More Related Content
What's hot
What's hot (20)
Similar to bag 3 PDLHON, METODE KOEFISIEN TAK TENTU, VARIASI PARAMETER.pptx
Similar to bag 3 PDLHON, METODE KOEFISIEN TAK TENTU, VARIASI PARAMETER.pptx (20)
Recently uploaded
Recently uploaded (20)
bag 3 PDLHON, METODE KOEFISIEN TAK TENTU, VARIASI PARAMETER.pptx
- 1. PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN ORDE KE-N DGN KOEFISIEN KONSTAN
- 2. Persamaan yg mpy bentuk umum sbb πππ π + ππβππ πβπ + β― + πππβ² + πππ = π π Dgn ππ β π dan π π tdk trivial (π π β π) disebut persamaan diferensial tak homogen linier tingkat-n dgn koefisien konstan Jika π π = π maka bentuk umumnya mjd πππ π + ππβππ πβπ + β― + πππβ² + πππ = π Dgn ππ β π dan ππ, π = π, π, π, β¦ , π brp koefisien konstan dan dinamakan persamaan diferensial homogen linier tingkat-n dgn koefisien konstan
- 3. TEOREMA 8 Diambil ππ, ππ, β¦ , ππ adl penyelesaian dari persamaan homogen linier yg bebas linier pd interval I Jika ππ, ππ, β¦ , ππ adl konstanta maka kombinasi linier π = ππππ + ππππ + β― + ππππ = π=π π ππππ Adl penyelesaian untuk persamaan diferensial linier homogen orde-n
- 4. Untuk menyelesaikan persamaan πππ π + ππβππ πβπ + β― + πππβ² + πππ = π maka dimisalkan π = πππ Shg dpt ditentukan πβ² = ππππ ; πβ²β² = ππ πππ ; β¦ ; π π = ππ πππ Permisalan tsb disubstitusikan ke persamaan diawal shg diperoleh persamaan karakteristik sbb ππππ + ππβπππβπ + β― + πππ + ππ = π Dgn akar-akar real atau kompleks adl ππ, ππ, β¦ ππ dgn π β€ π
- 5. Selanjutnya, polinomial karakteristik dpt difaktorisasi mjd ππππ + ππβπππβπ + β― + πππ + ππ = ππ π β ππ π β ππ β¦ π β ππ Tdp kemungkinan bhw akar-akar yg muncul di ruas kanan pd persamaan tsb adl lebih dari sekali Unt setiap akar dihitung berapa kali muncul di ruas kanan persamaan dan bilangan tsb dinamakan dgn kerangkapan (multiplicity) Diambil ππ sbg suatu akar dgn kerangkapan k maka diberikan dua kasus
- 6. Kasus 1 Akar ππ adl real dan jelas maka tdp k- penyelesaian bebas linier, yakni ππππ , πππππ , ππ ππππ , β¦ , ππβπ ππππ Unt π β₯ π Kasus 2 Akar ππ adl kompleks maka tdp 2 bil real πΆ dan π· shg ππ = πΆ + ππ·. Catat bhw bilangan ππ = πΆ β ππ· juga mrp akar dgn kerangkapan k unt persamaan karakteristik orde-n
- 7. Akar-akar tsb berkorespondensi dgn 2k penyelesaian bebas linier sbb ππΆπ ππ¨π¬ π·π , πππΆπ ππ¨π¬ π·π , β¦ , ππβπ ππΆπ ππ¨π¬ π·π ππΆπ π¬π’π§ π·π , πππΆπ π¬π’π§ π·π , β¦ , ππβπ ππΆπ π¬π’π§ π·π Penyelesaian umum unt persamaan πππ π + ππβππ πβπ + β― + πππβ² + πππ = π Adl suatu kombinasi linier dari penyelesaian- penyelesaian yg diperoleh diatas Jika akar-akarnya ππ, ππ, β¦ ππ semuanya adl real dan berbeda maka solusinya adl π = ππππππ + ππππππ + β― + ππππππ
