxeydyxx

sehingga menjadi PD

eksak.

Penyelesaian:

Pada contoh 1.15. telah ditunjukkan bahwa PD ini tidak eksak, kemudian dengan

mengalikan PD dengan x, PD menjadi eksak ( Jadi x adalah faktor integral).

Disini kita akan mengetahui dari mana x itu didapat.

���������������� ������������������ �����

)2(),( xxeyyxM −= dan .1),( == xyxN

2)2( =−∂

∂=

∂

∂ xxey

yy

Mdan .1)( =

∂

∂=

∂

∂x

xx

N

Sehingga diperoleh

1=∂

∂−

∂

∂

x

N

y

M dan

xN

x

N

y

M

1=

∂

∂−

∂

∂

� fungsi dari x saja.

Maka faktor integralnya adalah

xxe

dxxe

dxN

x

N

y

M

ex ==�

=�

∂

∂−

∂

∂

= ln

1

)(µ .

Contoh 1.17. :

Tentukan solusi umum PD .0)32()224( 22 =+++++ dyyxxdxyxyx

Penyelesaian :

yxyxyxM 224),( 2 ++= dan .32),( 2yxxyxN ++=

22 +=∂

∂x

y

Mdan .14 +=

∂

∂x

x

N

Sehingga diperoleh

12 +−=∂

∂−

∂

∂x

x

N

y

M.

Selanjutnya kita pilih pembaginya, yaitu N – M , sehingga diperoleh

yxxx

x

yxyxx

x

MN

x

N

y

M

)12()12(

)12(

22

122

+−++−

+−=

+−+−

+−=

−

∂

∂−

∂

∂

))(12(

)12(

yxx

x

++−

+−=

)(

1

yx += � fungsi dari (x + y) saja.

���������������� ������������������ �����

Selanjutnya misalkan z = x + y

zMN

x

N

y

M

∂−

∂

∂−

∂

∂

=∂

µ

µ �

z

zz

yx

∂=∂

+=

∂

∂ 1

µ

µ

Integralkan, diperoleh

yxzz +==⇔= µµ lnln

Faktor integralnya adalah

yx +=µ

PD menjadi

.0)32)(()224)(( 22 =+++++++ dyyxxyxdxyxyxyx

atau

.0)3242()22264( 22232223 =++++++++++ dyyyxxyxxdxyxyyxyyxx

Bukti bahwa PD ini eksak:

2223 22264),( yxyxyyxxyxM ++++=

� yxyxxy

M4426 2 +++=

∂

∂

2223 3242),( yyxxyxxyxN ++++=

� yxyxxx

N4426 2 +++=

∂

∂

Jadi =∂

∂

x

N

x

M

∂

∂. � terbukti Eksak.

Solusi PD adalah

� += )(),( ygdxMyxQ

� +++++= )()22264( 2223 ygdxyxyxyyxx

)(222 22234ygxyyxyxyxx +++++=

2223223 3242),()('422 yyxxyxxyxNygxyxxxy

Q++++==++++=

∂

∂

Diperoleh 23)(' yyg = � 3)( yyg =

Dengan demikian penyelesaian umum PD adalah

���������������� ������������������ �����

Cyxyyxyxyxx =+++++ 322234 222 .

Latihan 1.3.3 :

Selesaikan PD eksak berikut

1. .xy

yx

dx

dy

2

2

2 +

+−= 2. .)(, 30

22

43

2

2

=+

+−= y

yx

xyx

dx

dy

3. .)(,)()( 100 ==++++ ydyyxedxyyexx 4. .

sin

cos2yyx

y

dx

dy

−=

5. .)()( 02 =++− dxxedyexeyyy 6. .0)sin()sin( =+ dxxyxdxxyy

7. Tentukan ),( yxN sehingga 02 =++− dyyxNdxxyxy ),()( eksak.

8. Tentukan ),( yxM sehingga 0)lnsin(),( =−++ dyyeyyxdxyxMx eksak.

Tunjukkan bahwa PD berikut adalah non eksak, kemudian tentukan faktor

integralnya sehigga PD tersebut menjadi eksak dan selesaikan.

