Makalah ini membahas tentang rangkuman materi Persamaan Diferensial Linier orde n dengan koefisien konstan dan variable serta sistem Persamaan Diferensial Linier simultan. Terdapat penjelasan mengenai bentuk umum PDL, jenis-jenisnya, dan langkah penyelesaian menggunakan metode invers operator dan variasi parameter.

1. Rangkuman
PDPDL orde n Koefisien konstan, Variabel dan
Sistem PDL simultan
Persamaan Diferensial 2
DI SUSUN OLEH :
NAMA : INDAH WIJAYANTI
NPM : 200813500172
KELAS: XB MATEMATIKA
DOSEN : HURI SUHENDRI M.Pd
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
FAKULTAS TEKNIK MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS INDRAPRASTA PGRI JAKARTA
2011

2. Puji syukur kepada Allah yang telah memberikan karunia dan kemudahan sehingga
akhirnya penulis dapat menyelesaikan makalah ini tepat pada waktunya.
Makalah berisi rangkuman materi “Persamaan Diferensial 2” ini di tulis untuk
memenuhi tugas mata kuliah PD 2 yang kemudian di susun kembali dengan mengambil point-
point penting dari pembahasan yang telah di paparkan pada saat tatap muka kegiatan
pembelajaran di kelas.
Dalam penyusunan makalah ini, penulis mendapatkan bantuan dari banyak pihak. Untuk
itu pada kesempatan ini, penulis ingin menyampaikan terima kasih terutama kepada :
1. Allah Subhanahu wa ta’ala yang senantiasa memberikan berbagai macam
nikmatnya yang tak terhingga
2. Bapak Huri Suhendri M.Pd selaku Dosen Persamaan Diferensial 2 yang tak segan
memberikan berbagai macam arahan dan masukan.
3. Teman-teman seperjuangan, serta pihak lain yang tidak dapat disebutkan satu
persatu yang telah membantu kami dalam penyusunan makalah ini.
Penulis menyadari bahwa dalam penyusunan makalah ini masih terdapat banyak
kekurangan dan masih jauh dari sempurna. Oleh karena itu kami mengharapkan kritik dan
saran dari para pembaca yang sifatnya membangun untuk penyempurnaan selanjutnya.
Semoga makalah ini bermanfaat untuk penulis dan untuk pembaca pada umumnya
Jakarta, November 2011
Penulis
KATA PENGANTAR
i

3. LEMBAR JUDUL
KATA PENGANTAR................................................................................ i
DAFTAR ISI............................................................................................. ii
BAB I PDL Orde n Koefisien Konstan......................................... 1
1.1 PDL Homogen orde n koefisien Konstan................. 2
1.2 PDL Tak Homogen orde n koefisien Konstan............ 4
A. Metode Invers Operator..................................... 4
B. Metode Variasi Parameter.................................. 10
BAB II PDL Orde n Koefisien Variable......................................... 12
2.2 Persamaan Diferensial Cauchy.................................. 12
2.3 Persamaan Diferensial Lengendre ............................ 14
BAB III PDL Simultan ................................................................... 16
DAFTAR PUSTAKA................................................................................. 21
.
DAFTAR ISI
ii

4. BAB
1
A. BENTUK UMUM
Bentuk umum PD orde n :
P0 ≠ 0 , P1, P2, ...., Pn, Q adalah fungsi dari x atau konstanta
Jika Dy =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
, D2
y =
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
, D3
y =
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
, .............. Dn
y =
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
Bentuk PD Linier dalam operator Diferensial (D)
Keterangan :
 Jika P0, P1, P2, ......... Pn adalah konstanta di sebut PDL orde-n dengan koefisien
konstan
 Jika P0, P1, P2, ......... Pn bukan konstanta di sebut PDL orde-n dengan koefisien
variable
 Jika Q = 0 di sebut PDL homogen orde-n
 Jika Q ≠ 0 di sebut PDL tak homogen orde -n
1. x
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 4
𝑑𝑦
𝑑𝑥
- xy = Cos x Tak Homogen
Jawab : PDL tak homogen orde 2 dengan koefisien variable
2. 3x
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 8
𝑑𝑦
𝑑𝑥
- xy = 0 Homogen
Jawab : PDL homogen orde 2 dengan koefisien variable
Contoh Tentukan jenis persamaan berikut :
PD Linier Orde-n dengan
Koefisienkonstan
P0 Dn
y + P1 Dn-1
y + P2 Dn-2
y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q
Atau
( P0 Dn
+ P1 Dn-1
+ P2 Dn-2
+ ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q
𝑷𝟎
𝒅𝒏
𝒚
𝒅𝒙𝒏
+ 𝑷𝟏
𝒅𝒏−𝟏
𝒚
𝒅𝒙𝒏−𝟏
+ 𝑷𝟐
𝒅𝒏−𝟐
𝒚
𝒅𝒙𝒏−𝟐
+ … + 𝑷𝒏−𝟏
𝒅𝒚
𝒅𝒙
+ 𝑷𝒏𝒚 = 𝑸
1

