Category: Kalkulus Integral

Diketahui persamaan $xy’ + y = 3$.
Ubah bentuk penulisan derivatif dan kurangi kedua ruas dengan $y$, diperoleh
$$x~\dfrac{\text{d}y}{\text{d}x} = 3- y$$Kalikan kedua ruas dengan $\dfrac{\text{d}x}{x(3-y)}$, sehingga diperoleh
$$\dfrac{1}{3-y}~\text{d}y = \dfrac{1}{x}~\text{d}x$$Integrasikan kedua ruas terhadap variabel yang bersesuaian untuk memperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{1}{3-y}~\text{d}y & = \int \dfrac{1}{x}~\text{d}x \\ -\ln (3- y) & = \ln x + \ln C = \ln Cx \\ \ln (3-y)^{-1} & = \ln Cx \\ (3- y)^{-1} & = Cx \end{aligned}$$Jadi, solusi PD tersebut adalah $\boxed{ (3- y)^{-1} = Cx}$

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} y’ + (y-1)\cos x & = 0 \\ \dfrac{\text{d}y}{\text{d}x}&  =-(y-1)\cos x \end{aligned}$
Kalikan kedua ruas dengan $\dfrac{\text{d}x}{y-1}$, sehingga diperoleh
$\dfrac{1}{y-1}~\text{d}y =-\cos x~\text{d}x$
Integrasikan kedua ruas terhadap variabel yang bersesuaian,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{1}{y-1}~\text{d}y & =- \int \cos x~\text{d}x \\ \ln(y-1) & =-\sin x + C \\ \ln (y-1) & = \ln e^{C- \sin x} \\ y- 1 & = e^{C- \sin x} \\ y & = e^{C- \sin x} + 1 \end{aligned}$
Jadi, solusi umum dari PD tersebut adalah $\boxed{y = e^{C- \sin x} + 1}$

Diketahui $x(y^2- 1)~\text{d}x- y(x^2- 1)~\text{d}y = 0$.
Bagi kedua ruas dengan $(y^2-1)(x^2-1)$, sehingga dengan memanfaatkan aljabar, diperoleh
$\dfrac{x}{x^2-1}~\text{d}x- \dfrac{y}{y^2-1}~\text{d}y = 0$
Integrasikan kedua ruas terhadap variabel yang bersesuaian,
$\displaystyle \int \dfrac{x}{x^2-1}~\text{d}x- \int \dfrac{y}{y^2-1}~\text{d}y = \ln C$
Selesaikan bentuk integral dengan metode substitusi, sehingga didapat
$\dfrac12 \ln (x^2- 1)- \dfrac12 \ln (y^2- 1) = \ln C_1 \bigstar$
Kali kedua ruas dengan $2$, kemudian gunakan sifat logaritma:
$\boxed{^a \log b- \! ^a \log c = \! ^a \log \dfrac{b}{c}}$
sehingga diperoleh
$$\begin{aligned} \ln \left(\dfrac{x^2-1}{y^2-1}\right) & = \ln C_2~~~\bigstar\bigstar \\ \dfrac{x^2-1}{y^2-1} & = C_2 \\ x^2- 1 & = C_2(y^2- 1) \end{aligned}$$Jadi, penyelesaiannya adalah $\boxed{x^2- 1 = C(y^2- 1)}$
Catatan:
$\bigstar$ Mengapa hasil integralnya menjadi $\ln C$, bukankah seharusnya $C$? Ini adalah pertanyaan yang sering ditanyakan. Teknik seperti ini disebut manipulasi konstanta, karena $C$ merupakan bilangan real (bebas), jadi berapa pun yang kita ambil sebagai bentuk $C$, hasilnya masih umum. Untuk mempermudah perhitungan/penyederhanaan hasil, kita jadikan saja menjadi $\ln C$.
$\bigstar\bigstar$ Konstanta di sini tidak benar-benar diperhatikan (bahkan bisa dimanipulasi sesuka hati). Karena dibagi $2$, maka bentuk konstantanya berubah, tapi kita hanya perlu mengubah indeksnya saja tanpa membentuk konstanta dengan aturan aritmetik maupun aljabar.

