PDB Prof.dafix

PERSAMAANDIFERENSIAL BIASADAN APLIKASINYA

StudentHandbook

Prof. Drs. Dafik, M.Sc, Ph.D.

1

Untuk Keluarga Tercinta

Daftar Isi

Daftar Tabel 5

Daftar Gambar 7

Kata Pengantar 8

1 Konsep Dasar 1

1.1 Klasifikasi Persamaan Difrensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Solusi PDB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Metoda Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.4 Masalah Nilai Awal (MNA) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 PDB Linier Order Satu 13

2.1 PDB Linier Order Satu Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.1 PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.2 Solusi PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.3 Faktor Integrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.1.4 Teknik Variabel Terpisah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2

DAFTAR ISI 3

3 Aplikasi PDB Order Satu 24

3.1 Masalah Dalam Mekanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2.1 Pertumbuhan Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2.2 Peluruhan Radioaktif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.3 Hukum Pendinginan Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.4 Campuran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4 PDB Linier Order Dua 38

4.1 PDB Order n Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.2 PDB Order n Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.3 PDB Order Dua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.3.1 PDB Order Dua Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . 46

5 Aplikasi PDB Order Dua 53

5.1 Vibrasi Bebas dan Takteredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2 Vibrasi Bebas dan Teredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.3 Vibrasi Takbebas Gaya Luar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

6 Sistem PDB 65

6.1 Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Homogen dengan Koefisien

Kosntan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

6.1.1 Akar Riel dan Berbeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6.1.2 Akar-Akar Komplek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

6.1.3 Akar Riel dan Sama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

DAFTAR ISI 4

6.2 Metoda Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7 PDB Nonlinier dan Kesetimbangan 78

7.1 Sistem Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

7.2 Sistem Otonomus dan Trayektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

7.3 Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otonomus . . . . . . . . . . . 82

7.4 Potret Fase Sistem Otonomus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

8 Potret Fase Sistem PDB Nonlinier dan Aplikasi 100

8.0.1 Interaksi Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

8.0.2 Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana . . . . . . . . . . . 106

Daftar Tabel

4.1 Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen. . . . . . . 47

7.1 Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier . . . . . . 92

8.1 Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier . . . . . 101

5

Daftar Gambar

1.1 Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3.1 Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi. . . . . . . . . 28

3.2 Proses campuran dalam tangki. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.3 Gerakan benda pada bidang miring. . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

5.1 Vibrasi pada pegas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

5.2 Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar . . . . . . . 58

5.3 Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar . . . . . . . . . 59

5.4 Ekspresi getaran suku fungsi pertama . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5.5 Ekspresi getaran suku fungsi kedua . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5.6 Getaran pada pegas takbebas gaya luar . . . . . . . . . . . . . . . 63

6.1 Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . . 76

6.2 Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban. . . . . . . . . . 77

7.1 Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal. . . . . . . . . . 82

7.2 Potret fase sistem PDB dengan MAPLE . . . . . . . . . . . . . . 84

7.3 Ringkasan potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

6

DAFTAR GAMBAR 7

7.4 Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . . 94

7.5 Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

7.6 Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . . 97


8.1 Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa . . . . . . . . . 105


8.3 Ayunan Bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

8.4 Trayekktori sistem ayunan bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

8.5 Potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

8.6 Potret fase secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

8.7 Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . . 113

8.8 Rangkaian tertutup seri R, L dan C. . . . . . . . . . . . . . . . . 114

Kata Pengantar

Puji syukur kehadirat Allah S.W.T karena atas anugerah dan karuniahNya penulis

dapat menyelesaikan buku ini dengan judul ”Persamaan Diferensial Biasa

dan Aplikasinya”. Buku ini dibuat untuk membantu mahasiswa menemukan re-

frensi utama mata kuliah Persamaan Difrensial Biasa memandang cukup langkanya

buku-buku persamaan difrensial dalam bahasa Indonesia.

Dalam buku ini dijelaskan bagaimana konsep persamaaan difrensial secara

umum, PDB order satu homogen dan nonhomogen, PDB order dua atau lebih

serta aplikasi dari suatu PDB, sistem PDB, sistem Otonomus, kestabilan dan

fase potret dari sistem Otonomus. Pokok bahasan ini disajikan dengan hara-

pan mahasiswa memahami esensi dari persamaan difrensial dan sekaligus sebagai

penunjang langsung materi perkuliahan. Dalam buku pegangan ini dilengkapi

beberapa fungsi dalam MAPLE programming serta latihan soal-soal tutorial un-

tuk memperdalam wawasan pemahaman mahasiswa tentang PDB. Semua materi

dalam buku ini ditulis dalam LATEX2E word processing sehingga ekspresi

fungsi matematik dapat disajikan dengan benar.

Selanjutnya dalam kesempatan ini penulis tak lupa menyampaikan banyak

terima kasih kepada yang terhormat:

1. Dekan FKIP Universitas Jember.

8

DAFTAR GAMBAR 9

2. Ketua Program Pendidikan Matematika yang telah memberikan motivasi

dan rekomendasi penggunaannya dalam perkuliahan.

3. Semua pihak yang terlibat langsung maupun tak langsung dalam penyusunan

buku ajar ini.

Semoga bantuan rielnya mendapat balasan yang setimpal dari Allah S.W.T.

Akhirnya penulis berharap agar buku pegangan ini memberikan manfaat bagi

pembaca, oleh karena itu kritik dan saran masih penulis harapkan untuk penyem-

purnaan dikemudian hari.

Jember, September 2014 Penulis

Daftar Isi

10

Daftar Tabel

11

Daftar Gambar

12

BAB 1

Konsep Dasar

1.1 Klasifikasi Persamaan Difrensial

Pada umumnya dikenal dua jenis persamaan difrensial yaitu Persamaan Difren-

sial Biasa (PDB) dan Persamaan Difrensial Parsial (PDP). Untuk mengetahui

perbedaan kedua jenis persamaan difrensial itu dapat dilihat dalam definisi berikut.

Definisi 1.1.1 Persamaan Difrensial Suatu persamaan yang meliputi turunan

fungsi dari satu atau lebih variabel terikat terhadap satu atau lebih variabel bebas

disebut Persamaan Difrensial. Selanjutnya jika turunan fungsi itu hanya tergan-

tung pada satu variabel bebas maka disebut Persamaan Difrensial Biasa (PDB)

dan bila tergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Difren-

sial Parsial (PDP)

Contoh 1.1.1 Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB

dan PDP.

1. ∂y∂x

+ ∂y∂t

+ xy = 5

1

BAB 1. KONSEP DASAR 2

2. dydx

+ d2ydx2 +

(

dydx

)2

− 3x = 0

3. ∂2y∂s2 + ∂y

∂t− y = 0

4. d3ydx3 +

(

d2ydx2

)3

+

(

dydx

)2

− x = 2y

5. ∂u∂x

+ ∂u∂y

+ ∂u∂z

= 5

6.

(

dydx

)5

+ d2ydx2 +

(

dydx

)2

= 7 yx

Dalam bahan ajar ini pembahasan persamaan difrensial akan difokuskan pada

Persamaan Difrensial Biasa (PDB). Sehingga semua contoh soal dan aplikasinya

akan dikaitkan dengan model fenomena persamaan difrensial yang hanya terikat

pada satu variabel bebas.

Definisi 1.1.2 Order Order suatu PDB adalah order tertinggi dari turunan

dalam persamaan F (x, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0.

Definisi 1.1.3 Linieritas dan Homogenitas PDB Order n dikatakan linier

bila dapat dinyatakan dalam bentuk

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = F (x), dimana a0(x) 6= 0

Selanjutnya:

1. Bila tidak dapat dinyatakan dengan bentuk diatas dikatakan tak linier

2. Bila koefisien a0(x), a1(x), . . . , an(x) konstan dikatakan mempunyai koefisien

konstan bila tidak, dikatakan mempunyai koefisien variabel.

3. Bila F (x) = 0 maka PDB tersebut dikatakan homogen bila tidak, disebut

nonhomogen.


1.2 Solusi PDB

Berikut ini akan dijelaskan pengertian dan bentuk solusi suatu PDB.

Definisi 1.2.1 Suatu PDB order n yang ditulis dalam persamaan berikut:

F(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 (1.1)

dimana F adalah fungsi real dengan (n + 2) argumen akan mempunyai solusi

eksplisit dan implisit dengan ketentuan sebagai berikut:

1. Bila f adalah suatu fungsi dimana f ∈ C(I) dan f ∈ Cn(I) untuk ∀x ∈ I

dan I adalah sebarang interval real, maka f dikatakan solusi eksplisit dari

(1.1) jika F(x, f, f ′, f ′′, . . . , f (n)) ∈ C(I) dan F

(x, f, f ′, f ′′, . . . , f (n)) = 0

untuk ∀x ∈ I.

2. Sedangkan g(x, y) = 0 disebut solusi implisit dari (1.1) jika fungsi g da-

pat ditransformasikan dalam fungsi eksplisit f ∈ C(I) untuk ∀x ∈ I dan

minimal satu merupakan solusi eksplisitnya.

Secara umum kedua solusi ini masih dikategorikan lagi kedalam tiga jenis

solusi yaitu

1. Solusi umum, yaitu solusi PDB yang mengandung konstanta esensial, katakan-

lah C. Sebagai contoh, diketahui sutau PDB y′ = 3y + 1 maka solusi

umunnya adalah y = −1/3 + Ce3∗x.

2. Solusi khusus, yaitu solusi yang tidak mengandung konstanta esensial yang

disebabkan oleh tambahan sarat awal pada suatu PDB. Misal PDB itu

y′ = 3y + 1, y(0) = 1 maka solusi khususnya adalah y = −1/3 + 43e3∗x.


3. Solusi singular, yaitu solusi yang tidak didapat dari hasil mensubstitusikan

suatu nilai pada konstanta pada solusi umumnya. Contoh y = Cx + C2

adalah solusi umum dari (y′)2 + xy′ = y, namun demikian disisi lain PDB

ini mempunyai solusi singular y = −14x2.

1.3 Metoda Penyelesaian

Terdapat tiga jenis metoda yang dapat digunakan untuk menentukan solusi dari

suatu PDB yaitu:

1. Metoda Analitik. Metoda ini dapat menghasilkan dua bentuk solusi

yaitu bentuk eksplisit dan implisit, yang dicari melalui teknik deduktif

analogis dengan menggunakan konsep-konsep matematik. Kelebihannya

dapat mengetahui bentuk fungsi solusinya namun tidak cukup fleksibel un-

tuk masalah-masalah yang komplek. Dengan komputer dapat diselesaikan

dengan software MATLAB atau MAPLE. Prosedur dalam MATLAB ditulis

sebagai berikut:

%Menggunakan fungsi dsolve≫ dsolve(’Dy=3*y+1, y(0)=1’)

2. Metoda kualitatif . Solusi ini hanya dapat memberikan gambaran secara

geometris bagaimana visualisasi dari solusi PDB. Dengan mengamati pola

grafik gradien ”field” (direction field) maka dapat diestimasi solusi PDB

itu. Keunggulannya dapat memahami secara mudah kelakuan solusi suatu

PDB namun fungsi asli dari solusinya tidak diketahui, dan juga kurang


fleksibel untuk kasus yang komplek. Dengan MATLAB direction field dapat

digambar sebagai berikut:

%Menggunakan fungsi fieldplot atau DEplot%Misal akan diamati pola solusi dari PDB y′ = 1 − 2ty≻ with(plots):≻ fieldplot([t, 1 − 2 ∗ t ∗ y], t = −1..4, y = −1..2, arrows = LINE, color = t);%Atau dengan menggunakan fungsi DEplot≻ eq1:=diff(y(t),t)=1-2*t*y(t);≻DEplot(eq1,y(t),t=-1..4,y=-1..2);

Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.

Gambar 1.1: Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2

Atau dengan menggunakan prinsip-prinsip yang ada dalam matematika un-

tuk menggambar suatu fungsi, (lihat KALKULUS).

3. Metoda Numerik. Pada saat sekarang metoda ini merupakan metoda


yang sangat fleksibel. Metoda ini berkembangan sesuai dengan perkem-

bangan komputer dan dapat menyelesaiakan suatu PDB dari level yang

mudah sampai level yang komplek. Walaupun fungsi solusi tidak dike-

tahui secara eksplisit maupun implisit namun data yang diberikan dapat

divisualisir dalam grafik sehingga dapat dianalisis dengan baik. Namun

metoda ini berdasarkan pada prinsip-prinsip aproksimasi sehingga solusi

yang dihasilkan adalah solusi hampiran (pendekatan). Sebagai konsuk-

wensi dari penggunaan metoda ini adalah adanya evaluasi berulang de-

ngan menggunakan komputer untuk mendapatkan hasil yang akurat. Salah

satu metoda ang telah anda kenal adalah metoda EULER dengan ru-

mus yn+1 = yn + hf(t, y), (lihat catatan Algoritma dan Pemerograman).

Dibawah diberikan programming metoda EULER dengan menggunakan

MATLAB programming.

%Programming Untuk Menyelesaikan PDB%y′ = y − t2 + 1, y(0) = 0.5%Dengan menggunakan metoda Euler

n=input(’Jumlah iterasi :’);y(1)=0.5;t(1)=0;h=0.2;

for i=2:nfprintf(’\n y(i) = 1.2 ∗ y(i− 1) − 0.2 ∗ t(i − 1)2 + 0.2;t(i) = t(1) + (i − 1) ∗ h;endplot(t,y)hold onf = t.2 + 2. ∗ t + 1 − 0.5. ∗ exp(t);plot(t,f,’o’)


1.4 Masalah Nilai Awal (MNA)

Persamaan difrensial order satu secara umum ditulis dengan

y′ =dy

dx= f(x, y)

dimana f adalah kontinyu atas variabel x, y pada domain D (dalam bidang xy).

Misal (x0, y0) adalah titik pada D, maka masalah nilai awal yang berkenaan

dengan dengan y′ = f(x, y) adalah masalah untuk menentukan solusi y yang

memenuhi nilai awal y(x0) = y0. Dengan notasi umum sebabagai berikut:

y′ = f(x, y), y(0) = y0 (1.2)

Permasalahannya sekarang apakah solusi y(x) yang memenuhi y(x0) = y0

selalu ada (principle of existence) , kalau benar apakah solusi itu tunggal (prin-

ciple of uniqueness). Pertanyaan ini merupakan hal yang sangat penting un-

tuk didahulukan mengingat betapa kompleknya suatu model fenomena riel yang

banyak dimungkinkan tidak dapat diselesaikan dengan metoda analitik ataupun

kualitatif. Untuk memudahkan pemeriksaan awal tentang dua hal ini dalam hal

ini dikembangkan teorema Lipschitz dan teorema Picard.

Definisi 1.4.1 (Sarat Lipschitz) Suatu fungsi f(t, y) dikatakan memenuhi sarat

Lipschitz dalam variabel y di suatu domain D ∈ R2 jika ada konstanta L > 0

sedemikian hingga

||f(t, y1) − f(t, y2)|| ≤ L||y1 − y2||

untuk sebarang (t, y1), (t, y2) ∈ D. Selanjutnya konstanta L disebut sebagai kon-

stanta Lipschitz.


Definisi 1.4.2 (Konvek) Suatu himpunan D ∈ R2 dikatakn konvek bila untuk

sebarang (t, y1), (t, y2) ∈ D maka titik ((1 − λ)t1 + λt2, (1 − λ)y1 + λy2) juga

merupakan elemen dari D untuk λ ∈ [0, 1].

Secara geometris dapat digambarkan sebagai berikut

Konvek Tidak Konvek

(t , y )1 1

(t , y )

2 2

1 1

2 2(t , y )

(t , y )

Gambar 1.2: Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2

Teorema 1.4.1 Teorema Lipschitz. Andaikata f(t, y) terdefinisi dalam him-

punan konvek D ∈ R2 dan ada konstanta L > 0 dimana

∣∣∣∣

∣∣∣∣

df

dy(t, y)

∣∣∣∣

∣∣∣∣≤ L, untuk semua (t, y) ∈ D, (1.3)

maka f memenuhi suatu sarat Lipschitz.

Teorema 1.4.2 Misal D = {(t, y)|a ≤ t ≤ b,−∞ ≤ y ≤ ∞} dan f(t, y) adalah

fungsi kontinyu dalam D, kemudian bila f memenuhi sarat Lipschitz dalam vari-

abel y maka masalah nilai awal

y′(t) = f(t, y), a ≤ t ≤ b y(a) = α

mempunyai solusi tunggal y(t) untuk a ≤ t ≤ b.

Contoh 1.4.1 y′ = 1 + t sin(ty), 0 ≤ t ≤ 2, y(0) = 0. Tentukan apakah

persamaan ini mempunyai solusi tunggal.


Penyelesaian 1.4.1 f(t, y) = 1 + t sin(ty), kemudian terapkan teorema nilai

rata-rata pada KALKULUS yaitu untuk sebarang y1 < y2, maka ada bilangan

ξ ∈ (y1, y2) sedmikian hingga

f(t, y2) − f(t, y1)

y2 − y1

=∂

∂yf(t, ξ) = t2 cos(tξ).

Kemudian

f(t, y2) − f(t, y1) = (y2 − y1)t2 cos(tξ)

||f(t, y2) − f(t, y1)|| = ||(y2 − y1)t2 cos(tξ)||

≤ ||y2 − y1|| ||t2 cos(tξ)||

≤ ||y2 − y1|| || max0≤t≤2

t2 cos(tξ)||

= 4||y2 − y1||.

Degan demikian sarat Lipschitz terpenuhi yaitu ||f(t, y1)−f(t, y2)|| ≤ L||y1−y2||,

dimana konstanta Lipschitznya adalah L = 4, berarti persamaan itu mempunyai

solusi tunggal.

