Modul 2 pd linier orde n

PD LINIER ORDE N
Bentuk umum persamaan diferensial linier biasa orde ke-n adalah :
Dengan notasi operator diferensial,
persamaan diferensial dapat ditulis menjadi,
)()()()(...)(1)( 12
)1()( xryxayxayxayxayxa o
n
n
n
n  
)()]()()(...)(1)(( 1
2
2
1 xryxaDxaDxaDxaDxa o
n
n
n
n  
)(
,..., n
n
n
n
y
dx
yd
yDy
dx
dy
Dy 
Klasifikasi PD Linier Orde n
(1) PD Linier Orde n Koefisien Konstan Homogen
(2) PD Linier Orde n Koefisien Konstan Non Homogen
(3) PD Euler – Chauchy Orde Dua (Koefisien variabel) Homogen
(4) PD Euler – Chauchy Orde Dua (Koefisien Variabel) Non Homogen

PD LINIER ORDE-2 KOEF Konstan Homogen
Bentuk umum PD Linier Orde 2
Koefisien Konstan Homogen
adalah,
ay″ + by′ + cy = 0
Basis solusinya adalah,
Substitusikan,
ke PD semula dihasilkan,
Karena, , maka
diperoleh hasil :
Persamaan ini disebut dengan
persamaan karakteristik
x
ey 
xxx
eyeyey   2
,, 
0)( 2
 x
ecba 
,0xe
02  cba 
Kasus 1. D=b2 – 4ac > 0,akar-akar
PK, 1 2. solusi PD adalah,
Akar-akar PK adalah,
a
acbb
2
42
12


xx
ececy 21
21


Kasus 2. D=b2 – 4ac = 0,akar-akar
PK, 1= 2=, solusi PD adalah,
xx
xececy 
21 
Kasus 3. D=b2 – 4ac < 0,akar-akar
PK, 12= i, solusi PD adalah,
xecxecy xx
  sincos 21 

Contoh : Kasus 1
Carilah penyelesaian umum dari,
y″ + 4y′ – 12y = 0
Penyelesaian :
Persamaan karakteristik :
λ2 + 4λ – 12 = 0
Akar-akar PK (Faktorisasi)
λ2 + 4λ – 12 = 0
(λ + 6)(λ – 2) = 0
λ1 =–6, λ2 = 2
Akar-2 PK, rumus ABC
xx ececy 2
2
6
1
12
2
84
)1(2
)12(4164






PDSolusi

Contoh : Kasus 2
y″ – 8y′ + 16y = 0
Penyelesaian :
λ2 – 8λ + 16 = 0
λ2 – 8λ + 16 = 0
(λ – 4)(λ – 4) = 0
λ1 = λ2 = 4
Akar-2 PK, rumus ABC
xx xececy 4
2
4
1
12
4
2
08
)1(2
)16(464)8(






PDSolusi


Contoh : Kasus 3
y″ – 6y′ + 13y = 0
Penyelesaian :
λ2 – 6λ + 13 = 0
Akar-akar PK (Melengkapi)
λ2 – 6λ + 13 = 0
λ2 – 6λ + 9 + 4 = 0
(λ – 3)2 = –4
xecxecy
i
xx
2sin2cos
23
23
43
3
2
3
1 



PDSolusi
i



Carilah penyelesaian dari,
4y″ – 4y′ + 13y = 0
Penyelesaian,
Persamaan karakteristik
4λ2 – 3λ + 13 = 0
Akar-akar PK (rumus ABC)
xecxecy
i
i
xx
4
3
sin
4
3
cos
4
3
2
1
8
64
8
364
)4(2
)13)(4()4()4(
2
1
2
2
1
1
2
12








PDSolusi


PD Euler Cauchy Orde Dua Homogen
Bentuk umum PD Linier Euler Cauvhy
Orde 2 Koefisien variabel Homogen,
ax2y″ + bxy′ + cy = 0
Basis solusinya adalah,
Substitusikan,
ke PD semula dihasilkan,
Karena, , maka diperoleh
hasil :
Persamaan ini disebut dengan
persamaan karakteristik
m
xy 
21
)1(,, 
 mmm
xmmymxyxy
0})({
0)1(
2
122

 
m
mmm
xcmabam
cxbxmxxmmax
0mx
0)(2
 cmabam
Akar-akar PK adalah,
a
acabab
m
2
4)()( 2
12


Kasus 1. D=(b-a)2 – 4ac > 0,akar-
akar PK, m1 m2. solusi PD,
21
21
mm
xcxcy 
Kasus 2. D=(b-a)2 – 4ac =0,akar-
akar PK, m=m1= m2. solusi PD
xxcxcy mm
ln21 
Kasus 3. D=(b-a)2 – 4ac<0,akar-
akar PK, m12=uvi, solusi PD
)lnsin()lncos( 21 xvxcxvxcy uu


Contoh. Kasus 1
Carilah penyelesaian umum
persamaan diferensial,
2x2 y″ – 5xy′ + 3y = 0
Penyelesaian,
Persamaan karakteristik,
2m2 + (–5–2)m + 3 = 0
2m2 – 7m + 3 = 0
2m2 – 7m + 3 = 0
(2m – 1)(m – 3) = 0
3
2
2/1
1
22
1
1 3,
xcxcy
mm


PDSolusi
Contoh. Kasus 2
Carilah penyelesaian khusus
4x2 y″ – 8xy′ + 9y = 0
Penyelesaian,
4m2 + (–8–4)m + 9 = 0
4m2 – 12m + 9 = 0
Akar-akar PK (rumus ABC)
xxcxcy
m
ln
2
3
8
012
)4(2
)9)(4)(4()12()12(
)2/3(
2
)2/3(
1
2
12






PDSolusi

Contoh. Kasus 3
Carilah penyelesaian khusus
x2y″ – 5xy′ + 13y = 0
dengan syarat, y=3 dan y’=25.
bila x=1
Penyelesaian,
m2 + (–5–1)m + 13 = 0
m2 – 6m + 13 = 0
Akar-akar PK (ABC)
)ln2sin()ln2cos(
23
2
46
2
166
)1(2
)13)(4()6()6(
3
2
3
1
2
12
xxcxxcy
i
i
m








PDSolusi
Masalah syarat batas,
Mengingat,
Untuk x=1, y=3 dan y’=25 Jika
disubtitusikan pada solusi diperoleh
hasil,
3 =c1
25 = 3c1 + 2c2,  c2=8
Jadi solusi PD adalah,
)ln2cos(2)ln2sin(3
)ln2sin(2)ln2cos(3
2
2
2
2
2
1
2
1
xxcxxc
xxcxxcy