5. 3. 5
𝑑3
𝑦
𝑑𝑥3 + 7
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
−
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 6𝑦 = 𝑥2
Jawab : PDL tak homogen orde 3 dengan koefisien konstan
4. 3 𝑑
3
𝑦
𝑑𝑥3
+ 9 𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2 – 𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦 = 0
Jawab : PDL homogen orde 3 dengan koefisien Konstan
5. 𝑥
𝑑3
𝑦
𝑑𝑥3 + 𝑥
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥2
𝑦 = 𝑆𝑖𝑛 𝑥
Jawab : PDL tak homogen orde 3 dengan koefisien variable
Bentuk Umum :
𝑷𝟎
𝒅𝒏
𝒚
𝒅𝒙𝒏
+ 𝑷𝟏
𝒅𝒏−𝟏
𝒚
𝒅𝒙𝒏−𝟏
+ 𝑷𝟐
𝒅𝒏−𝟐
𝒚
𝒅𝒙𝒏−𝟐
+ … + 𝑷𝒏−𝟏
𝒅𝒚
𝒅𝒙
+ 𝑷𝒏𝒚 = 𝑸
Melihat bentuk akar-akar riil dari persamaan karakteristik maka :
a) Jika akar-akar riil dan berbeda : λ1 ≠ λ2 ≠ λ3 ≠ .......... ≠ λn-1 ≠ λn
Solusi Umum : y = C1 e λ1.x
+ C2 e λ2. x
+ C3 e λ3.x
..... + Cn e λn.x
b) Jika akar-akar : λ1 = λ2 ≠ λ3 ≠ .......... ≠ λn-1 ≠ λn
Solusi Umum : y = C1 e λ1.x
+ C2 X e λ2. x
+ C3 e λ3.x
..... + Cn e λn.x
c) Jika akar-akar bilangan kompleks : λ1 = a + bi dan λ2 = a – bi
Solusi Umum : y = e
ax
( C1 Cos bx + C2 Sin bx )
Langkah-langkah penyelesaian
1.  PDL Homogen orde-n Koefisien Konstan
P0 Dn
y + P1 Dn-1
y + P2 Dn-2
y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q
Atau
( P0 Dn
+ P1 Dn-1
+ P2 Dn-2
+ ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q
Koefisien Konstanta
Koefisien Variable
2

6. Selesaikan bentuk PDL berikut :
1.
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2 – 3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦 = 0
Jawab :
D2
y – 3 Dy + 2y = 0
(D2
– 3 D + 2 ) y = 0
Persamaan Karakteristik
λ2
– 3λ + 2 = 0
(λ-1) (λ-2) = 0
λ1 = 1 dan λ2 = 2
Jadi, Solusi Umum : y = C1 e.x
+ C2 e
2x
2.
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4 – 5
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 + 4𝑦 = 0
Jawab :
D4
y – 5 D2
y + 4y = 0
(D4
– 5 D2
+ 4) y = 0
Persamaan Karakteristik
λ4
– 5λ2
+ 4 = 0
(λ-1) (λ+1) (λ-2) (λ+2) = 0
λ1 = 1 λ2 = -1 λ3 = 2 λ4 = -2
Jadi, Solusi Umum : y = C1 e.x
+ C2 e.-x
+ C3 e
2x
+ C4 e.-2x
(1)
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3 – 3
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 + 3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦 = 0
(2)
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3 – 3
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 + 9
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 9𝑦 = 0
(3) 2
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4 – 5
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 +
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 3𝑦 = 0
(4) ( D2
– 2D + 5)2
y = 0
(5) D (D2
+ 4) y = 0
Contoh
 Latihan 1.1
3

7. Bentuk Umum :
Solusi umum: y = Yc + Yp
1. Menentukan Yc
2. Menentukan Yp dengan metode :
A. METODE INVERS OPERATOR
Yp =
1
𝐹 (𝐷)
atau Yp =
1
𝐷−𝜆1
.
1
𝐷−𝜆2
… … .
1
𝐷−𝜆𝑛
. 𝑄
1) MetodePertama :
Berdasarkan faktor-faktor riil dari
1
𝐹 (𝐷)
∶
Yp =
1
𝐷−𝜆1
.
1
𝐷−𝜆2
… … .
1
𝐷−𝜆𝑛
. 𝑄
Langkah-langkah penyelesaian :
Menentukan faktor-faktor riil dari F (D)
Menentukan invers operatornya, yaitu :
Yp =
1
𝐷−𝜆1
.
1
𝐷−𝜆2
… … .
1
𝐷−𝜆𝑛
.𝑄
Secara berantai, tentukan solusi dari PD Linier orde satu
Tahap 1
Misal : U =
1
𝐷−𝜆𝑛
. 𝑄 ↔ (D - λn) U = Q
2.  PDL Tak Homogen orde-n koefisien Konstan
P0 Dn
y + P1 Dn-1
y + P2 Dn-2
y + ........ + Pn-1 Dy + Pn y = Q
Atau
( P0 Dn
+ P1 Dn-1
+ P2 Dn-2
+ ........ + Pn-1 D + Pn ) y = Q
Atau F (D) y = Q
Keterangan :
Yc = Fungsi Komplementer
Yp = Fungsi Partikuler (khusus)
Langkah-langkah penyelesaian
4