Teorema 1.4.3 Teorema Picard. Suatu masalah nilai awal y′ = f(x, y), y(x0) =

y0 mempunyai solusi tunggal y = φ(x) pada interval |x−x0| ≤ ǫ, dimana ǫ adalah

bilangan positif dan kecil sekali, bila

1. f ∈ C(D) dimana D adalah daerah pada bidang xy, yaitu D = {(x, y), a <

x < b, c < y < d}

2. ∂y∂x

∈ C(D) yang memuat nilai kondisi awal (x0, y0)


Latihan Tutorial 1

1. Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP.

(a) ∂y∂x

+ ∂y∂t

+ xy = 5

(b) dydx

+ d2ydx2 +

(

dydx

)2

− 3x = 0

(c) ∂2y∂s2 + ∂y

∂t− y = 0

(d) d3ydx3 +

(

d2ydx2

)3

+

(

dydx

)2

− x = 2y

(e) ∂u∂x

+ ∂u∂y

+ ∂u∂z

= 5

(f)

(

dydx

)5

+ d2ydx2 +

(

dydx

)2

= 7 yx

2. Tentukan orde dan sifat-sifat kelinieran dari persamaan diferensial berikut

ini

(a) ∂y∂x

+ xy = xex

(b) d4ydx4 + 3

(

d2ydx2

)5

+ 5y = 0

(c) d2ydx2 + ysinx = 0

(d) d6udt6

+

(

d2udt2

)(

d5udt5

)

+ t = 2u

(e) x2dy + y2dx = 0

(f)

(

d2ydx2

)5

+ xsiny = 0

(g)

(

d2udt2

)4

=√

d5udt5

+ t = 2u

(h) d3ydt3

+ tdydt

+ (cos2t)y = t2

(i) (1 + s2)d2yds2 + sdy

ds+ y = es


(j) d4ydt4

+ d3ydt3

+ d2ydt2

+ y = 0

(k)

(

d3ydx3

)2

+ xtan2(xy) = 0

(l) d2ydt2

+ dydt

+ (cos2(t + 2))y = t2

(m) (1 + t2)d2ydt2

+ tdydt

+ tey = 0

(n) d5yds5 + cosec(2s2 − 2) = siny

3. Ulangilah soal nomor 2, tentukan sifat kehomgenan dari masing-masing soal

tersebut

4. Selidikilah apakah solusi yang diberikan merupakan solusi dari persamaan

diferensial berikut ini

(a) y′′ + 2y′ − 3y = 0; y1(t) = e−3t, y2(t) = et

(b) ty′ − y = t2; y(t) = 3t + t2

(c) y(4) + 4y(3) + 3y = t; y1(t) = t3, y2(t) = e−t + t

3

(d) 2t2y′′ + 3ty′ − y = 0, t > 0; y1(t) = t1

2 , y2(t) = t−1

(e) y′ − 2ty = 1; y(t) = et2∫ t

0e−s2

ds + et2

5. Cermati apakah fungsi solusi dibawah ini merupakan solusi terhadap masalah

nilai awal yang bersesuaian

(a) y′ = −y; y(0) = 2, y(x) = 2e−x

(b) y′′ + 4y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 0, y(x) = cos(2x)

(c) y′′ + 3y′ + 2y = 0; y(0) = 0, y′(0) = 1, y(x) = e−x − e−2x

6. Periksalaha mana diantara soal berikut ini yang memenuhi teorema Lip-

schitz:


(a) f(t, y) = y cos t, 0 ≤ t ≤ 1, y(0) = 1

(b) f(t, y) = 1 + t sin y, 0 ≤ t ≤ 2, y(0) = 0

(c) f(t, y) = 2ty + t2e2, 1 ≤ t ≤ 2, y(1) = 0

(d) f(t, y) = 4t3y1+t4

, 0 ≤ t ≤ 1, y(0) = 1

dan tentukan besar konstanta Lipschitz dari masing-masing soal ini.

7. Selidiki apakah persamaan diferensial berikut ini mempunyai solusi tunggal

pada interval yang memuat kondisi awal berikut

(a) y′ = −1 − 2y, y(0) = 0

(b) y′ = −2 + t − y, y(0) = 1

(c) y′ = e−t + y, y(1) = 3

(d) y′ = − yx, y(0) = 1

8. Tentukan untuk titik-titik (x0, y0) yang mana PDB berikut ini memenuhi

teori kewujudan dan ketunggalan dari Picard.

(a) y′ = x2+yx−y

(b) y′ = (2x − y)1

3

(c) y′ = (1 − x2 − 2xy2)3

2

(d) 2xy′ = x2 + y2

BAB 2

PDB Linier Order Satu

2.1 PDB Linier Order Satu Homogen

PDB order satu dapat dinyatakan dalam

dy

dx= f(x, y)

atau dalam bentuk derivatif

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.1)

2.1.1 PDB Eksak

Definisi 2.1.1 Misal F suatu fungsi dari dua variabel real, dan F kontinyu pada

turunan pertama pada domain D maka jumlah difrensial dF didefinisikan sebagai

dF (x, y) =∂F (x, y)

∂xdx +

∂F (x, y)

∂ydy

untuk semua (x, y) ∈ D.

13

BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 14

Definisi 2.1.2 Persamaan 2.1 disebut difrensial eksak pada domain D jika ada

fungsi F dari dua variabel x, y sedemikian hingga ekspresi tersebut sama dengan

jumlah dF (x, y) untuk ∀(x, y) ∈ D. Sesuaikan definisi 2.1.1 dengan persamaan

2.1 diperoleh

M(x, y) =∂F (x, y)

∂x

N(x, y) =∂F (x, y)

∂y

Teorema 2.1.1 Persamaan 2.1 dengan M, N kontinyu pada turunan pertamanyan

(M, N ∈ C1(D)) akan memenuhi dua kondisi berikut:

1. Bila 2.1 PDB eksak di D maka ∂M(x,y)∂y

= ∂N(x,y)∂x

untuk ∀(x, y) ∈ D

2. Sebaliknya bila ∂M(x,y)∂y

= ∂N(x,y)∂x

untuk ∀(x, y) ∈ D maka dikatakan 2.1

adalah PDB eksak.

Bukti

Akan dibutkikan bagian pertama dari teorema ini. Jika 2.1 eksak di D maka

Mdx + Ndy adalah eksak difrensial di D. Dengan definisi 2.1.1 dan 2.1.2, maka

terdapat suatu fungsi F sedemikian hingga

∂F (x, y)

∂x= M(x, y), dan

∂F (x, y)

∂y= N(x, y)

untuk ∀(x, y) ∈ D. Selanjutnya turunkan M terhadap y dan N terhadap x

diperoleh

∂2F (x, y)

∂x∂y=

∂M(x, y)

∂y, dan

∂2F (x, y)

∂y∂x=

∂N(x, y)

∂x

Kita tahu bahwa

∂F (x, y)

∂x∂y=

∂F (x, y)

∂y∂x


untuk ∀(x, y) ∈ D, sehingga dapat disimpulkan

∂M(x, y)

∂y=

∂N(x, y)

∂x

∀(x, y) ∈ D.

Selanjutnya gunakan fakta ini untuk membuktikan bagian yang kedua.

2.1.2 Solusi PDB Eksak

Ada dua cara menyelesaikan PDB jenis ini, yaitu menggunakan prosedur dalam

teorema atau dengan teknik pengelompokan.

Contoh 2.1.1 Tentukan solusi PDB eksak (3x2 + 4xy)dx + (2x2 + 2y)dy = 0

Penyelesaian 2.1.1 Jelas persamaan ini adalah PDB eksak karena

∂M(x, y)

∂y= 4x =

∂N(x, y)

∂x

∀(x, y) ∈ D. Dengan menggunakan cara yang pertama maka kita mempunyai

∂F (x, y)

∂x= 3x2 + 4y dan

∂F (x, y)

∂y= 2x2 + 2y

Integralkan bentuk pertama

F (x, y) =

∫

M(x, y)∂x + φ(y) =

∫

(3x2 + 4xy)∂x + φ(y)

Kemudian turunkan terhadap y

∂F (x, y)

∂y= 2x2 +

dφ(y)

dy,

padahal kita punya

∂F (x, y)

∂y= N(x, y) = 2x2 + 2y


sehingga

2x2 + 2y = 2x2 +dφ(y)

dyatau

dφ(y)

dy= 2y.

Integralkan persamaan terakhir ini diperoleh φ(y) = y2 + c0, dengan demikian

F (x, y) menjadi

F (x, y) = x3 + 2x2y + y2 + c0.

Bila F (x, y) merupakan solusi umum maka keluarga solusi itu adalah F (x, y) = c1

sehingga

∴ x3 + 2x2y + y2 + c0 = c1 atau x3 + 2x2y + y2 = c

yang merupakan solusi persamaan PDB eksak yang dimaksud.

Cara yang kedua adalah dengan menggunakan teknik pengelompokan, lihat catatan

dalam perkuliahan.

2.1.3 Faktor Integrasi

Faktor integrasi ini digunakan untuk menyelesaikan PDB order satu tidak eksak.

Langkah yang dimaksud adalah merubah PDB tidak eksak menjadi eksak. Re-

nungkan lagi persamaan 2.1, bila ∂M(x,y)∂y

6= ∂N(x,y)∂x

maka dapat ditentukan µ(x, y)

sedemikian hingga

µ(x, y)M(x, y)dx + µ(x, y)N(x, y)dy = 0 (2.2)


merupakan PDB eksak. Sekarang bagaimana prosedur menentukan µ(x, y), da-

patlah digunakan teorema 2.1.1 diatas. Bila persamaan 2.2 eksak maka

∂(µM)

∂y=

∂(µN)

∂x∂µ

∂yM + µ

∂M

∂y=

∂µ

∂xN + µ

∂N

∂x

µ

[∂M

∂y− ∂N

∂x

]

= N∂µ

∂x− M

∂µ

∂y

µ(x, y) =N ∂µ

∂x− M ∂µ

∂y

∂M∂y

− ∂N∂x

(2.3)

adalah merupakan formula faktor integrasi secara umum.

Contoh 2.1.2 Tentukan solusi PDB berikut ini

1. (4xy+3y2−x)dx+x(x+2y)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung

pada x saja

2. (x2y + 2xy2 + 2x + 3y)dx + (x3 + 2x2y + 3x)dy = 0, bila faktor integrasinya

hanya tergantung pada xy

Penyelesaian 2.1.2 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita

bahas soal nomor 2. Jika µ tergantung pada xy ini berarti µ = µ(x, y) misal

z = xy maka

∂µ

∂x=

∂µ(z)

∂z

∂z

∂x=

∂µ(z)

∂zy atau

∂µ

∂y=

∂µ(z)

∂z

∂z

∂y=

∂µ(z)

∂zx

sedangkan

∂M

∂y= x2 + 4xy + 3, dan

∂N

∂x= 3x2 + 4xy + 3.

Sekarang gunakan faktor integrasi 2.3 dan substitusikan nilai-nilai diatas ini,


maka didapat

µ =(x3 + 2x2y + 3x)∂µ(z)

∂zy − (x2y + 2xy2 + 2x + 3y)∂µ(z)

∂zx

(x2 + 4xy + 3) − (3x2 + 4xy + 3)

µ =∂µ

∂z

∂z =1

µ∂µ

∫

∂z =

∫1

µ∂µ

z = ln µ

µ = ez = exy

Dengan demikian faktor integrasinya adalah µ(x, y) = exy. Sekarang soal nomor

dua menjadi PDB eksak dengan mengalikan faktor integrasi terhadap suku-

sukunya dimasing-masing ruas.

exy(x2y + 2xy2 + 2x + 3y)dx + exy(x3 + 2x2y + 3x)dy = 0

Dengan meyakini persamaan ini merupakan PDB eksak cara menyelesaikan sama

dengan teknik diatas yakni terdapat dua cara. Coba anda kerjakan sebagai

latihan

2.1.4 Teknik Variabel Terpisah

Bila persaman 2.1 kita transformasikan kedalam bentuk

f1(x)g1(y)dx + f2(x)g2(y)dy = 0 (2.4)

selanjutnya kalikan persamaan ini dengan g1(y)f2(x) maka akan diadapat

f1(x)

f2(x)dx +

g2(x)

g1(y)dy = 0 (2.5)


Persamaan 2.4 tidak eksak namun persamaan 2.5 adalah eksak sehingga teknik

penyelesaiannya menyesuaikan. Bisa juga dengan mengintegralkan langsung ben-

tuk itu menjadi∫

f1(x)

f2(x)dx +

∫g2(x)

g1(y)dy = 0

Contoh 2.1.3 Tentukan solusi PDB berikut ini dengan menggunakan teknik pemisa-

han variabel.

1. (x + y)2dx − xydy = 0

2. (2xy + 3y2)dx − (2xy + x2)dy = 0

Penyelesaian 2.1.3 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita

bahas soal nomor 2. Ambil suatu permisalan y = vx dan tentunya dy = vdx+xdv,

lalu substitusikan kedalam persamaan nomor 2.

(2x2v + 3x2v2)dx − (2x2v + x2)(vdx + xdv) = 0

2x2vdx + 3x2v2dx − 2x2v2dx − 2x3vdv − x2vdx − x3dv = 0

x2(v + v2)dx − x3(2v − 1)dv = 0

1

xdx − (2v − 1)

(v + v2)dv = 0

Jelas persamaan terakhir ini merupakan PDB eksak sehingga gunakan cara

yang sama untuk menyelesaikannya. Atau bisa diintegralkan langsung menjadi

∫1

xdx −

∫(2v − 1)

(v + v2)dv = 0

ln x + c0 + ln v − 3 ∗ ln(1 + v) + c1 = 0

lnx + c0 + ln(y/x) − 3 ∗ ln(1 + (y/x)) + c1 = 0

∴ lnx + ln(y/x) − 3 ∗ ln(1 + (y/x)) = c

Persamaan terakhir adalah solusi umum dari PDB yang dimaksud.


2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen

Pada umumnya PDB linier order satu nonhomogen dapat dinyatakan dengan

dy

dx+ P (x)y = Q(x) (2.6)

dy

dx+ P (x)y = Q(x)yn (2.7)

Untuk persamaan 2.6 dapat kita tulis dalam

(P (x)y − Q(x))dx + dy = 0

sehingga

M(x, y) = P (x)y − Q(x) dan N(x, y) = 1.

Sekarang

∂M(x, y)

∂y= P (x) dan

∂N(x, y)

∂x= 0

dengan demikian persamaan ini bukan merupakan PDB eksak, sehingga perlu

ditentukan faktor integrasinya. Kita pilih faktor integrasi yang hanya tergantung

pada x, yaitu µ(x). sedemikian

(µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x))dx + µ(x)dy = 0

merupakan PDB eksak, yang berakibat bahwa

∂

(

µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x)

)

∂y=

∂µ(x)

∂x

Selesaikan bentuk ini didapat

P (x)dx =1

µ(x)∂µ(x)

ln |µ| =

∫

P (x)dx

∴ µ = eR

P (x)dx µ > 0


Kalikan µ terhadap persamaan 2.6 didapat

eR

P (x)dx dy

dx+ e

RP (x)dxP (x)y = Q(x)e

RP (x)dx

yang mana hal ini sama dengan

d

dx

(

eR

P (x)dxy

)

= Q(x)eR

P (x)dx

atau

eR

P (x)dxy =

∫

eR

P (x)dxQ(x)dx + c

atau

∴ y = e−R

P (x)dx∫

eR

P (x)dxQ(x)dx + c (2.8)

Persamaan ini disebut Persamaan Bernoulli

Selanjutnya untuk persamaan 2.7 dapat kita tulis dalam

y−n dy

dx+ P (x)y1−n = Q(x).

Misal v = y1−n maka dydx

= 1(1−n)

yn dvdx

sehingga persamaan diatas menjadi

dv

dx+ (1 − n)P (x)v = Q(x)(1 − n)

Misal Pp(x) = (1 − n)P (x) dan Qq(x) = (1 − n)Q(x) maka persamaan diatas

dapat direduksi kedalam bentuk

∴

dv

dx+ Pp(x)v = Qq(x)

adalah persaman sebagaimana 2.6, sehingga cara menyelesaikan sama.

Contoh 2.2.1 Tentukan solusi PDB berikut ini

1. (x2 + 1) dydx

+ 4xy = x, y(2) = 1


2. dydx

+ y = xy3, y(0) = 2

Penyelesaian 2.2.1 Soal nomor 1 dapat diselesaikan langsung dengan persamaan

2.8, sehingga

dy

dx+

4x

(x2 + 1)y =

x

(x2 + 1)

maka P (x) = 4x(x2+1)

dan Q(x) = x(x2+1)

sehingga dengan menggunakan

y = e−R

P (x)dx

∫

eR

P (x)dxQ(x)dx + c

y dapat ditentukan sebagai

y =x4

4(x2 + 1)2+

x2

2(x2 + 1)2+

c

(x2 + 1)2

untuk y(2) = 1 maka substitusikan ke persamaan ini didapat c = 19, akhirnya

solusi khususnya adalah

∴ y =x4

4(x2 + 1)2+

x2

2(x2 + 1)2+

19

(x2 + 1)2

Ikuti langkah dalam prosedur yang telah diberikan untuk mengerjakan soal nomor

2. Anda kerjakan sebagai latihan


Latihan Tutorial 2

1. Mana diantara soal-soal berikut ini yang merupakan PDB order 1 eksak.

(a) (y sec2 x + sec x tanx)dx + (tanx + 2y)dy = 0

(b) (θ2 + 1) cos rdr + 2θ sin rdθ = 0

(c)

(

2s−1t

)

ds +

(

s−s2

t2

)

dt = 0

2. Selesaikanlah PD order 1 eksak berikut ini

(a) (2y sin x cos x + y2 sin x)dx + (sin2 x − 2y cos x)dy = 0; y(0) = 3

(b)

(

1+8xy2/3

x2/3y1/3

)

dx +

(

2x4/3y2/3−x1/3

y4/3

)

dy = 0; y(1) = 8

3. Tentukan faktor integrasi µ untuk masing-masing soal berikut ini

(a) (x2y + 2xy2 + 2x + 3y)dx + (x3 + 2x2y + 3x)dy = 0, bila µ tergantung

pada xy

(b) (y3 − 2x2y)dx + (2xy2 − x3)dy = 0, bila µ tergantung pada x + y

4. Gunakan metoda variabel terpisah untuk menyelesaikan beberapa persoalan

berikut ini

(a) (x tan yx

+ y)dx− xdy = 0

(b) (√

x + y +√

x − y)dx + (√

x − y −√x + y)dy = 0

5. Gunakan metoda Bernoulli untuk menyelesaikan PD berikut ini

(a) (x2 + x − 2) dydx

+ 3(x + 1)y = x − 1

(b) drdθ

+ r tan θ = cosθ, r(pi4) = 1

BAB 3

Aplikasi PDB Order Satu

3.1 Masalah Dalam Mekanik

Misal △x adalah perubahan jarak yang ditimbulkan benda bergerak selama

waktu △t maka kecepatan rata-rata didefinisikan

vr =△x

△t=

xB − xA

tB − tA.