)ln2sin(8)ln2cos(3 33
xxxxy 

Soal-Soal Latihan
Carilah solusi PD berikut ini,
1. y′′ – 4y′ – 12y = 0
2. y′′ – 4y′ + 4y = 0
3. y′′ + 2y′ – 8y = 0
4. 2y′′ + 5y′ – 3y = 0
5. y′′ – 6y′ + 10y = 0
6. y′′ – 4y′ + 13y = 0
7. y′′ + 4y′ – 12y = 0
8. y′′ – 2y′ + 10y = 0
9. y′′ + 4y′ + 20y = 0
10.y′′ – 6y′ + 18y = 0
11. x2 y′′ – 3xy′ + 13y = 0
12. x2 y′′ – 5xy′ + 10y = 0
13. x2 y′′ + 5xy′ + 8y = 0
14. 4x2y′′ + 12xy′ + 25y = 0
15. 4x2y′′ – 8xy′ + 25y = 0
16. 3x2y′′ – 7xy′ + 8y = 0
17. 2x2y′′ – 9xy′ + 15y = 0
18. 4x2y′′ – 8xy′ + 13y = 0
19. 9x2y′′ – 3xy′ + 13y = 0
20. 9x2y′′ + 21xy′ + 20y = 0

PD Linier Orde-n Koefisien Konstan Homogen
Persamaan diferensial linier orde tingg homogen dengan koefisien konstan
adalah persamaan diferensial yang dapat dinyatakan dalam bentuk,
dimana, koefisien-koefisien an,…, a1, a0, adalah konstan, dengan an ≠ 0.
Dengan menggunakan notasi operator diferensial,
Persamaan diferensial dapat ditulis menjadi,
Dengan mensubstitusikan,
diperoleh persamaan karakterisitik,
0... 012
)1(
1
)(  
 yayayayaya n
n
n
n
)(
2
2
2
,...,,, n
n
n
n
y
dx
yd
yDy
dx
yd
yDy
dx
dy
Dy
dx
d
D 
0)...( 01
2
2
1
1  
 yaDaDaDaDa n
n
n
n
xnnxx
eyeyey    )(
,...,,
0...
0...
01
2
2
1
1
01
2
2
1
1






aDaDaDaDa
aaaaa
n
n
n
n
n
n
n
n
atau


Kasus 1. Akar-2 Riil berbeda,
Bila semua akar-2 PK riil berbeda
tidak berulang, yaitu :
maka solusi PD adalah,
Contoh :
Carilah solusi PD
y′′′ – 2 y′′ – 5 y′ + 6y = 0
atau,
(D3 – 2D2 – 5D + 6)y = 0
Jawab
atau
D3 – 2D2 – 5D + 6= 0
x
n
xx necececy 
 ...21
21
,,...,, 2211 nnDDD  
0652 23  
0652 23  
Akar-akar PK
xxx
ecececy 2
3
3
21
321
2
2,3,1
0)2)(3)(1(
0)6)(1(





PDSolusi




Contoh :
Carilah penyelesaian umum PD,
y(iv) – 5 y′′′ + 5 y′′ + 5 y′ – 6y = 0
atau
(D4 – 5D3 + 5D2 + 5D – 6)y = 0
Penyelesaian :
Persamaan karakteristik, :
λ4 – 5λ3 + 5λ2 + 5λ – 6 = 0
atau
D4 – 5D3 + 5D2 + 5D – 6 = 0
Dari metode sintesis diperoleh hasil,
(λ – 1)(λ + 1)(λ2 – 5λ + 6) = 0
(λ – 1)(λ + 1)(λ – 2)(λ – 3) = 0
xxxx ececececy 3
4
2
321
4321 ,3,2,1,1



PDSolusi

Akar-akar PK
D4 – 5D3 + 5D2 + 5D – 6 = 0

Kasus 2. Akar-2 Riil Sama,
Terdapat akar-2 PK riil yang sama
berulang m kali, yaitu :
maka solusi PD yang memuat m
akar sama adalah,
Contoh :
y(IV) – 6y′′′ + 13y′′ – 12y′ + 4y = 0
Jawab
Persamaan karakeristik,
λ4 – 6λ3 + 13λ2 – 12λ + 4 = 0




m
m
DDDD ...
...
321
321
atau,
xm
m excxcxccy )..( 12
321

Akar-akar PK
λ4 – 6λ3 + 13λ2 – 12λ + 4 = 0
xxxx xececxececy 2
4
2
321
4321
22
22
2,1
0)2()1(
0)44()1(




PDSolusi




Contoh
Carilah penyelesaian PD,
(D3 – 6D2 + 12D – 8)y = 0
Penyelesaian :
L(D)=D3 – 6D2 + 12D – 8 = 0
Akar-akar PK
1 –6 12 –8
2 2 –8 8
-------------------------
1 –4 4 0
(D – 2)(D2 – 4D + 4) = 0
(D – 2)(D – 2)*D – 2) = 0
D1=D2=D3=2
Solusi PD
xxx excxececy 22
3
2
2
2
1 
Contoh
[(D – 2)3(D – 3)4]y = 0
Penyelesaian :
L(D) = (D – 2)3(D – 3)4=0
Akar-2 PK
Dari L(D) = 0 diperoleh.
(D – 2)3 =0
D1=D2=D3=2
atau
(D – 3)4=0
D4=D5=D6=D7=3
Solusi PD
xxxx
xxx
excexcxecec
excxececy
33
7
32
6
3
5
3
4
22
3
2
2
2
1



Kasus 3. Akar-2 Kompleks
konjugate,
Terdapat akar-2 PK kompleks
konjugate tidak berulang, yaitu :
maka solusi PD yang memuat akar
komplek konjugate adalah,
Contoh :
y′′′ – 4y′′ + 9y′ – 10y = 0
Jawab
Persamaan karakeristik,
λ3 – 4λ2 + 9λ – 10 = 0




ij
ij
D
atau,
xecxecy xx
  sincos 21 
Akar-akar PK
λ3 – 4λ2 + 9λ – 10 = 0
xecxececy
i
i
xxx 2sin2cos
21
2
42
)1(2
204)2(
,2
0)52)(2(
32
2
1
231
2







PD,Solusi



Contoh
y(IV) – 10y′′′ + 41y′′ – 76y′ + 52y = 0
atau
(D4 – 10D3 + 41D2 – 76D + 52)y=0
Penyelesaian :
λ4 – 10λ3 + 41λ2 – 76λ + 52 = 0
atau
D4 – 10D3 + 41D2 – 76D + 52 =0
Akar-akar PK
λ4 – 10λ3 + 41λ2 – 76λ + 52 = 0
i
i
23
2
46
)1(2
5236)6(
,2
0)136()2(
34
21
22










xecxec
xececy
xx
xx
2sin2cos 3
4
3
3
2
2
2
1


PDSolusi

Contoh
[(D2 + 4)(D2 – 6D + 12)]y=0
Penyelesaian :
(D2 + 4)(D2 – 6D + 12)=0
Akar-akar PK
D2 + 4=0,
D12= 2i
atau
D2 – 6D + 12=(D – 3)2+3=0,
D34=33i
Solusi PD
Contoh
[(D – 2)3(D2 + 4D + 13)]y=0
Penyelesaian :
(D – 2)3(D2 + 4D + 13)=0
Akar-akar PK
(D – 2)3=0,
D1= D2 = D3 = 2
atau
D2 + 4D + 13 = (D + 2)2 + 9 =0,
D45 = –2  3i
Solusi PD
xecxec
xcxcy
xx 3sin3cos
2sin2cos
3
4
3
3
21


xecxec
excxececy
xx
xxx
3sin3cos 2
5
2
4
22
3
2
2
2
1




Kasus 4. Akar-2 Kompleks
Konjugate Berulang,
Terdapat akar-2 PK kompleks
konjugate berulang, yaitu :
maka solusi PD yang memuat akar
komplek konjugate adalah,