8. U = e λnx ∫ 𝑄 e - λn x dx
Tahap 2
Misal : V =
1
𝐷−𝜆𝑛−1
. 𝑈 ↔ (D - λn-1) V = U
V = e λn-1.x
∫ 𝑈 e – λn-1. x
dx
Tentukan Solusi umum dari PDL berikut :
1)
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 – 4
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 3𝑦 = 1
Jawab :
(D2 – 4D + 3) y = 1 → Q = 1
Menentukan Yc
Persamaan Karakteristik :
Menentukan Yp : Yp =
1
𝐷−3
.
1
𝐷−1
.1
Tahap 1
Misal U =
1
𝐷−1
.1 → (D - 1) U = 1
U = e x
∫ 1 e - x dx
= e x (-e - x)
= -1
Tahap 2
Misal Yp =
1
𝐷−3
.−1 → (D - 3) Yp = -1
Yp = e 3x
∫ −1 e -3x dx
= e 3x (
1
3
e -3x)
=
1
3
.1 =
1
3
Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp
y = C1 e3x
+ C2 e
x
+
1
3
Contoh
λ2
– 4λ + 3 = 0
(λ-3) (λ-1) = 0
λ1 = 3 dan λ2 = 1
Jadi, Solusi Umum : y = C1 e3x
+ C2 e
x
5

9. 2)
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 – 3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦 = 𝑒5𝑥
Jawab :
(D2 – 3D + 2) y = 𝑒5𝑥
→ Q = 𝑒5𝑥
Menentukan Yc
Persamaan Karakteristik :
Menentukan Yp : Yp =
1
𝐷−2
.
1
𝐷−1
. 𝑒5𝑥
Tahap 1
Misal U =
1
𝐷−1
.𝑒5𝑥 → (D - 1) U = 𝑒5𝑥
U = e x
∫ 𝑒5𝑥 e -x dx
= e x
∫ 𝑒4𝑥 dx
= e x 1
4
𝑒4𝑥
=
1
4
𝑒5𝑥
Tahap 2
Misal Yp =
1
𝐷−2
.
1
4
𝑒5𝑥 → (D - 2) Yp =
1
4
𝑒5𝑥
Yp = e 2x
∫
1
4
𝑒5𝑥 e -2x dx
= e 2x
∫
1
4
𝑒3𝑥 dx
= e 2x 1
12
𝑒3𝑥
=
1
12
𝑒5𝑥
Jadi, Solusi Khusus : y = Yc + Yp
y = C1 e
2x
+ C2 e
x
+
1
12
𝑒5𝑥
Tunjukkan bahwa yp merupakan penyelesaian PD yang diberikan dan tentukan solusi
umumnya.
1. y”+3y’+2y = 2x2
, yp = x2
-3x+3,5
2. y”+y = -20x sin3x, yp = 2,5 sin3x.
 Latihan 1.2
λ2
–3λ + 2 = 0
(λ-2) (λ-1) = 0
λ1 = 2 dan λ2 = 1
Jadi, Solusi Umum : c
6

10. 3. (D2
+ 3D - 4)y = 10ex
, yp = 2x ex
.
4. (D3
+ 3D2
– 4) y = x e-2x
5. (D2
- 5D + 4) y = 3 - 2x
2) MetodeKedua :
1
𝐹 (𝐷)
di nyatakan sebagai jumlahan dari n pecahan bagian :
Solusi partikuler Yp(x) adalah:
Yp(x) = [
𝑁1
𝐷−𝜆1
+
𝑁2
𝐷−𝜆2
+
𝑁3
𝐷−𝜆3
+ … …. +
𝑁𝑛
𝐷−𝜆𝑛
] 𝑄
= N1 e
λ1X
∫ Q e
-λ1X
dx + N2 e
λ2X
∫ Q e
-λ2X
dx +... + Nn e
λnX
∫ Q e
-λnX
dx
Langkah-langkah untuk menentukan Yp(x) di sini adalah :
1. Tentukan faktor riil linier dari F(D)
2. Tentukan invers operatornya
1
𝐹 (𝐷)
yang di nyatakan sebagai jumlahan
n pecahan bagian yaitu :
1
𝐹 (𝐷)
=
𝑁1
𝐷−𝜆1
+
𝑁2
𝐷−𝜆2
+
𝑁3
𝐷−𝜆3
+ … …. +
𝑁𝑛
𝐷−𝜆𝑛
3. Dengan cara menyamakan koefisien dari masing-masing pembilang di
ruas kanan dan kiri akan di dapatkan besarnya N1, N2 , ......, Nn
4. Setelah N1, N2 , ......, Nn dapat di tentukan besarnya, kemudian
masukanlah pada rumus Yp(x)
5. Integrasikan bagian demi bagian.
6. Yp(x) di peroleh.
Selesaikan bentuk PDL berikut :
1) (D2 – 4D + 3) y = 1
Jawab :
a) Menentukan Yc b) Menentukan Yp
Persamaan Karakteristik
Contoh
λ2
– 4λ + 3 = 0
(λ-3) (λ-1) = 0
λ1 = 3 dan λ2 = 1
Jadi, Solusi Umum : y = C1 e3x
+ C2 e
x
Yp(x) = [
𝑁1
𝐷−𝜆1
+
𝑁2
𝐷−𝜆2
] 𝑄
= [
𝑁1
𝐷−3
+
𝑁2
𝐷−1
] 1
= [
𝑁1 (𝐷−1) + 𝑁2 (𝐷−3)
(𝐷−3) (𝐷−1)
]
= [
(𝑁1+𝑁2) 𝐷−𝑁1−3𝑁2
(𝐷−3) (𝐷−1)
]
7