Dari persamaan $y^2(y+1)~\text{d}x + y^2(x-1)~\text{d}y = 0$, bagi kedua ruasnya dengan $y^2(y+1)(x-1)$, sehingga diperoleh persamaan baru yang ekuivalen dengannya, yaitu
$\begin{aligned} \dfrac{1}{x-1}~\text{d}x + \dfrac{1}{y+1}~\text{d}y & = 0 \\ \text{Integralkan kedua ruas}~& \\ \int \dfrac{1}{x-1}~\text{d}x + \int \dfrac{1}{y+1}~\text{d}y & = \ln |C| \\ \ln |x- 1| + \ln |y + 1| & = \ln |C| \\ \ln |(x-1)(y+1)| & = \ln |C| \\ (x-1)(y+1) & = C \end{aligned}$
Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial tersebut adalah $\boxed{(x-1)(y+1) = C}$

Diketahui $\sqrt{1- y^2}~\text{d}x + \sqrt{1- x^2}~\text{d}y = 0$
Kalikan kedua ruas dengan $\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}.\sqrt{1-x^2}}$, diperoleh
$\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}~\text{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}~\text{d}y = 0$
Integrasikan kedua ruas terhadap variabel yang berpadanan,
$\displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}~\text{d}x + \int \dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}~\text{d}y = C$
$\arcsin x + \arcsin y = C$
Jadi, penyelesaiannya adalah $\boxed{\arcsin x + \arcsin y = C}$

Diketahui $x\sqrt{y^2-1}~\text{d}x + y\sqrt{x^2- 1}~\text{d}y = 0$
Bagi kedua ruas dengan $\sqrt{y^2-1} \times \sqrt{x^2- 1}$, diperoleh
$\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}~\text{d}x + \dfrac{y}{\sqrt{y^2-1}}~\text{d}y = 0$
Integrasikan kedua ruas terhadap variabel yang berpadanan,
$ \displaystyle \int \dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}~\text{d}x + \int \dfrac{y}{\sqrt{y^2-1}}~\text{d}y = C$ $\bigstar$
Dengan mengintegralkan bentuk di atas, kita memperoleh penyelesaian akhir, yaitu $\boxed{ \sqrt{x^2-1} + \sqrt{y^2-1} = C}$
Catatan: $\bigstar$ Integral ini dapat ditentukan hasilnya dengan menggunakan metode substitusi tak linear. 

Diketahui $x \sin y~\text{d}x + (x^2 + 1)~ \cos y~\text{d}y = 0$
Kalikan kedua ruas dengan $\dfrac{1}{(x^2+1)\sin y}$, diperoleh
$ \dfrac{x}{x^2+1}~\text{d}x + \dfrac{\cos y}{\sin y}~\text{d}y= 0$
Integrasikan kedua ruas terhadap variabel yang bersesuaian,
$ \displaystyle \int \dfrac{x}{x^2+1}~\text{d}x + \dfrac{\cos y}{\sin y}~\text{d}y= 0~~~~\bigstar$
$ \dfrac{1}{2} \ln (x^2 + 1) + \ln (\sin y) = C$
Jadi, solusi umum dari PD $x \sin y~\text{d}x + (x^2 + 1)~ \cos y~\text{d}y = 0$ adalah $\boxed{\dfrac{1}{2} \ln (x^2 + 1) + \ln (\sin y) = C}$
(Catatan: $\bigstar$ Anda dianjurkan untuk menguasai teknik-teknik pengintegralan dasar dan fungsi transenden)

Persamaan di atas dapat diubah menjadi
$y^2~\text{d}y = (x+3x^2)~\text{d}x$
Integrasikan kedua ruas terhadap variabel yang bersesuaian,
$y^2~\text{d}y = (x+3x^2)~\text{d}x$
$\dfrac{1}{3}y^3 = \dfrac{1}{2}x^2 + x^3 + C_0$
Kalikan 3 di kedua ruas:
$ y^3 = \dfrac{3}{2}x^2 + 3x^3 + C$
$ y = \sqrt[3]{ \dfrac{3}{2}x^2 + 3x^3 + C}$
Untuk menentukan nilai $C$, substitusikan $y = 6$ dan $x = 0$, sehingga diperoleh
$6 = \sqrt[3]{0 + 0 + C} \iff C = 6^3 = 216$
Jadi, penyelesaiannya adalah
$y = \sqrt[3]{ \dfrac{3}{2}x^2 + 3x^3 + 216}$.

