Modul 1 pd linier orde satu

MODUL 1
PERSAMAAN DIFERENSIAL
ORDE SATU


dx 1  x
 dx  sin1   c
(13)  ln | ax  b |  c 1
ax  b a (21)
a2  x 2 a


x x b
(14) dx   ln | ax  b |  c  x
ax  b a a 2   cos1   c
a
 x 2  a2
x 1
(15) dx  ln | x 2  a2 |  c
2  x
 a2  x 2 tan1   c
1 1
(22) dx 
1 xa a
 x2  a2 2a ln x  a  c
1 a
(16) dx 
 x
  cot1   c
1
a a

dx 1
(17 )  ln | x  x 2  a2 |  c
x 2  a2 2  x
x sec 1   c
1 1
(23) dx 

1 ax
ax
(18) e dx  e  c x 2  a2 a a
a
1 1 x   c

(19) eudu  eu  c   csc  
a a
n ax
(20) x

neax dx  x e  n
a a  xn1eax dx

Rumus-rumus Reduksi
n1

1). sinn x dx   sinn1 x cos x 
sinn 2 x dx
1
n n
n1

2). cosn x dx  cosn1 x sin x 

cosn 2 x dx
1
n n

 
tann1 x  tann 2 x dx
1
3). tann x dx 
n1

 
cotn1 x  cotn 2 x dx
1
4). cotn x dx 
n1
n2
 sec n 2 x tan 
n1
sec n 2 x dx
1
5). sec n x dx 
n1
n2
 csc n 2 x cot x 
csc n 2 x dx
1
6). csc n x dx 
n1 n1
xn
7). x sin bx dx   cos bx   xn1 cos bx dx
n n
b b
xn
sinbx   xn1 sinbx dx
n
8). x cos bx dx 
n
b b

 
xn1eax dx
1 n ax n
9). xneax dx  x e 
a a

 
xn1a x dx
1 n x n
10 ). xna x dx  x a 
ln a ln a
eax

11). e ax
sinbx dx 
a b 2 2
(a sinbx  b cosbx )  c

eax
12). e cosbx dx 
ax
(b sinbx  a cosbx )  c
2 2
a b
x n 1 x n 1
 n
13 ). x ln x dx 
n1
ln x 
(n  1)2
c

14). lnn x dx  x lnn x  n lnn1 xdx  c

xm1 lnn x
xm lnn1 x dx  c
n
15). x ln x dx 
m  1
m n

m1

PENGERTIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL
Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang melibatkan satu atau lebih
turunan fungsi yang belum diketahui, dan atau persamaan itu mungkin juga
melibatkan fungsi itu sendiri dan konstanta.

SOLUSI PERSAMAAN DIFERENSIAL
Solusi persamaan diferensial adalah menentukan suatu fungsi dimana
turunnya, dan disubsitutiskan memenuhi persamaan diferensial yang diberikan.

Contoh : Contoh :
Diberikan persamaan diferensial, Apakah, y = e2x, solusi persamaan
diferensial,
dy = (4x + 6 cos 2x)dx
y” – 4y’ + 4y = 0
Dengan cara mengintegralkan
diperoleh solusi PD yaitu : Dengan cara
mensubstitusikan, y=e2x, y’ = 2e2x, dan

y  ( 4 x  6 cos 2 x ) dx y’’ = 4e2x pada persamaan dihasilkan,

 2 x 2  3 sin 2 x  c 4e2x - 4(2e2x) + 4e2x = 0
0=0
Jadi, y= 2x2 + 3 sin 2x + c adalah solusi Jadi 4e2x e2x 4adalah solusi PD.
PD