11. c) Menentukan Koefisien N1 dan N2
D0 = 1 = - N1 – 3N2
D = 0 = N1 + N2 +
1 = - 2 N2 ↔ N2 = -
1
2
, N1 =
1
2
Yp(x) = [
1
2
𝐷−3
+
−
1
2
𝐷−1
] 1
Yp(x) =
1
2
e3x
∫ 1 𝑒−3𝑥
𝑑𝑥 −
1
2
𝑒𝑥
∫ 1 𝑒𝑥
=
1
2
e3x
[−
1
3
] 𝑒−3𝑥
−
1
2
𝑒𝑥
(−𝑒−𝑥
)
= −
1
6
+
1
2
=
2
6
=
1
3
2) (D2
– 3D + 2) y = 𝑒5𝑥
→ Q = 𝑒5𝑥
Jawab :
Fungsi Komplementernya (Yc) = C1 e
2x
+ C2 e
x
b) Menentukan Yp c) Menentukan Koefisien N1 dan N2
Yp =
1
(𝐷−1)(𝐷−2)
𝑒5𝑥
sehingga
Yp = [
𝑁1
𝐷−𝜆1
+
𝑁2
𝐷−𝜆2
] 𝑄
= [
𝑁1
𝐷−1
+
𝑁2
𝐷−2
] 1
= [
𝑁1 (𝐷−2) + 𝑁2 (𝐷−1)
(𝐷−1) (𝐷−2)
]
= [
(𝑁1+𝑁2) 𝐷−2𝑁1−𝑁2
(𝐷−1) (𝐷−2)
]
Kemudian di peroleh
Yp = [
−1
𝐷−1
+
1
𝐷−2
] 𝑒5𝑥
Yp = - ex
∫ 𝑒5𝑥
𝑒−𝑥
𝑑𝑥 + 𝑒2𝑥
∫ 𝑒5𝑥
𝑒−2𝑥
= - ex
[
1
4
𝑒4𝑥 ] + 𝑒2𝑥
[
1
3
𝑒3𝑥
]
= −
1
4
𝑒5𝑥
+
1
3
𝑒5𝑥
=
1
12
𝑒5𝑥
D0 = 1 = - 2N1 – N2
D = 0 = N1 + N2 +
1 = - N1
↔ N1 = - 1 dan N2 = 1
Jadi, Solusi Khusus :
y = Yc + Yp
y = C1 e
2x
+ C2 e
x
+
1
12
𝑒5𝑥
Jadi, Solusi Khusus :
y = Yc + Yp
y = C1 e3x
+ C2 e
x
+
1
3
8

12. 1. y” + 2y’+ y = 𝑒−𝑥
𝐶𝑜𝑠 𝑥
2. y’” – y” – 4y’ + 4y = 6 𝑒−𝑥
3. (D2
- 4D + 3)y = (1 + 𝑒−𝑥
)-1
4. (D3 – 4D) y = x
5. (D2 + 1) y = Cosec x
3) MetodeSingkat :
Selesaikan bentuk PDL berikut :
1. (D2 + 4) y = Sin 2x
Jawab:
PDL Homogennya adalah : (D2 + 4) y = 0
Persamaan Karakteristiknya : λ2 + 4 = 0
Akar-akar persamaan karakteristiknya : λ1 = 2i dan λ2 = -2i
Sehingga, Yc = C1 Cos 2x + C2 Sin 2x
Menghitung Yp : Yp =
1
(𝐷2 +4)
sin2𝑥 dengan melihat bentuk persamaan Yp
maka rumus yang di gunakan yaitu :
Yp = −
𝑥
2𝑎
cos(𝑎𝑥 + 𝑏), maka
Yp = −
𝑥
2 .2
cos(2𝑥) = −
𝑥
4
cos 2𝑥
Jadi, Solusi Khusus :
y = Yc + Yp
y = C1 Cos 2x + C2 Sin 2x−
x
4
cos2x
1. (D2
+ 2D + 2) y = x2
+ sin x
2.
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑦 = −𝑥 − 𝑥2
3. (D2
– 1) y = 𝑒𝑥
sin 2𝑥
 Latihan 1.3 Selesaikan solusi PDL
berikut :
Contoh
 Latihan 1.4 Selesaikan solusi PDL
berikut :
4. (D2
– 1) y = (1 + e-x
)-2
5. (D2 – 3D + 2) y = Sin e-x
9

