1. PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA
PD LINIER ORDE 2

2. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN Bentuk umum PD Linier Orde 2 Tak Homogen:
P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = G(x) … (1)
Jika fungsi P, Q, dan R adalah fungsi konstan maka:
ay” + by’ + cy = G(x) … (2)
PD Homogen yang bersesuaian dengan PD (2) adalah
ay” + by’ + cy = 0 … (3)
PD (3) ini disebut persamaan komplementer dari PD (2)
dan akan berperan dalam mencari penyelesaian dari PD
(2).

3. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN TEOREMA:
Penyelesaian umum dari PD (2) adalah y(x) = yp(x) +
yc(x) dengan yp(x) adalah penyelesaian partikular dan
yc(x) adalah penyelesaian komplementer atau
penyelesaian umum dari persamaan komplementer (PD
(3))
Bukti :
Akan ditunjukkan bahwa jika y adalah penyelesaian dari
PD (2) maka y – yp adalah penyelesaian dari PD (3)
a(y-yp)” + b(y-yp)’ + c(y-yp)
ay” - ayp” + by’ - byp’ + cy - cyp
ay” + by’ + cy – (ayp” + byp’ + cyp) = 0
Terbukti bahwa y = yc + yp adalah penyelesaian dari PD
(2)

4. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN Penyelesaian umum dari persamaan komplementer
adalah yc(x)=c1y1(x)+c2y2(x).
Bagaimana penyelesaian partikularnya?
Beberapa metode yang digunakan untuk menentukan
yp(x) :
 Metode Koefisien Tak Tentu
 Metode Variasi Parameter

5. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN METODE KOEFISIEN TAK TENTU
ay” + by’ + cy = G(x) … (4)
Akan dijumpai beberapa kasus yang berkaitan dengan
G(x).
KASUS 1
G(x) berbentuk polinomial.
Kita bisa memeperkirakan bahwa yp(x) adalah
polinomial dengan pangkat yang sama dengan
polinomial G(x).
Karena yp(x) polinomial maka ay” + by’ + cy juga
polinomial.
Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = x2 !

6. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = x2 !
Jawab:
Misal y = yp = ax2 + bx + c, maka
y’ = 2ax + b dan y” = 2a.
Substitusikan y, y’, dan y” ke PD di dapat
2a + 2ax + b – 2(ax2 + bx + c) = x2
– 2ax2 + (2a – 2b)x + 2a + b – 2c = x2
Diperoleh koefisien yang bersesuaian adalah
-2a = 1  a = -1/2
2a – 2b = 0  b = -1/2
2a + b – 2c = 0  c = -3/4
Jadi yp(x) = – ½ x2 – ½ x – ¾

7. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
KASUS 2
G(x) berbentuk Cekx,dengan C dan k konstanta.
yp(x) = Aekx, karena derivatif dari ekx adalah kelipatan
konstan dari ekx.
Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = e3x !
Jawab:
Misal y = yp = Ae3x
maka y’ = 3Ae3x dan y” = 9Ae3x
Substitusi y’ dan y” ke PD didapat
9Ae3x + 4Ae3x = e3x
13Ae3x = e3x
A = 1/13
Jadi yp(x) = 1/13 e3x.

8. KASUS 3
PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
G(x) berbentuk C.cos(kx) atau C.sin(kx).
yp(x) = Acos(kx)+Bsin(kx).
Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = sin x
!
Jawab:
Misal y = yp =Acosx + Bsinx
maka y’ = – Asinx + Bcosx dan y” = – Acosx – Bsinx
Substitusi y’ dan y” ke PD didapat
– Acosx – Bsinx + (– Asinx + Bcosx) – 2(Acosx +
Bsinx)=sinx
–(3A – B)cosx – (3B – A)sinx = sinx
3B – A = -1 dan 3A – B = 0
A=-1/8 yp(x)=-1/8cosx –
Jadi dan B=-3/8