3412
34
DD
atau,
12
xxecxxec
xecxecy
xx
xx




sincos
sincos
43
21


Contoh
[(D + 2)3(D2 – 4D + 13)2]y=0
Penyelesaian :
(D + 2)3(D2 – 4D + 13)2 =0
Akar-akar PK
(D + 2)3=0,
D1= D2 = D3 = –2
atau
(D2 – 4D +13)2 = [(D – 2)2 + 9]2 =0,
D45 = D67 = 2  3i
Solusi PD
xxecxxec
xecxec
excxececy
xx
xx
xxx
3sin3cos
3sin3cos
2
7
2
6
2
5
2
4
22
3
2
2
2
1


 

Soal-soal Latihan
Carlah solusi PD berikut ini
1. y′′′ – 3y′ – 2y = 0
2. y′′′ – 2y′′ + 16y = 0
3. y′′′ – 3y′′ + 4y = 0
4. y′′′ + y′′ – 10y′ + 8y = 0
5. y′′′ – 5y′′ + 9y′ – 5y = 0
6. (D + 1)2(D2 – 4D + 8)2y = 0
7. (D – 2)3(D2 + 4D +11)2y = 0
8. (D – 3)4(D2 – 6D +13)2y = 0
9. (D + 2)4(D2 – 2D +10)2 y = 0
10. (D –1)4(D2 – 6D +18)2y = 0
11. y(iv) + y′′′ – 6y′′ – 14y′ – 12y = 0
12. y(iv) – 8y′′ – 8y′ + 15y = 0
13. y(iv) – 6y′′ + 40y′ – 25y = 0
14. y(iv) – 6y′′′ +13y′′ – 4y′ – 24y = 0
15. y(iv) – 3y′′′ +7y′′+21y′ –26y = 0
16. (D4 + 3D3 + 5D2 + D – 10)y = 0
17. (D4 – 5D2 + 10D – 6)y = 0
18. (D4 – 3D3 + 7D2 + 21D – 26)y = 0
19. (D4 – 6D3 + 17D2 – 20D + 8)y = 0
20. (D4 + D3 – 4D + 8)y = 0

PD LINIER ORDE N NON HOMOGEN
Persamaan diferensial linier orde tinggi non homogen dengan koefisien
konstan adalah,
atau,
Penyelesaian umum dari persamaan diferensial diatas adalah :
y = yh + yp
dimana,
adalah penyelesaian persamaan homogen, dan,
yp penyelesaian khusus yang berkaitan dengan fungsi r(x).
)(... 012
)1(
1
)( xryayayayaya n
n
n
n  

)()(
)()...( 01
2
2
1
1
xryDL
xryaDaDaDaDa n
n
n
n

 

nn
x
n
xxx
h
ycycycyc
ececececy n


...
...
332211
321
321 

Metode menentukan solusi yp
 Metode Variasi Parameter
 Metode Koefisien Tak Tentu
 Metode Invers Operator (Cara
integrasi maupun dengan metode
singkat)
 Metode Transformasi Laplace
(terkait masalah syarat batas)

METODE KOEFISIEN TAK TENTU
Aturan Dasar
Bila r(x) pada kolom pertama bukan solusi yh, pilihlah yp yang sesuai pada
kolom kedua, dan koefisien-koefisien tak tentunya diperoleh dengan
mensubstitusikan yp dan turunan-turunannya kedalam PD diferensial
semula.
Aturan Kedua.
Bilamana yp yang terpilih pada langkah pertama - aturan dasar, merupakan
penyelesaian umum dari yh kalikanlah yp yang semula terpilih dengan x
(atau x2) dan konstanta koefisien taktentunya diperoleh dengan cara seperti
pada langkah pertama.
Aturan Ketiga.
Bilamana r(x) merupakan penjumlahan dari beberapa fungsi pada kolom
pertama, pilihlah yp yang merupakan penjumlahan fungsi-fungsi yang
sesuai pada kolom kedua pada tabel dan konstanta koefisien taktentunya
diperoleh dengan cara seperti pada langkah pertama.

Tabel Aturan Dasar
-----------------------------------------------------
r(x) yp
-----------------------------------------------------
-----------------------------------------------------
-----------------------------------------------------
sin bx A cos bx + B sin Bx
cos bx A cos bx + B sin bx
----------------------------------------------------
o
n
n
n
n
n
xx
kxkxkxkx
kee
 
 1
1
1 ...

Langkah-langkah
menentukan yp
1. Langkah pertama.
Tentukanlah penyelesaian
umum persamaan diferensial
homogen.
2. Langkah kedua.
Selidilikah apakah r(x)
merupakan penyelesaian dari
yh, jika tidak gunakan aturan
pertama, dan jika r(x)
merupakan penyelesaian umum
bagi yh, gunakan aturan kedua.
3. Langkah ketiga.
Tentukanlah konstanta-
konstanta dari yp, yang
memenuhi kondisi-kondisi
tersebut.

Contoh :
y″ + 4y = 12x3 + 16x2 – 6x
Jawab
Solusi PD homogen
PDH, y″ + 4y = 0
PK, λ2 + 4 = 0,
APK, λ12 =  2i
Maka,
yh = c1 cos 2x + c2 sin 2x
Solusi yp
r(x) = 12x3 + 16x2 – 6x
r(x)  yh
Maka yp terpilih adalah,
yp= ax3 + bx2 + cx + d
Mengingat,
Jika yp dan turunannya disubstitusikan
ke PD, dihasilkan :
Dengan menyamakan koefisien
diperoleh a=3, b =4, c= –6, d= –2
Jadi,
yp= 3x3 + 4x2 – 6x – 2
Solusi PD
y = c1 cos 2x + c2 sin 2x
+ 3x3 + 4x2 – 6x – 2
baxy
cbxaxy
dcxbxaxy
p
p
p
26
23 2
23



xxx
dbxcabxax
xxxyy pp
61612
)42()46(44
616124
23
23
23




Contoh
y″ – 4y′ + 5y = 65 cos 2x
Jawab
Solusi yh
PD H, y″ – 4y′ + 5y = 0
PK λ2 – 4 + 5 = 0
APK,
xecxecy
i
xx
h sincos
2
)1(2
2016)4(
2
2
2
1 