Selanjutnya kecepatan sesaat adalah

v = lim△→0

vr = lim△t→0

△x

△t

v =dx

dt(m/dt).

a =dv

dt(m/dt2)

Hukum 3.1.1 (Hukum Newton I) Hukum ini juga disebut hukum Kelemba-

man Newton yang berbunyi;’ setiap benda akan tetap berada pada keadaan diam

atau bergerak lurus beraturan kecuali jika benda itu dipaksa oleh gaya-gaya yang

bekerja pada benda itu’.

24

BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 25

Hukum 3.1.2 (Hukum Newton II) Percepatan yang ditimbulkan oleh gaya

yang bekerja pada sebuah benda berbanding lurus (sebanding) dengan besar

gaya itu, dan berbanding terbalik dengan massa kelembaman banda itu. Se-

cara matematis dapat ditulis sebagai a = F/m atau F = ma dimana F adalah

gaya dan m suatu massa.

Analog dengan hukum Newton II ini, gerak jatuh bebas suatu benda dengan

berat W tanpa mengikutsertakan gaya gesek udara adalah

W = mg.

F dalam hal ini direpresentasikan dengan W dan a = g, sehingga bisa kita tulis

mg = W

ma = F

mdv

dt= F

mdv

dx

dx

dt= F

mvdv

dx= F

adalah model dari PDB order satu.

Contoh 3.1.1 Benda dengan berat 8 newton dijatuhkan dari suatu ketinggian

tertentu, yang bearawal dari keadaan diam. Jika kecepatan benda jatuh itu v,

dan kecepatan gravitasi bumi adalah g = 10m/dt2, serta gaya gesek udara adalah

−2v. Tentukan ekspresi kecepatan v dan jarak x pada saat tertentu.


Penyelesaian 3.1.1 Hukum newton mengatakan F = ma atau∑

F = ma.

Dalam hal ini f1 = W = 8 newton (gaya kebawah), dan F2 =gaya gesek udara

= −2v (gaya keatas) sehingga

mdv

dt= F1 + F2

8

10

dv

dt= 8 − 2v

1

8 − 2vdv =

10

8dt

Karena benda berawal dari keadaan diam maka v(0) = 0, sehingga model PDB

sekarang adalah

1

8 − 2vdv =

10

8dt

v(0) = 0

Integralkan kedua ruasnya didapat

−1

2ln(8 − 2v) + c0 =

10

8t + c1

ln(8 − 2v) = −5

2t + c2

(8 − 2v) = e−5

2t+c2

2v = −Ce−5

2t + 8

v =1

2(8 − Ce−

5

2t)

Dengan memasukkan nilai awal v(0) = 0 maka c = 4 sehingga ekspresi kecepatan

adalah

v(t) = 4 − 2e−5

2t.

Selanjutnya untuk menentukan ekspresi jarak maka rubah v(t) kedalam v = dxdt


sehingga model PDB sekarang adalalah

dx

dt= 4 − 2e−

5

2t

x(0) = 0

Dengan cara yang sama untuk solusi PDB ini maka ekspresi jarak terhadap waktu

adalah

x(t) = 4t − 4

5e

5

2t +

4

5

3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan

Jika Q menunjukkan jumlah, kuantitas atau kualitas sesuatu dalam waktu t,

maka perubahan (bertambah=pertumbuhan atau berkurang=peluruhan) yang

disimbulkan dengan dQdt

berbanding lurus dengan kuantitas Q, dengan kata lain

dQ

dt= rQ pertumbuhan

dQ

dt= −rQ peluruhan

3.2.1 Pertumbuhan Populasi

Jika y adalah jumlah populasi dalam waktu t, k adalah konstanta proportionalitas

atau tingkat pertumbuhan maka model PDB pertumbuhan populasi adalah

dy

dt= ky

y(t0) = y0


Selanjutnya bila k berubah-ubah maka dapat kita ganti dengan h(y) yang dapat

dipilih h(y) = r − ay maka model pertumbuhan menjadi dydt

= (r − ay)y

dy

dt= r(1 − y

K)y dimana K =

r

a

y(t0) = y0

PDB ini dikenal dengan persamaan Verhulst atau persamaan Logistik. Solusi

kualitatif persamaan ini untuk r, K positip adalah tertera dalam Gambar 3.1.

-3

-2

-10123

y(x)

-1

-0.5

0.5

11.5

22.5

x

Asymptotic solution

Gambar 3.1: Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi.

Contoh 3.2.1 Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut

dx

dt=

1

100x − 1

(10)8x2

Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100,000 maka

1. berapa besar populasi tahaun 2000

2. tahun berapa jumlah populasi akan menjadi 2× tahun 1980

3. berapa jumlah populasi terbesar untuk t > 1980


Penyelesaian 3.2.1 Bila tahun 1980 jumlah populasi 100,000 maka dapat dikatakan

x(1980) = 100, 000 sehingga model PDB sekarang adalah

dx

dt=

1

100x − 1

(10)8x2

x(t0) = x0

Rubah kedalam kedalam PD dengan variabel terpisah

1

(10)−2x − (10)−8x2dx = dt

Integralkan kedua ruasnya

∫1

(10)−2x(1 − (10)−6x)dx =

∫

dt

100

∫1

x+

(10)−6

1 − (10)−6xdx =

∫

dt

100(ln x − ln(1 − (10)−6x)

)+ c0 = t + c1

lnx

1 − (10)−6x=

t

100+ c2

x

1 − (10)−6x= e

t100

+c2

x

1 − (10)−6x= ce

t100

x =ce

t100

1 + (10)−6cet

100

Terapkan nilai awal x(1980) = 100, 000 didapat c = (10)6

9e19.8 sehingga

x(t) =106

1 + 9e19.8−t/100(3.1)

Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut

1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = 2000. Substitusikan nilai t ini

kedalam persamaan 3.1 didapat x = 119, 495. Dengan demikian jumlah

populasi tahun 2000 adalah 119,495 orang.


2. jumlah populasi 2× tahun 1980, berarti x = 200, 000. Substitusikan nilai

x ini kedalam persamaan 3.1 didapat t = 2061. Dengan demikian jumlah

populasi akan dua kali lipat tahun 1980 dicapai pada tahun 2061.

3. Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t → ∞) berarti

x = limt→∞

106

1 + 9e19.8−t/100

x = limt→∞

106

1 + 9e19.8et/100

x = 106 = 1, 000, 000

Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak ter-

batas adalah satu juta orang.

3.2.2 Peluruhan Radioaktif

Contoh 3.2.2 Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang seband-

ing dengan jumlah isotop. Jika 100 mg dari material meluruh menjadi 82.04 mg

dalam satu minggu, maka

1. tentukan ekspresi jumlah pada saat tertentu

2. tentukan interval waktu sehingga isotop itu meluruh menjadi setengah dari

jumlah semula.

Penyelesaian 3.2.2 Gunakan rumus peluruhan. Misal Q jumlah isotop Thorium-

234 maka dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah

dQ

dt= −rQ

Q(0) = 100


Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh

Q(t) = 100e−rt

Kemudian terapkan sarat kedua, yakni dalam satu minggu (7 hari) isotop men-

jadi 82.04 mg artinya Q(7) = 82.04 mg akan didapat nilai r, sedemikian hingga

ekspresi jumlah terhadap waktu (hari) adalah

Q(t) = 100e−0.02828t.

Dengan mengetahui ekspresi ini akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaan-

pertanyaan diatas. (Teruskan sebagai latihan.)

3.3 Hukum Pendinginan Newton

Perubahan suhu suatu benda atau bahan yang mengalami proses pendinginan

sebanding dengan perbedaan antara suhu benda dan suhu disekitarnya. Dengan

demikian bila Suhu benda itu adalah x dan suhu sekitarnya itu adalah xs maka

proses pendinginan Newton terhadap waktu t digambarkan dengan

dx

dt= k(x − xs), k > 0

dimana k adalah konstanta tingkat pendinginan.

Contoh 3.3.1 Suatu benda dengan suhu 80oC diletakkan diruangan yang bersuhu

50oC pada saat t = 0. Dalam waktu 5 menit suhu benda tersebut menjadi 70oC,

maka

1. tentukan fungsi suhu pada saat tertentu

2. tentukan besarnya suhu benda pada 10 menit terakhir


3. kapan suhu menjadi 60oC

Penyelesaian 3.3.1 Dengan memahami persoalan ini maka model PDB proses

pendinginan dapat ditulis sebagai

dx

dt= k(x − 50)

x(0) = 80 dan x(5) = 70

Solusi dari persamaan itu adalah

ln(x − 50) + c0 = kt + c1

(x − 50) = cekt

x = 50 + cekt

Masukkan nilai awal maka nilai c = 30 sehingga persamaan menjadi

x = 50 + 30ekt

Dan masukkan kondisi kedua didapat

ek =(2

3

) 1

5

sehingga ekspresi terakhir menjadi

x(t) = 50 + 30(2

3

) t5

Selanjutnya anda selesaikan pertanyaan diatas dengan memakai ekspresi ini.

3.4 Campuran

Suatu bahan dengan konsentrasi terterntu dicampur dengan bahan lain dalam

suatu tempat sehingga bahan bercampur dengan sempurna dan menjadi campu-

ran lain dengan konsentrasi berbeda. Bila Q menunjukkan jumlah bahan pada


saat tertentu, maka perubahan Q terhadap t ditunjukkan dengan dQdt

. Kemudian

bila proses yang terjadi adalah terdapat campuran masuk dan campuran yang

keluar, dimana laju jumlah bahan masuk dinyatakan dengan proses IN dan laju

jumlah bahan keluar dinyatakan dengan proses OUT maka

dQ

dt= IN − OUT

K= L literQ(0) = Q_0 gram

v =r liter/mink =s gram/liter

v =r liter/min

Gambar 3.2: Proses campuran dalam tangki.

Dimana bila laju masuk sama dengan laju keluar maka

IN = kv = sr gram/liter

OUT =Q

Kv =

Qr

Lgram/liter

Contoh 3.4.1

Suatu tangki mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam.

Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter masuk

kedalam tangki dengan laju 4 liter/menit dan bercampur dengan sempurna, ke-

mudian campuran itu diperkenankan keluar dengan laju 4 liter/menit.

1. Formulasikan masalah nilai awal tersebut


2. Tentukan jumlah garam Q setiap saat.

Penyelesaian 3.4.1 Formula campuran adalah

dQ

dt= IN − OUT.

Diketahui s = 1 gram/liter, r = 4 liter/menit, L = 200 liter dan Q(0) = 100

didapat

IN = kv = s gram/liter × r liter/menit = 4 gram/liter

OUT =Q

Kv =

Q

Kgram/liter × r liter/menit =

4Q

200gram/liter

Sehingga

1. Model PDBnya adalah

dQ

dt= 4 − 4Q

200= 4 − Q

50

Q(0) = 100

2. Dengan menyelesaikan PDB ini didapat ekspresi jumlah garam setiap saat

Q(t) = 200 − 100e−t/50


Latihan Tutorial 3

1. Suatu benda yang massanya 50 kg dari keadaan diam di suatu puncak ber-

gerak diatas bidang miring dengan panjang 20 m dari puncak ketanah,

dan sudut kemiringan 45o (lihat Gambar 1). Bila koefisien gesek kinitis

µk = 0.2. Tentukan: (i) ekspresi fungsi kecepatan dalam waktu t, (ii)

berapa jarak yang ditempuh benda selama 5 detik, dan (iii) berapa waktu

t yang dibutuhkan untuk mencapai tanah.

45 o

N

W

45o

f gesek

Gambar 3.3: Gerakan benda pada bidang miring.

{Petunjuk : uraikan gaya-gaya yang bekerja pada benda dan ingat

fgesek = µk · N }.

2. Suatu benda dengan massa konstan m ditembakkan tegak lurus keatas men-

jauhi permukaan bumi dengan kecepatan awal V0 km/dt2. Bila diasumsikan

tidak ada gesekan udara namun berat benda berubah dalam jarak-jarak ter-

tentu terhadap bumi, maka tentukan

(a) model matematik dari kecepatan V (t) selama benda itu meluncur

(b) tentukan V0 untuk mencapai ketinggian maksimum 100 km


(c) tentukan maksimum V0 supaya benda yang ditembakkan tadi tidak

kembali kebumi.

(Petunjuk : gunakan g = 0.098 km/dt2, jari-jari bumi R = 6378.388 km

dan fungsi berat dalam jarak x terhadap bumi yang umumnya dinyatakan

sebagai w(x) = mgR2

(R+x)2)

3. Model pertumbuhan populasi dapat ditulis dalam persamaan dydt

= ry(

1Ty−

1)

untuk r dan T konstanta positip, maka

(a) gambar grafik f(y) dan y.

(b) tentukan model grafik y dan t untuk memberikan gambaran solusi

kualitatif dari PD tersebut.

4. Jam 10.00 WIB seseorang mengambil secangkir kopi panas dari microwave

oven dan meletakkan di ruang tamu dengan maksud untuk meminumnya

setelah agak dingin. Awal mula suhu kopi adalah 95oC. Selanjutnya 10

menit kemudian besar suhu kopi menjadi 75oC. Asumsikan suhu ruang

tamu itu adalah konstan 27oC.

(a) Berapa besar suhu kopi pada jam 10.18 WIB

(b) Orang ini suka meminum kopi yang suhunya antara 55oC sampai 60oC,

maka antara jam berapa dia harus minum kopi itu.

5. Sebuah tangki besar awal mula berisi 300 liter larutan yang mengandung

5 kg garam. Larutan lain yang mengandung garam de-ngan konsentrasi

12kg/liter dituangkan kedalam tangki dengan laju 5 liter/menit dan campu-

ran dalam tangki mengalir keluar dengan laju 3 liter/menit.


(a) Tentukan model matematik tentang banyaknya garam dalam tangki

setiap saat.

(b) Bila kapasitas maksimum tangki 750 liter tentukan domain waktu t

sehingga model diatas tetap berlaku.

(c) Pada poin (b) berapa besar konsentrasi larutan pada saat tangki penuh.

(d) Bila tangki tidak mempunyai kapasitas maksimum, tentukan konsen-

trasi larutan untuk jangka waktu tak terbatas.

6. Suatu tangki berkapasitas 500 liter mula-mula berisi 200 liter larutan yang

mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam den-

gan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki dengan laju 3 liter/menit

dan campuran dalam tangki diperkenankan keluar dengan laju 2 liter/menit.

Tentukan model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki

setiap saat (sebelum dan sesudah tangki penuh).

BAB 4

PDB Linier Order Dua

Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teo-

rema tentang konsep umum PDB order n.

4.1 PDB Order n Homogen

Definisi 4.1.1 Bila f1, f2, . . . , fm adalah fungsi kontinyu pada sebarang x ∈ [a, b]

dan c1, c2, . . . , cm adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini

ditulis dengan c1f1 + c2f2 + · · ·+ cmfm

Definisi 4.1.2 Fungsi f1, f2, . . . , fm dikatakan tergantung linier pada interval

[a, b] bila terdapat c1, c2, . . . , cm yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c1f1+

c2f2 + · · · + cmfm = 0 untuk sebarang x ∈ [a, b], dan dikatakan bebas linier bila

semua c1, c2, . . . , cm sama dengan nol.

Teorema 4.1.1 Suatu PDB disajikan dalam

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = 0, dimana a0(x) 6= 0. (4.1)

38

BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 39

Misal f1, f2, . . . , fm solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan

kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y = c1f1 + c2f2 + · · · + cmfm.

Bukti : Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan

kedalam persamaan (4.3).

y = c1f1 + c2f2 + · · ·+ cmfm

y′ = c1f′1 + c2f

′2 + · · ·+ cmf ′

m

...

y(n−1) = c1f(n−1)1 + c2f

(n−1)2 + · · · + cmf (n−1)

m

y(n) = c1f(n)1 + c2f

(n)2 + · · · + cmf (n)

m

maka a0(x)

(

c1f(n)1 + c2f

(n)2 + · · · + cmf

(n)m

)

+ a1(x)

(

c1f(n−1)1 + c2f

(n−1)2 + · · · +

cmf(n−1)m

)

+ · · ·+an(x)

(

c1f1 +c2f2 + · · ·+cmfm

)

= 0, dan dapat disederhanakan

menjadi c1

(

a0(x)f(n)1 +a1(x)f

(n−1)1 +· · ·+an(x)f1

)

+c2

(

a0(x)f(n)2 +a1(x)f

(n−1)2 +

· · ·+ an(x)f2

)

+ · · ·+ cm

(

a0(x)f(n)m + a1(x)f

(n−1)m + · · ·+ an(x)fm

)

= 0. Analog

dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol,

sehingga terbukti y = c1f1 + c2f2 + · · · + cmfm merupakan solusi umum. 2

Definisi 4.1.3 Misal f1, f2, . . . , fm adalah fungsi riel yang kontinyu pada tu-

runan ke (n − 1) dalam interval [a, b] maka

W (f1, f2, . . . , fn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

f1 f2 . . . fn

f ′1 f ′

2 . . . f ′n

......

