pd orde2 homogen

Sistem Pegas Massa

L k

m x

m

lKeadaan bebas

Keadaan setimbang

Massa

bergerakKeadaan setimbang,

kl= mg

Sistem Pegas Massa

Fs= -kl

w = mg

mg – kl = 0

Hukum Hooke

Hukum Newton: f (t) = m x”(t)

Sistem Pegas Massa

Gaya yang bekerja pada pegas dapat dirinci sbb:

1. Gaya berat: w = mg

2. Gaya pegas: Fs= -k (l + x)

3. Gaya redam pegas: Fd = - r x’(t)

4. Gaya luar F(t)

m x” = mg – k (l + x) – r x’ + F

m x” + r x’ + k x = F

Bentuk umum PD linier orde dua :

(1)

di mana P, Q, R, dan G fungsi-fungsi kontinu.

)x(Gy)x(Rdx

dy)x(Q

2dx

y2d)x(P

Persamaan Linier Orde dua

JIka G(x) = 0 untuk semua x, persamaan tsb. disebut

PD linier orde dua homogen. (Tidak ada kaitannya dgn

PD orde satu homogen.)

(2) 0)()()(2

2

yxRdx

dyxQ

dx

ydxP

Jika untuk suatu x, Persamaan (1)

dikatakan tak homogen.

0)x(G

)x(yc)x(yc)x(y 2211

Dua sifat dasar yang dapat digunakan untuk

menyelesaikan PD linier homogen. Pertama, bila dan

merupakan penyelesaian PD tersebut, maka kombinasi

liniernya juga merupakan penyelesaian.

1y 2y

2211 ycyc

(3)Teorema: Jika dan keduanya

penyelesaian PD linier (2) dan dan konstanta

csebarang, maka fungsi juga

merupakan penyelesaian dari persamaan (2).

)(1 xy )(2 xy

1c 2c

Bukti Karena dan penyelesaian dari

Pers (2), kita mempunyai

dan

1y 2y

0111 yxRyxQyxP )()()(

0y)x(Ry)x(Qy)x(P 222

Sehingga

Jadi merupakan penyel. Pers (2).0

0c0c

]y)x(Ry)x(Qy)x(P[c]y)x(Ry)x(Qy)x(P[c

)ycyc)(x(R)ycyc)(x(Q)ycyc)(x(P

)ycyc)(x(R)ycyc)(x(Q)ycyc)(x(P

y)x(Ry)x(Qy)x(P

21

22221111

221122112211

221122112211

2211 ycycy

Misalkan x dan y dua peubah. Jika baik x maupun y

bukan kelipatan satu sama lain, dikatakan bahwa x dan y

dua peubah yang saling bebas linier. Contoh, fungsi

dan saling bergantung linier, tapi

dan saling bebas linier.

2)( xxf 25)( xxg

xexf )(xxexg )(

Teorema berikut menyatakan bahwa penyelesaian

umum dari PD linier homogen merupakan kombinasi linier

dari dua penyelesaian bebas linier.

(4)Teorema Jika dan penyelesaian bebas

linier dari Persamaan (2) , maka penyelesaian umum

diberikan oleh

di mana dan konstanta sebarang.

1y 2y

1c2c

)x(yc)x(yc)x(y 2211

Secara umum, tidak mudah mencari penyelesaian

dari PD linier orde dua. Tetapi kita dapat menentukan

penyelesaiannya apabila fungsi-fungsi koefisiennya P, Q

dan R merupakan fungsi konstant; Jika PD berbentuk

(5) 0cyybyaFungsi yang mungkin memenuhi Persamaan (5)

adalah fungsi exponential , karena turunan-

turunannya merupakan kelipatan konstant dari

dirinya: . Substitusikan ke

Persamaan (5)

x2x ey,ey

0e)cba(

0ceebea

x2

xxx2

xey

Kita bedakan menurut tanda diskriminan :

acb 42

Ingat Tidak pernah 0, jadi merupakan

penyelesaian dari (5) jika akar persamaan

(6)

yang disebut persamaan karakteristik dari Persamaan (5).

Menggunakan rumus abc, akar-akar persamaan (6):

xexey

0cba 2

a2

ac4bb

a2

ac4bb2

2

2

1

Akar-akar persamaan karakteristik dan real dan

berbeda, jadi dan adalah dua

penyelesaian bebas linier Persamaan (5).

1 2x

ey 2

2

x

11ey

(8)Jika akar-akar persamaan karakteristik (6): dan

adalah real and berbeda, maka penyelesaian umum dari

adalah

1 2

0cyybya

x

2

x

121 ececy

Contoh 1 Selesaikan persamaan 06 yyy

042

acbKasus

Contoh 2 Selesaikan persamaan .032

2

ydx

dy

dx

yd

Akan ditunjukkan bahwa: merupakan

penyelesaian dari PD (5).

x

2 xey

000

2

2

2

2

222

)()(

)()(

)()(

xx

xx

xxxxx

xee

xecbaeba

cxexeebxeea

cyybya

042 acbKasus

Pada kasus , akar-akar persamaan

karakterisiknya real dan sama. Nyatakan untuk nilai dari

dan , maka kita peroleh

(9)

21

1 2

0ba2a2

b

Karena dan saling bebas

linier, menurut Theorem 4 :

x

1 ey x

2 xey

Contoh 3 Selesaikan persamaan 09124 yyy

(10) Jika persamaan karakteristik

hanya memiliki satu akar real , maka penyelesaian

umum dari adalah

02 cbrar

0cyybyax

21

x

2

x

1 e)xcc(xececy

Pada kasus ini, akar-akar dan merupakan

bilangan kompleks sekawan. Dapat ditulis:1 2

)a2(bac4),a2(bdengan

ii

2

21

042 acbKasus

Menggunakan persamaan Euler

Penyelesaian PD dapat ditulis:

sincos iei

212211

21

2121

21

)(

2

)(

1

21

,dimana

)sincos(

]sin)(cos)[(

)sin(cos)sin(cos

21

CCcCCc

xicxce

xCCixCCe

xixeCxixeC

eCeC

eCeCy

x

x

xx

xixi

xx

Rangkuman dari penjelasan di atas:

Jika akar-akar persamaan karakteristik

merupakan bilangan komplex sekawan

, maka penyelesaian umumnya dari PD

berbentuk

0cba 2

0cyybya

)xsincxcosc(ey 21

x

i,i 21

Contoh 4 Selesaikan persamaan .0136 yyy