9. 0)23(2 2 =++ dxyxdyxy 10. 0)1()23( 2 =−+− dyxdxy

11. .0)1()23( 22 =+++++ dyxxdxxx 12. 012 3 =−−− dyxy)(xdx)x(y

���������������� ������������������ �����

1.4. PERSAMAAN HOMOGEN, PERSAMAAN BERNOULLI,

DAN PERSAMAAN RICCATI

Pada bagian ini, kita akan menyelesaikan tiga tipe persamaan diferensial

tidak linier, yaitu persamaan homogen, persamaan Bernoulli, dan persamaan

Riccati. Teknik penyelesaian ketiga tipe PD tersebut menggunakan substitusi yang

mengubah PD tersebut menjadi linier yang dapat diselesaikan dengan metode

yang telah kita pelajari sebelumnya.

1.4.1 Persamaan Homogen

Suatu persamaan diferensial ),( yxfdx

dy= dikatakan homogen jika fungsi

),( yxf dapat dinyatakan dalam fungsi dari x

y, yaitu ),( yxf = )(

x

yg .

Jadi akan kita punyai

����

��=

x

yg

dx

dy

(1.12)

yang dengan substitusi x

yv = akan menjadi persamaan dengan peubah dapat

dipisah

.)( x

dx

vvg

dv=

−

Sebagai contoh, persamaan-persamaan

( )

.3

4

,cos

,1

2

33

2

xy

xy

dx

dy

x

y

dx

dy

x

y

dx

dy

x

y

−=

−=

+=

merupakan persamaan homogen, sedangkan persamaan

���������������� ������������������ �����

2

2

x

xyy

dx

dy +=

bukan tipe persamaan homogen, karena tidak dapat dinyatakan dalam fungsi x

y

saja.

Contoh 1.18 :

Selesaikan

.,)( 0032 22 >=+− xdxyxdyxy

Penyelesaian :

Persamaan ini tidak dapat dipisah, tidak linier, dan juga tidak eksak. Secara

langsung tidak terlihat bahwa ini adalah PD homogen, tetapi dengan membagi

persamaan dengan 2x , kita peroleh

0122

23=+−�

���

�� dxdy

x

y

x

y)(

atau

.

x

y

x

y

dx

dy

2

312

2

+=

Substitusi vxy = , menjadi

v

v

dx

dvxv

2

31 2+=+

atau

.x

dxdv

v

v=

+ 21

2

Kemudian integralkan , kita peroleh penyelesaian umum

.ln)1ln( 2Cxv +=+

Karena x > 0, maka

Cx

v=��

�

����

� + 21ln

���������������� ������������������ �����

atau

xCx

y1

2

1 =����

��+

atau

31

22xCyx =+

dengan CeC =1 .

Catatan :

- Suatu fungsi F disebut fungsi homogen berderajat n jika

),(),( yxFyxFnλ=λλ .

- PD 0=+ dyyxNdxyxM ),(),( disebut PD homogen jika ),( yxM dan

),( yxN merupakan fungsi-fungsi homogen berderajat sama.

Contoh 1.19

Selesaikan 22

2

yx

xy

dx

dy

−= .

Penyelesaian

PD ini adalah PD homogeny, karena xyyxf 2),( = dan 22),( yxyxg −=

merupakan fungsi homogeny berderajad 2.

