Solusi dan Bentuk Umum Dari PDB Orde 2 – Homogen

Ahmaddahlan.NET – Persamaan diferensial orde n melibatkan sebuah variable yang bergantung pada nilai variable lain dengan orde turunan ke-n. Misalkan sebuah persamaan x yang berubah terhadap y. Persamaan ini memiliki dua bentuk yang PDB Orde II Homogen dan Tak Homogen.

y"+P_{(x)}y'+Q_{(x)}y=R_{(x)}

Bentuk Umum PDB Orde II Homogen

Jika sebuah persamaan memiliki nilai R_(x)=0, maka Persamaan ini masuk dalam kategori Persamaan Homogen dengan bentuk :

y” + ay’ + by = 0

atau :

(D²+aD¹+b)y = 0

dimana a dan y ≠ 0, misalkan Dy = ry dimana solusi sederhana dari ry = Ae^rx, maka:

D²y = D(Dy) = D(ry) = r (Dy) = r(ry) = r²y

sehingga persamaan (D²+aD¹+b)y = 0 bisa ditulis (r² + ar + b) y = 0, dengan demikian

r² + ar¹ + b = 0

Fungsi r² + ar + b ini adalah fungsi polinom dengan karakteristik diskriminan

∆ = a² + 4b

Nilai diskriminan ini terdapat 3 kemungkinan yakni ∆ > 0, ∆ = 0, dan ∆ < 0.

a. Solusi PDB Orde II Homogen dengan ∆ > 0

Pada persamaan r² + ar¹ + b = 0 dengan r₁ ≠ r₂ dimana ∆ > 0 berasal dari nilai a > 0 dan a² > 4b, maka solusi adalah

u₁ = e^r1x dan u₂ = e^r2x

Dengan demikian solusi umumnya sebagai berikut

y = c₁e^r₁x + c₂e^r₂x

b. Solusi PDB Orde II Homogen dengan ∆ = 0

Untuk nilai diskriminan ∆ = 0, maka nilai a² = 4b sehingga :

 r^2 + ar^1 + b = r^2+ar^1+\frac{a^2}{4}=0

(r+\frac{a}{2})^2 = 0

suku diatas memiliki akar-akar persamaan :

r=-\frac{a}{2} (akar ganda)

Nilau suku ux terbagi dalam dua kemungkinan yakni :

u_x = λu_x = e^rx

sedangkan u_x ≠ λu_x, misalkan :

v_(x) = xu_(x) = xe^rx

maka turunan v terhadap x adalah turunan parsial Dv = u.dv + v.du

Dv=e^rx +rxe^rx=(1+rx)e^rx

D²v = D e^rx(1+rx) = re^rx(1+rx) + re^rx

(r²x+2r ) e^rx

Subtitusikan ke persamaan (D² + aD + b ) v, hasilnya

((r²x+2r ) e^rx) + a (1 + rx) e^rx+ b ) xe^rx

Satukan suku-suku yang sama

(r²x + ar + b) x + (a + 2r) e^rx = 0

maka

(r²x + ar + b) x = 0 dan (a + 2r) e^rx = 0

Jadi v_(x) = xe^rx adalah solusi dari u_(x) dan v_(x) bebas dan linier, solusi umumnya adalah :

y = c₁e^rx + c₂xe^rx

c. Solusi PDB Orde II Homogen dengan ∆ < 0

Untuk ∆ = a² – 4b < 0, maka akar-akar persamaan akan menghasilkan bilangan kompleks yang saling konjugat :

r_{1,2}=\frac{-a ± \sqrt{a^2-4b}}{2}

karena nilai a² – 4b < 0 maka akar-karnya irsaional sehingga

r_{1,2}=\frac{-a}{2}+i \frac{\sqrt{a^2-4b}}{2}

dimana i² = -1

masalkan :

α = \frac{-a}{2}

dan

β =\frac{\sqrt{a^2-4b}}{2}

nilai dari r₁ = α + iβ dan r₂ = α – iβ. akar-akar persamaan adalah :

\overline{y}_1=e^{r_1x}=e^{α+iβ}=e^{αx}(\cosβ+i \sin β)

dan

\overline{y}_2=e^{r_2x}=e^{α-iβ}=e^{αx}(cosβ-i \sin β)

Persamaan tersebut bisa disederhanakan dengan menggunakan identitas Trigonometri

y_1(x)=\frac{1}{2}\overline{y}_1 + \frac{1}{2}\overline{y}_2=e^{αx}\cosβ

dan

y_2(x)=\frac{1}{2}\overline{y}_1 - \frac{1}{2}\overline{y}_2=e^{αx}\sinβ

sehingga solusi umunya adalah :

y(x)=c₁y₁(x)+c₂y₂(x) = e^ax(cos β + sin β)

Kesimpulan

1. Untuk r₁ ≠ r₂ maka y₁ = e^r1x dan y₂ = e^r2x dengan bentuk solusi umum :

y = c₁e^r1x + c₂e^r2x

2. Untuk r₁ = r₂ maka y₁ = e^rx dan y₂ = xe^rx dengan bentuk solusi umum :

y = c₁e^rx + c₂xe^rx

3.Untuk r₁ = u + wi dan r₂ = u – wi atau disebut akar kompleks konjugat maka y₁ = e^ux cos wx dan y₂ = e^ux sin wx solusinya adalah :

y = e^ux ( c₁ cos wx + c₂ sin wx)