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]

 

 

Leave a Reply

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Your email address will not be published.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