- 8. Contoh 1. πβ²β²β² β ππβ²β² + πππβ² β ππ = π 2. π π β ππβ²β² + π = π 3. π π β ππβ²β²β² + πππβ²β² β πππβ² + πππ = π 4. π π β ππβ²β² + πππ = π 5. π π + ππβ²β²β² + πππβ²β² + πππβ² + πππ = π 6. πβ²β²β² β ππβ²β² + ππβ² + πππ = π 7. π ππ π ππ β π π ππ π ππ + π π ππ π ππ β π π π π π + ππ = π
- 9. Conso 1 Diketahui PD: πβ²β²β² β ππβ²β² + πππβ² β ππ = π Unt menyelesaikan PD tsb digunakan Langkah-Langkah sbb: Langkah 1: dimisalkan π = πππ Shg dpt ditentukan πβ² = ππππ ; πβ²β² = ππ πππ ; πβ²β²β² = ππ πππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh ππ πππ β πππ πππ + ππππππ β ππππ = π β πππ ππ β πππ + πππ β π = π Persamaan karakteristiknya adl ππ β πππ + πππ β π = π Akar-akarnya adl ππ = π; ππ = π; ππ = π Langkah 3: penyelesaian umum PD adl π = ππππ + πππππ + πππππ
- 10. Conso 2 Diketahui PD: π π β ππβ²β² + π = π Unt menyelesaikan PD tsb digunakan Langkah-langka sbb Langkah 1: dimisalkan π = πππ Shg dpt ditentukan πβ² = ππππ; πβ²β² = πππππ; πβ²β²β² = πππππ; π(π) = πππππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh πππππ β πππππ + πππ = π β πππ ππ β πππ + π = π Persamaan karakteristiknya adl ππ β πππ + π = π Akar-akarnya adl ππ,π = π; ππ,π = βπ Langkah 3: penyelesaian umum PD adl π = ππππ + πππππ + πππβπ + ππππβπ βΊ π = ππ + πππ ππ + ππ + πππ πβπ
- 11. Conso 3 Diketahui PD: π π β ππβ²β²β² + πππβ²β² β πππβ² + πππ = π Unt menyelesaikan PD tsb digunakan Langkah-Langkah sbb Langkah 1: dimisalkan π = πππ Shg dpt ditentukan πβ² = ππππ; πβ²β² = πππππ; πβ²β²β² = πππππ; π(π) = πππππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh πππππ β ππππππ + πππππππ β ππππππ + πππππ = π β πππ ππ β πππ + ππππ β πππ + ππ = π Persamaan karakteristiknya adl ππ β πππ + ππππ β πππ + ππ = π Akar-akarnya adl ππ,π = π + ππ; ππ,π = π β ππ Langkah 3: penyelesaian umum PD adl ππ = ππ cos 2π₯ ; ππ = πππ cos 2π₯ ; ππ = ππ sin 2π₯ ; ππ = πππ sin 2π₯ Jadi, π = ππ ππ cos ππ + ππ sin ππ + π ππ cos ππ + ππ sin ππ
- 12. PERSAMAAN DIFERENSIAL TAK HOMOGEN LINIER ORDE KE-N DGN KOEFISIEN KONSTAN
- 13. Kita tlh mempelajari cara menentukan penyelesaian pd persamaan diferensial linier homogen, dimana π π = π Dan penyelesaian homogen dilambangkan ππ Berdasarkan Teorema 4, penyelesaian dari persamaan diferensial linier tak homogen, dimana π π = π π Adl π = ππ + ππ Dgn ππ sbg penyelesaian particular; π sbg penyelesaian lengkap serta ππ sbg penyelesaian homogen
- 14. Unt menentukan penyelesaian partikular dari persamaan diferensial linier tak homogen maka dpt digunakan 1. Metode Koefisien tak tentu (undetermined coefficients method) 2. Metode Variasi parameter Kedua metode ini memiliki kelemahan dmn metode koefisien tak tentu dpt diterapkan hanya jika π π dan semua turunannya dpt dituliskan dlm suku-suku himpunan finit yg sama dari fungsi-fungsi yg independen scr linier, yakni ππ π , ππ π , β¦ , ππ π