PD dapat ditulis dalam bentuk

2

1

2

��

���

�−

��

���

�

=

x

y

x

y

dx

dy

atau 21

2

v

v

dx

dvxv

−=+ , where ,

x

yv =

atau 2

2

2 1

)1(

1

2

v

vvv

v

v

dx

dvx

−

+=−

−=

diperoleh,

cx

dxdv

vv

v+=

+

−��

)1(

)1(2

2

Dengan c adalah konstanta integrasi, atau dapat ditulis sebagai

���������������� ������������������ �����

cx

dxdv

v

v

v+=

�

��

�

+− �� 21

21

� |,|ln||ln|)1(|ln||ln 2Axvv +=+−

Dimana A adalah konstanta , sedemikian sehingga c = ln | A |

Jadi diperoleh |Axv

v|ln

1ln

2=

+

� Axv

v=

+ 21

Selanjutnya, nyatakan v sebagai x

y , diperoleh penylesaian umum PD

yA

yxAxyx

xy 1or 22

22=+=

+.

Contoh 1.20 :

Selesaikan PD

0)2( =+− dyydxyx

Penylesaian.

PD dapat ditulis dalam bentuk y

xy

dx

dy −=

2, yang merupakan PD

homogen. Substitusi xvy = , diperoleh

)since(0)()2( xdvvdxdyxdvvdxvxdxvxx +==++−

� 0)21( 22 =++− vdvxdxvvx

� 0)1( 2

=−

+ dvv

v

x

dx

Integralkan , diperoleh

112,

)1(

1ccdv

v

vdx

x=

−+ �� konstanta.

� ,)1(

||ln 12cdv

v

vx =

−+ �

Untuk menentukan integral ,)1( 2

dvv

v

−� substitusi v – 1 = t , seingga

dv = dt

dan diperoleh

12

1||ln cdt

t

tx =

++ �

���������������� ������������������ �����

� 12

11||ln cdt

tdt

tx =++ ��

� 1|)1(|ln1

||ln ctt

x =−+−

� 1|)1(|ln1

1||ln cv

vx =−+

−−

(Karena (v – 1) = t).

Persaman terakhir dapat ditulis sebagai

1

1)1(ln

−=

−

vc

vx

Selanjutnya mengingat v = x

y, diperoleh penyelesaian umum PD

xy

x

c

xy

−=

−ln .

1.4.2. Persamaan Bernoulli

Persamaan Bernoulli berbentuk

.)()( nyxQyxPdx

dy=+

(1.13)

Untuk 10,≠n , dapat dibuktikan bahwa dengan substitusi nyz

−= 1 akan diperoleh

PD linier tingkat satu

)()1()()1( xQnzxPndx

dz−=−+

dengan penyelesaian umum berbentuk

� +�−=� −−CdxxQenze

dxxPndxxPn

)()1()()1()()1(

atau

� +−= �� −−−CdxxQeney

dxxPndxxPnn )()()()()()( 111 1 .

Contoh 1.21.

Selesaikan persamaan

dxyxedxxydy x 32

2 −=+

Penyelesaian.

PD dapat ditulis dalam entuk

���������������� ������������������ �����

32

2 yexxydx

dy x−=+

Yang merupakan PD bentuk

nyxQyxP

dx

dy)()( =+

dengan 3and)(,2)(2

=== −nexxQxxP

x

Untuk meneyelesaikan PD ini, pertama bagi persamaan dengan y3,

sehigga diperoleh

223 2 x

exxydx

dyy

−−− =+

Subtitusi 2−= yz

Maka , dx

dyy

dx

dz 12)2( −−−=

dx

dyy

32 −−=

jadi, dx

dz

dx

dyy

2

13 −=−

diperoleh

2

22

1 xexxz

dx

dz −=+−

atau 2

24 xexxz

dx

dz −−=−

yang merupakan PD Linier order satu

Faktor integral dari PD linier ini adalah 224 xdxx

ee−−

=�

diperoleh

2222 222 24 xxxx

exexzedx

dze

−−−− −=−

232 x

xe−−=

atau 22 32 2)( xx

xezedx

d −− −=

sehingga diperoleh

cdxxezexx +−= −−

�22 32 2

atau

���������������� ������������������ �����

cezexx += −− 22 32

3

1

Atau

222 232

3

1 xxxceeez += −

22 2

3

1 xxcee += −

Selanjutnya dengan mengingat 2−= yz , diperoleh penyelesaian

umum PD

22 22

3

1 xxceey += −−

atau

22 21

23 xxecey += −− dimana c1 = 3c

Contoh 1. 22 :

Selesaikan .3xyydx

dy=+

Penyelesaian :

Dengan substitusi 2−=υ y diperoleh

xdx

d22 −=υ−

υ.