13. B. METODE VARIASI PARAMETER
Metode variasi parameter adalah metode yang dapat digunakan untuk
menentukan selesaian khusus PD linier takhomogen dengan koefisien variabel,
sehingga lebih umum daripada metode koefisien tak tentu.
Perhatikan PD linier orde 2 yang mempunyai bentuk
(9) y” + p(x)y’ + q(x)y = r(x),
dengan p, q, dan r fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval buka I. Kita akan
menentukan selesaian khusus dari (9) dengan metode variasi parameter seperti
berikut. Kita mengetahui bahwa PD homogen yang bersesuaian, yaitu
(10) y” + p(x)y’ + q(x)y = 0,
mempunyai suatu selesaian umum yh(x) pada I yang berbentuk
yh(x) = c1y1(x)+c2y2(x).
Metode variasi parameter terdiri dari penggantian c1 dan c2 dengan fungsi u(x)
dan v(x) yang akan ditentukan sedemikian hingga fungsi penggantinya, yaitu
(11) yp(x) = u(x)y1(x)+v(x)y2(x)
merupakan selesaian khusus dari (9) pada I. dengan menurunkan (11) diperoleh
yp’ = u’y1+uy1’+v’y2+vy2’.
Persamaan (11) memuat dua fungsi u dan v, tetapi syarat bahwa yp
memenuhi (9) mengakibatkan bahwa hanya ada satu syarat pada u dan v. Karena
itu kita bisa menerapkan kondisi (syarat) sebarang yang ke dua. Perhitungan
berikut akan menunjukkan bahwa kita dapat menentukan u dan v sedemikian
hingga yp memenuhi (9) dan u dan v memenuhi, sebagai syarat ke dua, hubungan:
(12) u’y1+v’y2 = 0.
Ini mereduksi ekspresi untuk yp’ ke bentuk (12) yp’ = uy1’+vy2’.
Dengan menurunkan fungsi ini diperoleh (13) yp” = u’y1’+uy1”+v’y2’+vy2”.
Dengan mensubstitusikan (11), (13) dan (14) ke dalam (9) dan mengumpulkan suku-
suku yang memuat u dan v akan diperoleh
u(y1”+py1’+qy1)+v(y2”+py2’+qy2)+u’y1’+v’y2’ = r.
Karena y1 dan y2 selesaian dari PD homogen (10), maka persamaan di atas
mereduksi ke bentuk (i). u’y1’+v’y2’ = r.
(ii) u’y1+v’y2 = 0.
10

14. Persamaan (i) dan (ii) merupakan sistem dua persamaan aljabar linier dari
fungsi-fungsi u’ dan v’ yang tidak diketahui. Selesaian diperoleh dengan aturan
Cramer:
W
r
y
v
W
r
y
u
1
2
'
,
'



, di mana W = y1y2
’ – y1’y2
adalah Wronski dari dari y1 dan y2. Jelas bahwa W0 karena y1, y2 membangun
basis selesaian. Pengintegralan (15) menghasilkan





.
,
1
2
dx
W
r
y
v
dx
W
r
y
u
Integral ini ada karena r(x) kontinu. Substitusikan ekspresi untuk u dan v ini ke
dalam (11), untuk memperoleh selesaian dari (9),
 


 .
dx
W
r
y
y
dx
W
r
y
y
)
x
(
y p
1
2
2
1 (16)
1. y”+y=secx. (17)
Penyelesaian.
Metode koefisien tak tentu (pasal 4.3) tidak dapat digunakan. Fungsi-fungsi
y1 = cosx, dan y2 = sinx
membentuk basis selesaian PD homogennya. Wronski-nya adalah
W(y1,y2) = cosxcosx – (-sinx)sinx = 1.
Dari (16), diperoleh selesaian khusus dari (17):
yp = -cosx  sinx secx dx + sinx  cosx secx dx
= cosx lncosx+x sinx.
Selesaian umum yang bersesuaian dengan PD (17) adalah
y = yh+yp
= [c1+ lncosx]cosx + (c2+x) sinx.
1. y” - 4y’+ 4y = e2x
/x
2. y” - 2y’ + y = ex
sinx
3. (D2
- 4D + 4) y = 6x-4
e2x
.
Contoh
 Latihan 1.5 Selesaikan solusi PDL
berikut :
4. (D2
+ 4) y = 4 Sec2
2x
5. (D2 – 1) y = e-x
Sin e-x
Cos e-x
11