PD Variabel Terpisah
Bentuk Umum PD Variabel Terpisah, Tulislah PD menjadi,

f1( x )g1( y )dx  f2 ( x )g 2 ( y )dy  0 2x(2 + 3y2)dx + 3y(1 + x2)dy = 0
---------------------------(1 + x2)(2 + 3y2)
              f2 ( x )g1( y ) Diperoleh PD,
f1( x ) g (y )
dx  2 dy  0 2x
dx 
3y
dy  0
f2 ( x ) g1( y )
1 x 2 2  3y 2
Solusi PD
f1( x ) g (y ) Solusi PD adalah,
 f2 ( x ) dx   2
g1( y )
dy  c
2x 3y
 2
dx  
2
dy  c
1 x 2  3y
Contoh : 1
Carilah penyelesaian umum PD, ln(1  x 2 )  ln( 2  3 y 2 )  ln c
2
(4x + 6xy2)dx + 3(y + x2y)dy = 0 (1  x 2 )2 (2  3 y 2 )  c

Soal Latihan PD Variabel Terpisah
1. x(1 + y)dx + y(1 + x) dy = 0
2. xydx + (x2 – 1)ln y dy = 0
3. (1 + y2)sin x dx + 2y (1 – cos x)dy= 0
4. (1 + y) (1 + sin x)dx + y cos x dy = 0
5. xy dx + (x – 1)(1 + ln y)dy = 0
6. 2(1 + ey)dx + x(1 + x)dy = 0
7. 2xy(1 – y)dx + (x2 – 4)dy = 0
8. (y2 − 4) dx + x(x – 2)dy = 0
9. y(1 + x2)dx + 2x(1 + ln y)dy = 0
10. ex(1 + ey)dx + (1 + ex )e−y dy = 0

PD HOMOGEN
Fungsi f(x,y) dikatakan fungsi homogen berderajad n, jika terdapat α, sedemikian
sehingga
f(αx, αy) = αn f(x,y)
Bentuk umum PD :
g(x,y)dx + h(x,y)dy = 0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
Kasus 1. Kasus 2.
Substitusi, y=ux, dy=udx+xdu Substitusi, x=vy, dx=vdy + ydv
PD menjadi. PD menjadi.
[g(1,u)+uh(1,u)]dx + xh(1,u)du=0 yg(v,1)dv + [vg(v,1)+h(v,1)]dy=0

g (v ,1) 1
1
dx 
h(1, u )
du  0 dv  dy  0
x g (1, u )  uh(1, u ) vg(v ,1)  h(v ,1) y
Solusi Solusi
g (v ,1) 1
x
1
dx  
h(1, u )
du  c  vg(v ,1)  h(v ,1) dv   dy  c
y
g (1, u )  uh(1, u )

Contoh
Carilah penyelesaian umum, PD,
Carilah penyelesaian umum PD,.
x2ydx – (x3 + y3) dy = 0
(4x2 – 3y2)dx + 4xy dy = 0
Jawab
Jawab
Substitusi, x=vy, dx=vdy+ydv, ke PD
Substitusikan, y = ux,dy=udx+xdu
diperoleh,
ke persamaan , maka dihasilkan :
v2y3 (vdy +ydv) – y3(v3 + 1)dy = 0
x2(4–3u2)dx + x24u(udx + x du) = 0
v2(vdy +ydv) – (v3 + 1)dy = 0
(4–3u2)dx + 4u(udx + x du) = 0
v2y dv – dy = 0
(4–3u2+4u2) dx + 4xu du) = 0
1
1 4u v 2dv  dy  0
dx  du  0 y
x u 24
1
1 4u  v 2dv   dy  ln c
 x dx   2 du  ln c y
u 4 1 3
v  ln y  ln c
ln x  2 ln( u 2  4)  ln c 3
v 3  ln cy 3 ,v  x
ln x (u 2  4)2  ln c, u  y ln e
y
x
2 2 2 3 ( x / y )3  cy 3
( 4 x  y )  cx e