PDHSolusi

Solusi yp
r(x) = 65 cos 2x, r(x)  yh
yp = a cos 2x + b sin 2x
Mengingat,
ke PD, dihasilkan :
diperoleh a=1, b = –8,
Jadi,
yp= cos 2x – 8 sin 2x
Solusi PD
xbxay
xbxay
xbxay
p
p
p
2sin42cos4
2cos22sin2
2sin2cos



xxbaxba
xyyy ppp
2cos652sin)8(2cos)2(
2cos6554


xx
xecxecy xx
2sin82cos
sincos 2
2
2
1



Contoh
y′′′ – 2y′′ – 5y′ + 6y = 12e2x – 8ex
Jawab
Solusi yh
PD H, y′′′ – 2y′′ – 5y′ + 6y = 0
PK, λ3 – 2λ2 – 5 + 6 = 0
APK, (λ – 1)( λ – 3)(λ + 2) = 0
λ =1, λ = 3, dan λ = –2
Solusi yh
xxx
h ecececy 2
3
3
21

Solusi yp
r(x) = 12e2x – 8ex
Terdapat, r(x) = yh
yp = ae2x + kxex
Mengingat,
ke PD semula, dihasilkan :
diperoleh a= –3, k=8/6 = 4/3
Jadi,
xx
p
xx
p
xx
p
xx
p
ekxkaey
ekxkaey
ekxkaey
kxeaey
)3(8
)2(4
)(2
2
2
2
2




xxxx
xx
pppp
eebeae
eeyyyy
81264
812652
22
2


xxxxx
xx
p
exeecececy
exey
22
3
3
21
2
3
3
4
3
3
4




Contoh
y′′′ – 5y′′+ 8y′– 4y = 18e2x+12xe2x
Jawab
Solusi yh
PD H, y′′′ – 5y′′ + 8y′ – 4y = 0
PK, λ3 – 5λ2 + 8 – 4 = 0
APK, (λ – 1)( λ – 2)(λ – 2) = 0
λ1 =1, λ2=λ3 = 2
Solusi yh
xxx
h xecececy 2
3
2
21 
Solusi yp
r(x) = 18 e2x + 12xe2x, r(x) = yh
yp = ax2e2x + bx3e2x
Mengingat,
diperoleh a=3, b=2
Jadi,
yp = 3x2e2x + 2x3e2x
x
x
p
x
x
p
x
p
x
p
ebxxba
exbabay
ebx
exbaxbaay
ebxxbaaxy
ebxaxy
232
2
23
22
232
232
]8)368[(
])3624(612[
]4
])124()68(2[
]2)32(2[
)(






xxxx
xx
pppp
xeebxeeba
xeeyyyy
2222
22
12186)62(
1218485



Contoh
y′′′ – 4y′′+ 4y′– 4y = 80 cos 2x
Jawab
Solusi yh
PD H, y′′′ – 4y′′ + 4y′ – 4y = 0
PK, λ3 – 4λ2 + 4 – 4 = 0
APK, (λ – 1)( λ2 + 4) = 0
λ1 =1, λ23 = 2i
Solusi yh
xcxcecy x
h 2sin2cos 321 
Solusi yp
r(x) = 80 cos 2x, r(x) = yh
yp = x(a cos 2x + b sin 2x)
Mengingat,
diperoleh a= –2, b = – 4
Jadi,
xbaxxbxay
xbxaxbaxy
xbaxxbxay
xbxxaxy
p
p
p
p
2sin)128(2cos)812(
2sin)44(2cos)44(
2sin)2(2cos)2(
2sin2cos




x
xbaxba
xyyyy pppp
2cos80
2sin)816(2cos)168(
2cos80444



xxcxxcecy x 2sin)4(2cos)2( 321 
PDSolusi
xxxxyp 2sin42cos2 

Soal-soal Latihan
Carlah solusi PD berikut ini
1. y′′ + 2y′ + y = 4 cos 2x
2. y′′ – 4y′ + 4y = (x − 2)e2x
3. y′′ – 6y′ + 9y = (3 − 2x)e2x
4. y′′ – 6y′ + 10y = 3 sin 2x
5. y′′ – 8y′ + 20y = 16 e2xcos 2x
6. y′′ + 4y′ + 13y = sin 2x
7. y′′ – 10y′ + 26y = x2 + 4x
8. y′′ + 4y = 16 cos 2x
9. y′′ + 8y = 12 sin 2x
10. y′′ – 4y′ + 10y = x2 + 4x
11. y′′′ – 7y′ – 12y = (x + 2)ex
12. y′′′ + 3y′′ – 4y = sin 2x
13. y′′′ – y′′ + 4y′ – 4y = cos 2x
14. y′′′ – 5y′′ + 9y′ – 5y = (x + 2)ex
15. y′′′ + y′ + 10y = x2 + 4x
16. y′′′ – 2y′′ – 11y′ + 12y = x3 – 2x2
17. y′′′ – 6y′′ + 5y′ + 12y = cos 2x
18. y′′′ – 4y′′ – 15y′ + 18y = 2x3 – 3x
19. y′′′ – 8y′′ + 22y′ – 20y = x cos x
20. y′′′ + 3y′′ + 7y′ + 20y = x sin x

METODE VARIASI PARAMETER
Persamaan diferensial linier non homogen orde tinggi non homogen
dengan koefisien fungsi dari x diberikan oleh :
Penyelesaian umum persamaan diferensial non homogen adalah :
y = yh + yp
dimana,
adalah penyelesaian umum persamaan homogen, dan
yp, penyelesaian khusus yang berkaitan dengan r(x).
Menurut metode variasi parameter penyelesaian khusus, yp, diberikan
dimana, y1, y2, y3,…, dan yn merupakan basis-basis penyelesaian
persamaan homogen, dan u1, u2,…, dan un adalah fungsi-fungsi dari x,
yang diperoleh dari,
)()()()(...)()( 012
)1(
1
)( xryxayxayxayxayxa n
n
n
n  

nnh ycycycycy  ...332211
nnp yuyuyuyuy  ...332211



























































)(
)(
...
0
0
0
...
...............
...
...
...
3
2
1
)1()1(
3
)1(
2
)1(
1
321
321
321
xa
xr
u
u
u
u
yyyy
yyyy
yyyy
yyyy
nn
n
n
nnn
n
n
n
Dengan menggunakan SPL diatas, dengan metode Crammer dihasilkan,






dx
W
W
u
W
W
u
dx
W
W
u
W
W
u
dx
W
W
u
W
W
u
n
n
n
n
..........................................
2
2
2
2
1
1
1
1
dimana, W merupakan determinan
matrik orde n, pada persamaan yang
disebut Wronski, dan Wi, i = 1,2,3,… , n
adalah determinan matrik berordo n
yang diperoleh dari W dengan
mengganti kolom-i dengan koefisien
pada kolom terakhir ruas kanan .