- 16. Metode ini diawali dgn mengasumsikan bhw solusi tertentunya memiliki bentuk ππ π = π¨πππ π + π¨πππ π + β― + π¨πππ π Dimana π¨π, π¨π, β¦ , π¨π melambangkan konstanta multiplikatif sebarang Konstanta-konstanta sebarang ini kmd ditentukan dgn memasukkan solusi yg diajukan ke dlm persamaan diferensial yg diberikan dan menyetarakan koefisien-koefisien yg memiliki suku-suku yg sama
- 17. Kasus 1 Jika π π = ππ π yakni berupa polinomial tingkat ke-n dalam x maka asumsikan solusinya memiliki bentuk ππ = π¨πππ + π¨πβπππβπ + β― + π¨ππ + π¨π Dimana π¨π unt π = π, π, π, β¦ , π adl konstanta yg hrs ditentukan Contoh πβ²β² β πβ² β ππ = πππ
- 18. Diketahui PD: πβ²β² β πβ² β ππ = πππ Unt menyelesaikan PD tsb digunakan cara menentukan penyelesaian homogen (ππ) dan penyelesaian particular (ππ) sbb Langkah 1: ditentukan penyelesaian homogen dgn memisalkan π = πππ shg dpt ditentukan πβ² = ππππ; πβ²β² = πππππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh πππππ β ππππ β ππππ = π β πππ ππ β π β π = π Persamaan karakteristiknya adl ππ β π β π = π β π β π π + π = π Akar-akarnya adl ππ = βπ; ππ = π
- 19. Langkah 3: penyelesaian homogen PD adl ππ = πππβπ + πππππ Langkah 4: menentukan penyelesaian particular dgn metode koefisien tak tentu Oleh krn ruas kanan pada PD diatas brp polynomial maka dimisalkan ππ = π¨πππ + π¨ππ + π¨π Dpt ditentukan πβ²π = ππ¨ππ + π¨π; ππ β²β² = ππ¨π Langkah 5: substitusikan ke PD πβ²β² β πβ² β ππ = πππ ππ¨π β ππ¨ππ β π¨π β ππ¨πππ β ππ¨ππ β ππ¨π = πππ β βππ¨πππ + βππ¨π β ππ¨π π + ππ¨π β π¨π β ππ¨π = πππ
- 20. Dgn sifat kesamaan diperoleh βππ¨π = π β π¨π = βπ βππ¨π β ππ¨π = π β π β ππ¨π = π β π¨π = π ππ¨π β π¨π β ππ¨π = π β βπ β π β ππ¨π = π β π¨π = βπ Diperoleh π¨π = βπ; π¨π = π; π¨π = βπ shg ππ sbb ππ = βπππ + ππ β π Langkah 6: penyelesaian umum dari PD diatas adl π = ππ + ππ β π = πππβπ + πππππ β πππ + ππ β π
- 21. Kasus 2 Jika π π = πππΆπ berupa fungsi eksponensial dimana π dan πΆ adl konstanta yg diketahui maka asumsikan solusinya memiliki bentuk ππ = π¨ππΆπ Dimana π¨ adl konstanta yg hrs ditentukan Contoh πβ²β² β πβ² β ππ = πππ
- 22. Diketahui PD:πβ²β² β πβ² β ππ = πππ Unt menyelesaikan PD tsb digunakan cara menentukan penyelesaian homogen (ππ) dan penyelesaian particular (ππ) sbb Langkah 1: ditentukan penyelesaian homogen dgn memisalkan π = πππ shg dpt ditentukan πβ² = ππππ; πβ²β² = πππππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh πππππ β ππππ β ππππ = π β πππ ππ β π β π = π Persamaan karakteristiknya adl ππ β π β π = π β π β π π + π = π Akar-akarnya adl ππ = βπ; ππ = π
- 23. Langkah 3: penyelesaian homogen PD adl ππ = πππβπ + πππππ Langkah 4: menentukan penyelesaian particular dgn metode koefisien tak tentu Oleh krn ruas kanan pada PD diatas brp fungsi eksponensial maka dimisalkan ππ = π¨πππ Dpt ditentukan ππ β² = ππ¨πππ; ππ β²β² = ππ¨πππ Langkah 5: substitusikan ke PD πβ²β² β πβ² β ππ = πππ ππ¨πππ β ππ¨πππ β ππ¨πππ = πππ β ππ¨πππ = πππ