Reduksi Persamaan Homogen
Kasus khusus PD berbentuk,
(ax+by+d)dx + (px+qy+r)dy=0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
Kasus1, d=0,r=0 Contoh :
Jika d=r=0, PD menjadi Carilah penyelesaian umum PD,
(ax+by)dx+(px+qy)dy=0 (x + 4y)dx + (4x + 2y)dy = 0
Substitusikan, y=ux,dy=udx+xdu Jawab
diperoleh, Substitusi, y=ux,dy=udx+xdu. PD menjadi,
x(a+bu)dx+x(p+qu)(udx+xdu) = 0 x(1+4u)dx + x(4+2u)[udx+xdu] = 0
atau, atau,
[a+(b+p)u+qu2]dx+x(p+qu) du = 0 (1 + 8u + 2u2)dx + x (4 + 2u) du = 0

1 qu  p
dx  du  0 1 2u  4
x 2
qu  (b  p )u  a dx  du  0
x 2u 2  8u  1
Solusi,
Solusi,
1 qu  p
x dx  
2
du  c 1
x dx  
2u  4
du  c
qu  (b  p )u  a 2  8u  1
2u

Kasus 2 aq – bp = 0 Contoh
Bila, aq – bp =0 maka berlaku : Carilah penyelesaian umum PD,
px + qy = k(ax + by) (2x+5y + 2)dx+(4x+10y + 3)dy=0
konstanta tak nol. Substitusikanlah, Jawab
z = ax + by , dz = adx + bdy aq – bp = (2)(10) – (5)(4) = 0.
dz  adx Subsitusi, 4x + 10y = 2(2x + 5y), dan
dy  z=2x+5y, dz=2dx+5dy. Maka diperoeh
b
PD
diperoleh PD,
 dz  adx   dz  2dx 
( z  d )dx  (kz  r ) ( z  2)dx  (2z  3) 0
0  5 
 b 
[( bd  ar )  (b  ak )z ]dx  (kz  r )dz  0 ( z  4)dx  (2z  3)dz  0
kz  r 2z  3
dx  dz  0 dx  dz  0
(b  ak )z  (bd  ar ) z4
Solusi,
Solusi,
2z  3
kz  r
 dx   (b  ak )z  (bd  ar ) dz  c  dx  
z4
dz  c

x  2z  5 ln( z  4)  c

Kasus Ketiga, aq – bp ≠ 0
(ax+by+d)dx + (px+qy+r)dy=0 Substitusi kedua,
Substitusi pertama, v = uz dan dv = udz + zdu
u=ax+by+d, du=adx+bdy
v=px+qy+r, dv=pdx+qdy kedalam persamaan homogen, sehingga
atau,  a b  dx   du  dihasilkan :
     
 p q  dy   dv 
u(q–pz)du + u(az – b)(udz+zdu) = 0
diperoleh [az2 – (b+p)z + q]du + u(az–b)dz = 0
qdu  bdv
dx 
aq  bp 1 az  b
du  du  0
2
 pdu  adv u az  (b  p )z  q
dy 
aq  bp Solusi,
Sehingga diperolehPD 1 az  b
qdu  bdv  pdu  adv
u du  
2
du  c
u v 0 az  (b  p )z  q
aq  bp aq  bp
(qu  pv )du  (  bu  av )dv  0

Contoh
Carilah penyelesaian umum PD, Substitusi kedua,
(2x + 4y + 2)dx + (4x + 3y + 3)dy = 0 v=uz, dv=udz+zdu
Jawab diperoleh hasil,
Substitusi pertama (3u–4uz)du + (–4u+2uz)(udz+zdu)= 0
u=2x + 4y + 2,  2 4  dx  du  u(3–4z)du + u(–4+2z)(udz+zdu) = 0
v=4x + 3y + 3,  4 3  dy   dv  (3 – 4z – 4z + 2z2)du +(2z – 4)d
    
3du  4dv
dx  1 2z  4
 10 du  dz  0
u 2z 2  8z  3
 4du  2dv
dy  Solusi,
 10
1 2z  4
Diperoleh PD, u du  
2
dz  c
2z  8 z  3
 3du  4dv    4du  2dv  1
ln u  ln( 2z 2  8z  3)  ln c
u   v 0
  10    10  2
(3u – 4v)du + (–4u + 2v) dv = 0 u 2 ( 2z 2  8 z  3 )  c