Contoh :
y″ – 3y’ + 2y = e3x
Jawab
Solusi PDH
PDH : y″ – 3y’ + 2y= 0
PK : λ2 – 3λ+ 2 = 0,
(λ – 1)(λ – 2) = 0
APK : : λ = 1, λ = 2
Solusi yh = c1ex+c2e2x
xx
p
eueu
yuyuy
2
21
2211
pySolusi


Fungsi u1, u2 diperoleh dari :






















xxx
xx
eu
u
ee
ee
3
2
1
2
2 0
2
x
xxxx
p
xx
xx
x
xx
x
x
xx
x
x
xx
xx
e
eeeey
eeu
edxeu
e
ee
e
W
e
ee
e
W
e
ee
ee
W
3
22
2
22
1
4
32
5
23
2
1
3
2
2
2
1
))((
2
1
2
1
Jadi,
0
2
0
2
Mengingat,
















Contoh :
y″ + 4y = sin 2x
Jawab
Solusi PDH
PDH : y″ + 4y = 0
PK : λ2 + 4 = 0,
APK : : λ =  2i
xcxcyh 2sin2cos 21 
hySolusi
xuxu
yuyuyp
2sin2cos
ySolusi
21
2211
p


xxxx
xxxxy
xdxxxu
xxxdxxu
xx
xx
x
W
x
xx
x
W
xx
xx
W
p
2cos
8
1
2sin2cos
8
1
2cos
8
1
2sin2cos
8
1
2cos
8
1
2sin2cos
2
1
8
1
2sin2cos
8
1
2sin
2
1
Jadi,
2sin2cos
2sin2sin2
02cos
2sin
2cos22sin
2sin0
2
2cos22sin2
2sin2cos
Mengingat,
2
2
2
2
1
2
2
1













































 xu
u
xx
xx
2sin
0
2cos22sin2
2sin2cos
2
1

Contoh :
y″ – 4y’ + 4y = e2x lnx
Jawab
Solusi PDH
PDH : y″ – 4y + 4y = 0
PK : λ2 – 4λ + 4 = 0,
APK : : λ12 = 2
xx
p
xx
h
xeueuy
xececy
2
2
2
1
2
2
2
1


p
h
ySolusi
ySolusi






















 xeu
u
exe
xee
xxx
xx
ln
0
)21(2
2
2
1
22
22
xx
x
x
p
x
xx
x
x
xx
x
x
xx
xx
exxex
xexxx
exxxy
xxxdxxu
xxxdxxxu
xe
xee
e
W
xxe
exxe
xe
W
e
exe
xee
W
2222
2
222
2
22
1
4
22
2
2
4
22
2
1
4
22
22
4
3
ln
2
1
)ln(
4
1
ln
2
1
lnln
4
1
ln
2
1
ln
ln
ln2
0
ln
)21(ln
0
)21(2




















Jadi,
Mengingat,

Contoh :
x2y″ – 4xy + 6y = x3 lnx
Jawab
Solusi PDH
PDH : x2y″ – 4xy + 6y = 0
PK : m2 – 5m + 6 = 0,
APK : m1=2, m2=3
Solusi
yh = c1x2 + c2x3
Solusi yp
yp= u1x2 + u2x3
dimana u1 dan u2 diperoleh dari
























2
3
2
1
2
32
ln
0
32
x
xx
u
u
xx
xx
2333
322
2
4
3
2
4
4
1
3
2
2
4
2
3
1
4
2
32
)(ln
2
1
ln
)(ln
2
1
)ln(
)(ln
2
1ln
lnln
ln
Jadi,
ln
ln2
0
ln
3ln
0
32
Mengingat,
xxxxx
xxxxxxy
xdx
x
xx
u
xxxxdxdx
x
xx
u
xx
xxx
x
W
xx
xxx
x
W
x
xx
xx
W
p
















Contoh :
x2y″ –5xy + 9y = x3 lnx
Jawab
Solusi PDH
PDH : x2y″ – 5xy + 9y = 0
PK : m2 – 6m + 9 = 0,
APK : m1=m2=3
Solusi
yh = c1x3 + c2x3 ln x
Solusi yp
yp= u1x3 + u2x3 ln x
dimana u1 dan u2 diperoleh dari
























 2
3
2
1
222
33
ln
0
ln33
ln
x
xx
u
u
xxxx
xxx
33
3233
2
5
4
2
3
2
1
4
2
3
2
24
22
3
1
5
222
33
)(ln
6
1
ln)(ln
2
1
)(ln
3
1
)(ln
2
1ln
)(ln
3
1)(ln
Jadi,
ln
ln3
0
)(ln
ln3ln
ln0
ln33
ln
Mengingat,
xx
xxxxxy
xdx
x
xx
u
xdx
x
x
u
xx
xxx
x
W
xx
xxxxx
xx
W
x
xxxx
xxx
W
p


























Soal-soal latihan
1. y′′ – 2y′ + y = xexln x
2. y′′ – 4y′ + 4y = (1/x)e2x
3. y′′ + y = sec x tan x
4. y′′ + 2y′ + y = x2e−xln x
5. y′′ – 4y′ + 5y = e2x sec x
6. y′′ – 2y′ + y = (1 + 2x)ex
7. y′′ – 2y′ + 2y = ex sec x
8. y′′ + 4y = 10 cos 2x
9. y′′ + y = sec3x
10.y′′ + 4y = sin22x
11.x2y′′ – xy′ – 3y = x3ln x
12.2x2y′′ – 5xy′ + 4y = x4
13.x2y′′ + 4xy′ – 4y = x4
14.x2y′′ – xy′ + y = (x2 + x) ln x
15.4x2y′′ – 8xy′ + 9y = x3/2 ln x
16.4x2y′′ + y = x1/2 ln x
17.2x2y′′ + xy′ – 3y = x–3
18.x2y′′ + 2xy′ – 6y = x3 + x2
19.x2y′′ – 3xy′ + 4y = x2 lnx
20.x2y′′ + 5xy′ + 4y = x–2 ln x

METODE INVERS OPERATOR
Persamaan diferensial linier orde
tinggi non homogen dengan
koefisien konstan adalah,
Penyelesaian umum dari
persamaan diferensial diatas
adalah
y = yh + yp.
Dengan metode invers operator
solusi yp diberiken oleh :
)()(
)()...( 01
xryDL
xryaDaDa n
n


)(
)(
1
xr
DL
yp 
Kasus n=1
Untuk n = 1, penyelesaian khusus PD
(D – )y = r(x),
diberikan oleh :
dxxreexr
D
y xx
p )()(
1



 

Kasus n=2
Untuk n = 2, penyelesaian khusus PD
(D – 2)(D – 1)y = r(x),
diberikan oleh :
 dxdxxreeee
dxxree
D
xr
DD
y
xxxx
xx
p
)(
)(
1
)(
))((
1
1122
11
2
12














Secara umum penyelesaian khusus dari PD berbentuk,
adalah,
dxdxxreeee
DDD
dxxree
DDD
xr
DDDD
y
xryDL
xryDDDD
xxx
nn
xx
nn
nn
p
nn
x
)(
))...(1)((
1
)(
))...(1)((
1
)(
))()...(1)((
1
)()(
)()])()...(1)([(
1
1
22
11
3
2
12
12

























Dengan mengintegralkan sebagian demi sebagian, fungsi penyelesaian
khusus yp diberikan oleh,
dxdxdxxreeeeeey xxxxxx
p
nn ...)(... 1122



 



 
 

Contoh :
y″ – 4y’ + 4y = e2x lnx
Atau,
(D2 – 4D + 4)y = e2x lnx
Jawab
Solusi homogen
PDH : y″ – 4y + 4y = 0
(D2 – 4D + 4)y = 0
PK : λ2 – 4λ + 4 = 0,
D2 – 4D + 4 = 0
(D – 2)(D – 2) = 0
APK : D1 = D2 = 2
xx
h xececy 2
2
2
1 
hySolusi































2222
2
2
1
222
2
222
2
2
222
2
4
3
ln
2
1
4
3
ln
2
1
)ln(
)]ln([
)ln(
2
1
ln
2
1
ln
2
1
ln
)2)(2(
1
xxxexececy
xxxe
dxxxxe
dxxxxeee
xxxe
D
dxxe
D
dxxeee
D
xe
DD
y
xxx
x
x
xxx
x
x
xxx
x
p
PDsolusiJadi,
ypSolusi

Contoh :
(D2 – 3D + 2)y = e2x cos 2x
Jawab
Solusi homogen
PDH : (D2 – 4D + 4)y = 0
PK : D2 – 3D + 2 = 0
(D – 1)(D – 2) = 0
APK : D1 = 1, D2 = 2
xe
DD
xe
DD
y
ececy
x
x
p
xx
h
2cos
)2)(1(
1
2cos
)23(
1
2
2
2
2
21





ypSolusi
ySolusi h
)2cos22(sin
10
1
)2sin2cos2(
5
1
2
1
2sin
2
1
)2sin(
2
1
2sin
2
1
1
1
2cos
1
1
2cos
1
1
22
21
2
2
2
222
xxeececy
xxee
dxxee
dxxeee
xe
D
dxxe
D
dxxeee
D
y
xxx
xx
xx
xxx
x
x
xxx
p




























PDsolusiJadi,

Contoh
(D3 – 5D2 + 8D – 4)y= (18+12x)e2x
Jawab
Solusi yh
PD H, (D3 – 5D2 + 8D – 4)y= 0
PK D3 – 5D2 + 8D – 4 = 0
APK, (D – 1)(D – 2)(D – 2) = 0
D1 =1, D2=D2 = 2
Solusi yh
dxexee
D
ex
DD
y
xecececy
xxx
x
p
xxx
h
2
2
2
2
2
3
2
21
)1218(
)2(
1
)1218(
)1()2(
1









ypSolusi
xx
x
xxx
x
xxx
xx
xx
p
exxxccecy
xxe
dxxxeee
xxe
D
dxxeee
D
exe
D
dxxee
D
y
232
321
322
2222
22
222
2
2
)23(
)23(
)66(
)66(
)2(
1
)126(
)2(
1
])126[(
)2(
1
)1218(
)2(
1




















PDumumSolusi
ypSolusi

METODE SINGKAT INVERS OPERATOR
Rumus 1. r(x) = eax dan L(a) ≠ 0
Andaikan diberikan PD
L(D)y = eax
Untuk menentukan solusi yp,
tulis PD menjadi
ax
p
ax
e
aL
y
aL
e
DL
y
)(
1
,0)(
)(
1



:makaJika
xxx
xx
x
p
xx
h
eececy
ee
e
DD
y
ececy
32
21
33
2
3
2
2
21
2
1
2
1
2)3(3)3(
1
)23(
1







PDumumSolusi
ypSolusi
ySolusi h
Contoh :
(D2 – 3D + 2)y = e3x
Jawab :

Rumus 2.a. r(x) = eax
L(a)=0, L(a)0
L(D)y = eax
Untuk menentukan yh tulis PD
menjadi,
ax
p
ax
e
aL
xy
aL
aL
e
DL
y
)(
1
,0)(
,0)(
)(
1





:maka
danJika
Contoh
(D3 – 5D2 + 8D – 4)y = 18 ex
Jawab
Solusi yh
xxxx
xx
x
x
p
xxx
h
xexecececy
xeex
e
DD
x
Le
DDD
y
xecececy
18
18
8)1(10)1(3
1
18
8103
1
18
0)1(,18
485(
1
2
3
2
21
2
2
23
2
3
2
21










PDumumSolusi
ypSolusi

Rumus 2.b. r(x) = eax,
L(a)=L(a)=0, dan L(a)0
L(D)y = eax
Untuk menentukan yp, tulis
PD menjadi,
ax
p
ax
e
aL
xy
aL
aLaL
e
DL
y
)(
1
0)(
,0)(,0)(
)(
1
2





:maka
danJika
Contoh
(D3 – 5D2 + 8D – 4)y = 18 e2x
Jawab
Solusi yh
xxxx
xx
x
x
p
xxx
h
exxecececy
exe
D
x
Le
DD
x
Le
DDD
y
xecececy
222
3
2
21
222
2
2
2
23
2
3
2
21
36
10)2(6
1
18
106
1
18
0)2(,
8103
1
18
0)2(,18
485(
1












PDumumSolusi
ypSolusi

Rumus 2.c. r(x) = eax,
L(a)=L(a)=...=L(m–1)=0,
dan Lm(a)0
L(D)y = eax
PD menjadi,
ax
m
m
p
m
ax
e
aL
xy
aL
aLaLaL
e
DL
y
)(
1
,0)(
,0)(...)()(
)(
1
)(
)1(





:maka
dan
Jika
Contoh
(D – 1)(D – 2)3 y = e2x
Jawab
Solusi yh
xx
xx
x
x
x
p
xx
h
exxcxccecy
exe
D
x
Le
DD
x
Le
DD
x
Le
DD
y
excxccecy
232
4321
2323
22
2
2
2
3
22
4321
6
1
6
1
)4224
1
0)2(,
)96)(2(2
1
0)2(,
)54()2(
1
0)2(,
)2)(1(
1
)(




















PDumumSolusi
ypSolusi

Rumus 3.a. r(x) = cos bx,
r(x) = sin bx
L(-b2)0
PD menjadi,




bx
bx
yDL
sin
cos
)(










bx
bx
bL
y
bL
bx
bx
DL
y
p
sin
cos
)(
1
,0)(
sin
cos
)(
1
2
2
makaJika,
Contoh
(D2 – 4D + 5)y = 65 cos 2x
Jawab
xx
xx
xD
D
x
D
D
D
x
D
bx
DD
y
excxcy
p
x
h
2sin82cos
)2cos2sin8(
)1)4(16
65
2cos)14(
)116(
65
2cos
)14(
14
)14(
65
2cos
544
65
4,2cos
54
65
)sincos(
2
2
2
2
21


















ypSolusi
Solusi

Contoh
(D3 – D2 – 4D + 4)y = sin 2x
Jawab
Solusi homogen
PDH : (D3 – D2 – 4D + 4)y = 0
PK : D3 – D2 – 4D + 4 = 0
APK : D1=1, D2 = –2, D3=2
x
D
x
DD
bx
DDD
y
ecececy
p
xxx
h
2sin
88
1
2sin
44)4()4(
1
4,2sin
44
1 2
23
2
3
2
21







 
ypSolusi
yhSolusi
)2sin2cos2(
40
1
)2sin2cos2(
40
1
)2sin2sin(
)14(8
1
2sin)1(
)1(8
1
2sin
)1(
1
)1(8
1
2
3
2
21
2
xx
ecececy
xx
xxD
xD
D
x
D
D
D
y
xxx
p

















