Persamaan Diferensial Tak Homogen $T_2$

A. Persamaan Diferensial Tak Homogen $T_2$

Kita perhatikan persamaan tak homogen $L[y] = y” + p(t)y’ + q(t)y = g(t)$, dimana $p(t); q(t)$, dan $g(t)$ adalah fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval I. Dalam kasus ini kita punyai teorema-teorema penting berikut.

Teorema 1:
Jika $Y_1$ dan $Y_2$ adalah solusi-solusi dari persamaan tak homogen, maka $Y_1  - Y_2$  solusi dari persamaan homogen. Dan jika $y_1$ dan $y_2$  adalah basis atau pembangun dari solusi-solusi untuk persamaan homogen, maka $Y_1- Y_2  = C_1 y_1  + C_2 y_2$, dimana $C_1$ dan $C_2$ adalah konstanta-konstanta. Untuk melihat hal tersebut benar, kita catat dengan definisi

$L[Y_1]=g(t)$ dan $L[Y_2]=g(t)$

Kita dapatkan :

$L[Y_1 ]-L[Y_2 ]= g(t)-g(t)-L[Y_1-Y_2] = 0$,
yang mengakibatkan $Y_1-Y_2$ juga solusi dari persamaan, jadi $Y_1- Y_2  = C_1 y_1  + C_2 y_2$, dengan $C_1$ dan $C_2$ adalah konstanta-konstanta. Kita akan gunakan terorema ini untuk membuktikan teorema berikut.

Teorema 2:
Solusi umum persamaan tak homogen dapat dinyatakan sebagai:
$y = \phi (t) = C_1 y_1  + C_2 y_2  + Y(t)$, dimana $y_1$ dan $y_2$ adalah basis dari persamaan homogen, $C_1$ dan $C_2$ adalah konstanta-konstanta, dan $Y(t)$ adalah penyelesaian khusus dari persamaan tak homogen.
Bukti teorema ini mengikuti langsung dari teorema terdahulu dengan memisalkan
$Y_1  = \phi (t)$ dan $Y_2 (t)=Y(t)$ sehingga:
$Y_1-Y_2= \phi (t)-Y(t) = C_1 y_1  + C_2 y_2$,
sehingga memberikan ke kita
$y=\phi (t) = C_1 y_1  + C_2 y_2  + Y(t)$ atau $y=y_h+y_k$

             Teorema ini memberikan saran kepada kita bagaimana membangun solusi persamaan tak homogennya, yaitu:

1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial homogen yang berpadanan dengan persamaan tak homogennya. Solusi ini biasanya ditulis dalam bentuk
$y_c=y_h=C_1 y_1+C_2 y_2$.

2. Tentukan solusi tunggal Y dari persamaan tak homogennya. Solusi ini sering disebut solusi khusus dari persamaan tak homogennya.

3. Jumlahkah dua solusi ini untuk membentuk solusi umum persmaan diferensial tak homogen.

            Untuk menentukan solusi umum persamaan diferensial tak homogen kita harus menentukan solusi khusus terlebih dahulu.
             Kita tahu persis bagaimana menemukan solusi-solusi homogenya / $y_h$ (juga sering disebut solusi komplemen / $y_c$). Akan tetapi kita belum mengetahui bagaimana menemukan solusi khusus $(y_k)$ persamaan tak homogeny (juga sering disebut dengan solusi particular / $y_p$). Untuk menemukan solusi khusus ini kita kebanyakan menggunakan trik cerdik (”metoda menebak”).

Catatan:
              Dalam kasus bentuk solusi khusus $(y_k)$ telah muncul solusi homogen $(y_h)$, maka dipilih/diambil $y_k$ dengan cara mengalikan bentuk baku g(t) oleh faktor t atau $t^2$ sampai didapat $y_h\neq y_k$.
              Dalam kasus salah satu akar karakteristiknya bernilai nol (0) dan g(t) memuat bentuk suku banyak, maka kalikan bentuk baku y_k tersebut dengan faktor t sampai didapat  $y_k\neq y_h$.

Contoh 1:
Temukan solusi khusus persamaan $y”- 3y’- 4y = 3e^{2t}$ !

Jawab:
Untuk menemukan solusi khususnya, kita gunakan metoda menebak yang membangun e^{2t} di ruas kanan persamaan. Oleh karena itu, kita misalkan
$y_k  = Ae^{2t}$

dimana A adalah konstanta sebarang, dan $e^{2t}$ digunakan karena jika kita turunkan hanya koefisiennya dikalikan dengan faktor 2. Pertama kita hitung $y'_k= 2Ae^{2t}$ dan $y"_k= 4Ae^{2t}$
Kita substitusikan ke persamaan semula, dan akan kita peroleh:

$4Ae^{2t}-3(2)Ae^{2t}-4Ae^{2t}  = 3e^{2t}$

Karena $e^{2t}\neq 0$, maka kita bagi kedua ruas persaman dengan $e^{2t}$, yang akan menghasilkan
$4A-6A-4A = 3\rightarrow A = -\frac{1}{2}$
Jadi khusus yang dimaksud adalah $y_k=-\frac{1}{2}e^{2t}$.