Soal-soal Latihan PD Homogen
1. (x2 + y2)dx – xydy = 0
2. x2y dx + (x3 + y3)dy = 0
3. y dx – (x−yex/y)dy = 0
4. y(1 + ey/x) dx + (xey/x+ y) dy = 0
5. x2(x+3y)dx + (x3+ y3)dy = 0
6. y(y + xex/y)dx – x2ex/y dy = 0
7. (3x2y + y3)dx + (x3+ 3xy2)dy = 0
8. (2x – 3y)dx + (3x – 8y)dy = 0
9. (2x – 2y + 3)dx + (2x – 8y+4)dy = 0
10. (2x – y)dx + (x – 6y + 2)dy = 0
11. (2x + 5y + 2)dx + (5x + 3y – 2)dy = 0
12. (x – 2y + 3)dx + (2x – 9y – 4)dy = 0

PD Eksak dan Non Eksak
Persamaan diferensial linier orde satu yang berbentuk,
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
dikatakan sebagai persamaan diferensial eksak jika hanya jika
M  N

y x
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Solusi, F(x,y)=c dimana Solusi, F(x,y)=c dimana

F ( x, y )   M ( x, y )dx  g ( y ) F ( x, y )   N ( x, y )dy  f ( x )
dimana dimana

y
 
 M ( x, y )dx  g ( y )  N ( x, y )

x
 
 N( x, y )dy  f ( x )  M ( x, y )
     
f ( x )   M ( x, y ) 
x 
g ( y )    N ( x, y ) 
y 
M ( x, y )dx dy N ( x, y )dy dx
   

Contoh : Contoh :
Carilah penyelesaian PD, Carilah penyelesaian PD,
(1 + yexy) dx +(xexy + 2y) dy = 0 y  sin x
[1  cos x(ln(1  y )]dx  dy  0
Jawab 1 y
PD Eksak, karena : Jawab
M xy  y (e xy x )  (1  xy )e xy PD Eksak, karena :
e
y M cos x N cos x
  
N xy  x (e xy y )  (1  xy )e xy y 1 y x 1  y
e
x Solusi, F(x,y)=c dimana :
Solusi, F(x,y)=C, dimana F ( x, y )   (1  cos x ln(1  y )dx  g ( y )
F ( x, y )   (1  xe xy )dx  g ( y )
 ( x  sin x ln(1  y )  g ( y )
 x  e xy  g ( y )  y  sin x
[ x  sin x ln(1  y )  g ( y )] 
 xy  g ( y )]  xe xy  2y y 1 y
[x  e
y y
g(y )   dy  y  ln(1  y )
1 y
g ( y )   2ydy  y 2  c
Solusi,  e x  y (1  y )sin x  c (1  y )
Solusi,  x  e xy  y 2  c

PD Non Eksak dan Faktor Integrasi
Persamaan diferensial linier orde satu yang berbentuk,
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
dikatakan sebagai persamaan diferensial non eksak jika hanya jika
M N M N
 atau  0
y x y x
PD Non eksak diubah menjadi PD eksak dengan mengalikan faktor integrasi
u, sehingga PD berbentuk.
uM(x,y)dx+uN(x,y)dy = 0
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Kasus Pertama, u = u(x) Kasus Kedua, u = u(y)
Faktor integrasi u diberikan oleh, Faktor integrasi u diberikan oleh,

u  e u  e
p( x )dx q ( y )dy

M N M N
 
y x y x
p( x )  q( y ) 
N M

Contoh :
Carilah penyelesaian umum PD, PD menjadi,
(4x3 + x2 – y2)dx + 2xy dy = 0
1 3  x 2  y 2 )dx  1 ( 2 xydy )  0
Jawab (4x
2 2
PD Eksak or Non eksak x x
3 2 2  y2 
M  4 x  x  y , N  2 xy  4x  1 dx  2y dy  0
 x2  x
M N  
 2 y ,  2y
y x
M N PD Eksak,