PD,umumSolusi

Rumus 3.b. r(x) = cos bx,
r(x) = sin bx
L(-b2)=0
PD menjadi,




bx
bx
yDL
sin
cos
)(
























ibx
ibx
p
e
DL
e
DL
y
bL
bx
bx
DL
y
)(
1
Im
)(
1
Re
,0)(
sin
cos
)(
1
2 makaJika,
Contoh
y′′+ 4y = sin 2x
Jawab
xxy
xixi
xe
i
i
i
x
e
i
xe
D
x
biLe
D
Lx
D
y
xcxcy
p
ix
ixix
ix
p
h
2cos
4
1
4
)2sin2(cos
Im
4
1
Im
)2(2
1
Im
2
1
Im
0)(,
4
1
Im
0)2(,2sin
4
1
2sin2cos
2
22
2
2
2
2
21









































ypSolusi
Solusi

Contoh
(D3 – 4D2 + 4D– 4)y = 80 cos 2x
Jawab
Solusi yh
PDH : (D3 – 4D2 + 4D– 4)y = 0
PK, D3 – 4D2 + 4D– 4 = 0
APK, (D – 1)(D2 + 4) = 0
D1 =1, D23 = 2i
:makaKarena,
ypSolusi
yhSolusi












ix
p
p
x
h
e
DDD
Ray
L
x
DDD
y
xcxcecy
2
23
2
23
321
444
80
,0)2(
,2cos
444
80
2sin2cos
xxc
xxcecy
xxx
xixix
e
i
ii
i
x
e
i
x
e
ii
x
e
DD
x
e
DDD
y
x
ix
ix
ix
ix
ix
p
2sin)4(
2cos)2(
)2sin22(cos2
)2sin2)(cos12(
5
10
Re
)12(
2
)12(8
80
Re
816
80
Re
4)2(8)2(3
80
Re
483
80
Re
444
80
Re
3
21
2
2
2
2
2
2
2
23

























































PDumumSolusi

Rumus 4. r(x) = xn
Andaikan diberikan PD, L(D)y = xn . Untuk menentukan yp, tulis PD
menjadi,
)(
1
)(
!
...
!2
)0()0()0(
)...(
!
...
!2
)0()0()0(
)(
1
)(
)(
1
)(,
)(
1
)(
2
10
)(
2
DL
Df
x
n
D
f
D
fDff
xDaDaay
n
D
f
D
fDff
DL
Df
DL
Dfx
DL
y
n
n
n
n
np
n
n
n













dimana,
adalah,ypSolusi
Laurin,MacderetekspansimenurutMengingat,
ambil

Contoh
(D2 – 3D + 2)y = 3x2 – 6x
Jawab
Solusi yh
PDH : (D2 – 3D + 2)y = 0
PK : D2 – 3D + 2 = 0
APK, (D – 1)(D – 2) = 0
D1 =1, D2 = 2
Solusi yh
23
1
)(
)63(
23
1
2
2
2
2
21






DD
Df
xx
DD
y
ececy xx
h
ypSolusi
2
5
2
3
2
3
)63(
28
14
)63(
4
3
)63(
2
1
)63(
28
14
4
3
2
1
8
14
)0(,
)23(
14186
)(
4
3
)0(,
)23(
)32(
)(
2
1
)0(,
23
1
)(
2
2
2
22
2
2
32
2
22
2
























xxy
xx
D
xxDxx
xx
D
Dy
f
DD
DD
Df
f
DD
D
Df
f
DD
Df
p
p
maka,

Contoh
(D3 – 4D2 + 4D)y = 4x3 – 6x
Jawab
Solusi yh
PDH : (D3 – 4D2 + 4D)y = 0
PK : D3 – 4D2 + 4D = 0
APK, D(D – 2)(D – 2) = 0
D1 =0, D2 = D3=2
Solusi yh
4
1
)0(,
)2(
1
)(
)64(
)44(
1
2
3
2
2
3
2
21







f
D
Df
xx
DDD
y
xececcy xx
h
Mengingat,
ypSolusi
xxxxy
dxxxx
xxDxxD
xxDxx
D
xx
DD
D
D
y
f
D
Df
f
D
Df
f
D
Df
p
p
2
3
4
1
2
3
23
)64(
8
1
)64(
16
3
)64(
4
1
)64(
4
11
)64(
!38
6
28
3
4
1
4
11
8
6
32
24
)0(,
)2(
24
)(
8
3
16
6
)0(,
)2(
6
)(
4
1
8
2
)0(,
)2(
2
)(
234
23
3332
33
3
32
5
4
3






































maka,

Rumus 5. r(x) = eax F(x)
Andaikan diberikan PD,
L(D)y = eax F(x)
Untuk menentukan yp, tulislah
PD diatas menjadi :
Bila F(x) merupakan fungsi-
fungsi dari sin bx, cos bx, atau
xn, solusi yp diberikan oleh
)(
)(
1
xFe
DL
y ax
)(
)(
1
xF
aDL
ey ax


Contoh
(D2 – 5D + 6)y = e2x cos 2x
Jawab
xxey
xxD
D
e
DD
xD
ex
D
e
Lx
DD
e
x
DD
ey
xe
DD
y
ececy
x
p
x
xx
x
x
p
x
xx
h
2cos42sin2(
20
1
)2cos42cos(
)16(
1
)4)(4(
2cos)4(
2cos
4
1
0)2(,2cos
1
2cos
6)2(5)2(
1
2cos
65
1
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
3
2
2
1

















ypSolusi
Solusi,

Contoh
(D2 – 5D + 6)y = (6 – 4x2)e2x
Jawab
1
1
)(
)46(
)1(
1
)46(
1
6)2(5)2(
)46(
)46(
65
1
22
2
2
2
2
2
2
22
2
3
2
2
1















D
Df
x
DD
e
x
DD
e
DD
x
ey
ex
DD
y
ececy
x
x
x
p
x
xx
h
Ambil,
ypSolusi
homogen,Solusi






























xxxey
dxxxe
xx
D
e
x
D
D
D
ey
f
D
Df
f
D
Df
f
D
Df
x
p
x
x
x
p
24
3
4
)284(
)284(
1
)46(
2
21
1
1
2
)0(,
)1(
2
)(
1
1
)0(,
)1(
1
)(
1
1
)0(,
1
1
)(
232
22
22
2
2
2
3
2
maka,
Mengingat,