15. BAB
2
Persamaan Euler-Cauchy
(30) x2y" + a xy' + by = 0 (a, b, konstan)
dapat juga diselesaikan dengan manipulasi aljabar murni. Dengan substitusi
(31) y=xm dan turunan-turunannya ke dalam PD (1) diperoleh
x2m(m-1)xm-2+axmxm-1+bxm = 0. Dengan mengabaikan xm yang tidak nol jika x 0,
diperoleh persamaan bantu (32) m2 + (a-1) m + b = 0. Jika akar-akar m1 dan m2 dalam
persamaan ini berlainan, maka fungsi-fungsi y1(x) = xm1 dan y2(x) = xm2 membentuk
suatu basis selesaian dari PD (30) untuk semua x di tempat fungsi didefinisikan. Selesaian
umum yang bersesuaian adalah
(33) y = c1 xm1 + c2 xm2 (c1, c2 sebarang).
Selesaikan PD:
1. x2y" - 1,5xy' - 1,5y=0.
Penyelesaian.
Persamaan bantunya adalah m2-2,5m-1,5 = 0.
Akar-akarnya adalah m1=-0,5 dan m2=3. Jadi basis dari suatu selesaian real untuk
semua x yang positif adalah y1=1/x, dan y2=x3
Dan selesaian umum yang berkaitan untuk nilai-nilai x tersebut adalah
y = c1/x + c2x3. J ika akar-akar m1 dan m2 dari (32) adalah komplek, akar-akar itu
berkawan, katakan m1=+i dan m2=-i.
Kita klaim bahwa dalam kasus ini, suatu basis dari selesaian (30) untuk semua x yang
positif adalah (34) y1=xcos(lnx), dan y2= xsin(lnx)
PD Linier Orde-n dengan
KoefisienVariable
A.  PD LINIER CAUCHY
Contoh
12

16. Untuk mengecek bahwa (34) merupakan selesaian dari (30) dapat dilakukan dengan
melakukan penurunan dan substitusi. Kedua selesaian itu independen karena tidak
proporsional. Selesaian umum yang berkaitan adalah
(35) y= x(Acos (lnx)+Bsin(lnx)).
Catatan.
Ide dalam menentukan bahwa (34) merupakan basis selesaian dari (30) untuk kasus akar
komplek sekawan adalah sebagai berikut:
Rumus : xk = (elnx)k = eklnx
diperluas untuk bilangan komplek k=iv, dan dengan rumus Euler menghasilkan
xi= eilnx
= cos (lnx)+isin(lnx),
x-i = e-ilnx
= cos (lnx)-isin(lnx).
Selanjutnya kalikan dengan x dan ambil jumlah den selisihnya untuk mendapatkan 2y1 dan 2iy2.
Dengan membagi berturut-turut dengan 2 dan 2i akan diperoleh (34).
Contoh 2 .
Selesaikan PD : x2y" + 7xy' + 13y = 0.
Penyelesaian.
Persamaan bantunya adalah m2+6m+13=0. Akar-akar dari persamaan ini adalah m1,2=32i.
Jadi selesaian umumnya adalah y = x-3 [A cos(2 lnx) + B sin(2 lnx) ]. Persamaan bantu (32)
mempunyai akar ganda m1=m2
jika dan hanya jika b = ¼(1-a)2, sehingga m1=m2=(1-a)/2. Dalam kasus kritis ini kita bisa
memperoleh selesaian ke dua dengan menerapkan metode reduksi orde hasilnya adalah
y2 = u y1
= (lnx) y1.
Dengan demikian selesaian (30) untuk kasus akar sama adalah
(36) y1=xm dan y2 = xm lnx, dengan m=(1-a)/2.
Kedua selesaian itu independen, sehingga membentuk basis dari selesaian real (30) untuk
semua x yang positif, dan selesaian umum yang berkaitan adalah
(37) y = (c1+c2 lnx)xm, dengan c1 dan c2 konstan sebarang.
13