......

f(n−1)1 f

(n−1)2 . . . f

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

disebut determinan matrik ”Wronskian” yang terdefinisi pada [a, b].


Teorema 4.1.2 Fungsi-fungsi solusi f1, f2, . . . , fn dari PDB homogen order n

dikatakan bebas linier bila W (f1, f2, . . . , fn) 6= 0

Contoh 4.1.1 Buktikan bahwa

1. Jika sin x, cos x merupakan solusi dari y′′+y = 0 maka y = c1 sin x+c2 cos x

juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier.

2. Jika ex, e−x, e2x merupakan solusi dari y′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0 maka y =

c1ex +c2e

−x +c3e2x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas

linier.

Cara sederhana untuk menyelesaikan PDB homogen order n ini adalah dengan

cara mereduksi ordernya.

Teorema 4.1.3 Suatu PDB

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = 0, a0(x) 6= 0

maka permisalan y = f(x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n − 1).

Contoh 4.1.2 Salah satu solusi PDB (x2 + 1)y′′ − 2xy′ + 2y = 0 adalah f1 = x

maka tentukan solusi umumnya.

Penyelesaian 4.1.1 Misal

f2 = y = f1v = xv

y′ = v + xv′

y′′ = 2v′ + xv′′.


Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapat x(x2 +1)v′′+2v′ = 0 dan

misal w = v′ maka

x(x2 + 1)dw

dx+ 2w = 0

dw

dx= − 2w

x(x2 + 1)1

wdw = − 2

x(x2 + 1)dx

= −(

− 2

x+

2x

(x2 + 1)

)

dx

lnw = ln x−2 + ln(x2 + 1) + ln c

lnw = ln1

x2(x2 + 1)

sehingga solusi umunnya adalah

∴ w =1

x2(x2 + 1).

Sementara w = v′, maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi

dv

dx=

c(x2 + 1)

x2

dv =(x2 + 1)

x2pilih c = 1

dv =

(

1 +1

x2

)

dx

v = x − 1

x.

Sekarang f2 = f1v = x(x − 1

x

)= x2 − 1 maka solusi umum dari PDB diatas

adalah

∴ y = c1x + c2(x2 − 1).


4.2 PDB Order n Nonhomogen

Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = F (x), a0(x) 6= 0 (4.2)

Teorema 4.2.1 Bila u adalah solusi umum PDB homogen dari persamaan (4.4)

dan v solusi khusus persamaan (4.4) maka u + v adalah solusi umum PDB non-

homogen.

Misal diberikan PDB y′′ + y = x. Bila solusi umum PDB y′′ + y = 0 adalah

yu = c1 sin x + c2 cos x dan solusi khusus y′′ + y = x adalah yk = x maka solusi

umum PDB ini adalah y = yu + yk atau y = c1 sin x + c2 cos x + x.

4.3 PDB Order Dua

4.3.1 PDB Order Dua Homogen

Suatu PDB order dua didefinisikan dengan persamaan

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0, (4.3)

bila p, q, r adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut

ay′′ + by′ + cy = 0. (4.4)

Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan

y = ert

y′ = rert

y′′ = r2ert


sehingga persamaan (4.4) menjadi

ar2ert + brert + cert = 0

(ar2 + br + c)ert = 0.

Bila ert 6= 0 maka ar2 + br + c = 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB

order dua homogen dengan dengan koefisien konstan, dan y = ert merupakan

solusi dari persamaan (4.4).

Akar-Akar Riel dan Berbeda

Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0)

maka ditemukan r1 6= r2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah

∴ y = c1er1t + c2e

r2t .

Misal diberikan PDB y′′ + 5y′ + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya

adalah r2 + 5r + 6 = 0, dengan akar-akar r1 = −2 dan r2 = −3, sehingga solusi

umumnya y = c1e−2t + c2e

−3t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2

dan y′(0) = 3 maka nilai c1, c2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi

umum dua kali, yaitu y′ = −2c1e−2t − 3c2e

−3t dan y′′ = 4c1e−2t + 9c2e

−3t dan

substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem

c1 + c2 = 2

−2c1 − 3c2 = 3

dimana c1 = 9 dan c2 = −7 dan solusi khususnya menjadi y = 9e−2t − 7e−3t.

Contoh 4.3.1 Selesaikan persoalan berikut

1. 4y′′ − 8y′ + 3y = 0 y(0) = 2, y′(0) = 12


2. 6y′′ + 4y′ + 3y = 0 y(0) = 4, y′(0) = 0

3. y′′ + 5y′ + 3y = 0 y(0) = 1, y′(0) = 0

Akar-Akar Komplek

Persamaan karakteristik persamaan PDB order dua homogen adalah ar2+br+c =

0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r1 = λ + iµ

dan r2 = λ − iµ, dengan demikian solusi kompleknya adalah

y1 = c1e(λ+iµ)t (4.5)

y2 = c1e(λ−iµ)t (4.6)

Teorema 4.3.1 (Teorema Taylor) Jika f(t) mempunyai n + 1 turunan kon-

tinyu pada interval [a, b] untuk beberapa n ≥ 0 dan bila t, t0 ∈ [a, b] maka

f(t) ≈ pn(t) + Rn+1(t)

pn(t) = f(t0) +(t − t0)

1!f ′(t0) + · · · + (t − t0)

n

n!f (n)(t0)

Rn+1(t) =1

n!

∫ t

t0

(t − t)nf (n+1)(t)dt

=(t − t0)

n+1

(n + 1)!f (n+1)(ξ)

untuk ξ antara t0 dan t.

Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut

pada t0 = 0 adalah:

eat = 1 + at +(at)2

2!+

(at)3

3!+ · · · =

∞∑

n=0

(at)n

n!

sin at =(at)1

1!− (at)3

3!+

(at)5

5!− · · · =

∞∑

n=1

(−1)n−1 (at)2n−1

(2n − 1)!

cos at =(at)0

0!− (at)2

2!+

(at)4

4!− · · · =

∞∑

n=0

(−1)n (at)2n

(2n)!


Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek eit dapat ditulis sebagai berikut

eit = 1 + it +(it)2

2!+

(it)3

3!+ . . .

=∞∑

n=0

(−1)n (at)2n

(2n)!+ i

∞∑

n=1

(−1)n−1 (at)2n−1

(2n − 1)!

= cos t + i sin t.

Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6)

menjadi

y1 = e(λ+iµ)t = eλt(cos µt + i sin µt

)

y2 = e(λ−iµ)t = eλt(cos µt − i sin µt

).

Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka

u(t) = y1 + y2 = 2eλt cos µt

v(t) = y1 − y2 = 2ieλt sin µt.

Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esen-

sial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik kom-

plek adalah

∴ y = c1u(t) + c2v(t) = c1eλt cos µt + c2e

λt sin µt .

Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y′′ + y′ + y =

0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r2 + r + 1 = 0 sehingga akar-akar

kompleknya adalah r12 = −12± i√

34. Jadi λ = −1

2dan µ =

√34

sehingga solusi

umunya y = c1e− 1

2t cos

√34t + c2e

− 1

2t sin

√34t.


Akar-Akar Riel dan Sama

Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar2 + br + c = 0 akan mempunyai

D = b2 − 4ac = 0 sehingga r1 = r2 = − b2a

. Dengan demikian salah satu solusi

PDB adalah yk = e−b2a

t. Misal solusi umumnya adalah y = v(t)yk(t) = v(t)e−b2a

t

maka

y′ = v′(t)e−b2a

t − b

2av(t)e−

b2a

t

y′′ = v′′(t)e−b2a

t − b

av′(t)e−

b2a

t +b2

4a2v(t)e−

b2a

t

Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay′′ + by′ + cy = 0 diperoleh[

a

(

v′′(t)− bav′(t)+ b2

4a2 v(t)

)

+ b

(

v′(t)− b2a

v(t)

)

+ cv(t)

]

e−b2a

t = 0. Bila e−b2a

t 6= 0

maka av′′(t)+

(

− b2

4a+ c

)

= 0. Karena b2−4ac = 0 maka persamaan ini menjadi

av′′(t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c1t + c2. Dengan demikian

solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah:

∴ y = v(t)y1(t) = c1e− b

2at + c2te

− b2a

t

4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen

Suatu PDB disajikan dalam persamaan berikut:

L[y] = y′′ + p(t)y′ + q(t)y = g(t) (4.7)

L[y] = y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 (4.8)

Teorema 4.3.2 Jika Y1 dan Y2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y1 − Y2

adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y1, y2 solusi persamaan (4.7) maka

Y1(t) − Y2(t) = c1y1(t) + c2y2(t)


Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah

∴ y(t) = c1y1(t) + c2y2t︸︷︷︸

solusi homogen

+yk(t)

Diberikan PDB y′′ − 3y′ − 4y = 3e2t. Solusi persamaan homogennya adalah

yh = c1e−t + c1e

4t. Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen

dengan memisalkan yk = Ae2t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai

A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali y′k = 2Ae2t

dan y′′k = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = −1

2.

Sehingga solusi umumnya adalah y = c1e−t + c1e

4t − 12e2t.

Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana mem-

buat permisalan untuk menentukan solusi khusus yk. Kadangkala pemisalahan

itu harus diulang dua kali untuk menentukan koefisien yang tepat bagi solusi ini.

Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut.

gi(t) Yi(t)Pn(t) = a0t

n + a1tn−1 + · · ·+ an ts(A0t

n + A1tn−1 + · · · + aN)

Pn(t)eat ts(A0tn + A1t

n−1 + · · · + aN)eat

Pn(t)eat

{sinβt

cos βt

ts[

(A0tn + A1t

n−1 + · · ·+ aN )eat cos βt+

(A0tn + A1t

n−1 + · · · + aN)eat sin βt

]

Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen.

Contoh 4.3.2 Selesaikan persoalan berikut

1. y′′ − 3y′ − 4y = 2 sin t

2. y′′ − 2y′ − 3y = −8et cos 2t

3. y′′ − y′′ − 2y = 5e5t + 2 sin 3t − 18et cos 4t


Variasi Parameter

Diberikan PDB nonhomogen

y′′(t) + p(t)y′(t) + q(t)y(t) = g(t), (4.9)

maka yh(t) = c1y1(t) + c2y2(t) adalah solusi PDB homogen

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0. (4.10)

Kemudian bila c1 diganti dengan u1(t) dan c2 dengan u2(t) maka diperoleh

y(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t), (4.11)

adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali

y′(t) = u′1(t)y1(t) + u1(t)y

′1(t) + u′

2(t)y2(t) + u2(t)y′2(t).

Set

u′1(t)y1(t) + u′

2(t)y2(t) = 0 (4.12)

maka

y′(t) = u1(t)y′1(t) + u2(t)y

′2(t)

y′′(t) = u′1(t)y

′1(t) + u1(t)y

′′1(t) + u′

2(t)y′2(t) + u2(t)y

′′2(t).

Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh

u1(t)

[

y′′1(t)+p(t)y′

1(t)+q(t)y1(t)

]

+u2(t)

[

y′′2(t)+p(t)y′

2(t)+q(t)y2(t)

]

+u′1(t)y

′1(t)+

u′2(t)y

′2(t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y1, y2

adalah solusi PDB (4.11) sehingga

u′1(t)y

′1(t) + u′

2(t)y′2(t) = g(t) (4.13)


Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier

dimana u′1(t) dan u′

2(t) dapat ditentukan sebagai berikut:

u′1(t) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 y2(t)

g(t) y′2(t)

∣∣∣∣∣∣∣

W (y1, y2)(t)= −y2(t)g(t)

W.

u′2(t) =

∣∣∣∣∣∣∣

y1(t) 0

y′1(t) g(t)

∣∣∣∣∣∣∣

W (y1, y2)(t)=

y1(t)g(t)

W.

Sehingga

u1(t) =

∫

−y2(t)g(t)

Wdt + c1

u2(t) =

∫y1(t)g(t)

Wdt + c2.

Dan solusi umum (4.11) menjadi

∴ y(t) =∫−y2(t)g(t)

Wdt y1(t) +

∫ y1(t)g(t)W

dt y2(t)

Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y′′+4y = 3 csc t. Persamaan homogen-

nya adalah y′′+4y = 0 dengan persamaan karakteristik r2+4 = 0 dan mempunyai

akar komplek r12 = 0 ± 2i. Dengan demikian solusinya yh = c1 cos 2t + c2 sin 2t.

Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t, y1(t) = cos 2t

dan y2 = sin 2t sehingga y′1(t) = −2 sin 2t dan y′

2(t) = −2 sin 2t. Dengan mene-

rapkan prosedur diatas maka

u′1(t) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 y2(t)

g(t) y′2(t)

∣∣∣∣∣∣∣

W (y1, y2)(t)= − 3 sin 2t csc t

2[cos2 2t + sin2 2t]


u′2(t) =

∣∣∣∣∣∣∣

y1(t) 0

y′1(t) g(t)

∣∣∣∣∣∣∣

W (y1, y2)(t)=

3

2csc t − 3 sin t

Dengan proses yang sederhana diperoleh

u1(t) = −3 sin t + c1

u2(t) =3

2ln | csc t − cot t| + 3 cos t + c2

Sehingga solusi umumnya adalah

∴ y(t) = c1 cos 2t+c2 sin 2t−3 sin t cos 2t+3 cos t sin 2t+3

2ln | csc t−cot t| sin 2t


Latihan Tutorial 4

1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua

berikut ini:

(a) y′′ − 2y′ − 8y = 4e2x − 21e−3x

(b) y′′ + 2y′ + 5y = 6 sin 2x + 7 cos 2x

(c) 2y′′ + 32y′ − 2y = 6x2ex − 4x2 + 12

(d) y′′ + 4y = 4 sin 2x + 8 cos 2x

(e) y′′ + y′ − 2y = 6e−2x + 3ex − 4x2

(f) y′′ − 6y′ + 5y = 24x2ex + 8e5x

(g) y′′ − 4y′ + 5y = 6e2x cos x

(h) y′′ + 4y′ = 4 sin 2x + 8 cos 2x

(i) y′′ + y′ − 6y = 10e2x − 18e3x − 6x − 11

(j) y′′ + 4y = 12x2 − 16x cos 2x

(k) 4y′′ − 4y′ + y = ex/2 + e−x/2

(l) y′′ + 2y′ + 10y = 5xe−2x

(m) y′′ + 6y′ + 5y = 2ex + 10e5x

(n) y′′ + 2y′ + 4y = 13 cos 4x

2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:

(a) y′′ − 4y′ + 3y = 9x2 + 4, y(0) = 6, y′(0) = 8

(b) y′′ + 5y′ + 4y = 16x + 20ex, y(0) = 0, y′(0) = 3


(c) y′′ − 8y′ + 15y = 9xe2x, y(0) = 5, y′(0) = 10

(d) y′′ + 7y′ + 10y = 4xe−3x, y(0) = 0, y′(0) = −1

(e) y′′ + 8y′ + 16y = 8e−2x, y(0) = 2, y′(0) = 0

(f) y′′ + 6y′ + 9y = 27e−6x, y(0) = −2, y′(0) = 0

(g) y′′ + 4y′ + 13y = 18e−2x, y(0) = 0, y′(0) = 4

(h) y′′ − 10y′ + 29y = 8e5x, y(0) = 0, y′(0) = 8

(i) y′′ − 4y′ + 13y = 8 sin 3x, y(0) = 1, y′(0) = 2

(j) y′′ − y′ − 6y = 8e2x − 5e3x, y(0) = 1, y′(0) = 2

(k) y′′ − 2y′ + y = 2xe2x + 6ex, y(0) = 1, y′(0) = 0

BAB 5

Aplikasi PDB Order Dua

Pembahasan aplikasi PDB order dua ini akan difokuskan pada model vibrasi

(Gerak Harmonis) pada pegas dengan pertimbangan model PDB ini berupa per-

samaan linier dengan koefisien konstan. Solusi model ini dapat diturunkan lang-

sung dari teknik-teknik yang diberikan pada bab-bab sebelumnya, yaitu berke-

naan dengan penentuan akar-akar persamaan karakteristik PDB.

Untuk mengawali pembahasan ini akan dijelaskan bagaimana model PDB

vibrasi ini diturunkan dan salah satu hukum yang berkaitan dengan fenomena ini

adalah hukuk Hook dengan bunyi sebagai berikut.

Hukum 5.0.1 (Hukum Hook) Besarnya gaya yang dibutuhkan untuk mereng-

gangkan suatu pegas sebanding dengan besarnya regangan, yaitu |F | = ks. Di-

mana F=gaya, k=konstanta elastisitas pegas (lb/ft) dan s=jarak regangan.

Gambar 5.1 menjelaskan bagaimana hukum Hook terjadi. Beberapa gaya yang

terjadi pada peristiwa ini adalah

53

BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 54

l l l

L

U

l + L + U

Gambar 5.1: Vibrasi pada pegas

1. gaya gravitasi bumi (arah ke bawah, nilai positif)

F1 = m.g = W (5.1)

2. gaya tarik pegas (arah ke atas, nilai negatif) dengan besar L + u

F2 = −k(L + u)

3. gaya gesek atau redaman (damping force) yang cukup kecil namun perlu

dipertimbangkan. F3 = γ|dudt| dimana γ > 0 adalah konstan. Gaya redaman

ini selalu berlawanan dengan gaya F1 sehingga

F3 = −γdu

dt(5.2)

4. gaya luar (external force), katakanlah

F4 = F (t) (5.3)

Selanjutnya stabilitas tercapai bila F1 dan F2 sama namun berlawan arah

yaitu −F1 = F2 dan tercapai pada saat u = 0. Dengan demikian mg = kL.