Contoh
(D3 – 5D2 + 12D–8)y=e2xcos 2x
Jawab
























ixix
ixx
x
x
p
x
xx
h
e
DD
xe
e
DDD
e
Lx
DDD
e
x
DDD
ey
xe
DDD
y
ecxcecy
2
2
2
2
23
2
2
23
2
23
2
2
23
2
321
423
1
Re
44
1
Re
0)2(,2cos
44
1
2cos
8)2(12)2(5)2(
1
2cos
8125
1
ypSolusi
)2sin2cos(
homogen,Solusi
)2sin2cos2(
20
)2sin2)(cos2(
20
Re
)2(
2
)2(4
1
Re
4)2(2)2(3
1
Re
2
2
22
2
2
2
xxe
x
y
xixi
x
e
e
i
i
i
xe
e
ii
xey
x
p
x
ixx
ixx
p






























)2cos22(sin
20
)2sin2cos(
2
2
321
xxe
x
ecxcecy
x
xx
p


PDumumSolusi

Rumus 6. r(x) = x F(x)
Andaikan diberikan PD,
L(D)y = x F(x)
Untuk menentukan yp, tulislah
PD diatas menjadi :
Bila F(x) merupakan fungsi-
fungsi dari sin bx, atau cos bx,
solusi yp diberikan oleh
)(
)(
1
xxF
DL
y 
)(
)]([
)(
)(
)(
1
2
xF
DL
DL
xF
DL
xy


Contoh
(D2 + 4)y = x e2x
Jawab
x
xx
xx
xx
p
x
h
exxcxcy
exe
e
D
ex
e
D
D
e
D
xy
xe
D
y
xcxcy
2
21
2
2
2
2
22
2
2
2
22
2
2
2
2
21
16
1
8
1
2sin2cos
)8(
4
8
1
)4(
4
4)2(
1
)4(
2
4
1
4
1
2sin2cos



















PD,umumSolusi
ypSolusi
yh,Solusi

Contoh
(D2 – 4D + 8)y = x cos 2x
Jawab
x
excxcy 2
21 )2sin2cos( 
homogenSolusi
)2sin72(cos
100
1
)2sin22(cos
20
1
)2cos2(sin
)94(4
)32(
)2sin22(cos
20
1
)2cos2(sin
)32(
)32(
)32(4
1
2cos
)1(4
1
)2cos2(sin
)12(16
4
2cos
)1(
1
)1(4
1
2cos
)84(
)42(
2cos
84
1
2cos
84
1
2
2
2
222
2
xxxxxy
xx
D
D
xxx
xx
D
D
D
x
D
D
x
xx
DD
x
D
D
D
x
x
DD
D
x
DD
xy
xx
DD
y
p
p



























ypSolusi

Contoh
(D2 + 4)y = x sin 2x
Jawab
xcxcy 2sin2cos 21 
homogenSolusi
ypSolusi




















































ixix
ixix
ixix
p
e
D
xDe
D
xx
e
DD
xDe
D
xx
e
DD
De
D
x
x
D
D
x
D
x
xx
D
y
2
2
2
2
3
2
2
24
2
2
222
2
1612
1
Im2
2
1
Im
164
1
Im2
2
1
Im
168
1
Im2
4
1
Im
2sin
)4(
2
2sin
4
1
2sin
4
1

xxxxxcxcy
xxxxxxy
xxDxx
xix
x
Dxixi
x
x
e
i
xDe
i
xx
e
D
xDe
D
xxy
p
ixix
ixix
p
2sin
8
1
2cos
8
1
2sin2cos
2sin
8
1
2cos
8
1
2cos
4
1
)2sin(
16
1
2cos
4
1
)2sin2(cos
32
Im2)2sin2(cos
4
Im
16)2(12
1
Im2
)2(2
1
Im
1612
1
Im2
2
1
Im
2
21
22
22
2
2
2
22
2
2
22























































PDumumSolusi
ypSolusi

Contoh
(D2 – 4D + 8)y = x e2x cos 2x
Jawab
x
excxcy 2
21 )2sin2cos( 
homogenSolusi









































ixxixx
ixxixx
xx
x
x
x
p
e
DD
xDee
D
xxe
e
DD
Dee
D
xe
x
D
D
ex
D
xe
xx
D
e
xx
DD
e
xxe
DD
y
2
3
222
2
24
22
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
164
1
Re2
2
1
Re
168
1
Re2
4
1
Re
2cos
)4(
2
2cos
4
1
2cos
4
1
2cos
8)2(4)2(
1
2cos
84
1
ypSolusi

x
xxx
p
xx
xx
ixxx
ixxixx
p
exxxxxcxcy
xexxxexexy
xxDexex
xix
x
Dexex
e
i
xDexixi
x
xe
e
D
xDee
i
xxey
22
21
22222
2222
2
222
2
2
222
2
2
2222
2sin
8
1
2cos
8
1
2sin2cos
2sin
8
1
2cos
8
1
2sin
4
1
)2cos(
16
1
2sin
4
1
)2sin2(cos
32
Re22sin
4
1
16)2(12
1
Re2)2sin2(cos
4
Re
1612
1
Re2
)2(2
1
Re






















































PD,umumSolusi
ypSolusi

16.(D3 – 3D2 + 4D + 8)y = 20e2xcos 2x
17.(D3 – 5D2 + 9D – 5)y = 10 )e2x sin x
18.(D3 + 2D2 – 8)y = 20e–2x sin 2x
19.(D3 + D2 + 10)y = 10ex cos 2x
20.(D3 – 6D2 + 16D – 16)y = e2xcos 2x
21.(D2 + 2D + 5)y = 8x e–xcos 2x
22.(D2 + 2)y = 16 x sin 2x
23.(D2 – 2)y = 6 x cos 2x
24.(D2 – 2D + 5)y = 4x ex sin 2x
25.(D2 + 1)y = 16 x sin x
Soal-soal Latihan
1. (D + 1)2(D2 – 3D + 2)y = 4e–x
2. (D – 2)2(D2 - 3D + 2)y = 4e2x
3. (D – 1)2(D2 – 3D + 2)y = 4ex
4. (D + 2)2(D2 – D – 6)y = e2x
5. (D – 2)2(D2 – 3D + 2)y = 8e2x
6. (D3 – 5D2 + 9D – 5)y = 6 cos x
7. (D3 – D2 + 2)y = cos 3x
8. (D3 – 3D – 2)y = 10 sin 2x
9. (D3 – 2D3 + 4D – 8)y = 8 sin 2x
10. (D3 + 2D3 + 4D + 8)y = 10 cos 2x
11. (D2 – 4D + 8)y = (3x + 4x2)e2x
12. (D2 – 3D + 2)y = (8x + 4x2)ex
13. (D2 + 4D + 5)y = (4x – 6x2)e–2x
14. (D2 – 4D + 5)y = (3x + 6x2)e2x
15. (D2 – 6D + 13)y = (8x – 6x2)e3x

Modul 2 pd linier orde n

More Related Content

What's hot

More from Achmad Sukmawijaya

Modul 2 pd linier orde n