- 24. Dgn sifat kesamaan diperoleh π¨ = π π Shg diperoleh ππ sbb ππ = π π πππ Langkah 6: penyelesaian umum dari PD diatas adl π = ππ + ππ β π = πππβπ + πππππ β π π πππ
- 25. Kasus 3 Jika π π = πππ¬π’π§ π·π + ππππ¨π¬ π·π berupa fungsi trigonometri sinus dan cosinus dimana ππ, ππ dan π· adl konstanta yg diketahui maka asumsikan solusinya memiliki bentuk ππ = π¨ π¬π’π§ π·π + π© ππ¨π¬ π·π Dimana π¨ dan π© adl konstanta yg hrs ditentukan Contoh πβ²β² β πβ² β ππ = π¬π’π§ ππ
- 26. Diketahui PD:πβ²β² β πβ² β ππ = π¬π’π§ ππ Unt menyelesaikan PD tsb digunakan cara menentukan penyelesaian homogen (ππ) dan penyelesaian particular (ππ) sbb Langkah 1: ditentukan penyelesaian homogen dgn memisalkan π = πππ shg dpt ditentukan πβ² = ππππ ; πβ²β² = ππ πππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh πππππ β ππππ β ππππ = π β πππ ππ β π β π = π Persamaan karakteristiknya adl ππ β π β π = π β π β π π + π = π Akar-akarnya adl ππ = βπ; ππ = π
- 27. Langkah 3: penyelesaian homogen PD adl ππ = πππβπ + πππππ Langkah 4: menentukan penyelesaian particular dgn metode koefisien tak tentu Oleh krn ruas kanan pada PD diatas brp fungsi trigonometri maka dimisalkan ππ = π¨ π¬π’π§ ππ + π© ππ¨π¬ ππ Dpt ditentukan ππ β² = ππ¨ cos 2π₯ β ππ© sin ππ ππ β²β² = βππ¨ sin ππ β ππ© cos ππ Langkah 5: substitusikan ke PD πβ²β² β πβ² β ππ = π¬π’π§ ππ (βππ¨ sin ππ β ππ© cos ππ) β (ππ¨ cos 2π₯ β ππ© sin ππ) β π(π¨ π¬π’π§ ππ + π© ππ¨π¬ ππ) = sin ππ
- 28. β βππ¨ sin ππ β ππ© cos ππ β ππ¨ cos 2π₯ + ππ© sin ππ β ππ¨ π¬π’π§ ππ β ππ© ππ¨π¬ ππ = sin ππ β (βππ¨ + ππ© β ππ¨) sin ππ β (ππ© + ππ¨ + ππ©) cos ππ = sin ππ β (βππ¨ + ππ©) sin ππ β (ππ© + ππ¨) cos ππ = sin ππ Dgn sifat kesamaan diperoleh βππ¨ + ππ© = π; βππ¨ β ππ© = π Shg diperolehπ¨ = β π ππ ; π© = π ππ serta ππ sbb ππ = β π ππ π¬π’π§ ππ + π ππ ππ¨π¬ ππ Langkah 6: penyelesaian umum dari PD diatas adl π = ππ + ππ β π = πππβπ + πππππ β π ππ π¬π’π§ ππ + π ππ ππ¨π¬ ππ
- 29. Generalisasi Jika π π adl hasil kali dari suku-suku yg dibahas pd kasus 1, kasus 2, dan kasus 3 maka ambillah ππ sbg hasil kali dari solusi-solusi yg diasumsikan dan scr aljabar gabungkanlah konstanta-konstanta sebarang jika memungkinkan Scr khusus, jika π π = ππΆπ ππ π Mrp hasil kali dari suatu polinomial dgn suatu eksponensial maka diasumsikan ππ = ππΆπ π¨πππ + π¨πβπππβπ + β― + π¨ππ + π¨π
- 30. Jika π π = ππΆπππ π π¬π’π§ π·π Adl hasil kali antara polinomial, eksponensial, dan kondisi sinus Atau, jika π π = ππΆπ ππ π ππ¨π¬ π·π Adl hasil kali antara polinomial, eksponensial, dan kondisi cosinus Maka asumsikan ππ = ππΆπ π¬π’π§ π·π π¨πππ + β― + π¨ππ + π¨π + ππΆπ ππ¨π¬ π·π π©πππ + β― + π©ππ + π©π Dimana π¨π dan π©π π = π, π, π, β¦ , π adl konstanta- konstanta yg tetap harus ditentukan