Substitusikan persamaan terakhir ini pada F2 = −k(L + u) didapat

F2 = −mg − ku. (5.4)

Hukum Newton menyebutkan∑

F = ma sehingga jumlah gaya-gaya yang be-

kerja adalah jumlah persamaan (8.9-5.4) dan diperoleh PDB order dua

−ku − γdu

dt+ F (t) = m

d2u

dt2

mu′′(t) + γu′(t) + ku = F (t)

dimana m, γ, k > 0. Jika γ = 0 maka dikatakan vibrasi takteredam dan jika

F (t) = 0 maka dikatakan vibrasi bebas gaya luar. Adapun nilai awal yang ber-

sesuaian dengan persamaan ini adalah u(0) = u0 dan u′(0) = u′0 sehingga se-

lengkapnya PDB order 2 model vibrasi ini adalah

mu′′(t) + γu′(t) + ku = F (t) (5.5)

u(0) = u0 (5.6)

u′(0) = u′0 (5.7)

5.1 Vibrasi Bebas dan Takteredam

Dalam peristiwa ini γ = 0 dan F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan

menjadi

mu′′ + ku = 0

dapat disederhanakan dalam bentuk

u′′(t) + µ2u = 0, µ2 =k

m(5.8)

u(0) = u0 (5.9)

u′(0) = u′0 = v0. (5.10)


Persamaan karakteristiknya adalah r2 + µ2 = 0 dengan r12 = 0 ± µi. Jelas

solusi PDB ini adalah u = c1 cos µt+ c2 sin µt. Dengan menerapkan nilai awalnya

diperoleh c1 = u0 dan c2 = v0

µsehingga

u(t) =v0

µsin µt + u0 cos µt.

Langkah selanjutnya menyederhanakan solusi ini. Tetapkan suatu konstanta H =√(

v0

µ

)2+ u2

0 maka solusi ini dapat ditulis sebagai

u(t) = H

[ v0

µ

Hsin µt +

u0

Hcos µt

]

.

Misalv0

µ

H= − sin φ dan u0

H= cos φ maka

u(t) = H

[

− sin φ sin µt + cos φ cos µt

]

= H cos(µt + φ)

Persamaan terakgir ini menunjukkan fungsi perpindahan massa dari titik setim-

bang O dalam waktu t > 0. Dan perlu diingat bahwa bila fungsi itu berupa

fungsi trigonometri dalam hal ini u(t) = H cos(µt + φ) maka amplitudo adalah

sebesar |H|, waktu yang dibutuhkan utnuk melakukan satu kali getaran (periode)

sebesar 2πµ

dan jumlah getaran tiap detik (frekwensi) sebesar µ2π

.

Contoh 5.1.1 Sebuah benda beratnya 8 newton diletakkan pada ujung pegas yang

tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.2 meter dan men-

capai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.1 meter

dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas dengan kecepatan

awal 1 m/dt maka tentukan besarnya amplitudo, periode dan frekwensi. (Gunakan

g=10 m/dt2).


Penyelesaian 5.1.1 Dalam posisi setimbang pegas merenggang sepanjang 0.2

meter sehingga F = ks ⇔ 8 = k(0.2) ⇔ k = 40. Karena berat benda 8 newton

maka W = mg ⇔ m = 8/10 kg. Dengan demikian model PDBnya adalah

810

u′′ + 40u = 0. Memperhatikan kondisi awal pada saat benda dilepas maka

model selengkapnya bersama nilai awalnya adalah

u′′ + 50u = 0

u(0) =1

10

u′(0) = 1.

Memperhatikan persamaan ini maka akar-akar persamaan karakteristik r12 =

0±5√

2i sehingga solusi umumnya adalah u(t) = c1 cos 5√

2t+c2 sin 5√

2t dimana

u′(t) = −5√

2c1 sin 5√

2t + c25√

2 cos 5√

2t. Dengan menerapkan kedua syarat

awalnya didapat solusi khusus

u(t) =1

10cos 5

√2t +

1

5√

2sin 5

√2t.

Kemudian untuk H =√

110

2+ 1

5√

2

2= 1

10

√3 maka

u(t) = H

[ 110

Hcos 5

√2t +

15√

2

Hsin 5

√2t

]

.

Dan misal1

10

H= cos φ dan

1

5√

2

H= − sin φ maka

cos φ =110

110

√3

sin φ = −1

5√

2

110

√3

dimana φ = −.96 sehingga

∴ u(t) =1

10

√3

[

cos(−0.96) cos 5√

2t − sin(−0.96) sin 5√

2t

]

=1

10

√3 cos

(5√

2t − 0.96)].


Dengan demikian besar amplitudo adalah 110

√3, periode 2π

5√

2detik dan frekwensi

5√

22π

getaran/detik. Gambar 5.3 menunjukkan bagaimana proses getaran tidak

mengalami perubahan pada saat t tertentu yang dalam hal ini disebabkan karena

tidak adanya redaman (titik stasioner tetap sama sepanjang t).

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−0.06

−0.04

−0.02

0

0.02

0.04

0.06

u(t)

Gambar 5.2: Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar

5.2 Vibrasi Bebas dan Teredam

Dalam peristiwa ini F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan menjadi

mu′′ + γu′ + ku = 0


u′′(t) + 2bu′ + µ2u = 0, 2b =γ

µ, µ2 =

k

m(5.11)

u(0) = u0 (5.12)

u′(0) = u′0 = v0. (5.13)


Persamaan karakteristiknya adalah r2+2br+µ2 = 0 dengan r12 = −b±√

b2 − µ2.

Untuk getaran teredam dipilih b < µ sehingga r12 = −b ±√

b2 − µ2i dan so-

lusinya adalah u(t) = e−bt(c1 cos

√

b2 − µ2t + c2 sin√

b2 − µ2t). Tetapkan suatu

konstanta H =√

c21 + c2

2 maka solusi ini dapat ditulis sebagai

u(t) = He−bt cos(√

b2 − µ2t + φ).

dimana φ = arcsin(− c1

H

)= arccos

(c2H

). Jelas solusi ini terdiri dari dua fak-

tor yaitu e−bt dan cos(√

b2 − µ2t + φ)

dan e−bt disebut faktor peredam yang

mempunyai sifat

limt→∞

He−bt = 0,

artinya semakin lama semakin melemah pengaruhnya.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−0.06

−0.04

−0.02

0

0.02

0.04

0.06

u(t)

Gambar 5.3: Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar

Contoh 5.2.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas

yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan

mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter

dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan


awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u′ dimana u′ adalah kecepatan dalam

satuan m/dt2 maka tentukan besarnya quasi amplitudo, quasi frekwensi dan pe-

ngurangan logaritmiknya. (Gunakan g=10 m/dt2).

5.3 Vibrasi Takbebas Gaya Luar

Dalam peristiwa ini model vibrasi muncul dalam persamaan penuh. Dengan

mengambil F (t) = F1 cos ωt maka model persamaan adalah

mu′′ + γu′ + ku = F1 cos ωt.


u′′(t) + 2bu′ + µ2u = E1 cos ωt, (5.14)

u(0) = u0 (5.15)

u′(0) = u′0 = v0. (5.16)

dimana 2b = γµ, µ2 = k

m, E1 = F1

m. Bila dipilih b < µ maka solusi PDB

homogennya adalah

uh = He−bt cos(√

b2 − µ2t + φ). (5.17)

Selanjutnya akan ditentukan solusi khusus PDB nonhomogen dengan memisalkan

us = A cosωt + B sin ωt. (5.18)

Dengan demikian

u′s = −ωA sin ωt + ωB cos ωt

u′′s = −ω2A cos ωt− ω2B sin ωt.


Substitusikan dalam persamaan (5.14) akan diperoleh dua sistem persamaan li-

nier

−2bωA + (µ2 − ω2)B = 0

(µ2 − ω2)A + 2bωB = E1

sehingga

A =E1(µ

2 − ω2)

(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2

B =2bωE1

(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2.

Dengan demikian persamaan (5.18 menjadi

us =E1

(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2

(

(µ2 − ω2) cos ωt + 2bω sin ωt

)

.

atau

us =E1

√

(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2cos(ωt− φ), (5.19)

dimana φ = arccos (µ2−ω2)√(µ2−ω2)2+4b2ω2

= arcsin 2bω√(µ2−ω2)2+4b2ω2

. Dengan demikian

solusi umum model PDB ini adalah u = uh + us pada persamaan (5.17-5.19),

yaitu

u = He−bt cos(√

b2 − µ2t + φ)

+E1

√

(µ2 − ω2)2 + 4b2ω2cos(ωt − φ). (5.20)

Memperhatikan solusi ini maka dapat disimpulkan bahwa fungsi solusinya terdiri

dari dua suku fungsi yaitu He−bt cos(√

b2 − µ2t+φ)

dan E1√(µ2−ω2)24b2ω2

cos(ωt−

φ), dan dengan konstanta tertentu maka visualisasi vibrasi takbebas gaya luar

ini dapat disajikan berturut-turut pada Gambar 5.4-5.6.


0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−0.6

−0.5

−0.4

−0.3

−0.2

−0.1

0

0.1

0.2

0.3

Waktu (t)

Per

pind

ahan

(u)

u(t)

Gambar 5.4: Ekspresi getaran suku fungsi pertama

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

Waktu (t)

Per

pind

ahan

(u)

u(t)

Gambar 5.5: Ekspresi getaran suku fungsi kedua

Contoh 5.3.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas

yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan

mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter

dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan

awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u′ dimana u′ adalah kecepatan dalam

satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu apabila terdapat

gaya luar F (t) = 5 cos 2t. (Gunakan g=10 m/dt2).


0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

Waktu (t)

Per

pind

ahan

(u)

u(t)

Gambar 5.6: Getaran pada pegas takbebas gaya luar


Latihan Tutorial 5

1. Sebuah benda beratnya 10 newton diletakkan pada ujung pegas yang ter-

gantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.25 meter dan

mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh

0.4 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas

tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya gesek diabaikana maka tentukan

fungsi simpangan pada saat. (Gunakan g=10 m/dt2).





tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 8u′ dimana u′ adalah

kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat

tertentu.





tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 4u′ + 1 dimana u′

adalah kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan

pada saat tertentu apabila terdapat gaya luar F (t) = 5 cos 2t + sin 2t.

BAB 6

Sistem PDB

Persamaan difrensial biasa order pertama dapat disajikan dalam bentuk berikut

dy

dx= f(x, y) atau y′ = f(x, y). (6.1)

Solusi dari persamaan ini adalah y(x) yang memenuhi persamaan y′(x) = f(x, y(x))

di semua titik pada interval domain [a, b]. Selanjutnya persamaan (6.1) dikatakan

merupakan masalah nilai awal bila solusi itu memenuhi nilai awal y(a) = y0, se-

hingga persamaan itu dapat digambarkan sebagai

y′ = f(x, y), a ≤ x ≤ b

y(a) = y0.

65

BAB 6. SISTEM PDB 66

Kemudian bila persamaan ini terdiri dari lebih dari satu persamaan yang sa-

ling terkait maka dikatagorikan sebagai sistem persamaan difrensial. Sistem per-

samaan difrensial order pertama disajikan sebagai berikut.

y′1 = f1(t, y1, y2, . . . , yn)

y′2 = f2(t, y1, y2, . . . , yn)

...

y′n = fn(t, y1, y2, . . . , yn).

Atau dalam bentuk umum dapat disajikan sebagai

y′i = fi(t, y1, y2, . . . , yn) i = 1, 2, . . . , n dan a ≤ t ≤ b. (6.2)

dengan nilai awal y1(a) = α1, y1(a) = α2, . . . , y1(a) = αn.

Seluruh bentuk PDB atau sistem PDB dapat ditransformasikan kedalam ben-

tuk sistem persamaan difrensial order satu dan kelebihan sistem ini adalah mu-

dah ditentukan solusinya dengan metoda apapun baik analitik, kualitatif ataupun

metoda numerik. Dibawah ini diberikan contoh bagaimana sistem PDB sebarang

dapat ditransformasikan kedalam sistem PDB order satu.

Contoh 6.0.2 Transformasikan sistem persamaan difrensial dibawah ini dalam

sistem persamaan difrensial order satu.

u′′′ + u′′v′ = xv

v′ + v +u

1 + x= cos x

dimana u(0) = −1, u′(0) = 1, u′′(0) = 1, v(0) = 1


Penyelesaian 6.0.1 Misal y1 = u, y2 = u′, y3 = u′′ dan y4 = v, maka

y′1 = u′ = y2,

y′2 = u′′ = y3,

y′3 = u′′′ = xy4 − y3(cos x − y4 −

y1

1 + x),

y′4 = v′ = cos x − y4 −

y1

1 + x.

Nilai awal seakarang adalah y1(0) = −1, y2(0) = 1, y3(0) = 1, y4(0) = 1.

6.1 Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Ho-

mogen dengan Koefisien Kosntan

Untuk memberikan gambaran bagaimana usaha yang dilakukan dalam menyele-

saikan sistem PDB diatas, berikut ini akan diberikan contoh model penyelesaian

sistem PDB dengan dua persamaan.

y′1 = a1y1 + a2y2 (6.3)

y′2 = a3y1 + a4y2. (6.4)

Misal y1 = Aeλt → y′1 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y′

2 = Bλeλt adalah solusi sistem

ini maka substitusikan kedalam (6.3-6.4) didapat dua persamaan

(a1 − λ)A + a2B = 0

a3A + (a4 − λ)B = 0.

Solusi dari persamaan terakhir ini akan berupa solusi tunggal bila determinan

koefisien-koefisiennya λ2 − (a1 + a2)λ + (a1a4 − a3a2) = 0 tidak sama dengan


nol, dan bila sama dengan nol solusinya adalah trivial (banyak solusi). Kemu-

dian jenis solusi PDB model ini akan ditentukan oleh akar-akar -akar persamaan

karakteristik ini.

6.1.1 Akar Riel dan Berbeda

Contoh 6.1.1 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini.

y′1 = 6y1 − 3y2

y′2 = 2y1 + y2.

Penyelesaian 6.1.1 Misal y1 = Aeλt → y′1 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y′

2 =

Bλeλt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas

diperoleh

(6 − λ)A − 3B = 0

2A + (1 − λ)B = 0.

Sehingga persamaan karakteristik adalah λ2−7λ+12 = 0 dimana λ1 = 3, λ1 = 4.

Dengan demikian untuk λ = 3 didapat nilai A = B = 1 sehingga solusinya

(y1)1 = e3t

(y2)1 = e3t,

sedangkan untuk λ = 4 diperoleh nilai A = 3, B = 2 dan solusinya

(y1)2 = 3e4t

(y2)2 = 2e4t.


Dengan demikian solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah

y1 = c1(y1)1 + c2(y1)2 atau y1 = c1e3t + 3c2e

4t

y2 = c1(y2)1 + c2(y2)2 atau y1 = c1e3t + 2c2e

4t

6.1.2 Akar-Akar Komplek


y′1 = 3y1 + 2y2

y′2 = −5y1 + y2.


2 =

Bλeλt juga solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas

diperoleh

(3 − λ)A + 2B = 0

−5A + (1 − λ)B = 0.

Sehingga persamaan karakteristik adalah λ2 − 4λ + 13 = 0 dimana akar-akarnya

λ12 = 2 ± 3i. Dengan demikian

(1 − 3i)A + 2B = 0

−5A + (−1 − 3i)B = 0.

Ambil sebarang A misal A = 2 maka B = −1 + 3i sehingga solusinya

y1 = 2e(2+3i)t atau y1 = e2t(2e3it

)

y2 = (−1 + 3i)e(2+3i)t atau y2 = e2t(− e3it + 3ie3it

).


Ingat bahwa eit = cos t + i sin t sehingga

y1 = e2t(2 cos 3t + 2i sin 3t

)

y2 = e2t(− cos 3t − i sin 3t + 3i cos 3t + 3i2 sin 3t

).

Dengan mengabaikan bagian imajiner i didapat dua solusi riel berikut

(y1)1 = 2e2t cos 3t

(y2)1 = −e2t(cos 3t + 3 sin 3t

).

dan

(y1)2 = 2e2t sin 3t

(y2)2 = e2t(3 cos 3t − sin 3t

).

Dengan menggabungkan kedua solusi ini didapat solusi umum sistem PDB

y1 = 2e2t(c1 cos 3t + c2 sin 3t

)

y2 = e2t[c1

(− cos 3t − 3 sin 3t

)+ c2

(3 cos 3t − sin 3t

)]

6.1.3 Akar Riel dan Sama

Permisalan solusi pada kasus ini sedikit berbeda dengan permisalan solusi-solusi

sebelumnya. Pertama kali dimisalkan

y1 = Aeλt

y2 = Beλt

kemudian permisalan ditingkatkan menjadi

y1 = Ateλt

y2 = Bteλt.


Bila permisalan terakhir ini dipandang tidak cukup signifikan dijadikan solusi

PDB dengan akar riel sama ini dapat dipilih permisalan lain

y1 = (A1t + A2)eλt

y2 = (B1t + B2)eλt.

Untuk lebih jelaskan akan diselesaikan contoh berikut ini.


y′1 = 4y1 − y2

y′2 = y1 + 2y2.


2 =

Bλeλt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas

diperoleh persamaan karakteristik dengan λ1 = λ2 = 3 sehingga persamaan men-

jadi

A − B = 0

A − B = 0.

Pilih A = B = 1 maka solusinya

(y1)1 = e3t

(y2)1 = e3t.

Selanjutnya misal solusi itu y1 = (A1t + A2)e3t dan y2 = (B1t + B2)e

3t maka

y′1 = A1e

3t + 3A1te3t + 3A2e

3t dan y′2 = B1e

3t + 3B1te3t + 3B2e

3t. Substitusikan

kedalam dua persamaan dalam persoalan diatas diperoleh persamaan

(A1 − B1)t + (A2 − A1 − B2) = 0

(A1 − B1)t + (A2 − B1 − B2) = 0


sehingga

A1 − B1 = 0 A2 − A1 − B2 = 0

A1 − B1 = 0 A2 − B1 − B2 = 0.