9. KASUS 4
PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
G(x) berbentuk perkalian dari fungsi-fungsi.
Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” – y = x.sinx !
Jawab:
Misal y = yp =(ax+b)cosx + (cx+d)sinx
maka y’=[acosx-(ax+b)sinx] + [csinx+(cx+d)cosx] dan
y”=[-2asinx-(ax+b)cosx] + [2ccosx-(cx+d)sinx]
Substitusi y’ dan y” ke PD didapat
[-2asinx-(ax+b)cosx]+[2ccosx-(cx+d)sinx]–[(ax+b)cosx
+(cx+d)sinx] = x.sinx


10. KASUS 5
PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
G(x) berbentuk penjumlahan dari fungsi-fungsi.
Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + y’ – 2y = x2 +
sin x!
Jawab:
dengan melakukan pemisahan pada ruas kanan maka di
dapat dua persamaan, yaitu:
y” + y’ – 2y = x2 … (1) dan
y” +y’ – 2y = sinx … (2)
selanjutnya dicari yp dari masing-masing persamaan.
Jika yp1 adalah yp dari (1) dan yp2 adalah yp dari (2)
maka
yp = yp1 + yp2

11. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN (1) y” + y’ – 2y = x2
yp1 = – ½ x2 – ½ x – ¾
(2) y” +y’ – 2y = sinx
yp2 = -1/8cosx – 3/8sinx
Jadi
yp = yp1 + yp2 = – ½ x2 – ½ x – ¾ -1/8cosx – 3/8sinx

12. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = 3cos2x!
Jawab:
Misal y = x(Acos2x+Bsin2x)
Kemudian tentukan y’ dan y” dan substitusikan ke PD
awal didapat
-4Asin2x + 4Bcos2x = 3cos2x
Diperoleh A = 0 dan B = ¾
Jadi penyelesaian partikularnya adalah
yp = ¾ x sin2x

13. SUMMARY:
PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
G(x) Yp(x)
a1xn+a2xn+…an-1x+anx A1xn+A2xn+…An-1x+Anx
aekx Aekx
asin(kx) Acos(kx)+Bsin(kx)
acos(kx)
aekx.sin(bx) ekx(Bcos(bx)+Csin(bx))
aekx.cos(bx)
aekx.Pn1(x) ekx.Pn2(x)
Pn1(x).sin(bx) Pn2(x).cos(bx)+Pn3(x).si
Pn1(x).cos(bx) n(bx))
Modifikasi: jika yp (penyelesaian partikularnya)
merupakan yc(penyelesaian komplementer) maka
kalikan yp dengan x atau x2 jika diperlukan.

14. Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = 3csec2x!

15. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN METODE VARIASI PARAMETER
Dasar dari metode variasi parameter adalah mengganti
konstanta c1 dan c2 pada yc dengan fungsi u1(x) dan
u2(x).
Misal yc = c1y1 + c2y2
Maka didapat y = u1y1 + u2y2 yang merupakan
penyelesaian partikular dari PD awal.
y = u1y1 + u2y2
y’ = u1’y1 + u1y1‘+ u2’y2 + u2y2‘
Suku yang memuat u1’ dan u2’ ditentukan sama dengan
nol, sehingga didapat
u1’y1 + u2’y2 = 0 … (1) dan
y’ = u1y1‘+ u2y2‘

16. PD LINIER ORDE 2 TAK HOMOGEN
y’ = u1y1‘ + u2y2‘ maka
y”= u1’y1‘ + u1’y1” + u2’y2‘ + u2’y2”
Substitusi y, y’, dan y” ke PD awal didapat
u1’y1‘ + u2’y2‘ = G(x) … (2)
Dari pers (1) dan (2) didapat
' y2 (x)G(x) ' y1 (x)G(x)
u =-
1 dan u=
2
W(y1 ,y2 )(x) W(y1 ,y 2 )(x)
Dengan mengintegralkan didapat
y2 (x)G(x) y1 (x)G(x)
u1 =- dx+c1 dan u2 = dx+c2
W(y1 ,y 2 )(x) W(y1 ,y2 )(x)

17. Penyelesaian partikularnya adalah
y2 (x)G(x) y1 (x)G(x)
yp =-y1 dx+y2 dx
W(y1 ,y2 )(x) W(y1 ,y2 )(x)
Penyelesaian umumnya adalah
y = c1y1 + c2y2 + yc

18. Contoh:
Tentukan penyelesaian partikular dari y” + 4y = 3csec2x!