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} x\dfrac{\text{d}y}{\text{d}x} & = y^2 + 1 \\ x~dy- (y^2 + 1)\text{d}x & = 0 \\ \dfrac{\text{d}y}{y^2 + 1}- \dfrac{\text{d}x}{x} & = 0 \end{aligned}$
Integrasikan kedua ruas,
$\displaystyle \int \dfrac{\text{d}y}{y^2 + 1}- \int \dfrac{\text{d}x}{x} = C$
Selanjutnya, mungkin Anda bertanya bagaimana cara mengintegralkan $\dfrac{dy}{y^2 + 1}$. Ingat kembali materi kalkulus integral mengenai substitusi trigonometri. Proses integrasinya disajikan di bawah ini.
Misalkan $y = \tan \alpha$, berarti $\text{d}y = \sec^2 \alpha~d\alpha$ dan $\alpha = \arctan y$
$y^2 + 1 = \tan^2 \alpha + 1 = \sec^2 \alpha$, maka
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}y}{y^2 + 1} & = \int \dfrac{\sec^2 \alpha~ \text{d}\alpha}{\sec^2 \alpha} \\ & = \int ~\text{d}\alpha = \alpha = \arctan y \end{aligned}$
Berarti,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}y}{y^2 + 1}- \int \dfrac{\text{d}x}{x} & = C \\ \arctan y- \ln |x| & = C \\ \ln e^{\arctan y}- \ln x & = \ln e^C \\ \dfrac{e^{\arctan y}}{x} & = e^C \end{aligned}$
Jadi, solusi umumnya adalah $\boxed{\dfrac{e^{\arctan y}}{x} = e^C}$

Perhatikan bahwa PD di atas dapat ditulis kembali menjadi
$\begin{aligned} y(y+1)~\text{d}y & = \dfrac{x+1}{x}~\text{d}x \\ (y^2+y)~\text{d}y & = \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)~\text{d}x \end{aligned}$
Integrasikan kedua ruas berdasarkan variabel yang bersesuaian,
$\begin{aligned} \displaystyle \int (y^2+y)~\text{d}y & = \int \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)~\text{d}x \\ \dfrac{1}{3}y^3 + \dfrac{1}{2}y^2 + C_1 & = x + \ln |x| + C_2 \\ \dfrac{1}{3}y^3 + \dfrac{1}{2}y^2- x- \ln |x| & = C \end{aligned}$
Jadi, solusi dari PD tersebut adalah $\boxed{\dfrac{1}{3}y^3 + \dfrac{1}{2}y^2- x- \ln |x| = C }$

Diketahui $\dfrac{\text{d}x}{\text{d}t} = k(x- 50)$, maka dapat ditulis
$\begin{aligned} \dfrac{\text{d}x}{x- 50} & = k~\text{d}t \\ \text{Integralkan}~&\text{kedua ruas} \\  \displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{x- 50} & = \int k~\text{d}t \\ \ln |x- 50| & = kt + C \\ x- 50 & = e^{kt + C} \\ x- 50 & = e^{kt} \times C’ \\ x & = 50 + C’e^{kt} \end{aligned}$
Diketahui $t = 0$ dan $x = 80$, sehingga diperoleh
$\begin{aligned} x & = 50 + C’e^{kt} \\ 80 & = 50 + C’e^{0} \\ 80 & = 50 + C’ \\ C’ & = 30 \end{aligned}$
Diketahui $t = 5$ dan $x = 70$, serta $C’ = 30$, sehingga diperoleh
$\begin{aligned} x & = 50 + C’e^{kt} \\ 70 & = 50 + 30e^{5k} \\ 20 & = 30^{5k} \\ \dfrac{2}{3} & = e^{5k} \\ e^k & = \left(\dfrac23\right)^{\frac15} \end{aligned}$
Jadi, kita peroleh $x = 50 + 30\left(\dfrac23\right)^{\frac{1}{5}t}$.
Jika $x = 60$, diperoleh
$\begin{aligned} x & = 50 + 30\left(\dfrac23\right)^{\frac{1}{5}t} \\ 60 & = 50 + 30\left(\dfrac23\right)^{\frac{1}{5}t} \\ 10 & = 30\left(\dfrac23\right)^{\frac{1}{5}t} \\ \dfrac{1}{3} & = \left(\dfrac23\right)^{\frac{1}{5}t} \\ \left(\dfrac{1}{3}\right)^5 & = \left(\dfrac23\right)^{t} \\ t & = ^{\frac{2}{3}} \log \left(\dfrac13\right)^5 \\ t & = 5 \cdot ^{\frac{2}{3}} \log \left(\dfrac13\right) \end{aligned}$
Jadi, waktu yang dibutuhkan agar suhu kopi menjadi $60^{\circ} \text{C}$ adalah $\boxed{5 \cdot ^{\frac{2}{3}} \log \left(\dfrac13\right)~\text{menit}}$
(Jawaban C)