Sehingga Penyelesaian umumnya adalah

.)( Cexey xy ++= −−− 2

2

122

1.4.3. Persamaan Riccati

Persamaan Riccati berbentuk

).()()( 2 xRyxQyxPdx

dy+=+

(1.14)

Jika 1y adalah fungsi yang memenuhi persamaan Riccati, dapat dibuktikan bahwa

dengan substitusi u

yy1

1 += akan diperoleh PD linier tingkat satu

���������������� ������������������ �����

[ ] )()()()( xQuxPxQxydx

du−=−+ 12

dengan penyelesaian umum berbentuk

[ ]� +−= −−� CdxxQeue

xPxQxydxxPxQxy)(

)()()()()()(11 22

atau

[ ]� +−=

−

−−� CdxxQeeyy

xPxQxydxxPxQxy)(

)()()()()()(11 22

1

1.

Contoh 1. 23 :

Selesaikan ., 01

11 2

2>−=− xy

xy

xdx

dy

Penyelesaian :

Jika xy =1 , maka dengan substitusi u

xy1

+= diperoleh

2

11

xu

xdx

du=− .

Sehingga penyelesaian umumnya adalah

.12

2

2 −+=

Cx

xxy

Latihan 1.4

Selesaikan PD homogen berikut

1. ).( 222 yxdx

dyx +−= 2. .

yx

y

dx

dy

2

2

−=

3. .)( 22yx

dx

dyxyx +=− 4. 0=++− dxyxdyyx )()( .

5. .x

y

xeydx

dyx =− 6. .lnln xyyy

dx

dyx −=

7. .0,cos >��

���

� −=− x

x

xy

x

y

dx

dy 8. .02 =−�

��

��� −+ xdydxxyxy

���������������� ������������������ �����

Selesaikan PD Bernoulli berikut

9. .2yy

dx

dy−=− 10. .2

xyydx

dy=−

11. ., 02 32 >=+ xyxydx

dyx 12. .

222 yeydx

dy−=

13. .)( 032 =−+ dyyxdxxy 14. ., 0022 >=++ xeyxydx

dyx

x

Selesaikan Persamaan Riccati berikut

15. .,, 01 21

2

>−=−+= xxyx

y

x

y

dx

dy 16. ., 202 1

2 −==++ yyydx

dy

17. .,,)( 0123 >=+−= xxy

x

yxyx

dx

dy

1.5 PD NON HOMOGEN BENTUK KHUSUS DAN

TRAYEKTORI ORTOGONAL

Pada bagian ini dibahas tentang Persamaan diferensial non homogeny yang

dapat direduksi menjadi persamaan homogeny serta tentang trayektori orthogonal.

1.5.1. PD Non Homogen Bentuk Khusus

Bagian ini membahas PD non homogen bentuk

0)()( =+++++ dyrqypxdxcbyax . (1.15)

Kasus 1, ,kr

c

q

b

p

a=== (k konstanta)

Maka persamaan (1.15) menjadi

.0

0)()(

=+⇔

=+++++

dykdx

dyrqypxdxkrkqykpx

sehingga penyelesaiannya dengan mudah dapat diselesaikan.

Kasus 2, kr

c

q

b

p

a=≠= .

���������������� ������������������ �����

PD (1) menjadi

0)())((

0)()(

=+++++⇔

=+++++

dyrqypxdxcqypxk

dyrqypxdxckqykpx

Kemudian gunakan substitusi qypxu += .

Contoh 1.24 :

Selesaikan PD 0)122()1( =+++++ dyyxdxyx

Penyelesaian :

PD dapat ditulis dalam bentuk

0)1)(2()1( =+++++ dyyxdxyx .