Sebelumnya sudah dipilih A1 = B1 = 1 maka didapat A2 − B2 = 1, pilih A2 =

1 → B2 = 0. Dengan demikian solusinya adalah

(y1)2 = (t + 1)e3t

(y2)2 = te3t.

Dari kedua bagian solusi ini solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah

y1 = c1(y1)1 + c2(y1)2 atau y1 = c1e3t + c2(t + 1)e3t

y2 = c1(y2)1 + c2(y2)2 atau y1 = c1e3t + c2te

4t

6.2 Metoda Operator

Misal diberikan

Dx = x′

Dnx = x(n)

maka

a0x(n) + a1x

(n−1) + · · ·+ an−1x′ + anx = F (x)

(a0D

(n) + a1D(n−1) + · · · + an−1D + an

)x = F (x).

Bila dipilih L = a0D(n) + a1D

(n−1) + · · · + an−1D + an maka operator L akan

memenuhi sifat berikut

L(c1f1 + c2f2 + · · ·+ cnfn) = c1L(f1) + c2L(f2) + · · ·+ cnL(fn).


Dan bila L1, L2 ∈ L maka

L1L2f = L2L1f = Lf.

Contoh 6.2.1 Bila L = 3D2 + 5D maka tentukan L(3t2 + t).

Penyelesaian 6.2.1

L(3t2 + t) = 3L(t2) + L(t)

= 3(3D2 + 5D)(t2) + (3D2 + 5D)(t)

= 30t + 23

Kemudian bagaimana menerapkan metoda operator ini untuk menyelesaikan

sistem PDB, berikut ini akan dibahas contoh sistem PDB order satu.

Contoh 6.2.2 Tentukan solusi sistem PDB berikut ini.

2x′ − 2y′ − 3x = t

2x′ + 2y′ + 3x + 8y = 2

Penyelesaian 6.2.2 Rubah kedalam bentuk persamaan operator

(2D − 3)x − 2Dy = t

(2D + 3)x + (2D + 8)y = 2

Gunakan metoda eliminasi untuk y sehingga

(2D + 8)(2D − 3)x − 2(2D + 8)Dy = (2D + 8)t

2D(2D + 3)x + 2D(2D + 8)y = 2.2D

dengan menjumlah kedua persamaan ini diperoleh

(D2 + 2D − 3)x = t +1

4.


Persamaan terakhir ini merupakan PDB nonhomogen order dua dengan koefisien

konstan sehingga dengan menggunakan prinsip-prinsip penyelesaian sebelumnya

diperoleh solusi berikut

x(t) = c1et + c2e

−3t − 1

3t − 11

36. (6.5)

Dengan cara yang sama gunakan metoda eliminasi untuk x diperoleh solusi

y(t) = k1et + k2e

−3t +1

8t +

5

12. (6.6)

Tentukan turunan pertama kedua solusi ini dan substitusikan kedua solusi ini

bersama turunannya kedalam salah satu sistem PDB dan kelompokkan seluruh

koefisien yang bersesuaian diperohel

(−c1 − 2k1)et + (−9c2 + 6k2)e

−3t = 0

sehingga diperoleh hubungan k1 = −12c1 dan k2 = 3

2c2. Dengan demikian solusi

umumnya adalah

∴ x(t) = c1et + c2e

−3t − 1

3t − 11

36

∴ y(t) = −1

2c1e

t +3

2c2e

−3t +1

8t +

5

12.


Latihan Tutorial 1

1. Suatu fluida (yang berupa zat alir) diinjeksikan satu arah dalam sebuah

trowongan vertikal. Kemudian flow (aliran) fluida itu diamati sedemikian

hingga menghasilkan suatu model matematika yang berupa sistem PD non

linier dengan masalah nilai awal sebagai berikut:

f ′′′ − R[(f ′)2 − ff ′′] + RA = 0

h′′ + Rfh′ + 1 = 0

θ′′ + Pfθ′ = 0

dengan nilai awal f(0) = 1, f ′(0) = −2, f ′′(0) = 1, h(0) = −2, h′(0) =

1, θ(0) = 1, θ′(0) = −1. Dimana f, h adalah fungsi potensial dan θ adalah

fungsi distribusi temperatur. A adalah konstanta tak tentu, R adalah bi-

langan Reynold dan P bilangan Peclect. Lakukan transformasi kedalam

sistem PDB order satu.

2. Suatu PDB disajikan dalam sistem berikut:

u′′′ + u′′ = xv

v′

2v′ +u

1 + x= cos v′′

w′′′ + v′(1 − x

w′ ) − u′ = x

dengan nilai awal u(0) = 0, u′(0) = −1, u′′(0) = 2, v(0) = −1, v′(0) =

0, w(0) = 0, w′(0) = −2, w′′(0) = 0. Lakukan transformasi kedalam

sistem PDB order satu.

3. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi

30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air


dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/Lt dituangkan

kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam

tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II

dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/Lt dituangkan

kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam

tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar

dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir

keluar meninggalkan sistem.

2 Lt/min, 1 gram/Lt

2 Lt/min

4 Lt/min

3 Lt/min

1 Lt/min, 3 gram/Lt

Gambar 6.1: Dua tangki yang saling berhubungan.

(a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari

peristiwa ini.

(b) Gunakan metoda operator untuk menentukan ekspresi model mate-

matik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki I dan II setiap

saat.

4. Gambar 6.2 menyajikan gerak harmonis pegas yang disebabkan oleh ditem-

patkannya dua massa m1 dan m2. Selanjutnya benda m1 didorong mendekati


pangkal pegas sejauh y1 = a1 dari titik setimbang m1 dan m2 ditarik men-

jauhi pangkal pegas sejauh y2 = a2 dari titik setimbang m2. Pada saat

t(0) = t0 dan v(0) = v0 kedua beban itu dilepas sehingga mengalami garak

harmonis.


peristiwa ini.

(b) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan besarnya sim-

pangan setiap saat.

k1 k2

x a1 1= x a2 2=

O1 O2

P

P

m1 m2

m1 m2

k1 k2

Gambar 6.2: Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban.

BAB 7

PDB Nonlinier dan

Kesetimbangan

Dalam fenomena riel sedikit sekali model PDB muncul dalam bentuk linier. Se-

baliknya persamaan itu muncul dengan model nonlinier yang sulit diselesaikan

secara analitik. Suatu metoda yang terus berkembang pesat adalah metoda nu-

merik. Namun demikian secara teoritis maupun praktis metoda ini memerlukan

pemahaman khusus terutama menyangkut pembuatan komputer programming.

Metoda sederhana namun cukup berarti adalah menghampiri persamaan non-

linier dengan persamaan linier termasuk didalamnya menganalisa perubahan koe-

fisien dan syarat awalnya. Teknik ini dikenal dengan analisa kualitatif, yaitu

mencoba menganalisa solusi PDB nonlinier secara grafis. Beberapa aspek pen-

ting untuk memahami teknik penyelesaian dengan cara ini dapat dijelaskan dalam

bahasan berikut.

78

BAB 7. PDB NONLINIER DAN KESETIMBANGAN 79

7.1 Sistem Linier

Suatu sistem PDB order satu dengan n persamaan yang disajikan sebagai

dx1

dt= a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn

dx2

dt= a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn

...

dx1

dt= a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn

dapat ditulis dalam bentuk

dx

dt= Ax. (7.1)

Misal solusi persamaan ini adalah x = ξert dan x′ = ξrert maka

ξrert = Aξert

(A − rI)ξ = 0

Definisi 7.1.1 Misal A ∈ Rn×n maka vektor ξ ∈ Rn disebut vektor eigen bila

Aξ = rξ dimana r adalah nilai eigen.

Untuk memperoleh nilai eigen dapat dipakai formulasi det(A − rI) = 0 yang

sekaligus merupakan persamaan karakteristik dari sistem PDB linier diatas. Se-

lanjutnya bila persamaan (7.1) sama dengan nol, yaitu dxdt

= Ax = 0 maka solusi

sistem PDB linier akan mencapai titik kritis (titik kesetimbangan). Suatu con-

toh, diberikan sistem PDB x1′ = −x1 + x2, x2′ = −x1 − x2. Titik kritis dapat

diperoleh dengan menyelesaikan sistem

−x1 + x2 = 0

−x1 − x2 = 0


dimana titik yang memenuhi adalah (0, 0) sehingga titik kesetimbangannya adalah

(0, 0).

7.2 Sistem Otonomus dan Trayektori

Dalam hal ini akan dibahas sistem PDB dengan dua variabel terikat x1, x2.

Definisi 7.2.1 Suatu PDB yang berbentuk

dx1

dt= f1(x1, x2) (7.2)

dx2

dt= f2(x1, x2) (7.3)

adalah merupakan sistem otonomus karena f1(x1, x2) dan f2(x1, x2) bebas dari t.

Dengan demikian bila sarat Lipschitz dipenuhi oleh persamaan diatas maka

x1 = x1(t), x2 = x2(t) (7.4)

merupakan solusinya dan memenuhi sarat awal x1(t0) = (x1)0, x2(t0) = (x2)0.

Jelas penyelesaian (7.4) menentukan sebuah kurva diruang tiga-dimensi t, x1, x2.

Jika kita pandang t sebagai parameter, maka bila t berubah dalam selang interval

tertentu a < t < b, titik (x1(t), x2(t)) akan menelusuri sebuah kurva yang disebut

trayektori atau orbit dari penyelesaian (7.4) di bidang x1x2. Dalam kajian dari

sistem fisis, pasangan (x1, x2) disebut fase dari sistem oleh karena itu bidang

x1x2 pada umumnya disebut bidang fase (phase plan), sedangkan gambar semua

trayektori yang berpautan dalam bidang fase disebut potret fase.

Untuk menentukan trayektori dari persamaan (7.2-7.2) dapat digunakan atu-

ran rantai sebagai berikut:

dx2

dx1=

dx2

dt· dt

dx1=

f2(x1, x2)

f1(x1, x2)(7.5)


Kemudian dengan menyelesaikan PDB ini akan diperoleh persamaan trayektori

yang melalui titik-titik pada domain D. Misal f2(x1, x2) 6= 0 maka persamaan

trayektori yang melalui titik-titik lain misal S adalah

dx1

dx2=

f1(x1, x2)

f2(x1, x2)

Titik-titik ((x1)0, (x2)0) dalam bidang fase yang membuat f1 dan f2 sama de-

ngan nol merupakan titik setimbang dari sistem (7.2-7.2) dan x1(t) = (x1)0, x2(t) =

(x2)0 adalah penyelesaian untuk semua t.

Contoh 7.2.1 Tentukan titik kritis sistem PDB

dx

dt=

0 −1

1 0

x,

dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhi

syarat awal x1(0) = 1, x2(0) =√

3.

Contoh 7.2.2 Tentukan titik kritis sistem PDB

dx

dt=

0 −1

1 0

x,

dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhi

syarat awal x1(0) = 1, x2(0) =√

3.

Penyelesaian 7.2.1 Titik kritis ditentukan dengan

0 −1

1 0

x = 0,

sehingga (0, 0) adalah satu-satunya titik kritis. Kemudian dengan menggunakan

persamaan (7.5) maka persamaan trayektori didapat dari menyelesaikan PDB

dx2

dx1= −x1

x2, x2 6= 0


dimana penyelesaian umumnya adalah x21+x2

2 = c2, suatu lingkaran yang berpusat

di (0, 0). Dengan menerapkan sarat awal, maka solusi khusus didapat sebagai

x21 + x2

2 = 4. Trayektori dari solusi ini adalah berupa lingkaran yang berpusat di

(0, 0), dimana gerakannya dapat dianalisis dari solusi x22 = 4−x2

1. Semakin besar

nilai x1 semakin kecil nilai x2-nya, dengan demikian gerakan titik berlawanan

dengan arah jarum jam, lihat Gambar (7.1).

x2

x12

Gambar 7.1: Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal.

7.3 Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otono-

mus

Persamaan otonomus yang ditulis dalam sistem berikut

dx1

dt= f1(x1, x2) (7.6)

dx2

dt= f2(x1, x2) (7.7)


akan mempunyai ((x1)0, (x2)0) sebagai titik kritis (atau kesetimbangan) dari sis-

tem (7.6-7.7) apabila f1((x1)0, (x2)0) = 0 dan f2((x1)0, (x2)0) = 0. Karena tu-

runan suatu konstanta sama dengan nol, akibatnya jika titik ((x1)0, (x2)0) meru-

pakan titik kritis dari sistem ini, maka sepasang fungsi konstan

x1(t) = (x1)0, x2(t) = (x2)0 (7.8)

merupakan penyelesaian dari sistem (7.6-7.7) untuk semua nilai t.

Dalam banyak keadaan, sangat penting mengetahui apakah setiap penyele-

saian dari sistem (7.6-7.7) yang memulai cukup dekat dengan penyelesaian (7.8)

pada t = 0 akan tetap dekat dengan (7.8) untuk seluruh t > 0 berikutnya. Jika

demikian halnya, penyelesaian (7.8), atau titik kritis ((x1)0, (x2)0) disebut stabil.

Untuk lebih jelasnya diberikan definisi berikut.

Definisi 7.3.1 Titik kritis ((x1)0, (x2)0) atau penyelesaian konstan (7.8) dari sis-

tem (7.6-7.7) disebut stabil jika untuk setiap bilangan e > 0 terdapat suatui bi-

langan δ > 0 sedemikian hingga setiap penyelesaian (x1(t), x2(t)) yang pada t = 0

memenuhi

[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]

2 < δ (7.9)

ujud dan memenuhi

[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]

2 < ǫ (7.10)

untuk semua t ≥ 0.

Definisi 7.3.2 Titik kritis ((x1)0, (x2)0) atau penyelesaian konstan (7.8) disebut

stabil asimtotik jika titik itu stabil dan sebagai tambahan terdapat δ0 sedemikian


hingga setiap penyelesaian (x1(t), x2(t)) yang pada t = 0 memenuhi

[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]

2 < δ0 (7.11)

ujud untuk semua t ≥ 0 dan memenuhi

limt→∞

x1(t) = 0, limt→∞

x2(t) = 0 (7.12)

Definisi 7.3.3 Sebuah titik yang tidak stabil disebut tak stabil.

Secara singkat dikatakan, stabilitas berarti perubahan kecil dalam syarat awal

hanya menyebabkan pengaruh kecil pada penyelesaian, stabil asimtotik berarti

pengaruh dari perubahan kecil cendrung menghilang sama sekali (tidak berpe-

ngaruh) sedangkan ketakstabilan berarti suatu perubahan kecil pada syarat awal-

nya akan berakibat perubahan besar pada penyelesaian.

Konsep mengenai titik stabil, stabil asimtotik dan tak stabil masing-masing

digambarkan dalam Gambar 7.2.

Gambar 7.2: Potret fase sistem PDB dengan MAPLE


Contoh 7.3.1 Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB

dx

dt=

0 −1

1 0

x,

adalah stabil.

Penyelesaian 7.3.1 Misal diberikan ǫ > 0. Pilih δ = ǫ. Solusi sistem ini adalah

x1(t) = c1 cos t + c2 sin t (7.13)

x2(t) = c1 cos t − c2 sin t (7.14)

dimana c1, c2 adalah sebarang konstan. Karena titik kritis (0, 0) maka (x1)0 =

(x2)0 = 0 dan x1(0) = c1, x2(0) = −c2, dan jelas

[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]

2 < δ

(c1 − 0)2 + (c2 − 0)2 < δ

c21 + c2

2 < δ.

Selanjutnya apakah

[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]

2 < ǫ.

Substitusikan penyelesaian diatas didapat

(c1 cos t + c2 sin t)2 + (c1 cos t − c2 sin t)2 < δ

c21 cos2 t + 2c1 cos tc2 sin t + c2

2 sin2 t + c21 cos2 t − 2c1 cos tc2 sin t + c2

2 sin2 t < δ

c21 + c2

2 < δ

= ǫ.

Lengkaplah pembuktian bahwa titik kritis (0, 0) adalah stabil. Kita tahu bahwa

trayektori sistem PDB ini merupakan persamaan lingkaran yang berpusat di


(0, 0), dengan demikian lingkaran itu tidak menghampiri titik kritis pada saat

t → ∞. Ini berarti persamaan (7.12) tidak berlaku, oleh karena itu titik kritis

(0, 0) bukan stabil asimtotik.


dx

dt=

−1 0

0 −1

x,

adalah stabil asimtotik.

Penyelesaian 7.3.2 Mula-mula harus dibuktikan bahwa (0, 0) adalah stabil.

Misal diberikan ǫ > 0. Pilih δ = ǫ. Solusi umum sistem pada soal ini adalah

x1(t) = c1e−t (7.15)

x2(t) = c2e−t (7.16)

dimana c1, c2 adalah sebarang konstan. Disini (x1)0 = (x2)0 = 0 dan x1(0) =

c1, x2(0) = c2, dan jelas

[x1(0) − (x1)0]2 + [x2(0) − (x2)0]

2 < δ

(c1 − 0)2 + (c2 − 0)2 < δ

c21 + c2

2 < δ.

Selanjutnya apakah

[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]

2 < ǫ.


(c1e−t)2 + (c2e

−t)2 < δ

(c21 + c2

2)e−2t < δ

≤ c21 + c2

2 < δ = ǫ


dengan demikian titik (0, 0) adalah stabil. Karena untuk sebarang c1, c2 berlaku

limt→∞

x1(t) = limt→∞

c1e−t = 0, lim

t→∞x2(t) = lim

t→∞c2e

−t = 0

maka titik (0, 0) adalah stabil asimtotik.


dx

dt=

−3 4

−2 3

x,

adalah takstabil.

Penyelesaian 7.3.3 Misal titik (0, 0) adalah stabil maka untuk ǫ > 0 terdapat

δ > 0 sedemikian hingga memenuhi persamaan (7.9-7.10). Perhatikan bentuk

penyelesaian sistem ini

x1(t) =

√δ

2et (7.17)

x2(t) =

√δ

2et (7.18)

Disini (x1)0 = (x2)0 = 0 dan x1(0) = x2(0) =√

δ2

, dan

(

√δ

2)2 + (

√δ

2)2 < δ

δ

2< δ.

