Metode Koefisien Tak Tentu untuk Persamaan Diferensial Linier Non-Homogen dengan Koefisien Konstan

1. Bentuk Umum

Perdif linier non-homogen berkoefisien konstan pada umumnya berbentuk

A₀y⁽ⁿ⁾ + A₁y⁽ⁿ⁻¹⁾ + ... + Aₙ₋₁y' + Aₙy = F(x); dengan F(x) ≠ 0

dimana A₀, A₁, ..., Aₙ₋₁, Aₙ merupakan konstanta.

Solusi dari Perdif linier non-homogen berkoefisien konstan berupa jumlahan dari dua bagian solusi, yaitu solusi homogen dan solusi partikuler.

y = yₕ(x) + yₚ(x), keterangan sebagai berikut

y: solusi total

yₕ(x): solusi homogen

yₚ(x): solusi partikuler

Solusi homogen diperoleh dengan menyelesaikan Perdif homogen A₀y⁽ⁿ⁾ + A₁y⁽ⁿ⁻¹⁾ + ... + Aₙ₋₁y' + Aₙy = 0. Sedangkan solusi partikuler akan dibahas pada poin selanjutnya.

2. Solusi Partikuler

Metode ini hanya dapat digunakan untuk kasus f(x) memuat bentuk serupa dengan solusi homogennya, tetapi f(x) bukan salah satu dari solusi homogennya. Metode ini bisa digunakan untuk Perdif non homogen, jika bentuk f(x) adalah sebagai berikut:

• Konstanta

bentuk dari yₚ(x) juga berupa konstanta.

• Polinomial

untuk f(x) berbentuk polinomial berderajat n, bentuk dari yₚ(x) juga berupa polinomial berderajat n.

• eᵃˣ

bentuk dari yₚ(x) berupa konstanta dikalikan eᵃˣ.

• Sinus, kosinus, atau kombinasi linier dari sinus dan kosinus

untuk f(x) berbentuk sinus, kosinus, atau kombinasi linier dari sinus dan kosinus, bentuk dari yₚ(x) berupa kombinasi linier dari sinus dan kosinus.

• Hasil kali dari bentuk-bentuk ini.

bentuk dari yₚ(x) menyesuaikan.

Tabel F(x) dan himpunan basis untuk yₚ(x)

F(x)	Basis untuk yₚ(x)
xⁿ	{xⁿ, xⁿ⁻¹, …, x², x, 1}
eᵃˣ	{eᵃˣ}
cos(ax + b), sin(ax + b)	{cos(ax + b), sin(ax + b)}
eᵃˣ.cos(bx + c), eᵃˣ.sin(bx + c)	{eᵃˣ.cos(bx + c), eᵃˣ.sin(bx + c)}
xⁿeᵃˣ	{xⁿeᵃˣ, xⁿ⁻¹eᵃˣ, …, x²eᵃˣ, xeᵃˣ, eᵃˣ}
xⁿcos(ax + b), xⁿsin(ax + b)	{xⁿcos(ax+b), xⁿsin(ax+b), xⁿ⁻¹cos(ax+b), xⁿ⁻¹sin(ax+b), …, xcos(ax+b), xsin(ax+b), cos(ax+b), sin(ax+b)}
xⁿeᵃˣcos(ax + b), xⁿeᵃˣsin(ax + b)	{xⁿeᵃˣcos(ax+b), xⁿeᵃˣsin(ax+b), xⁿ⁻¹eᵃˣcos(ax+b), xⁿ⁻¹eᵃˣsin(ax+b), …, xeᵃˣcos(ax+b), xeᵃˣsin(ax+b), eᵃˣcos(ax+b), eᵃˣsin(ax+b)}

bentuk-bentuk F(x) di kolom kiri, sedangkan bentuk untuk yₚ(x) adalah kombinasi linier dari basisnya.

Catatan: Jika diantara anggota basis yₚ(x) ada yang sama bentuknya dengan anggota basis solusi homogen, maka tambahkan pangkat yang lebih ke basis untuk yₚ(x).