M N y x  4 y
  4 y , p   Solusi PD Eksak, F(x,y) = c, dimana :
y x N 2 xy
Faktor Integrasi u  y2 
F ( x, y )    4 x  1  dx  g ( y )
 x2 
2  
  dx
ue x  e  2 ln x 2
2  x  y  g(y )  g(y )  c
 2x
 1  x
ln  Solusi.
2 1
 e x  2x3 + x2 + y2 = cx
2
x

Contoh :
Carilah penyelesaian umum PD,
 2 
2e x  xy )dx   4 ye x  3 x  3 ln y dy  0
(y
 2 
 
Jawab
PD Eksak or Non eksak
2
My 2e x  xy , N  4 ye x  3 x  3 ln y
2
M x  x , N  4 ye x  3 x
 2ye
y x
M  N
  2( ye x  x ) PD Non Eksak
 y x
Faktor Integrasi u
M  N
 2
y x 2( ye x  x ) 2  y dy
q   ue  e 2 ln y
x
M y ( ye  x ) y
ln y 2
e  y2

PD menjadi,

2 ( y 2e x  xy )dx  y 2  4 ye x  3x 2 
y  3 ln y dy  0
 2 
 
 2 2 
4 e x  xy 3 )dx   4 y 3 e x  3 x y  3 y 2 ln y dy  0
PD
(y Eksak
 2 
 
Solusi PD Eksak, F(x,y)=c dimana :

F ( x, y )   ( y 4e x  xy 3 )dx  g ( y )
1
 y 4e x  x 2 y 3  g ( y )
2
g ( y ) diperoleh dari :
  4 x 1 2 3  3 x 3x 2y 2
 y e  x y  g ( y )   4y e   3 y 2 ln y
y  2  2
1 1 1
g ( y )   3 y 2 ln ydy  y 3 ln y  y 3 y 4e x  x 2 y 3  y 3 ln y  y 3  c
3 2 3

Soal Latihan PD Eksak Non Eksak
1. (x3 + y2)dx + (2xy − y3)dy = 0
2. (x + y sin 2x)dx + (sin2 x + 3y2)dy = 0
3. [2x + y cos(xy)] dx + [x cos(xy) – 2y]dy = 0
4. (x + y)2 dx + (x2 + 2xy + yey)dy = 0
5. (xex + yexy)dx + (1 + xexy )dy = 0
6. (xex − ey)dx + ey(y − x)dy = 0
7. 3x2(y − 1)2dx + 2x3 (y − 1)dy = 0
 x2 
8. x ln ydx    ln y dy  0
 y 
 
x (1  y )
9. dx  ln(1  x 2 )dy  0
1 x 2
10. (3 y  3e x y 2 / 3 )dx  ( x  1)dy  0

PD Linier Orde Satu Contoh
Carilah penyelesaian umum PD,
Persamaan diferensial biasa linier orde satu
xy′ + (1 – x)y = 4xex ln x
adalah suatu persamaan yang berbentuk,
Jawab
y′ + P(x)y = Q(x)
Tulislah PD menjadi, Tulis PD menjadi,
1 x
y  y  4e x ln x
[P(x)y – Q(x)]dx + dy = 0 x
Faktor integrasi,
Persamaan diatas adalah non eksak faktor 1 x
integrasinya adalah,  p( x )dx  
x
dx  ln x  x

u  e ln x  x  e ln x e  x  xe  x
u  e
P ( x )dx
Solusi,
Solusi PD adalah, yxe  x   ( 4e x ln x )( xe  x )dx
  4 x ln xdx
 P ( x )dx   P ( x )dx 
ye   Q( x )e  dx  c
  yxe  x  2 x 2 ln x  x 2  c