Selanjutnya apakah

[x1(t) − (x1)0]2 + [x2(t) − (x2)0]

2 < ǫ.


(

√δ

2et)2 + (

√δ

2et)2 < ǫ

δ

2e2t < ǫ.


Jelas ini tidak akan berlaku untuk semua nilai t ≥ 0, sehingga titik kristis (0, 0)

adalah takstabil.

Selanjutnya sifat-sifat kestabilan secara umum dari sistem otonomus linier

dx

dt=

a b

c d

x,

dapat dianalisa dari nilai eigen matriknya. Bila ad − bc 6= 0 maka titik kritis

(0, 0) adalah satu-satunya titik kristis sistem ini dan solusinya akan berbentuk

x1(t) = Aeλt, x2(t) = Beλt.

dan sifat-sfiat kestabilan dapat dilihat dalam teorema berikut.

Teorema 7.3.1 Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB otonomus

• akan stabil jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan negatif atau

mempunyai bagian riel yang takpositif.

• akan stabil asimtotik jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan

negatif atau mempunyai bagian riel yang negatif.

• akan takstabil jika dan hanya jika salah satu atau kedua nilai eigennya riel

dan positif atau paling sedikit satu nilai eigen mempunyai bagian riel yang

positif.

Ketiga contoh yang diberikan semuanya adalah sistem otonomus linier. Dalam

contoh (7.3.1) persamaan kuadratik nilai eigen (persamaan karakteristik) λ2+1 =

0. Akar-akarnya adalah 0 ± i, jelas mempunyai bagin riel yang tak positif (yaitu

0) maka menurut teorema titik kritis ini (0, 0) adalah stabil. Dalam contoh


(7.3.2) persamaan karakteristiknya berbentuk λ2 + 2λ + 1 = 0. Akar-akarnya

λ1 = −1 = λ2. Karena akar-akarnya riel dan negatif maka titik kritis (0, 0) adalah

stabil asimtotik. Terakhir contoh (7.3.3) persamaan karakteristiknya λ2 − 1 = 0

akar-akarnya λ = 1 dan λ = −1 sehingga titik kritisnya takstabil.

Sekarang perhatikan kembali sistem otonomus (7.6-7.7). Misal titik kritis itu

((x1)0, (x2)0) mengalami transformasi karena pemetaan yang berbentuk X1 =

x1 − (x1)− 0 dan X2 = x2 − (x2)− 0, dan memetakan sistem otonomus kedalam

sistem sepadan dengan (0, 0) sebagai titik kritis, tanpa mengurangi perumuman,

dimana (0, 0) juga merupakan titik kritis sistem (7.6-7.7) maka inilah suatu teknik

untuk menghampiri bentuk sistem non linier dengan sistem linier.

Sistem hampiran ini akan menjadi sistem yang hampir linier dengan bentuk

umum sebagai berikut

dx

dt=

a b

c d

x + F (x1, x2),

dengan ad − bc 6= 0 dan F (0, 0) = 0. Jadi (0, 0) tetap merupakan titik kritis

sistem ini. Kemudian bila fungsi-fungsi F ∈ C1(I) didekat titik kritis asal, dan

juga terjadi bahwa

limx1→0

x2→0

F (x1, x2)√

x21 + x2

2

= 0 (7.19)

dikatakan bahwa sistem linier

dx

dt=

a b

c d

x,

merupakan hampiran yang baik terhadap sistem PDB hampir linier diatas. Selan-

jutnya berkenaan dengan kestabilan titik kritis akan mengikuti teorema berikut.


Teorema 7.3.2 Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB hampir linier

• akan stabil asimtutik jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah

stabil asimtutik.

• akan takstabil jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah takstabil.

Contoh 7.3.4 Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier

x′1 = −x1 + x2 + (x2

1 + x22)

x′2 = −2x2 − (x2

1 + x22)

3/2

adalah stabil asimtutik.

Penyelesaian 7.3.4 Di sini a = −1, b = 1, c = 0, d = −2, dan ad − bc = 2 6= 0

sedang F1(x1, x2) = (x21 + x2

2), F2(x1, x2) = (x21 + x2

2)2. Juga F1(0, 0) = F2(0, 0) =

0, sehingga syarat (7.19) terpenuhi. Dengan demikian sistem liniernya sekarang

adalah

x′1 = −x1 + x2

x′2 = −2x2

Persamaan karakteristik persamaan ini adalah λ2 + 3λ + 2 = 0, dimana akar-

akarnya adalah λ1 = −1 dan λ1 = −2. Karena kedua akarnya bernilai riel dan

negatif maka titik kritis sistem linier ini adalah adalah stabil asimtutik yang

berakibat bahwa sistem yang hampir linier itu juga stabil asimtutik.

Contoh 7.3.5 Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier

x′1 = −3x1 + 4x2 + (x2

1 − x22)

x′2 = −2x1 + 3x2 − x1x2


adalah stabil asimtutik.

Penyelesaian 7.3.5 Di sini a = −3, b = 4, c = −2, d = 3, dan ad − bc = 2 6= 0

sedang F1(x1, x2) = (x21 − x2

2), F2(x1, x2) = −x1x2, juga F1(0, 0) = F2(0, 0) = 0.

Kita nyatakan x1 dan x2 dalam koordinat polar: x1 = r cos θ, x2 = r sin θ maka

(syarat x → 0 dan x → 0 sepadan dengan r → 0). Maka

limr→0

F1(x1, x2)√

x21 + x2

2

= limr→0

r2(cos2 θ − sin2 θ)

r= lim

r→0r cos 2θ = 0

limr→0

F2(x1, x2)√

x21 + x2

2

= limr→0

−r2(cos θ sin θ)

r= lim

r→0−r cos θ sin θ = 0.

Jadi syarat (7.19) terpenuhi, sehingga kajian difokuskan pada bagian sistem linier

x′1 = −3x1 + 4x2

x′2 = −2x1 + 3x2

dimana nilai eigennya adalah λ1 = 1 dan λ2 = −1. Karena salah satu akarnya

adalah positif dan titik (0, 0) adalah titik kritis dari sistem linier ini sehingga men-

jadi takstabil maka sistem hampir linier diatas merupakan sistem PDB dengan

titik keritis takstabil.

7.4 Potret Fase Sistem Otonomus

Sebagaimana dijelaskan sebelumnya, gambar semua trayektori yang berpautan

dari suatu sistem PDB disebut potret fase. Bila sistem PDB itu adalah otonomus

linier

dx

dt=

a b

c d

x,


maka solusi umumnya adalah x1(t) = Aert, x2(t) = Bert dimana r adalah nilai

eigen dari matrik

a b

c d

.

yaitu, r merupakan akar dari persamaan karakteristik

det(A − rI) = 0. (7.20)

Potret fase dari sistem otonomus linier diatas hampir seluruhnya tergantung pada

akar-akar r1, r2 dari persamaan (7.20). Tabel (7.1) merupakan rangkuman potret

fase sistem PDB dengan sifat-sifat stabilitasnya. Sedangkan tipe-tipe titik kritis

x′ = Ax det(A− rI) = 0 detA 6= 0Nilai eigen Tipe titik kritis Stabilitas

r1 > r2 > 0 Simpul Tidak stabilr1 < r2 < 0 Simpul Stabil asimtotikr1 < 0 > r2 Titik plana Tidak stabilr1 = r2 > 0 Simpul sempurna atau tak sempurna Tidak stabilr1 = r2 < 0 Simpul sempurna atau tak sempurna Stabil asimtotikr1, r2 = λ ± iµ Titik spiral (Fokus)λ > 0 Tidak stabilλ < 0 Stabil asimtotikr1 = iµ, r2 = −iµ Pusat Stabil

Tabel 7.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier

pada kolom dua dapat dijelaskan melalui Gambar 7.3.

Contoh 7.4.1 Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier

x′1 = −2x1 + x2 (7.21)

x′2 = x1 − 2x2 (7.22)


x2

x1(a)

(( ) , ( ) )x x1 0 2 0

x1

x2

(b) x1(c)

x2

Gambar 7.3: Ringkasan potret fase

Penyelesaian 7.4.1 Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r1 = −1 dan r2 =

−3, sehingga penyelesaian umumnya adalah

x1(t) = c1e−t + c2e

−3t (7.23)

x2(t) = c1e−t − c2e

−3t. (7.24)

Akan ditentukan trayektori dari semua penyelesaian yang diberikan oleh penye-

lesaian umum ini untuk semua nilai c1, c2 yang berbeda. Bila c1 = c2 = 0 maka

didapat penyelesaian x1 = x2 = 0 dimana trayektorinya merupakan titik asal

(0, 0). Bila c1 6= 0 dan c2 = 0 didapat penyelesaian

x1(t) = c1e−t (7.25)

x2(t) = c1e−t, (7.26)

dan bila c1 = 0 dan c2 6= 0 didapat penyelesaian

x1(t) = c2e−3t (7.27)

x2(t) = −c2e−3t. (7.28)

Untuk c1 > 0 semua penyelesaian (7.25-7.26) mempunyai trayektori yang sama,

y = x > 0. Demikian pula untuk c1 < 0, trayektorinya adalah y = x < 0. Pada

persamaan (7.26-7.27) bila c2 > 0 dan c2 < 0, berturut-turut akan diperoleh


trayektori y = −x < 0 dan y = −x > 0. Keempat trayektori ini akan berupa

setengah garis-garis lurus sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Panah-panah

pada setengah garis itu menunjukkan arah gerakan pada trayektori bila t bertam-

bah. Untuk mendapatkan trayektori lainnya secara eksplisit kita harus mengeli-

minasi t pada persamaan (7.25-7.26) dan menyelidiki semua kurva yang diperoleh

untuk nilai konstanta c1, c2 yang tidak nol. Bila ini sulit dilakukan maka dapat

dianalisa dari (7.23-7.24), jelas bahwa bila t → ∞ setiap trayektori dari sistem

PDB pada soal ini akan menuju (0, 0). Selanjutnya, untuk c1 6= 0 dan c2 6= 0,

kita punyai

limt→∞

x

y= lim

t→∞

y

x=

c1e−t − c2e

−3t

c1e−t + c2e−3t= lim

t→∞

c1 − c2e−2t

c1 + c2e−2t= 1 ⇐⇒ y = x.

Jadi, semua trayektori ini menuju titik asal dan menyinggung garis y = x. Gam-

bar 7.4 menunjukkan beberapa potret fase sistem (7.21-7.22).

y

x

y x= > 0

y x= < 0

y x= − > 0

y x= − < 0

Gambar 7.4: Potret fase untuk nilai awal tertentu

Selanjutnya dengan MAPLE potret fase ini dapat digambar dengan mudah

melalui fungsi DEplot.


%Menggunakan fungsi DEplot≻ with(DEtools):≻ ode1:=diff(x1(t),t)=-2*x1(t)+x2(t);≻ ode2:=diff(x2(t),t)=x1(t)-2*x2(t);≻ DEplot(ode1,ode2,[x1(t),x2(t)],t=-3..3,x1=-3..3,x2=-3..3);

Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.

Gambar 7.5: Potret fase sistem secara umum

Contoh 7.4.2 Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier

x′1 = 3x1 − 2x2 (7.29)

x′2 = 2x1 − 2x2 (7.30)

Penyelesaian 7.4.2 Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r1 = −1 dan r2 =

2, sehingga penyelesaian umumnya adalah

x1(t) = c1e−t + c2e

2t (7.31)

x2(t) = 2c1e−t +

1

2c2e

2t. (7.32)


Bila c1 = c2 = 0 maka didapat penyelesaian x1 = x2 = 0 dimana trayektorinya

merupakan titik asal (0, 0). Bila c1 6= 0 dan c2 = 0 didapat penyelesaian

x1(t) = c1e−t (7.33)

x2(t) = 2c1e−t, (7.34)

dan bila c1 = 0 dan c2 6= 0 didapat penyelesaian

x1(t) = c2e2t (7.35)

x2(t) = −c2e2t. (7.36)

Untuk c1 > 0 trayektori sistem persamaan (7.33-7.34) berupa setengah garis

lurus x2 = 2x1 > 0, sedangkan untuk c1 < 0, trayektorinya adalah setengah garis

x2 = 2x1 < 0. Kemudian untuk c2 > 0 dan c2 < 0, berturut-turut akan diperoleh

trayektori setengah garis x2 = 12x1 > 0 dan x2 = 1

2x1 < 0. Arah gerakan titiknya

menuju ke titik asal sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Untuk c1 6= 0 dan

c2 6= 0, kita peroleh

limt→∞

x2

x1

= limt→∞

2c1e−t + 1

2c2e

2t

c1e−t + c2e2t= lim

t→∞

2c1e−3t + 1

2c2

c1e−3t + c2

=1

2⇐⇒ x2 =

1

2x1.

dan untuk

limt→−∞

x2

x1= lim

t→−∞

2c1e−t + 1

2c2e

2t

c1e−t + c2e2t= lim

t→−∞

2c1 + 12c2e

3t

c1 + c2e3t= 2 ⇐⇒ x2 = 2x1.

Hal ini menyatakan bahwa untuk t → ∞ semua trayektori asimtotis ke garis

x2 = 12x1, sedangkan untuk t → −∞ semua trayektori asimtotis ke garis x2 = 2x1.

Gambar 7.4 menggambarkan beberapa trayektori dari potret fase sistem (7.21-

7.22), dan menunjukkan bahwa hanya ada dua trayektori yang menuju titik asal,

selebihnya menjauhi yaitu menuju ±∞ bila t → ∞.

Selanjutnya melalui penerapan fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.


y

x

y x= >1

20

y x= >2 0

y x= <1

20

y x= <2 0

Gambar 7.6: Potret fase untuk nilai awal tertentu



Latihan Tutorial 2

1. Tentukan titik kritis dan persamaan trayektori dari penyelesaian sistem

berikut.

(a) x′1 = −x1, x′

2 = 2x2

(b) x′1 = −x2, x′

2 = −4 sin x1

(c) x′1 = −x1, x′

2 = 2x2

(d) x′1 = −x1 + x2, x′

2 = −x1 − x2

(e) x′1 = x2, x′

2 = − sin x1

(f) x′1 = x1 − x1x2, x′

2 = −x2 + x1x2

2. Transformasikan PDB berikut kedalam sistem PDB order satu dan hitung

persamaan trayektorinya

(a) x′′ + x = 0

(b) x′′ + sin x = 0

(c) x′′ − x + x3 = 0

3. Tentukan apakah titik kritis (0, 0) merupakan titik stabil, stabil asimtutik

atau tak stabil.

(a) x′1 = x2, x′

2 = −x1

(b) x′1 = −x1 + x2, x′

2 = −2x2

(c) x′1 = −x1 + x2, x′

2 = −x1 − x2

(d) x′1 = 5x1 − 6x2, x′

2 = 6x1 − 7x2


(e) x′1 = −3x1 + 4x2, x′

2 = −2x1 + 3x2

(f) x′1 = 5x1 − 6x2 + x1x2, x′

2 = 6x1 − 7x2 − x1x2

(g) x′1 = x2 + x2

1 − x1x2, x′2 = −2x1 + 3x2 + x2

2

(h) x′1 = 3x1 − 2x2 + (x2

1 + x22)

2, x′2 = 4x1 − x2 + (x2

1 − x22)

2

4. Misal sistem x′1 = 5x1 − 6x2 + 1, x′

2 = 6x1 − 7x2 + 1 menunjukkan dua

populasi yang berlomba, dimana x1 adalah populasi yang diperlukan dan

x2 adalah populasi parasit. Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) dari sistem

ini adalah stabil asimtotik dan karena itu kedua populasi ini akan menuju

kepunahan.

BAB 8

Potret Fase Sistem PDB

Nonlinier dan Aplikasi

Pada bagian ini akan dibahas potret fase sistem otonomus nonlinier dalam ap-

likasi. Suatu teorema mengenai potret fase sistem otonomus nonlinier

x1 = ax1 + bx2 + f1(x1, x2) (8.1)

x2 = ax1 + bx2 + f2(x1, x2) (8.2)

Misal r1, r2 adalah akar-akar persamaan karakteristik (nilai eigen) dari sistem

yang dilinierkan maka potert fase dan stabilitasnya dapat dilihat dalam tabel

berikut.

8.0.1 Interaksi Populasi

Dalam bagian ini akan dibahas dua spesies yang berbeda, satu spesies disebut

pemangsa dan spisies lainnya disebut mangsa (Predator-Prey). Spesies mangsa

mempunyai persediaan makanan yang berlebihan sedangkan spesies pemangsa

100

BAB 8. POTRET FASE SISTEM PDB NONLINIER DAN APLIKASI 101

x′ = Ax det(A − rI) = 0 detA 6= 0Nilai eigen Tipe titik kritis Stabilitas

r1 > r2 > 0 Simpul Tidak stabilr1 < r2 < 0 Simpul Stabil asimtotikr1 < 0 > r2 Titik plana Tidak stabilr1 = r2 > 0 Simpul atau Titik spiral (Fokus) Tidak stabilr1 = r2 < 0 Simpul atau Titik spiral (Fokus) Stabil asimtotikr1, r2 = λ ± iµ Titik spiral (Fokus)λ > 0 Tidak stabilλ < 0 Stabil asimtotikr1 = iµ, r2 = −iµ Pusat atau Titik spiral (Fokus) Taktentu

Tabel 8.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier

diberi makanan spesies mangsa. Kajian matematis mengenai ekosistem seperti

ini pertama kali diperkenalkan oleh Lotka dan Volterra dalam pertengahan tahun

1920.