Permasalahan ini merupakan aplikasi/penerapan persamaan diferensial.
Persamaan diferensial yang merepresentasikan proses penurunan suhu $T$ dalam waktu $t$ menit diwakili oleh
$\dfrac{\text{d}T}{\text{d}t} = k(T-T_0)$
$T_0$ adalah suhu terminal. Berdasarkan soal, diketahui bahwa suhu terminalnya adalah suhu yang hendak dicapai, yaitu $T_0 = 120^{\circ}\text{C}$.
Perhatikan bahwa persamaan $\dfrac{\text{d}T}{\text{d}t} = k(T-120)$ dapat ditulis menjadi
$\dfrac{\text{d}T}{T-120} = k \cdot \text{d}t$
Integralkan kedua ruasnya,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}T}{T-120} & = \int k~\text{d}t \\ \ln (T-120) & = kt + C \end{aligned}$
Saat $t = 0~\text{menit}$, suhu mula-mulanya adalah $T = 225^{\circ}\text{C}$.
Substitusi nilai ini pada persamaan terakhir untuk memperoleh
$\begin{aligned} \ln (225-120) & = k(0) + C \\ \ln 105 & = C \end{aligned}$
Persamaannya kita tulis ulang menjadi $\ln (T-120) = kt + \ln 105$.
Saat $t = 10~\text{menit}$, suhu berkurang $60^{\circ}\text{C}$ menjadi $T = (225-60)^{\circ}\text{C} = 165^{\circ}\text{C}$.
Substitusi nilai ini pada persamaan untuk memperoleh
$\begin{aligned} \ln (165-120) & = k(10) + \ln 105 \\ \ln 45 & = 10k + \ln 105 \\ 10k & = \ln \dfrac{45}{105} = \ln \dfrac37 \\ k & = \dfrac{\ln \dfrac37}{10} \end{aligned}$
Persamaannya menjadi
$\ln (T-120) = \dfrac{\ln \dfrac37}{10}t + \ln 105$
atau dengan menggunakan definisi logaritma, diperoleh
$T = 120 + e^{\dfrac{\ln \frac37}{10}t + \ln 105}$
Dengan menggunakan aplikasi/kalkulator untuk menggambar grafik, kita peroleh sketsa grafik persamaan tersebut seperti berikut.

Tampak pada grafik bahwa suhu terminal akan tercapai saat $t$ menuju tak hingga, tetapi tentu saja kita tidak mungkin menunggu selama itu untuk menurunkan suhunya agar suhu terminal tercapai.
Dari grafik itu, kita cukup menunggu kurang lebih selama $\boxed{60}$ menit ($1$ jam) agar suhu minyak hasil olah “cukup” mendekati $120^{\circ}\text{C}$.

Permasalahan ini merupakan aplikasi/penerapan persamaan diferensial.
Persamaan diferensial yang merepresentasikan proses penurunan suhu $T$ dalam waktu $t$ menit diwakili oleh
$\dfrac{\text{d}T}{\text{d}t} = k(T-T_0)$
$T_0$ adalah suhu terminal. Berdasarkan soal, diketahui bahwa suhu terminalnya adalah suhu ruang, yaitu $T_0 = 27^{\circ}\text{C}$.
Perhatikan bahwa persamaan $\dfrac{\text{d}T}{\text{d}t} = k(T-27)$ dapat ditulis menjadi
$\dfrac{\text{d}T}{T-27} = k \cdot \text{d}t$
Integralkan kedua ruasnya,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}T}{T-27} & = \int k~\text{d}t \\ \ln (T-27) & = kt + C \end{aligned}$
Saat $t = 0~\text{menit}$, suhu mula-mulanya adalah $T = 200^{\circ}\text{C}$.
Substitusi nilai ini pada persamaan terakhir untuk memperoleh
$\begin{aligned} \ln (200-27) & = k(0) + C \\ \ln 173 & = C \end{aligned}$
Persamaannya kita tulis ulang menjadi $\ln (T-27) = kt + \ln 173$.
Saat $t = 10~\text{menit}$, suhu berkurang menjadi $T = 140^{\circ}\text{C}$.
Substitusi nilai ini pada persamaan untuk memperoleh
$\begin{aligned} \ln (140-27) & = k(10) + \ln 173 \\ \ln 113 & = 10k + \ln 173 \\ 10k & = \ln \dfrac{113}{173} \\ k & = \dfrac{\ln \dfrac{113}{173}}{10} \end{aligned}$
Persamaannya menjadi
$\ln (T-27) = \dfrac{\ln \dfrac{113}{173}}{10}t + \ln 173$
atau dengan menggunakan definisi logaritma, diperoleh
$T = 27 + e^{\dfrac{\ln \frac{113}{173}}{10}t + \ln 173}$
Jadi, fungsi eksponensial yang menyatakan proses penurunan suhu logam $T$ terhadap waktu $t$ adalah
$\boxed{T(t) = 27 + e^{\dfrac{\ln \frac{113}{173}}{10}t + \ln 173}}$