17. Periksa bahwa y1 dan y2 dalam(5) adalah selesaian dari (1) untuk semua x positif.
Tentukan solusi dari PD berikut :
1) x2y" - 20y = 0
2) x2y" – 7xy' + 16y = 0
3) x2y" + 3xy' + 5y =0
4) (x2D2 + 7 xD + 9)y = 0
5) (2x2D2 + 5 xD - 9)y = 0
Misalkan : ax + b = ez
Dy =
𝑑𝑦
𝑑𝑧
𝑑𝑧
𝑑𝑥
=
𝑎
𝑎𝑥+𝑏
𝑑𝑦
𝑑𝑧
dan (ax + b) Dy = a
𝑑𝑦
𝑑𝑧
= 𝑎 𝜕𝑦
D2
y =
𝑎2
(𝑎𝑥+𝑏)2
(
𝑑2𝑦
𝑑𝑧2 −
𝑑𝑦
𝑑𝑧
) dan (𝑎𝑥 + 𝑏)2
D2
y = a2
∂ (∂-1) y
sehingga (𝑎𝑥 + 𝑏)2
D2
y = a2
∂ (∂-1) y ........... (𝜕 − 𝑟 + 1) 𝑦
Sesudah mengadakan penggantian - penggantian ini menjadi :
{P0 an
𝜕(𝜕 − 1)(𝜕 − 2) ...(𝜕 − 𝑛 + 1) +P1 an-1
𝜕(𝜕 − 1)(𝜕 − 2)....( 𝜕 − 𝑛 + 2)+ ...
Pn-1 a 𝜕 + Pn } y = Q (
𝑒𝑧− 𝑏
𝑎
)
Selesaikan PD berikut :
1. (x+2)2 𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
− (𝑥 + 2)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦 = 3𝑥 + 4
Penyelesaian
Ambil (𝑥 + 2) = ez
maka persamaan yang di ketahui menjadi
{ ∂ (∂-1) - ∂ + 1 } = (∂-1)2 y = 3 ez
- 2
Fungsi komplemennya y = C1 ez + C2z ez dan integral khususnya
Y =
1
(𝜕−1)2
(3𝑒𝑧
− 2) = 3𝑒𝑧
∬(𝑑𝑧)2
− 2
1
(𝜕−1)2
𝑒0𝑧
=
3
2
𝑧2
𝑒𝑧
− 2
Penyelesaiannya y = C1 ez
+ C2z ez
+
3
2
𝑧2
𝑒𝑧
− 2 atau karena z = ln (x+2)
Jadi y = (x+2) [C1 + C2 ln (x+2) +
3
2
𝑙𝑛2
(𝑥 + 2)] – 2
B.  PD LINIER LEGENDRE
 Latihan 2.1 Selesaikan solusi PDL berikut :
Contoh
14

18. 2. { (3x + 2)2
D2
+ 3(3𝑥 + 2)𝐷 − 36} 𝑦 = 3x2
+ 4x + 1
Penyelesaian
Transformasi 3x + 2 = ez
rubah persamaan menjadi
{ 9 ∂ (∂-1) + 9 ∂ -36 } y = 9 (∂2 - 4) y =
1
3
(9𝑥2
+ 12𝑥 + 3) =
1
3
( 𝑒2𝑧
− 1)
Atau (∂2 - 4) y =
1
27
( 𝑒2𝑧
− 1)
Sehingga y = C1 e2z
+ C2 e-2z
+
1
27
[
1
𝜕2−4
𝑒2𝑧
−
1
𝜕2−4
𝑒0𝑧]
= C1 e2z
+ C2 e-2z
+
1
108
[𝑧 𝑒2𝑧
+ 1]
Jadi , y = C1 (3x+2)2
+ C2 (3x+2)-2
+
1
108
[(3𝑥 + 2)2
+ ln(3𝑥 + 2) +1]
1. (x2
D2
- 3xD + 4) y = x + x2
ln x
2. (x2
D2
– 2xD +2) y = ln2
x – ln x2
3. (x3
D3
+ 2x2
D2
) y = x + sin (ln x)
4. X3
y’’’ + xy’ – y = 3x
5. [ (x+1)2
D2
+ (x+1)D – 1 ] y = ln (x+1)2
+ x – 1
 Latihan 2.2 Selesaikan solusi PDL berikut :
15

19. BAB
3
Persamaan differensial yang mengandung beberapa variabel terikat (lebih dari satu)
tetapi memiliki satu variabel bebas, sulit untuk diselesaikan secara langsung seperti cara-cara
yang telah dibahas pada bab terdahulu. Persamaan seperti itu membentuk suatu sistem
persamaan yang simultan. Cara yang ditempuh untuk penyelesaian persamaan menggunakan
sistem yang simultan, diantaranya:
1. Metode eliminasi dan substitusi, yang secara simultan menghilangkan salah satu
variabel terikat dan turunannya. Selanjutnya menyelesaikan persamaan
differensial yang tertinggal. Jawaban dari persamaan differensial yang didapat
disubsitusikan ke dalam persamaan semula untuk mendapatkan jawaban variabel yang
tereliminasi.
2. Metode matriks dan determinan (cramer), yang dapat dibuat berdasarkan
persamaan differensial yang diberikan. Selanjutnya melakukan integral atau
penyelesaian yang sesuai dengan ordo persamaan diffrensial yang diperoleh.
3. Metode transformasi laplace, yang dapat merubah persamaan diffrensial menjadi
persamaan aljabar biasa yang mudah untuk diselesaikan. Hasil penyelesaian
A. Metode Eliminasi dan Substitusi
Berikut adalah sistem persamaan diferensial :
Tentukan jawaban untuk y(t) dan x(t)
Jawab :
Eliminasi x dan
𝑑𝑦
𝑑𝑥
dari persamaan
PD LINIER SIMULTAN
16