- 31. Jika π π adl jml atau selisih dari suku-suku yg tlh disebutkan maka kita mengambil ππ sbg jml atau selisih dari solusi-solusi yg diasumsikan dan scr aljabar gabungkanlah konstanta-konstanta sebarang jika memungkinkan Jika ada suku dalam solusi yg diajukan, dgn mengabaikan konstanta-konstanta multiplikatif, yg jg mrp suku dari ππ (solusi homogen) maka solusi yg diasumsikan hrs dimodifikasi dgn mengalikannya dgn ππ dmn m adl integer positif terkecil shg hasil kali dari ππ dgn solusi yg diasumsikan tdk mpy suku-suku yg sama dgn ππ
- 32. Contoh 1. πβ²β²β² β ππβ²β² + πππβ² β ππ = πππβπ 2. πβ²β² = πππ + ππ β π 3. πβ² β ππ = ππππ 4. πβ² β ππ = ππ ππ β ππππ 5. πβ² β ππ = πππ β ππ + π
- 33. Conso 1 Diketahui PD: πβ²β²β² β ππβ²β² + πππβ² β ππ = πππβπ Unt menyelesaikan PD tsb digunakan cara menentukan penyelesaian homogen (ππ) dan penyelesaian particular (ππ) sbb Langkah 1: ditentukan penyelesaian homogen dgn memisalkan π = πππ shg dpt ditentukan πβ² = ππππ; πβ²β² = πππππ; πβ²β²β² = πππππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh πππππ β ππππππ + ππππππ β ππππ = π β πππ ππ β πππ + πππ β π = π Persamaan karakteristiknya adl ππ β πππ + πππ β π = π β π β π π β π π β π = π Akar-akarnya adl ππ = π; ππ = π; ππ = π
- 34. Langkah 3: penyelesaian homogen PD adl ππ = ππππ + πππππ + πππππ Langkah 4: menentukan penyelesaian particular dgn metode koefisien tak tentu Oleh krn ruas kanan pada PD diatas brp polynomial dikali fungsi eksponensial π π = ππΆπππ π maka dimisalkan ππ = πβπ π¨ππ + π¨π = π¨πππβπ + π¨ππβπ Dpt ditentukan ππ β² = βπ¨πππβπ + π¨ππβπ β π¨ππβπ ππ β²β² = π¨πππβπ β π¨ππβπ β π¨ππβπ + π¨ππβπ = π¨πππβπ β ππ¨ππβπ + π¨ππβπ ππ β²β²β² = βπ¨πππβπ + π¨ππβπ + ππ¨ππβπ β π¨ππβπ = βπ¨πππβπ + ππ¨ππβπ β π¨ππβπ
- 35. Langkah 5: substitusikan ke PD πβ²β²β² β ππβ²β² + πππβ² β ππ = πππβπ Diperoleh βπ¨πππβπ + ππ¨ππβπ β π¨ππβπ β π π¨πππβπ β ππ¨ππβπ + π¨ππβπ + ππ βπ¨πππβπ + π¨ππβπ β π¨ππβπ β π π¨πππβπ + π¨ππβπ = πππβπ β βπ¨πππβπ + ππ¨ππβπ β π¨ππβπ β ππ¨πππβπ + πππ¨ππβπ β ππ¨ππβπ β πππ¨πππβπ + πππ¨ππβπ β πππ¨ππβπ β ππ¨πππβπ β ππ¨ππβπ = πππβπ β βπππ¨πππβπ + πππ¨π β πππ¨π πβπ = πππβπ Dgn sifat kesamaan diperoleh βπππ¨π = π β π¨π = β π ππ πππ¨π β πππ¨π = π β β ππ ππ β πππ¨π = π β π¨π = β ππ πππ Oki, ππ = β π ππ ππβπ β ππ πππ πβπ Langkah 6: penyelesaian umum dari PD diatas adl π = ππ + ππ = ππππ + πππππ + πππππ β π ππ ππβπ β ππ πππ πβπ
- 36. Conso 2 Diketahui PD:πβ²β² = πππ + ππ β π Unt menyelesaikan PD tsb digunakan cara menentukan penyelesaian homogen (ππ) dan penyelesaian particular (ππ) sbb Langkah 1: ditentukan penyelesaian homogen dgn memisalkan π = πππ shg dpt ditentukan πβ² = ππππ; πβ²β² = πππππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh πππππ = π Persamaan karakteristiknya adl πππ = π β π = π Langkah 3: penyelesaian homogen PD adl ππ = πππππ + ππππ = πππ + ππ