            Ada bebarapa aturan yang relatif mudah untuk menemukan solusi khusus dengan
metode koefisien tak tentu, yaitu sebagai berikut.

a. Jika $g(t) = e^{\alpha t}$, maka fungsi tebakannya $y_k= Ae^{\alpha t}$

b. Jika $g(t)=\cos⁡ (\alpha t)$ atau $\sin⁡(\alpha t)$, maka $y_k= A \cos ⁡(\alpha t)  + B  \sin⁡ (\alpha t)$.

c. Jika $g(t)= a_n t^n+⋯+a_2 t^2+a_1 t+a_0$, maka $y_k= A_n t^n+⋯+A_2 t^2+A_1 t+A_0$.

d. Jika $g(t) = t^2 e^{\alpha t}$, maka $y_k= (A_2 t^2  + A_1 t + A_0)e^{\alpha t}$.

e. Jika $g(t) = e^{\alpha t}   \cos⁡ (\beta t)$ atau $e^{\alpha t}   \sin⁡ (\beta t)$, maka $y_k= e^{\alpha t} (A \cos ⁡(\beta t)+ B \sin ⁡(\beta t))$.

f. Jika $g(t) = g_1 (t) + g_2 (t), {y^1}_k$ tebakan untuk $g_1 (t)$ dan ${y^2}_k$ tebakan untuk $g_2 (t)$, maka $y_k={y^1}_k+{y^2}_k$.

              Walaupun metode ini cukup baik, sekarang muncul masalah bagaimana jika fungsi tebakan kita merupakan salah satu dari solusi homogennya, maka fungsi tebakan kita tak pernah akan membangun sebuah suku yang memenuhi ruas kanan tak homogenya g(t). Sebagai ilustrasi perhatikan contoh berikut.

Contoh :
Tentukan solusi umum dari persamaan $y"-2y'+y=2e^x$!
Penyelesaian:
SU: $y=y_h+y_k$
$y"-2y'+y=2e^x$ ditulis $y"-2y'+y=0$

Persamaan karakteristik:
$r^2-2r+1=0$
$(r-1)(r-1)=0$
$r_1=r_2=r=1$

Maka $y_h=C_1 xe^x+C_2 e^x$

Untuk mencari $y_k$, perhatikan $f(x)$ dan $y_h$.
Pilihlah $y_k=Kx^2 e^x$
$y_k=Kx^2 e^x$
$y'_k=2xKe^x+Kx^2 e^x$
$y"_k=(2Ke^x+2xKe^x )+(2xKe^x+Kx^2 e^x)$
       $=2Ke^x+4xKe^x+Kx^2 e^x$
Sehingga PD di atas menjadi:
$y"-2y'+y=2e^x$
$(2Ke^x+4xKe^x+Kx^2 e^x )-2(2xKe^x+Kx^2 e^x )+Kx^2 e^x=2e^x$
$2Ke^x+4xKe^x+Kx^2 e^x-4xKe^x-2Kx^2 e^x+Kx^2 e^x=2e^x$
$2Ke^x=2e^x$
$2K=2$
$K=1$

Jadi solusi umum dari persamaan di atas adalah:
$y_h+y_k=C_1 xe^x+C_2 e^x+x^2 e^x$



Latihan Soal!
1. Tentukan solusi khusus dari persamaan berikut!
a. $y" + 4y =x^2  + 3e^x; y(0) = 0; y'(0) = 2$
b. $y" + y'-2y = 2x; y(0) = 0; y'(0) = 1$
c. $y"- 2y'+ y = xe^x  + 4; y(0) = 1; y'(0) = 1$
d. $y"+ 2y' + 5y = 4e^x   \cos ⁡2x; y(0) = 1; y'(0) = 0$
e. $y" + 3y'+ 2y = 2x^4  + x^2 e^(-3x)  + \sin ⁡3x; y(0) = 1; y'(0) = 0$
  
2. Tentukan solusi umum dari persamaan berikut!
a. $y"-2y'- 3y = -3xe^(-x)$
b. $y"- 4y' + 4y = 2x^2  + 4xe^2x  + x \sin⁡ 2x$
c. $y"+ 9y =x^2 e^3x+ 6$
d. $2y"+ 3y' + y =x^2  + 3\sin ⁡x$
e. $y"+y'=e^x+3x$