Misal zyx =+ dxdzdydzdydx −==⇔=+�

diperoleh

0))(12()1( =−+++ dxdzzdxz

0)12()12()1( =+−+++⇔ dxzdzzdxz

0)12()121( =++−−+⇔ dzzdxzz

0)12( =++−⇔ dzzzdx

0)12(

=+

−⇔ dzz

zdx

Selanjutnya penyelesaian umum diperoleh dengan mengintegralkan,

��� =+

− 0)12(

dzz

zdx

� � � =−−⇔ Cz

dzdzdx 2

Czzx =−−⇔ ln2

Cyxyxx =+−+−⇔ )ln()(2

Cyxyxx =+−−−⇔ )ln()22

Cyxyx =+−−−⇔ )ln(2

atau dapat ditulis

.)ln(2 Cyxyx =+++

Contoh 1.25.

���������������� ������������������ �����

Selesaikan 0)164()132( =+++++ dyyxdxyx .

Penyelesaian.

Substitusikan yxu 32 += , diperoleh

01

12=

−

++ du

u

udx

Sehingga penyelsaiannya adalah

.)132ln(2 Cyxyx =++++

Kasus 3, r

c

q

b

p

a≠≠

PD (1.15) dapat diselesaikan melalui dua cara, yaitu

Pertama, mengubah variabel

lvy

kux

+=

+=

u dan v variabel.

k dan l dapat dicari dengan substitusi persamaan

0

0

=++

=++

rqlpk

cblak

Dengan mengubah variabel ini PD (3.1) akan menjadi PD homogen.

Cara kedua adalah dengan substitusi

rqypxv

cbyaxu

++=

++=

sehingga PD (1.15) menjadi PD homogen dalam u dan v.

Contoh 1.26 :

Tentukan solusi umum PD 0)2()4( =−+−−− dyyxdxyx .

Penyelesaian:

Misal 4−−= yxu dydxdu −=⇔

2−+= yxv dydxdv +=⇔

Diperoleh

2

dudvdx

+= dan

2

dudvdy

−= .

Ini adalah Sistem Persamaan

Linier dalam peubah dx dan dy

���������������� ������������������ �����

PD menjadi

0=− vdyudx

022

=−

−+

⇔dudv

vdudv

u

0)()( =−−+⇔ dudvvdudvu

0)()( =−++⇔ dvvuduvu � ini adalah bentuk PD tipe homogen

Selanjutnya, misalkan uzvu

vz =⇔= udzzdudv +=⇔ .

PD menjadi

0))(()( =+−++ udzzduuzuduuzu

0)1()1()1(( 2 =−+−++⇔ dzzuzduzuduzu

0)1()21( 2 =−+−+⇔ dzzuduzz � ini adalah PD dengan peubah dapat dipisah

0)21(

)1(2

=−+

−+⇔ dz

zz

z

u

du

0)12(

)1(2

=−−

−+⇔ dz

zz

z

u

du,

integralkan, diperoleh

Czzu =−−+ )12ln(2

1ln 2

Czzu ln)12ln(ln2 2 =−−+⇔

Czzu =−−⇔ )12( 22

Cu

v

u

vu =��

�

����

�−−⇔ 12

2

22

Cuuvv =−−⇔ 22 2

Cyxyxyxyx =−−−−−−+−−+⇔ 22 )4()4)(2(2)2(

Atau

Cyxxyyx =+−−− 48222 .