- 37. Langkah 4: menentukan penyelesaian particular dgn metode koefisien tak tentu Oleh krn ruas kanan pada PD diatas brp polynomial tingkat kedua, pertama-tama dicoba dan diasumsikan ππ = π¨πππ + π¨ππ + π¨π Dpt ditentukan ππ β² = ππ¨ππ + π¨π; ππ β²β² = ππ¨π Jika disubstitusikan pd Persamaan Diferensial awal maka kita tdk akan bisa memperoleh konstanta- konstanta yg bersesuaian dgn ruas kanan Dkl, perhatikan bhw solusi yg diasumsikan ini memiliki suku-suku dgn mengabaikan konstanta- konstanta multiplikatif yg sama dgn ππ; tepatnya suku pangkat pertama dan suku konstanta
- 38. Oki, kita hrs menentukan integer positif terkecil π shg ππ (π¨πππ + π¨ππ + π¨π) yg tdk memiliki suku yg sama dgn ππ Unt π = π maka diperoleh π π¨πππ + π¨ππ + π¨π = π¨πππ + π¨πππ + π¨ππ Yg masih memiliki suku tingkat pertama yg sama dgn ππ Unt π = π maka diperoleh ππ π¨πππ + π¨ππ + π¨π = π¨πππ + π¨πππ + π¨πππ Permisalan ini tdk memiliki suku yg sama dgn ππ shg permisalan ππ = π¨πππ + π¨πππ + π¨πππ Dan dpt ditentukan ππ β² = ππ¨πππ + ππ¨πππ + ππ¨ππ ππ β²β² = πππ¨πππ + ππ¨ππ + ππ¨π
- 39. Langkah 5: substitusi ke PD πβ²β² = πππ + ππ β π dan diperoleh πππ¨πππ + ππ¨ππ + ππ¨π = πππ + ππ β π Dgn sifat kesamaan diperoleh πππ¨π = π β π¨π = π ππ = π π ππ¨π = π β π¨π = π π = π π ππ¨π = βπ β π¨π = β π π Oki, penyelesaian partikularnya adl ππ = π π ππ + π π ππ β π π ππ Langkah 6: penyelesaian umumnya π = ππ + ππ = πππ + ππ + π π ππ + π π ππ β π π ππ
- 40. Conso 3 Diketahui PD:πβ² β ππ = ππππ Unt menyelesaikan PD tsb digunakan cara menentukan penyelesaian homogen (ππ) dan penyelesaian particular (ππ) sbb Langkah 1: ditentukan penyelesaian homogen dgn memisalkan π = πππ shg dpt ditentukan πβ² = ππππ Langkah 2: disubstitusi ke PD awal dan diperoleh ππππ β ππππ = π β πππ π β π = π Persamaan karakteristiknya adl π β π β π = π Langkah 3: penyelesaian homogen PD adl ππ = πππππ
- 41. Langkah 4: menentukan penyelesaian particular dgn metode koefisien tak tentu Oleh krn ruas kanan pada PD diatas brp fungsi eksponensial, pertama-tama dicoba dan diasumsikan ππ = π¨ππππ Perhatikan bhw permisalan ππ diatas mpy bentuk yg tepat sama dgn ππ shg kita perlu memodifikasi ππ Dgn mengalikan ππ dgn ππ Unt π = π maka permisalannya mjd ππ = π¨πππππ Bentuk permisalan ππ = π¨πππππ tidak memiliki suku-suku yg sama dgn ππ maka permisalan ini mrp kandidat sbg solusi tertentunya Oki, dpt ditentukan ππ β² = ππ¨πππππ + π¨ππππ
- 42. Langkah 5: disubstitusikan ke PD awal dan diperoleh ππ¨πππππ + π¨ππππ β ππ¨πππππ = ππππ β π¨ππππ = ππππ Dgn sifat kesamaan diperoleh π¨π = π Oki, penyelesaian particularnya adl ππ = πππππ Langkah 6: penyelesaian umumnya adl π = ππ + ππ = πππππ + πππππ = ππ + ππ πππ