20. Persamaan (6) merupakan PDL ordo dua dalam fungsi y terhadap t. Prosedur penyelesaiannya adalah
sebagai berikut:
1. Fungsi komplementer dengan persamaan karakteristik :
2. Integral khusus, misalkan
Subtitusikan ke dalam persamaan (6) di dapat
Jadi jawaban untukvariable y sebagai fungsi t adalah:
Substitusikan (7) dan (8) Ke (3) di dapat :
X(t) =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 4𝑦 + 4𝑒𝑡 + 1
= - C1 e-t + 2C2 e2t + 5et – 4 [C1 e-t + C2 e2t + 5et + 1] + 4et + 1
= - C1 e-t + 2C2 e2t + 5et – 4 C1 e-t - 4C2 e2t - 20et - 4 + 4et + 1
= - 5 C1 e-t – 2 C2 e2t – 11 et – 3
Jadi x(t) = - 5 C1 e-t – 2 C2 e2t – 11 et – 3
Cara lain dapat juga mensubstitusikan (7) dan (8) ke (5) lalu menyelesaikan atau
substitusi (7) dan (8) ke (1) atau (2) hasilnya tetap sama.
B. Metode Eliminasi dan Substitusi
Metode ini menggunakan operator diferensial dalam membentuk matriks dan determinan
untuk mendapat jawaban umum dan setiap variable terikat sebagai fungsi variable bebasnya.
Bentuk umumnya :
17

21. Karenapersamaandapat di tulis dalambentukoperatordi ferensial sebagaiberikut:
Dari keduapersamaanini dapaydi buat matrikssebagai berikut:
Denganmenggunakanmetode cramerdi dapat:
Bila det A1 = 0, det A2= 0, maka akan diperoleh persamaan diferensial yang homogen. Dari
persamaan yang di peroleh, jawaban dari PD dapat di selesaikan sesuai dengan cara-cara pada
ordonya masing-masing.
Tentukanjawabandari persamaanberikut:
Jawab:
Persamaandi buat dalambentukoperatornyadiferensial
Bentukmatriksutamanyaadalah:
|
(2𝐷2 + 3𝐷 − 9) (𝐷2 + 7𝐷 − 14)
(𝐷 + 1) (𝐷 + 2)
|
Selanjutnyadapatdi hitungnilai-nilai determinansebagai berikut:
Det A = (2D2
+3D – 9) (D+2) – (D2
+ 7D – 14) (D+1)
= 2D3
+ 3D2
– 9D + 4D2
+ 4D2
+6D -18 – (D3
+ 7D2
- 14D + D2
+7D – 14)
= D3
– D2
+ 4D -4
= D (D2
+4) – (D2
+4)
= (D - 1) (D2
+4)
Contoh
18

22. Det A1 = 4 (D+2) + 8 e2t (D2 + 7D -14)
= 4D +8 + 8 D2 e2t + 7D 8 e2t – 112 e2t
= 0 + 8 +32 e2t + 112 e2t - 112 e2t
= 32 e2t + 8
Det A1 = -8 e2t (2D2 + 3D -9) – 4(D+1)
= - 16 e2 e2t – 24 D e2t + 72 e2t -4D +4
= - 64 e2t - 48 e2t + 72 e2t - 0 - 4
= - 40 e2t – 4
(1) penyelesaian untuk bentuk x = f(t) di dapat :
x(t) =
32 𝑒2𝑡+8
(𝐷−1)(𝐷2+4)
(𝐷 − 1)(𝐷2
+ 4) 𝑥 = 32 𝑒2𝑡
+ 8
a. Fungsi komplementer dengan persamaan karakteristik
(m– 1) (m2
+4)= 0
b. Integral khusus dengan memisalkan :
Substitusikan ke dalam persamaan, di dapat :
Jadi jawabanumumuntukx (t)= C1 cos 2t + C2 sin2t + C3 et
+ 4 e2t
- 3
(2) penyelesaian untuk bentuk y = f(t) :
y (t) =
−40 𝑒2𝑡− 4
(𝐷−1)(𝐷2+4)
(𝐷 − 1)(𝐷2
+ 4) 𝑦 = −40𝑒2𝑡
− 4
Dengan cara yang sama didapat jawaban umum untuk y = f(t)
y (t) = C1 cos 2t + C2 sin 2t + C3 et - 5 e2t +1
Di dapatfungsi komplementerdalambentukx =f(t)
di dapat integral khususdalambentukx = f(t)
19

23.  Latihan 3.1 Carilah jawaban dari sistempersamaan berikut :
20

24. Kartono, Penuntun Belajar Persamaan Diferensial. Yogyakarta: Andi Offset Yogya.
Nababan,SM. 2001. Modul Persaman Diferensial. Universitas Terbuka.
Ayres, Frank Jc Ault. 1999. Persamaan Diferensial dalam satuan simetric. Jakarta: erlangga
http://file.upi.edu/Direktori/FPTK/JUR._PEND._TEKNIK_MESIN/195008161979031-
SYAFARUDDIN_SIREGAR/buku_matematika/BAB_V.pdf Download Kamis, 17 Nov 2011
Jam 14.45 WIB
http://yuliants.blog.ittelkom.ac.id/blog/files/2010/02/03-Persamaan-Diferensial-Orde-
II.pdf Download Jumat 7 Okt 2011 jam 20.30 WIB
http://202.91.15.14/upload/files/9407_BAB_III.pdf Download Jumat 7 Okt 2011 jam 20.12
DAFTAR PUSTAKA
21