Dokumen ini membahas persamaan diferensial linier orde 2 tak homogen dengan metode serta teorema terkait penyelesaian umum, yang mencakup penyelesaian partikular dan komplementer. Beberapa kasus spesifik untuk bentuk g(x) yang berbeda dijelaskan, termasuk polinomial, eksponensial, sinusoidal, dan kombinasi dari fungsi-fungsi. Selain itu, metode variasi parameter juga diperkenalkan sebagai cara untuk menentukan penyelesaian partikular dari persamaan tersebut.

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!