PD Bernoulli Contoh
Carilah pernyelesaian umum PD,
Bentuk umum PD Bernoulli, xy′ + y = y3 x3 ln x
y′ + P(x)y = Q(x)yn Jawab
Tulislah PD menjadi,
Tulislah PD menjadi,
y  3 y   y  2  x 2 ln x
1
yny′ + P(x)y1–n = Q(x) x
Substitusi, z = y–2, z′=–2y–3 y′, PD menjadi,
Substitusi, z = y1–n,dan z′=(1–n)y–n y′, PD
menjadi
2
z′ + (1 – n)P(x)z = (1 – n)Q(x) z  z  2 x 2 ln x
x
PD adalah linier orde satu, Faktor integrasi,
Faktor integrasi, 2
 x dx  2 ln x  1
ue e
u  e
(1 n )P ( x ) dx
x2
Solusi, Solusi PD,

 (1 n )P ( x )dx  (1  n )Q( x )e  (1 n )P ( x )dx  dx  c z  2 x 2 ln x  1 dx  c
ze 


 2  
 2
x 

x

PD Bernoulli Contoh
Carilah penyelesaian PD,
Bentuk umum PD Bernoulli - lain
x 1 3
3y 2 y   y  x sin 2 x
yn–1 y′ + P(x)yn = Q(x) x
Jawab,
Substitusi, z = yn,dan z′=nyn – 1y′, PD menjadi Substitusi , z = y3,dan z′= 3y2y′, PD
menjadi
z′ + n P(x)z = nQ(x)
x 1
PD adalah linier orde satu, z z  x sin 2 x
x
Faktor integrasi,
x 1
Faktor integrasi,  x dx
 e x  ln x  e x
1
ue
u  e
nP ( x ) dx x
Solusi PD
Solusi,
1 1 
 nP ( x )dx  nP ( x )dx  z e x   x sin 2 x  e x  dx  c
ze   nQ( x )e   dx  c x x 
 
y 3e x
  e x sin 2 x dx  c
x

Reduksi Orde PD Contoh
carilah penyelesaian khusus dari,
Bantuk Umum PD adalah, y′′′ – y′′ = xex
y(n) + P(x)y(n–1) = Q(x) y(0) = 1, y′(0) = 2 dan y′′(0) = 4
Jawab
Substitusi, z = y(n–1),dan z′= y(n), PD Substitusi, z = y′′,dan z′= y′′′, PD
menjadi menjadi,
z′ – z = xex
z′ + P(x)z = Q(x)
Faktor integrasi,
u  e
PD adalah linier orde satu,  dx
 e x
Faktor integrasi, Solusi,
u  e
P ( x ) dx
ze  x   xe 2x (e  x )dx  c
Solusi,
y   [e x ( xe x  e x )  c ]
 P ( x )dx 
ze    Q( x )e 
P ( x )dx
  dx  c

y    [( xe 2 x  e 2 x )  ce x ]dx

( n 1)  e   P ( x )dx  Q( x )e  P ( x )dx  dx  c   xe 2 x 3e 2 x 
y   y       c1  ce x dx
 
     2 4 

Soal-soal Latihan
1. y′ + y tan x = 2 x cos x
2. y′ – xy = 6xe2x
3. (1 + x2)y′ + 2xy = x2
4. x2 ln x y′ + xy = 1
5. x y′ + 2 y = 4 ln x
6. sin x y′ + y cos x = sin x – x cos x
7. (1 + x2) y′ + 2xy = x ln x
8. (x – 1) y′ – 2y = x(x − 1)4
9. (1 + ex)y′ + ex y= xex
10. x ln x y′ + y = x3 ln x
11. 3y′ + y = (1 − 2x)y4
12. x ln x y′ – y = x3 y2
13. x y′′′ – y′′ = x4 ln x
14. y′′′ – 2y′′ = x e2x

Modul 1 pd linier orde satu

More Related Content

What's hot

Modul 1 pd linier orde satu