Soal dan Pembahasan – Ujian Akhir Semester (UAS) Persamaan Diferensial Biasa

Berikut ini adalah 4 soal UAS Persamaan Diferensial Biasa (TA 2017/2018) yang diujikan pada tanggal 10 Januari 2018 oleh Drs. Dian Ahmad B.S, M.Si Materi yang diujikan mengenai persamaan diferensial linear homogen dan non-homogen dengan koefisien konstan dan kebebasan linear penyelesaian umumnya.

Soal Nomor 1
Tunjukkan bahwa $e^{2x}$ dan $e^{3x}$ merupakan penyelesaian bebas linear dari PD
$\dfrac{d^2y}{dx^2} – 5\dfrac{dy}{dx} + 6y = 0$
Selanjutnya, cari solusi yang memenuhi $y(0) = 2$ dan $y'(0) = 3$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 2
Diketahui $y = x$ merupakan penyelesaian PD
$(x^2 + 1)\dfrac{d^2y}{dx^2} – 2x\dfrac{dy}{dx} + 2y = 0$
Cari solusi bebas linear dengan reduksi orde serta tulis penyelesaian umumnya.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 3
Cari solusi umum dari $\dfrac{d^2y}{dx^2} – 3\dfrac{dy}{dx} + 2y = 4x^2$

Penyelesaian

Solusi umum PD homogen yang terkait adalah $y_c = C_1e^{2x} + C_2e^{x}$
Diketahui himpunan UC dari ekspresi di ruas kanan PD adalah $\{x^2, x, 1\}$. Misalkan
$y_p = Ax^2 + Bx + C$ adalah solusi khusus PD, dan diperoleh
$y_p’ =2Ax + B$ dan $y_p” = 2A$
Substitusikan ke PD:
$\dfrac{d^2y}{dx^2} – 3\dfrac{dy}{dx} + 2y = 4x^2$
$2A – 3(2Ax + B) + 2(Ax^2 + Bx + C) = 4x^2$
$2Ax^2 + (-6A + 2B)x + (2A – 3B + 2C) = 4x^2$
Dari persamaan di atas, diperoleh sistem persamaan linear
$\begin{cases} 2A = 4 & \\ -6A+ 2B = 0 & \\ 2A – 3B + 2C = 0 \end{cases}$
Selesaikan sehingga diperoleh
$\begin{cases} A = 2 & \\ B = 6 & \\ C = 7 \end{cases}$
Jadi, $y_p = 2x^2 + 6x + 7 $
Solusi umumnya adalah $y = y_c + y_p$, yaitu
$\boxed{y = C_1e^{2x} + C_2e^{x} + 2x^2 + 6x + 7 }$

[collapse]

Soal Nomor 4
Carilah solusi umum dari $(x^2 + 1)\dfrac{d^2y}{dx^2} – 2x\dfrac{dy}{dx} + 2y = 6(x^2 + 1)^2$ jika diberikan solusi umum PD homogen terkait $y_c(x) = C_1(x) + C_2(x^2 – 1)$

Penyelesaian

Diberikan $y_c(x) = C_1(x) + C_2(x^2 – 1)$. Misalkan
$y_p(x) = v_1(x).x + v_2(x).(x^2 – 1)$
$y_p'(x) = v_1(x) + v_1′(x).x + v_2′(x)(x^2 – 1) + v_2(x)(2x)$
Misal $v_1′(x).x + v_2′(x)(x^2 – 1) = 0$
sehingga
$y_p'(x) = v_1(x) + v_2(x)(2x)$
Turunannya adalah
$y_p”(x) = v_1′(x) + v_2′(x)(2x) + 2v_2(x)$
Substitusikan $y_p(x)$ beserta turunannya ke PD, diperoleh
$\begin{multlined} (x^2 + 1)(v_1′(x) + v_2′(x).2x + 2v_2(x)) 2x(v_1(x) \\ + v_2(x).2x) + 2(v_1(x).x + v_2(x).(x^2 – 1)) = 6(x^2 + 1)^2 \end{multlined}$
Sederhanakan bentuk di atas sehingga menjadi
$v_1′(x) + 2xv_2′(x) = 6(x^2 + 1)$
Dari sini, kita peroleh SPL
$\begin{cases} v_1′(x).x + v_2′(x)(x^2 – 1) = 0 \\ v_1′(x) + 2xv_2′(x) = 6(x^2 + 1) \end{cases}$
Cari nilai $v_1′(x)$ dan $v_2′(x)$ dengan menggunakan Aturan Cramer.
$v_1′(x) = \dfrac{\begin{vmatrix} 0 & x^2-1 \\ 6(x^2+1) & 2x \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} x & x^2-1 \\ 1 & 2x \end{vmatrix}} = \dfrac{-6(x^4-1)}{x^2 + 1} = -6(x^2 – 1)$
$v_2′(x) = \dfrac{\begin{vmatrix} x & 0 \\ 1 & 6(x^2+1) \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} x & x^2-1 \\ 1 & 2x \end{vmatrix}} = \dfrac{6x(x^2+1)}{x^2+1} = 6x$
Dengan integral, diperoleh
$v_1(x) = -2x^3 + 6x +D_1$
$v_2(x) = 3x^2 + D_2$
Jadi, kita peroleh
$y_p(x) = (-2x^3 + 6x +D_1) x + (3x^2 + D_2)(x^2 – 1)$
$y_p(x)= x^4 + (3 + D_2)x^2 + D_1x – D_2$
Penyelesaian umum dari PD tersebut adalah
$y(x) = y_c(x) + y_p(x)$
$y(x) = C_1(x) + C_2(x^2 – 1) + x^4 + (3 + D_2)x^2 + D_1x – D_2$
$\boxed{y(x) = Cx + (3 + D)x^2 + x^4 + E}$
(Perhatikan bahwa dalam hal ini, kita mentransformasi/mengubah bentuk konstanta agar lebih sederhana yaitu dengan mengganti hurufnya saja)

[collapse]

 

 

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *