Penyegaran: Persamaan Diferensial Biasa

Lampiran ini mengulas secara singkat metode-metode yang paling umum untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa (PDB). Banyak PDB atau sistem PDB yang diperkenalkan dalam catatan ini bersifat nonlinear sehingga tidak dapat diselesaikan dengan mudah menggunakan metode-metode tersebut. Namun, analisis kestabilan linear titik tetap bertumpu pada penyelesaian sistem linear berkoefisien konstan, yang dibahas di sini. Selain itu, seorang pemodel harus mampu mengenali PDB yang dapat diselesaikan secara eksak dan menyelesaikannya jika diperlukan. Informasi di bawah ini dimaksudkan sebagai rujukan cepat; teorema-teorema diberikan tanpa bukti dan pembaca sebaiknya merujuk pada buku-buku klasik tentang persamaan diferensial untuk memperoleh perinciannya.

Definisi dan teorema dasar tentang eksistensi

Definisi

• Sebuah persamaan diferensial biasa berorde $n$ adalah persamaan berbentuk

$\displaystyle \frac{d^n y}{d x^n}=F\left( x,y,\frac{d y}{d x},\dots,\frac{d^{n-1} y} {d x^{n-1}}\right). \qquad (13.1)$

• Sebuah solusi persamaan diferensial ini adalah fungsi yang dapat didiferensialkan sebanyak $n$ kali, yaitu $y(x)$ dari peubah real $x$, yang memenuhi Persamaan (13.1).
• Sebuah syarat awal adalah penetapan nilai $y$ beserta turunan-turunannya hingga orde $(n-1)$ pada suatu titik $x_0$.  Syarat ini berbentuk sebagai berikut, dengan $y_0$, $y_1$, ... $y_{n-1}$ merupakan bilangan-bilangan yang diberikan:

$\displaystyle \label{init} y(x_0)=y_0, \frac{d y}{d x}(x_0)=y_1, \dots \frac{d^{n-1}y}{d x^{n-1}}(x_0) = y_{n-1}, \qquad (13.2)$

• Syarat batas menetapkan nilai kombinasi linear dari $y$ dan turunan-turunannya pada dua nilai $x$ yang berbeda.

Teorema eksistensi dan ketunggalan

Di bawah ini kami mencantumkan teorema-teorema utama tentang eksistensi dan ketunggalan solusi sistem persamaan diferensial biasa orde pertama. Perhatikan bahwa Persamaan (13.1) dapat ditulis sebagai sistem orde pertama

$\displaystyle \label{ode_fo} \frac{d Y}{d x} = f(x,Y) \qquad (13.3)$

dengan menetapkan $\displaystyle Y = \left(y,\frac{dy}{d x},\frac{d^2 y}{d x^2}, \cdots, \frac{d^{n-1} y}{d x^{n-1}}\right)$.

Teorema Cauchy–Peano

Jika $f$ kontinu pada persegi panjang ${\mathcal R} = \left\{|x-x_0| \le a, ||Y - Y_0|| \le b \right\}$ dengan $a > 0$ dan $b > 0,$ maka terdapat solusi $Y$ dari (13.3) yang terdiferensialkan secara kontinu pada $|x - x_0| \le \alpha$ dan memenuhi $Y(x_0) = Y_0$, dengan

$\alpha = \min\left(a, \frac{b}{M}\right), \quad M = \max_{(x,Y) \in {\mathcal R}} ||f(x,Y)||.$

Teorema Picard–Lindelöf

Jika $f$ bersifat Lipschitz pada $\mathcal R$, yakni jika terdapat konstanta $k > 0$ sedemikian sehingga

$\forall (x,Y_1) \in {\mathcal R}, \forall (x,Y_2) \in {\mathcal R}, ||f(x,Y_1) - f(x,Y_2) || < k ||Y_1 - Y_2||,$

dan jika $f$ kontinu pada $\mathcal R$, maka terdapat solusi tunggal $Y$ dari (13.3) pada $|x - x_0| \le \alpha$ yang memenuhi $Y(x_0) = Y_0.$

Secara bersama-sama, teorema-teorema ini menyiratkan bahwa untuk sistem dinamik yang terdiferensialkan secara kontinu dan berbentuk (13.3), setiap masalah nilai awal memiliki solusi tunggal. Karena $f$ dalam (13.3) dapat bergantung secara eksplisit pada variabel bebas, kesimpulan tanpa-perpotongan berlaku dalam ruang keadaan diperluas (x,Y); untuk sistem otonom berbentuk (13.3), kesimpulan itu berlaku langsung bagi lintasan dalam ruang fase Y.

Berikut ini kami mencantumkan berbagai teknik umum yang digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial. Syarat awal atau syarat batas sebaiknya diterapkan setelah solusi umum diperoleh.

Persamaan diferensial orde pertama

Kita mulai dengan persamaan diferensial orde pertama, yang kita tulis sebagai

$M(x,y) dx + N(x,y) dy=0.$

Persamaan terpisahkan

Jika $\displaystyle \frac{M(x,y)}{N(x,y)}= - f(x) g(y),$ maka persamaan tersebut dapat dipisahkan dan berbentuk

$\displaystyle f(x) dx=\frac{1}{g(y)} dy,$

yang dapat diintegralkan dengan mudah.

Contoh

Solusi masalah nilai awal $\displaystyle \frac{d y}{d x}=\frac{3 x^2 + 4 x + 2}{2 (y-1)}, \quad y(0)=-1$ adalah $y=1-\sqrt{x^3 + 2 x^2 + 2 x + 4}$.

Persamaan dengan M dan N yang keduanya homogen berderajat n

Jika $M(x,y)$ dan $N(x,y)$ keduanya homogen berderajat $n$, maka perubahan peubah $v=y/x$ (atau $u=x/y$) akan menjadikan PDB tersebut dapat dipisahkan.

Contoh

Keluarga solusi persamaan $\displaystyle \frac{d y}{d x}=\frac{y^2 + 2 x y}{x^2}$ adalah $\displaystyle y = \frac{C x^2}{1 - C x}$, dengan $C$ konstanta sembarang. Selain keluarga ini, $y=-x$ juga merupakan solusi dan tidak diperoleh untuk nilai parameter C yang berhingga.

Persamaan eksak

Jika ${\partial M}/{\partial y}$ dan ${\partial N}/{\partial x}$ kontinu dan jika $\displaystyle \frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$ maka PDB tersebut eksak, yaitu terdapat $u(x,y)$ sedemikian sehingga

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=M(x,y) \qquad \text{dan} \qquad \frac{\partial u}{\partial y}=N(x,y).$

Dengan demikian, PDB dapat ditulis dalam bentuk

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} dx + \frac{\partial u}{\partial y} dy=0,$

yang menghasilkan $d \left(u(x,y) \right)=0$, yaitu $u(x,y)=C$. Fungsi $u$ dapat diperoleh dengan mengintegralkan kedua persamaan

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=M(x,y) \quad \text{ dan } \quad \frac{\partial u}{\partial y}=N(x,y).$

Contoh

Solusi umum persamaan $\displaystyle (y \cos(x) + 2 x e^y) + (\sin(x) + x^2 e^y - 1) y^\prime = 0$ diberikan secara implisit oleh $y \sin(x) + x^2 e^y - y = C$, dengan $C$ konstanta sembarang.

Faktor integrasi

Faktor integrasi adalah fungsi $\rho(x,y)$ sedemikian sehingga persamaan diferensial

$\rho(x,y)\left[ M(x,y) dx + N(x,y) dy \right]$

bersifat eksak. Jika $\displaystyle \frac{\partial M}{\partial y} \ne \frac{\partial N}{\partial x},$ tetapi

• $\displaystyle \frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x} =-n \frac{M}{y} + m \frac{N}{x},$ gunakan faktor integrasi $\rho(x,y)=x^m y^n.$
• Jika $\displaystyle \frac{1}{N} \left[\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}\right]$ hanya bergantung pada $x$ dan hasilnya dinamai f(x), faktor integrasinya adalah $\rho(x)=\exp\left(\int f(x)\,dx\right).$
• Jika $\displaystyle \frac{1}{M} \left[\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N} {\partial x}\right]$ hanya bergantung pada $y$ dan hasilnya dinamai f(y), faktor integrasinya adalah $\rho(y)=\exp\left(-\int f(y)\,dy\right).$

Contoh

Solusi umum persamaan $\displaystyle 3 x y + y^2 + (x^2 + x y) \frac{d y}{d x} = 0$ diberikan secara implisit oleh $\displaystyle x^3 y + \frac{1}{2} x^2 y^2 = C$.

Persamaan linear

Jika persamaan diferensial dapat ditulis dalam bentuk $y^\prime + p(x) y = q(x),$ yaitu jika

$\displaystyle -\frac{M(x,y)}{N(x,y)} =-p(x) y + q(x),$

maka PDB tersebut linear. Misalkan $\rho(x)=\exp\left[\int p(x) dx\right]$. Kita peroleh

$\displaystyle \rho^\prime(x)=p(x) \exp\left[\int p(x) dx \right]=p(x) \rho(x),$

dan dengan mengalikan PDB dengan $\rho(x)$, kita memperoleh

$\begin{align*} &y^\prime \rho(x)+p(x) \rho(x) y = q(x) \rho(x) \\ \Longleftrightarrow &\displaystyle \frac{d}{d x}\left[\rho(x) y\right]=q(x) \rho(x),\\ \Longleftrightarrow & y \rho(x)=\int q(x) \rho(x) dx + C, \\ \Longleftrightarrow & \displaystyle y=\frac{1}{\rho(x)} \int q(x) \rho(x) dx + \frac{C}{\rho(x)}, \\ \Longleftrightarrow & y=\left[\int q(x) \rho(x) dx + C\right] \exp\left[-\int p(x)\$

dx \right].\end{align*}

Contoh 1

Solusi umum persamaan $y^\prime + 2 y = e^{-x}$ adalah $y = e^{-x} + C e^{-2 x}.$

Contoh 2

Solusi persamaan $y^\prime - 2 x y = x$ dengan syarat $y(0)=0$ adalah $\displaystyle y = - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^{x^2}.$

Persamaan Bernoulli

Jika $\displaystyle -\frac{M(x,y)}{N(x,y)}=-p(x) y + q(x) y^n,$ dengan $n\ne 0,1,$ kita memperoleh persamaan Bernoulli berikut

$y^\prime + p(x) y=q(x) y^n.$

Persamaan nonlinear ini dapat diubah menjadi bentuk persamaan linear melalui perubahan peubah $u=y^{1-n}$.

Contoh

Keluarga solusi tak nol persamaan $x^2 y^\prime + 2 x y - y^3 = 0, x>0$ adalah $\displaystyle y = \pm \sqrt{\frac{5 x}{2 + C x^5}}$. Solusi nol $y=0$ juga memenuhi persamaan.

Persamaan Riccati

Jika $\displaystyle -\frac{M(x,y)}{N(x,y)}=a_0(x) + a_1(x) y + a_2(x) y^2,$ kita memperoleh persamaan Riccati berikut

$y^\prime=a_0(x) + a_1(x) y + a_2(x) y^2.$

Untuk menyelesaikannya, lakukan langkah-langkah berikut.

1. Carilah solusi khusus $y=y_1(x)$ dengan mencoba fungsi-fungsi sederhana seperti $a x^b$ atau $a \exp(b x)$.
2. Perhatikan bahwa $u=y-y_1$ memenuhi persamaan Bernoulli berikut (dengan $n=2$): $\begin{align*} u^\prime & = a_1(x) u + a_2(x) u (2 y_1(x)+u)\\ & = \left[ a_1(x)+2 a_2(x) y_1(x)\right] u + a_2(x) u^2,\end{align*}$
3. Ubahlah persamaan di atas menjadi persamaan linear dengan menerapkan perubahan peubah $w=u^{1-2}=1/u$, lalu selesaikan untuk $w$. Dalam peubah semula, solusi $y$ diberikan oleh $y=y_1+1/w$.

Contoh

Keluarga solusi persamaan $y^\prime = 1 + x^2 - 2 x y + y^2$ adalah $y = x + 1/(C - x)$. Solusi khusus $y=x$ juga memenuhi persamaan dan tidak termasuk dalam keluarga untuk nilai parameter C yang berhingga.

Persamaan Clairaut

Persamaan diferensial $y = x y^\prime + f(y^\prime)$ memiliki keluarga garis lurus berikut sebagai solusi

$y = c x + f(c), \qquad c=\text{ konstan}$

dan juga dapat memiliki solusi singular dalam bentuk parametrik

$\left \{ \begin{array}{l} x=-f^\prime(p) \\ y= p x + f(p) \end{array}.\right.$

Contoh

Solusi umum persamaan $\displaystyle y = y^\prime x + \frac{1}{y^\prime}$ adalah $y=C x + 1/C$ dan salah satu solusi singularnya adalah $y^2 = 4 x$.

Persamaan diferensial orde kedua

Persamaan tanpa y

Persamaan diferensial orde kedua yang tidak memuat $y$ berbentuk $F(y^{\prime\prime}, y^\prime, x)=0.$ Dengan $w=y^\prime,$ persamaan ini menjadi $F(w^\prime, w, x)=0,$ yang merupakan persamaan orde pertama. Persamaan tersebut mula-mula dapat diselesaikan untuk $w$, kemudian untuk $y,$ dengan menggunakan $w=d y / d x$.

Contoh

Solusi umum persamaan $x^2 y^{\prime\prime} + {y^\prime}^2 - 2 x y^\prime = 0$ adalah

$\displaystyle y = \frac{1}{2} x^2 - C_1 x + C_1^2 \ln(|x+C_1|) + C_2,$

dengan $C_1$ dan $C_2$ konstanta sembarang. Selain keluarga tersebut, setiap fungsi konstan $y=C$ juga merupakan solusi.

Persamaan tanpa x

PDB jenis ini berbentuk $F(y^{\prime\prime}, y^\prime, y)=0.$ Misalkan $w=d y / d x$ merupakan fungsi $y$. Maka,

$\displaystyle \frac{d^2 y}{d x^2}=\frac{d w}{d x}=\frac{d w}{d y} \frac{d y}{d x}= \frac{d w}{d y} w,$

dan PDB tersebut menjadi $\displaystyle F(w \frac{d w}{d y}, w, y)=0,$ yang merupakan persamaan diferensial orde pertama dengan $y$ sebagai peubah bebas. Persamaan ini dapat diselesaikan untuk $w$ sebagai fungsi $y$, kemudian persamaan terpisahkan orde pertama $\displaystyle \frac{d y}{d x}=w(y)$ dapat diselesaikan.

Contoh

Solusi umum persamaan $\displaystyle y y^{\prime\prime} + \left(y^\prime \right)^2 + 4 = 0$ diberikan secara implisit oleh

$\displaystyle x^2 = \left(C_2 + \frac{1}{4 C_1} \sqrt{1-4 C_1^2 y^2}\right)^2$.

Persamaan linear

Solusi umum persamaan $\displaystyle a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h(x)$ berbentuk

$y(x)=C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)+y_p(x),$

dengan

• $y_p(x)$ merupakan solusi khusus dari persamaan $a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h(x)$,
• $y_1$ dan $y_2$ merupakan dua solusi bebas linear satu sama lain dari persamaan homogen terkait $a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=0,$
• $C_1$ dan $C_2$ merupakan dua konstanta sembarang.

Dengan demikian, persamaan linear di atas diselesaikan dalam dua langkah:

1. Selesaikan persamaan homogen (yaitu, carilah dua solusi bebas linear $y_1$ dan $y_2$),
2. Carilah solusi khusus persamaan lengkap.

Cara menyelesaikan persamaan homogen

Solusi umum $y$ dari persamaan homogen

$a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=0$

merupakan kombinasi linear dari dua solusi bebas linearnya $y_1$ dan $y_2$, yaitu $y=C_1 y_1+C_2 y_2$ dengan $C_1$ dan $C_2$ konstanta.

Persamaan dengan koefisien konstan

Misalkan persamaan diferensial homogen tersebut berbentuk

$a_2 y^{\prime\prime} + a_1 y^\prime + a_0 y=0,$

dengan $a_2$, $a_1$, dan $a_0$ konstanta. Persamaan karakteristik yang terkait adalah $a_2 r^2 + a_1 r + a_0=0$.

• Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar real berbeda $r_1$ dan $r_2$, maka dua solusi bebas linear persamaan homogen tersebut adalah

$y_1(x)=\exp(r_1 x) \qquad \text{dan} \qquad y_2(x)=\exp(r_2 x).$

• Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar kompleks $\alpha \pm i \beta$, dua solusi bebas linearnya adalah

$y_1(x)=\exp(\alpha x) \cos(\beta x) \qquad y_2(x)=\exp(\alpha x) \sin(\beta x).$

• Jika persamaan karakteristik mempunyai satu akar real berulang $r$, dua solusi bebas linearnya adalah

$y_1(x)=\exp(r x) \qquad y_2(x)=x \exp(r x).$

Contoh 1

Solusi masalah nilai awal $y^{\prime\prime} + y^\prime - 2 y = 0$, $y(0)=0$, dan $y^\prime(0)=3$ adalah $\displaystyle y = e^x - e^{-2 x}$.

Contoh 2

Solusi umum persamaan $y^{\prime\prime} - 4 y^\prime + 4 y = 0$ adalah $\displaystyle y=C_1 e^{2 x} + C_2 x e^{2 x}$.

Persamaan Cauchy–Euler

Jika PDB tersebut berbentuk

$a_2 x^2 y^{\prime\prime} + a_1 x y^\prime+ a_0 y=0, \quad a_2, a_1, \text{dan }a_0 \text{ konstan},$

kita mencari solusi berbentuk $y=x^r=\exp(r \ln(x))$ (yang didefinisikan untuk $x>0$). Kemudian, $r$ harus memenuhi

$a_2 r (r-1)+a_1 r+a_0=0.$

• Jika persamaan ini mempunyai dua akar real berbeda $r_1$ dan $r_2$, maka dua solusi bebas linearnya adalah

$y_1=x^{r_1} \qquad y_2=x^{r_2},$

• Jika persamaan ini mempunyai dua akar kompleks $\alpha \pm i \beta$, dua solusi bebas linearnya adalah

$y_1(x)=x^\alpha \cos(\beta \ln(x)) \qquad y_2(x)=x^\alpha \sin(\beta \ln(x)),$

• Jika persamaan ini mempunyai satu akar real berulang $r$, dua solusi bebas linearnya adalah

$y_1(x)=x^r \qquad y_2(x)=x^r \ln(x).$

Catatan: Jika Anda harus menyelesaikan persamaan untuk $x < 0,$ terlebih dahulu lakukan perubahan peubah $t=-x$.

Contoh

$y = C_1 x^2$ memenuhi $x^2 y^{\prime\prime} - 3 x y^\prime + 4 y =0$, $y(0)=0$, $y^\prime(0)=0$.

Persamaan lain

Jika Anda mengetahui suatu solusi khusus $y_{ph}$ (misalnya ditemukan melalui inspeksi) dari persamaan homogen, Anda dapat menerapkan metode variasi konstanta: carilah solusi lain berbentuk $y=v(x) y_{ph}(x)$, substitusikan ke dalam persamaan homogen, lalu selesaikan persamaan orde pertama untuk $v$. Prosedur ini disebut reduksi orde.

Cara mencari solusi khusus persamaan lengkap

Sekarang kita meninjau $a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h(x)$ dan mencari solusi khusus $y_p$ untuk persamaan ini. Seperti sebelumnya, terdapat beberapa kasus khusus yang memiliki metode penyelesaian sistematis.

Persamaan dengan koefisien konstan: Metode koefisien tak tentu

Jika PDB tersebut memiliki koefisien konstan dan jika

$h(x)=P_m(x) \exp(\alpha x) \cos(\beta x)+ Q_m(x) \exp(\alpha x) \sin(\beta x),$

dengan $P_m$ dan $Q_m$ polinom berderajat $m$, gunakan bentuk solusi khusus di bawah ini, dengan $K_m$ dan $L_m$ merupakan polinom berderajat $m$ dalam setiap kasus.

• $y_p=K_m(x) \exp(\alpha x) \cos(\beta x)+ L_m(x) \exp(\alpha x) \sin(\beta x)$ jika $\alpha \pm i \beta$ bukan akar persamaan karakteristik yang terkait,
• $y_p=x^h \big[ K_m(x) \exp(\alpha x) \cos(\beta x)+ L_m(x) \exp(\alpha x) \sin(\beta x)\big]$ jika $\alpha \pm i \beta$ merupakan akar dengan multiplisitas $h$ dari persamaan karakteristik yang terkait ($h$ dapat bernilai 1 atau 2).

Catatan: Karena persamaan tersebut linear, prinsip superposisi dapat digunakan: jika $h(x)=h_1(x)+h_2(x)$, dan jika $y_{p_1}$ serta $y_{p_2}$ masing-masing merupakan solusi khusus dari $a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h_1(x)$ dan $a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h_2(x)$, maka $y_{p}=y_{p_1}+y_{p_2}$ merupakan solusi khusus dari $a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h(x)$.

Contoh 1

Salah satu solusi khusus persamaan $y^{\prime\prime} + y^\prime - 2 y = 4 \sin(2 x)$ adalah $\displaystyle y_p = - \frac{1}{5} \cos(2 x) - \frac{3}{5} \sin(2 x)$.

Contoh 2

Salah satu solusi khusus persamaan $y^{\prime\prime} - 4 y^\prime + 4 y = 12 x e^{2 x}$ adalah $\displaystyle y_p = 2 x^3 e^{2 x}$.

Persamaan Cauchy–Euler

Perubahan peubah $x = e^t$ akan mengubah persamaan Cauchy–Euler menjadi persamaan berkoefisien konstan, yang kemudian dapat diselesaikan seperti dijelaskan di atas.

Persamaan lain

Jika PDB tersebut tidak memiliki koefisien konstan, atau jika $h(x)$ tidak berbentuk seperti yang dibahas di atas, Anda dapat mencoba menggunakan metode variasi konstanta: carilah solusi khusus $y_p=v_1(x) y_1(x)+v_2(x) y_2(x),$ dengan $y_1$ dan $y_2$ dua solusi bebas linear dari persamaan homogen terkait, lalu selesaikan untuk $v_1$ dan $v_2$ setelah menetapkan

$v_1^\prime(x) y_1(x) + v_2^\prime(x) y_2(x)=0.$

Contoh

Solusi umum persamaan $y^{\prime\prime} + 2 y^\prime + y = 2 x^{-2} e^{-x}$, $x > 0$ adalah

$\displaystyle C_1 e^{-x} + C_2 x e^{-x} - 2 \left(1+\ln(x)\right) e^{-x}$.

Catatan: Terdapat cara mudah untuk memeriksa bahwa dua fungsi $y_1$ dan $y_2$ bebas linear: Wronskian keduanya

$W[y_1,y_2]=\left| \begin{array}{cc}y_1 & y_2 \\ y_1^\prime & y_2^\prime \end{array} \right|$

harus tak nol.

Persamaan diferensial linear berorde lebih tinggi dari dua

Solusi umum untuk

$\begin{align*} &a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \dots + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h(x), \\ & a_n(x) \ne 0 \end{align*}$

adalah

$y(x)=C_n y_n(x) + C_{n-1} y_{n-1}(x) + \dots + C_1 y_1(x)+ y_p(x),$

dengan

• $y_p(x)$ merupakan solusi partikular dari persamaan lengkap

$a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \dots + a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h(x),$

• $y_i, i=1,\dots, n$, adalah $n$ solusi bebas linear dari persamaan homogen terkait

$a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \dots + a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=0,$

• $C_i, i=1, \dots, n$, adalah $n$ konstanta sembarang.

Dengan demikian, metode untuk menyelesaikan persamaan linear tersebut adalah sebagai berikut.

1. Selesaikan persamaan homogen (yaitu, cari $n$ solusi bebas linear $y_1 \dots, y_n$),
2. Cari solusi partikular dari persamaan lengkap.

Cara menyelesaikan persamaan homogen

Solusi umum $y$ dari persamaan homogen

$a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \dots + a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=0$

merupakan kombinasi linear dari $n$ solusi bebas linearnya $y_n, \dots, y_1$, yaitu $y=C_n y_n + \dots +C_1 y_1$ dengan $C_i$ merupakan konstanta.

Persamaan dengan koefisien konstan

Misalkan persamaan homogen tersebut berbentuk

$a_n y^{(n)} + a_{n-1} y^{(n-1)} + \dots + a_2 y^{\prime\prime} + a_1 y^\prime + a_0 y=0,$

dengan $a_i$ merupakan konstanta real. Persamaan karakteristik terkait adalah

$a_n r^n+\dots + a_1 r + a_0=0.$

• Jika persamaan karakteristik hanya memiliki akar sederhana $r_i$, kita dapat memperoleh $n$ solusi bebas linear dengan menggunakan $y_j(x)=\exp(r_j x)$ untuk akar real, dan solusi berikut untuk setiap pasangan akar kompleks konjugat $r_i =\alpha_i + i \beta_i$ dan $r_{i+1}=\alpha_i - i \beta_i$:

$\left\{ \begin{array}{ccl} y_i(x)&=&\exp(\alpha_i x) \cos(\beta_i x) \\ y_{i+1}(x)&=&\exp(\alpha_i x)\sin(\beta_i x) \end{array} \right.$

• Jika persamaan karakteristik memiliki satu atau lebih akar dengan multiplisitas lebih besar dari satu, gunakan rumus di atas untuk akar bermultiplisitas satu, dan untuk setiap akar $r_i$ bermultiplisitas $h$, gunakan

$\begin{align*} y_i & = \exp(r_i x),\\ y_{i+1} & = x \exp(r_i x), \\ y_{i+2} & = x^2 \exp(r_i x),\\$

& \vdots \\ y_{i+h-1} & = x^{h-1} \exp(r_i x), \end{align*}

Sekali lagi, jika $r_i=\alpha_i \pm i \beta_i$, lazim digunakan $x^k \exp(\alpha_i x)$

\cos(\beta_i x) dan $x^k \exp(\alpha_i x) \sin(\beta_i x)$ sebagai ganti $x^k \exp(r_i x)$ (karena persamaan diferensial biasa tersebut memiliki koefisien real).

Contoh 1

Solusi umum untuk $y^{(4)}-8 y^{\prime\prime} - 9 y = 6 x + 12 \sin(x)$ adalah

$\displaystyle y = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x) + C_3 e^{3 x} + C_4 e^{-3 x} - \frac{2}{3} x + \frac{3}{5} x \cos(x)$.

Contoh 2

Solusi untuk $y^{(4)} - 2 y^{(3)} = 0$ dengan $y(0)=0$, $y^\prime(0)=0$, $y^{\prime\prime}(0)=0$, dan $y^{(3)}(0) = 4$ adalah

$\displaystyle y = \frac{1}{2} e^{2 x} - x^2 - x - \frac{1}{2}.$

Persamaan Cauchy–Euler

Untuk menyelesaikan

$a_n x^n y^{(n)} + a_{n-1} x^{n-1} y^{(n-1)}+\dots+ a_2 x^2 y^{\prime\prime} + a_1 x y^\prime+ a_0 y=0, \qquad x>0$

dengan $a_i$ merupakan konstanta real, lakukan perubahan variabel $x=\exp(t) = e^t$. Perubahan ini menghasilkan persamaan dengan koefisien konstan untuk $y$ (sebagai fungsi $t$), yang dapat diselesaikan seperti diuraikan di atas. Selanjutnya, perubahan variabel $t=\ln(x)$ menghasilkan $y$ sebagai fungsi $x$.

Catatan: Jika harus menyelesaikan untuk $x < 0,$ lakukan perubahan variabel $x=-\exp(t)$, lalu lanjutkan seperti sebelumnya (namun sekarang $t=\ln(-x)$).

Contoh

Solusi umum untuk $x^3 y^{(3)} - 2 x^2 y^{\prime\prime} + 8 x y^\prime - 8 y = 0$, $x >0$ adalah

$\displaystyle C_1 x + C_2 x^2 \cos(2 \ln(x)) + C_3 x^2 \sin(2 \ln(x))$.

Cara mencari solusi partikular dari persamaan lengkap

Sekarang kita mencari solusi partikular untuk

$a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \dots + a_2(x) y^{\prime\prime} + a_1(x) y^\prime + a_0(x) y=h(x).$

Jika persamaan di atas memiliki koefisien konstan dan jika

$h(x)=P_m(x) \exp(\alpha x) \cos(\beta x)+ Q_m(x) \exp(\alpha x) \sin(\beta x),$

dengan $P_m$ dan $Q_m$ merupakan polinom berderajat $m$, maka coba solusi partikular berikut, dengan $K_m$ dan $L_m$ merupakan polinom berderajat $m$ pada setiap kasus.

• $y_p=K_m(x) \exp(\alpha x) \cos(\beta x)+ L_m(x) \exp(\alpha x) \sin(\beta x)$ jika $\alpha \pm i \beta$ bukan akar dari persamaan karakteristik terkait.
• $y_p = x^h \big[K_m(x) \exp(\alpha x) \cos(\beta x) + L_m(x) \exp(\alpha x) \sin(\beta x) \big]$ jika $\alpha \pm i \beta$ merupakan akar bermultiplisitas $h$ dari persamaan karakteristik terkait.

Jika persamaan diferensial ini tidak memiliki koefisien konstan, atau jika $h(x)$ tidak berbentuk seperti yang dibahas di atas, gunakan metode variasi konstanta: carilah solusi partikular $y_p=v_n(x) y_n(x)+ \dots +v_1(x) y_1(x)$ dengan $y_i$ merupakan $n$ solusi bebas linear dari persamaan homogen terkait, lalu tentukan $v_i$ setelah memberlakukan $n-1$ syarat berikut:

$\left\{ \begin{array}{clllcl} v_n^\prime(x) y_n(x) &+ & \dots&+ & v_1^\prime(x) y_1(x)&=0 \\$

v_n^\prime(x) y_n^\prime(x)&+ & \dots&+ & v_1^\prime(x) y_1^\prime(x)&=0 \\ \vdots && \ddots && \vdots \\ v_n^\prime(x) y_n^{(n-2)}(x)&+ & \dots&+ & v_1^\prime(x) y_1^{(n-2)}(x)&=0. \end{array} \right.

Catatan: Jika Wronskian

$W[y_1,\dots, y_n]=\left| \begin{array}{cccc} y_1 & y_2 &\dots & y_n \\ y_1^\prime & y_2^\prime &\dots &y_n^\prime \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ y_1^{(n-1)} & y_2^{(n-1)} &\dots & y_n^{(n-1)} \end{array} \right|$

dari $y_1, \dots, y_n$ tidak nol, maka fungsi-fungsi tersebut bebas linear.

Sistem persamaan diferensial linear orde pertama

Kita meninjau sistem berbentuk

$\left\{ \begin{array}{cccccc} \displaystyle \frac{d x_1}{d t}&=a_{11}(t) x_1(t) &+ a_{12}(t)\ x_2(t) &+\dots &+ a_{1n}(t) x_n(t) &+ b_1(t) \\ \displaystyle \frac{d x_2}{d t}&=a_{21}(t) x_1(t) &+ a_{22}(t) x_2(t) &+ \dots &+ a_{2n}(t) x_n(t) &+ b_2(t) \\ \vdots& \vdots & \vdots & \ddots & \vdots &\vdots \\ \displaystyle \frac{d x_n}{d t}&=a_{n1}(t) x_1(t) &+ a_{n2}(t) x_2(t) &+ \dots &+ a_{nn}(t) x_n(t) &+ b_n(t) \end{array},\right.$

yang juga dapat ditulis sebagai $\displaystyle D X = \frac{d}{d t} X = \dot X = A X + B,$

dengan

$X=X(t)=\begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \\ \vdots \\ x_n(t) \end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix} b_1(t) \\ b_2(t) \\ \vdots \\ b_n(t) \end{pmatrix},$

dan

$A=A(t)=\left(\begin{array}{cccc} a_{11}(t) & a_{12}(t) & \dots & a_{1n}(t) \\ a_{21}(t) & a_{22}(t) & \dots & a_{2n}(t) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}(t) & a_{n2}(t) & \dots & a_{nn}(t) \end{array}\right).$

Jika $B$ dan $a_{ij}$ kontinu pada interval $a < t < b$, dan jika $t_0 \in (a,b)$, maka terdapat solusi tunggal untuk $\dot X = A X + B$ yang memenuhi $x_1(t_0)=\alpha_1, x_2(t_0)=\alpha_2,\dots, x_n(t_0)=\alpha_n$, dan berlaku pada interval $(a,b)$.

Solusi umum untuk $\dot X = A X + B$ adalah

$\begin{align*} X(t)& = U(t) C + X_p(t),\\ &= C_1 X_1(t) + C_2 X_2(t) + \dots + C_n X_n(t) + X_p(t), \end{align*}$

dengan

• $X_p(t)$ merupakan solusi partikular untuk $\dot X=A X + B$,
• $X_i, i=1,\dots, n$, merupakan $n$ solusi bebas linear dari sistem homogen terkait $\dot X = A X$,
• $C_i, i=1, \dots, n$, merupakan $n$ konstanta.

Matriks $U(t)=[X_1(t), X_2(t), \dots, X_n(t)]$ disebut matriks fundamental dari sistem homogen $\dot X = A X$. Dengan demikian, untuk menyelesaikan sistem diferensial tersebut, ikuti langkah berikut.

1. Selesaikan sistem homogen (yaitu, cari $n$ solusi bebas linear $X_1, \dots, X_n$),
2. Cari solusi partikular dari sistem lengkap.

Cara menyelesaikan sistem homogen

Solusi umum $X(t)$ untuk sistem homogen $\dot X = A X$ merupakan kombinasi linear dari $n$ solusi bebas linear $X_1, \dots, X_n$, yaitu $X(t)=C_1 X_1(t) + \dots +C_n X_n(t)$ dengan $C_i$ merupakan konstanta. Dengan kata lain, solusi tersebut berbentuk

$X(t)=U(t) C$

dengan $U(t)$ merupakan matriks fundamental dan $C$ merupakan vektor konstan.

Dalam pembahasan berikut, kita hanya meninjau sistem dengan koefisien konstan; dengan kata lain, kita mengasumsikan matriks $A$ tidak bergantung pada waktu. Prosedurnya adalah sebagai berikut.

1. Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari $A$.
2. Untuk setiap vektor eigen $\xi$ yang bersesuaian dengan nilai eigen $\lambda$, diketahui bahwa $X(t) = \exp(\lambda t) \xi$ merupakan solusi untuk $\dot X=A X$. Oleh karena itu,
   • Jika $A$ memiliki $n$ nilai eigen berbeda, kita telah memperoleh $n$ solusi bebas linear untuk sistem homogen, yakni $X_i(t)=\exp(\lambda_i t) \xi_i$, $i=1, \dots, n$.
   • Jika suatu nilai eigen $\lambda$ memiliki multiplisitas $h$ yang lebih besar dari satu, carilah sebanyak mungkin vektor eigen bebas linear, lalu tuliskan solusi yang bersesuaian $X_j(t)=\exp(\lambda t) \xi_j$. Selanjutnya, cari solusi yang belum diperoleh dalam bentuk $X_i=(t^{h-1} Y_{h-1}+ t^{h-2} Y_{h-2} + \dots + t Y_1 + Y_0) \exp(\lambda t),$ dengan $Y_i$ merupakan vektor konstan. Substitusikan solusi ini ke dalam sistem homogen dan tentukan $Y_i$. Selalu pastikan bahwa Anda telah memperoleh $n$ solusi bebas linear untuk sistem homogen, lalu tuliskan matriks fundamental yang bersesuaian.

Catatan: Jika salah satu nilai eigen bersifat kompleks, maka, karena (secara umum) $A$ memiliki koefisien real, konjugat kompleks nilai eigen tersebut juga merupakan nilai eigen. Demikian pula, jika $\xi$ merupakan vektor eigen (kompleks) yang bersesuaian dengan nilai eigen kompleks $\lambda$, maka konjugat kompleksnya $\xi^*$ bersesuaian dengan nilai eigen $\lambda^*$. Dengan demikian, jika nilai eigen $\lambda=\alpha + i \beta$ bersifat kompleks, Anda dapat menggunakan fungsi real $X_i(t)=\operatorname{Re}[\exp((\alpha+i\beta)t)$

\xi] dan $X_{i+1}(t)=\operatorname{Im}[\exp((\alpha+i\beta)t) \xi]$ sebagai ganti solusi kompleks $X_i(t)=\exp(\lambda t) \xi$ dan $X_{i+1}(t) = X_i^*(t) = \exp(\lambda^* t) \xi^*$.

Contoh 1

Suatu matriks fundamental untuk $\dot X = A X$ dengan $\displaystyle A = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$ adalah $\displaystyle \begin{pmatrix} 3 e^{-t} & e^{4 t} \\ -2 e^{-t} & e^{4t} \end{pmatrix}$.

Contoh 2

Suatu matriks fundamental untuk $\dot X = A X$ dengan $\displaystyle A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$ adalah $\displaystyle \begin{pmatrix} e^{2 t} & t e^{2 t} \\ e^{2 t} & (t+1) e^{2t} \end{pmatrix}$.