Misalkan x1(t) dan x2(t) masing-masing menunjukkan banyaknya spesies mangsa

dan pemangsa pada saat t maka bila kedua spesies itu terpisah model matema-

tisnya digambarkan sebagai berikut:

x′1 = a1x1 (8.3)

x′2 = −a1x2. (8.4)

Dalam hal ini a1 > 0 karena populasi mangsa akan terus bertambah dengan

adanya makanan yang banyak, sedangkan spesies pemangsa akan berkurang jum-

lahnya sehingga −a1 < 0. Akan tetapi bila kedua spesies itu berinteraksi maka

model matematis yang diungkapkan oleh Lotka dan Volterra menjadi

x′1 = a1x1 − a2x1x2 (8.5)

x′2 = −a3x2 + a4x1x2. (8.6)

Populasi pemangsa akan memakan populasi mangsa sehingga beralasan untuk


mengandaikan bahwa jumlah yang membunuh besarnya tiap satuan waktu berban-

ding lurus dengan x1 dan x2, yaitu x1x2. Jadi populasi mangsa akan berkurang

sedangkan populasi pemangsa akan bertambah.

Persamaan (8.5-8.6) ini tak linier dan sulit diselesaikan dengan cara analitik

untuk menentukan solusi eksplisitnya. Namun demikian dengan teori kualitatif

sistem semacam ini dapat dianalisa untuk membuat ramalan tentang kelakuan

kedua spesies tersebut.

Dengan menyelesaikan sistem

a1x1 − a2x1x2 = 0 (8.7)

−a3x2 + a4x1x2 = 0 (8.8)

untuk menentukan titik kritisnya didapat (0, 0) dan (a3/a4, a1/a2). Dengan demikian

sistem ini akan mencapai solusi seimbang pada x1(t) = 0, x2(t) = 0 dan x1(t) =

a3/a4, x2(t) = a1/a2. Dalam hal ini solusi seimbang kedua akan dikaji. Secara

intuitif dapatlah ditentukan solusi sistem itu, yaitu x1(t) = 0, x2(t) = x2(0)e−a3t

merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x2 positif dan x2(t) = 0, x1(t) =

x1(0)ea1t merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x1 positif. Karena ke-

tunggalan penyelesaian ini, maka setiap penyelesaian sistem ini yang pada t = 0

berawal pada kuadran pertama tidak akan memotong sumbu x1 dan x2 oleh

karena itu solusi itu akan tetap berada pada kuadran pertama.

Trayektori sistem ini diperoleh dari

dx2

dx1=

−a3x2 + a4x1x2

a1x1 − a2x1x2=

(−a3 + a4x1)x2

(a1 − a2x2)x1

a1 − a2x2

x2dx2 =

−a3 + a4x1

x1dx1


atau(

a1

x2− a2

)

dx2 =

(

− a3

x1+ a4

)

dx1

Inegralkan kedua ruas persamaan ini diperoleh penyelesaian umum

a1 ln x2 − a2x2 = −a4 ln x1 + a4x1 + k

ln xa1

2 + ln xa3

1 = a2x2 + a4x1 + k

xa1

2 xa3

1 = ea2x2+a4x1+k

xa1

2

ea2x2

· xa3

1

ea4x2

= K (8.9)

dimana K = ek dan k merupakan konstanta sebarang.

Dapat dilihat bahwa bila K > 0, trayektori (8.9) merupakan kurva tertutup,

lihat Gambar 8.1, dan karena itu tiap penyelesaian (x1(t), x2(t)) dari (8.5-8.6)

dengan nilai awal (x1(0), x2(0)) dalam kuadran pertama merupakan fungsi dari

waktu yang periodik. Jika T merupakan periode dari penyelesaian x1(t), x2(t),

yaitu, jika (x1(t + T ), x2(t + T ) = x1(t), x2(t) untuk semua t ≥ 0, maka nilai

rata-rata dari populasi x1(t) dan x2(t) adalah

x̄1 =1

T

∫ T

0

x1(t)dt, x̄2 =1

T

∫ T

0

x2(t)dt.

Untuk menentukan nilai integral ini dapatlah diturunkan langsung dari per-

samaan (8.5-8.6) tanpa mengetahu solusi eksplisit. Dalam hal ini

x′2 = −a3x2 + a4x1x2

x′2

x2

= −a3 + a4x1.

Integralkan kedua ruas dari 0 sampai dengan T ,

∫ T

0

1

x2(t)dx2 =

∫ T

0

(−a3 + a4x1(t))dt

ln x2(T ) − ln x2(0) = −a3T + a4

∫ T

0

x1(t)dt.


Karena x2(T ) = 0 maka

−a3T + a4

∫ T

0

x1(t)dt = 0 atau1

T

∫ T

0

x1(t)dt =a3

a4.

Dengan demikian

x̄1 =a3

a4

.

Dengan cara yang sama akan diperoleh

x̄2 =a1

a2.

Dari (8.10) dan (8.10) dapatlah dibuat ramalan yang menarik bahwa ukuran

rata-rata dari dua populasi x1(t) dan x2(t) yang berinteraksi sesuai dengan model

matematis yang digambarkan pada persamaan (8.5-8.6) akan tepat mempunyai

nilai setimbang pada x1 = a3/a4 dan x2 = a1/a2. Selanjutnya de-ngan meng-

gunakan pengamatan ini dapatlah dibuat ramalan lain yang menarik. Misal

populasi mangsa x1(t) berkurang dalam jumlah yang sedang, maka po-pulasi

mangsa dan pemangsa akan berkurang jumlahnya pada laju, katakanlah, ǫx1(t)

dan ǫx2(t). Sehingga sistem menjadi

x′1 = a1x1 − a2x1x2 − ǫx1

x′2 = −a3x2 + a4x1x2 − ǫx2.

atau

x′1 = (a1 − ǫ)x1 − a2x1x2 (8.10)

x′2 = −(a3 + ǫ)x2 + a4x1x2. (8.11)

Dengan menerapkan persamaan (8.10-8.10) dapat ditentukan bahwa rata-rata


populasi mangsa dan pemangsa setelah adanya pengurangan masing-masing adalah

x̄1 =a3 + ǫ

a4

(8.12)

x̄2 =a1 − ǫ

a2. (8.13)

Dengan kata lain rata-rata populasi mangsa akan lebih besar sedikit dari rata-

rata sebelum adanya pengurangan sedangkan rata-rata populasi pemangsa sedikit

lebih kecil dari rata-rata sebelumnya.

a

a3

4( , a

a1

2)

a

a3

4

a

a1

2

x2

x1

Gambar 8.1: Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa

Melalui fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.



8.0.2 Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana

Ayunan sederhana terdiri dari sebuah bandul B bermassa m pada spotong tongkat

yang ringan dan kaku sepanjang L, diikat bagian atasnya sedemikian hingga sisem

itu dapat berayun pada bidang vertikal, lihat Gambar 8.3.

θ

L

C C’T

B

− mg co sθ− mg

− mg sin θA

s

0

Gambar 8.3: Ayunan Bandul

Bila bandul itu ditarik satu arah dan dilepas dari keadaan diam pada saat

t = 0 dan misal θ(t) merupakan perpindahan sudut dari tongkat pada saat t dari

keadaan setimbang )A dimana sudut θ(t) positif bila bandul berada disebelah

kanan dari kedudukan setimbang dan negatif bila berada disebelah kiri. Kita

ingin mengkaji θ(t) bila bandul berayun kembali dan bergerak sepanjang busur

lingkaran CC ′. Dari informasi yang ada telah diketahui

θ(0) = θ0, θ′(0) = 0

dimana θ(0) = θ0 adalah perpindahaan sudut awal dari tongkat dan θ(0) = 0

karena bandul dilepas dari keadaan diam. Ada dua gaya yang berkerja yaitu

gaya berat (−mg) dan gaya tegangan tongkat T . Gaya −mg dipecah menjadi

dua komponen −mg cos θ dan −mg sin θ, lihat Gambarband. Gaya −mg cos θ

mengimbangi tegangan T pada tongkat, sedang gaya −mg sin θ menggerakkan


bandul sepanjang busur lingkaran BA. Menurut H.K. Newton II diperoleh

md2s

dt2= −mg sin θ (8.14)

dimana s adalah panjang busur AB dan d2sdt2

percepatan sepanjang busur. Karena

L merupakan panjang tongkat maka panjang busur s = Lθ.

md2s

dt2= L

d2θ

dt2(8.15)

atau

d2θ

dt2+

g

Lsin θ = 0 (8.16)

θ(0) = θ0 θ′(0) = 0. (8.17)

Kedua persamaan terakhir ini menggambarkan secara lengkap gerak pendulum

itu bersama nilai awalnya.

Selanjutnya persamaan ini dapat dirubah kedalam sistem PDB order satu,

dengan memisalkan ω2 = gL, x1 = θ dan x2 = θ′, sehingga diperoleh

x′1 = x2 (8.18)

x′2 = −ω2 sin x1. (8.19)

Untuk menganalisa titik kritis persamaan ini, dapat ditentukan dari mengnolkan

ruas kiri, sehingga

x2 = 0

−ω2 sin x1 = 0.

Dengan menyelesaikan persamaan kedua diperoleh x1 = θ = 0,±π,±2π,±3π, . . .

sehinggga titik kritisnya adalah

. . . , (−2π, 0), (−π, 0), (0, 0), (π, 0), (2π, 0), . . .


Memahami sin x adalah fungsi periodik maka cukup dipelajari (0, 0), (π, 0)

saja. Untuk (0, 0) maka ekspansi deret Taylor disekitar x = 0 adalah

sin x = x − x3

3!+

x5

5!− . . . ,

sehingga persamaan (8.18-8.19) dapat dihampiri oleh sistem linier

x′1 = x2, x′

2 = −ω2x. (8.20)

Dengan demikian persamaan karakteristik (8.20) adalah r2+ω2 = 0 dengan akar-

akar r12 = ±ωi. Menurut Tabel 7.1 Tabel 8.1 dan maka titik kritis (0, 0) adalah

stabil pusat untuk sistem (8.20) dan merupakan titik pusat atau fokus untuk

sistem (8.18-8.19), lihat Gambar 8.3. Panah pada trayektori menunjukkan arah

perputaran jarum jam karena persamaan pertama dalam (8.20) yaitu x membesar

bila y positif. Analog dengan ini sistem (8.18-8.19) juga mempunyai titik kritis

pada (2πn, 0) untuk n = ±1,±2, . . . .

2π− 2π0

π− π

x2

x1

Gambar 8.4: Trayekktori sistem ayunan bandul

Selanjutnya kita kaji titik kritis (π, 0). Ekspansi deret Taylor untuk sin x

disekitar x = π diberikan oleh

sin x = −(x − π) +(x − π)3

3− (x − π)5

5!+ . . . .


Jadi sistem yang dilinierkan berbentuk

x′1 = x2, x′

2 = ω2(x − π). (8.21)

dan mempunyai titik kritis pada (π, 0). Titik kritis dapat dipetakan ke (0, 0)

dengan memisalkan v = x − π sehingga menjadi

v′ = x2, x′2 = ω2v. (8.22)

Persamaan karakteristiknya adalah r2 − ω2 = 0 dengan akar-akar r12 = ±ω.

Karena akar-akarnya riel dan tandanya berlawanan, maka titik kritis (0, 0) meru-

pakan titik plana oleh karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari

(8.22). Sebagai implikasinya, titik kritis (π, 0) juga merupakan titik plana dan

karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari sistem yang dilinierkan

(8.21), lihat Tabel 7.1. Selanjutnya menurut Tabel 8.1, diperoleh kenyataan

bahwa karena (π, 0) merupakan titik plana maka titik ini merupakan kesetim-

bangan stabil dari sistem (8.18-8.19). Sistem ini juga akan mempunyai sebuah

titik plana pada titik (2n+1)π, 0) untuk n = ±1,±2, . . . , dan selengkapnya dapat

dilihat dalam Gambar 8.5. Dengan menggunakan fungsi DEplot diperoleh potret

x2

x1

π 2π 3π0− π− 2π− 3π− 4π 4π

Gambar 8.5: Potret fase

fase dapat dilihat dalam Gambar 8.6.


2ππ− π− 2π

Gambar 8.6: Potret fase secara umum

Secara eksplisit kita juga dapat menurunkan persamaan trayektori persamaan

(8.18-8.19). Dengan menggabungkan kedua persamaan itu, yaitu

dx2

dx1= −ω2 sin x1

x2

maka persamaan ini merupakan PDB terpisah dimana solusinya adalah

1

2x2

2 − ω2 cos x1 = c. (8.23)

Untuk menggambarkan potret fase dari persamaan ini adalah tepat sekali untuk

menyatakan c dalam syarat awal. Andaikan bahwa x2 = (x2)0 bila x1 = 0 maka

dari (8.23) didapat bahwa

c =1

2(x2)

20 − ω2

1

2x2

2 − ω2 cos x1 =1

2(x2)

20 − ω2

x22 + 2ω2(1 − cos x1) = (x2)

20

x22 + 4ω2 sin2 x1

2= (x2)

20 (8.24)

Persamaan terakhir ini merupakan persamaan yang menggambarkan tiga tipe

kurva yang beraputan dalam Gambar 8.5 dalam tiga kasus berikut.


KASUS 1 |(x2)0| < 2ω. Nilai maksimum dari sudut x1 (ingat bahwa x1 = θ)

dicapai bila x2 = 0 dan

xmaks = 2 arcsin(x2)0

2ω< π.

Dalam kasus ini ayunan itu berosilasi antara sudut ekstrem ±xmaks. Trayek-

torinya merupakan kurva tertutup sebagaimana terlihat dalam bagian paling

dalam kurva dalam Gambar 8.5.

KASUS 2 |(x2)0| > 2ω. Dalam kasus ini ayunan membuat putaran lengkap.

Trayektorinya akan berbentuk kurva ombak pada bagian atas dan bawah kurva

dalam Gambar 8.5.

KASUS 3 |(x2)0| = 2ω. Dalam hal ini trayektori berbentuk simpal (kop)

tebal yang memisahkan trayektori tertutup dan trayektori ombak dalam Gambar

8.5. Persamaan trayektori ini dapat diturunkan langsung dari persamaan (8.24)

jika kita substitusikan 2ω dalam (x2)0 sehingga diperoleh

x2 = ±2ω cosx

2


Latihan Tutorial 3

1. Dalam interaksi mangsa dan pemangsa, misal populasi mangsa mempunyai

persediaan makanan yang terbatas maka model persamaan interaksi itu

akan menjadi x′1 = a1x1 − a2x1x2 − ǫ1x

21, x′

2 = −a3x2 + a4x1x2 − ǫ2x22

dimana ǫ1, ǫ1 > 0. Sebagi contoh khusus model ini adalah x′1 = 3x1 −

x1x2 − 2x21, x′

2 = −x2 + 2x1x2 − x22, dimana x1, x2 diukur dalam ratusan

mahluk. Kajilah stabilitsa dari tiap titik kritisnya dan tentukan apakah ini

merupakan titik simpul, plana atau fokus.

2. Persamaan difrensial

θ′′ + kθ + ω2 sin θ = 0, k > 0

merupakan gerak ayunan yang dipengaruhi gaya gesekan (gaya peredam)

yang berbanding lurus dengan kecepatan sudut θ. Transformasikan PDB ini

kedalam sistem PDB order satu dan buktikan bahwa hanya (nπ, 0) untuk

n = 0,±1,±2, . . . merupakan titik kritis dari sistem ini. Dalam setiap kasus

kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) dan tentukan apakah (0, 0) merupakan

titik simpul, plana atau fokus untuk

(a) k < 2ω (b) k = 2ω (c) k > 2ω

3. Persamaan difrensial

x′′ + µ(x2 − 1)x′ + x = 0, µ > 0

disebut persamaan vanderPol dan mengatur rangkaian listrik tertentu yang

mengandung pipa hampa. Transformasikan PDB ini kedalam sistem PDB


order satu dan buktikan bahwa hanya (0, 0) satu-satunya titik kritis dari

sistem ini. Kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) bila µ < 2 dabn µ > 2.

Dalam setiap kasus tentukan apakah (0, 0) merupakan titik simpul, plana

atau fokus.

4. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi

30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air

dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/Lt dituangkan

kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam

tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II

dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/Lt dituangkan

kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam

tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar

dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir

keluar meninggalkan sistem.

2 Lt/min, 1 gram/Lt

2 Lt/min

4 Lt/min

3 Lt/min

1 Lt/min, 3 gram/Lt

Gambar 8.7: Dua tangki yang saling berhubungan.



peristiwa ini.

(b) Tentukan titik kesetimbangan (titik kritis) dari dari sistem PD order

pertama tersebut.

(c) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan banyaknya garam

dalam tangki I dan II setiap saat.

5. Suatu rangkaian tertutup seri dari hambatan (R), induktor (L) dan kapa-

sitor (C) dihubungkan dengan sumber tegangan bolak balik E = 100 sin 60t

Volt, lihat Gambar 2 dibawah ini. Jika muatan listrik awal dan arus listrik

awal sama dengan nol, tentukan fungsi muatan listrik Q dalam kapasitor

setelah saat tertentu t > 0.

E

R = 2 ohm

L=1/10 henry

C=1/260 faradKeterangan:

R : HambatanL : InduktorC : Kapasitor

I

Gambar 8.8: Rangkaian tertutup seri R, L dan C.

Daftar Pustaka

Boyce, W. E. & Diprima, R. C. 1997. Elementary Differential Equations andBoudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore

Burden, R. L. and Faires, J. D. 1997.Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing

Company. U.S.

Lambert, J.D. 1993. Numerical Methods for Ordinary Differential Systems. John

Wiley & Sons, Inc. Singapore

Powell, M.J.D. 1981. Approximation Theory and Methods. Cambridge UniversityPress. U.K.

Ross, S. L. 1989. Introduction to Ordinary Differential Equations. John Wiley &

Sons, Inc. New York. U.S.

Shampine, L. F. & Baca, L.S. 1989. Computer Solution of Ordinary DifferentialEquations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco.

115

PDB Prof.dafix

Documents