Contoh 1.27:

Tentukan penyelesaian umum PD 0)32()12( =−−+++ dyyxdxyx

���������������� ������������������ �����

Penyelesaian:

Misal 12 ++= yxu , dydxdu 2+=

32 −−= yxv , dydxdv −= 2

Diperoleh

5

2dvdudx

+= dan

5

2 dvdudy

−=

Sehingga PD menjadi

0=+ vdyudx 05

2

5

2=�

�

���

� −+��

���

� +⇔

dvduv

dvduu

022 =−++⇔ vdvvduudvudu

0)2()2( =−++⇔ dvvuduvu � PD tipe homogen dalam u dan v

Misal vdzzdvduzvuv

uz +=�=�=

PD menjadi

0)2())(2( =−+++ dvvzvvdzzdvvzv

0)2()122( 22 =++−++⇔ dzzvdvzzzv

0)2()14( 2 =++−+⇔ dzzvdvzz

0)14(

)2(2

=−+

++⇔ dz

zz

z

v

dv

Integralkan, diperoleh

Czzv =−++ 14ln2

1ln 2

Atau

Czzv ln14lnln2 2 =−++

Diperoleh

Cv

u

v

uvCzzv =��

�

����

�−+⇔=−+ 14)14(

2

2222 Cvuvu =−+⇔ 22 4

Jadi penyelesaian umumnya adalah

Cvuvu =−+ 22 4 dengan 12 ++= yxu dan 32 −−= yxv .

���������������� ������������������ �����

Contoh 1.28:

Selesaikan PD .0)634()12( =−−++− dyyxdxyx

Penyelesaian :

Dengan cara pertama

lvy

kux

+=

+=

Diperoleh k = 3 dan l = 2, sehingga PD menjadi

0342 =��

���

�−+�

�

���

�− dv

v

udu

v

u

yang merupakan tipe PD homogen. Akhirnya diperoleh penyelesaian umum

berbentuk

)1()93( 5 −−=−+ yxCyx .

Silahkan coba dengan cara kedua!

Latihan 1.5.1 :

Selesaikan PD berikut

1. .0)326()13( =−−++− dyyxdxyx

2. 0)1()134( =+++++ dyyxdxyx .

3. 0)1()134( =+−+−− dyyxdxyx .

4. . 0)12()13( =−−++− dyyxdxyx

1.5.2. Trayektori Ortogonal

Dalam Matematika terapan, seringkali dijumpai permasalahan untuk

mendapatkan keluarga kurva yang tegak lurus terhadap suatu keluarga kurva yang

diberikan. Masalah ini disebut Trayektori Ortogonal. Pengertian dari ortogonal /

tegak lurus dari dua keluarga kurva adalah pada titik potongnya kedua garis

singgung kurva saling tegak lurus. Misal diberikan keluarga kurva CyxF =),(

dengan C merupakan parameter. Maka untuk mendapatkan trayektori ortogonal

dilakukan langkah sebagai berikut :

(i) Turunkan CyxF =),( secara implisit terhadap x, � diperoleh

���������������� ������������������ �����

),( yxfdx

dy=

(ii) Menggunakan fakta bahwa gradien dari garis garis singgung

trayektori ortogonal fungsi tersebut adalah ),(

1

yxfdx

dy−= .

(iii). Persamaan kurva trayektori adalah penyelesaian PD pada (ii).

Contoh 1.29 :

Tentukan trayetori ortogonal dari y = kx.

Penyelesaian :

Dari y = kx diperoleh x

yk

dx

dy== �

x

yyxf =),(

Gradien dari trayektori adalah y

x

k−=−

1.

Persamaan trayektori adalah penyelesaian dari PD y

x

yxfdx

dy−=−=

),(

1 , yaitu

Cyx =+ 22 .

Contoh 1.30:

Tentukan trayektori orthogonal dari �� � �

Penyelesaian :

Turunkan �� � �,

Diperoleh

0=+ ydx

dyx �

x

y

dx

dy−=

Trayektori orthogonal merupakan penyelesaian dari PD

0=−⇔

=

xdxydy

y

x

dx

dy

Integralkan, diperoleh:

cxy =− 22

2

1

2

1

���������������� ������������������ �����

atau

Cxy =− 22 .

Latihan 1.5.2 :

Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva yang diberikan berikut.

1. y = C

2. xy = C

3. y = C x2

4. y = C x3

5. x2 - y

2 = C

6. x2 + y

2 = C

7. 4x2 + y

2 = C

8. x2 = 4 Cy

3

9. � Cxy += �