Contoh Soal

1. y'' – 5y' + 6y = 2.sin(4x)

Perdif ini merupakan Perdif linier non-homogen berkoefisien konstan, sehingga solusinya merupakan jumlahan dari solusi homogen dan solusi partikuler.

Solusi homogen dapat dicari menggunakan polinomial karakteristik, yaitu

r² – 5r + 6 = 0

(r – 2)(r – 3) = 0

r = 2 ∨ r = 3

yₕ(x) = c₁e²ˣ + c₂e³ˣ

Pada kasus ini F(x) berbentuk sinus, sehingga yₚ(x) berbentuk kombinasi linier dari sinus dan kosinus, yaitu yₚ(x) = c₃cos(4x) + c₄sin(4x)

y = yₕ(x) + yₚ(x) = c₁e²ˣ + c₂e³ˣ + c₃cos(4x) + c₄sin(4x)

2. y'' + 4y' + 5y = 13e³ˣ; y(0) = 5/2; y'(0) = 1/2

Solusi homogen dapat dicari menggunakan polinomial karakteristik, yaitu

r² + 4r + 5 = 0

r² + 4r + 4 = –1

(r + 2)² = i²

r + 2 = ±i

r = –2 ± i; akar-akarnya merupakan kompleks konjugat, dengan α = –2 dan β = 1

yₕ(x) = e⁻²ˣ[c₁cos(x) + c₂sin(x)]

F(x) = 13e³ˣ, sehingga yₚ(x) = c₃e³ˣ,

juga yₚ' = 3c₃e³ˣ, yₚ'' = 9c₃e³ˣ, masukkan ke persamaan awal

yₚ'' + 4yₚ' + 5yₚ = 13e³ˣ

9c₃e³ˣ + 4.3c₃e³ˣ + 5.c₃e³ˣ = 13e³ˣ

26c₃ = 13 ↔ c₃ = ½

y = yₕ(x) + yₚ(x) = e⁻²ˣ[c₁cos(x) + c₂sin(x)] + ½e³ˣ

y' = –2e⁻²ˣ[c₁cos(x) + c₂sin(x)] + e⁻²ˣ[–c₁sin(x) + c₂cos(x)] + (3/2)e³ˣ

masukkan y(0) = 5/2; y'(0) = 1/2

e⁰[c₁cos(0) + c₂sin(0)] + ½e⁰ = 5/2 → c₁ + ½ = 5/2 ↔ c₁ = 2 ...(i)

–2e⁰[c₁cos(0) + c₂sin(0)] + e⁰[–c₁sin(0) + c₂cos(0)] + (3/2)e⁰ = 1/2 → –2c₁ + c₂ + 3/2 = 1/2 ↔ –2c₁ + c₂ = –1 ...(ii)

Masukkan (i) ke (ii)

–2.2 + c₂ = –1 ↔ c₂ = 3

Jadi, solusi MNA ini adalah y = e⁻²ˣ[2.cos(x) + 3.sin(x)] + ½e³ˣ

3. y'' + y' – 2y = 2x; y(0) = 0; y'(0) = 1

Solusi homogen dapat dicari menggunakan polinomial karakteristik, yaitu

r² + r – 2 = 0

(r + 2)(r – 1) = 0

r = –2 ∨ r = 1

yₕ(x) = c₁e⁻²ˣ + c₂eˣ

F(x) = 2x, sehingga yₚ(x) = c₃x + c₄;

juga yₚ' = c₃; yₚ'' = 0, masukkan ke persamaan awal

0 + c₃ – 2(c₃x + c₄) = 2x

– 2c₃x + c₃ – 2c₄ = 2x, diperoleh

–2c₃ = 2 ↔ c₃ = –1 dan c₃ – 2c₄ = 0, masukkan c₃

–1 – 2c₄ = 0 ↔ c₄ = –½

yₚ(x) = –x – ½

y = yₕ(x) + yₚ(x) = c₁e⁻²ˣ + c₂eˣ – x – ½

y' = –2c₁e⁻²ˣ + c₂eˣ – 1

masukkan y(0) = 0; y'(0) = 1

c₁e⁰ + c₂e⁰ – 0 – ½ = 0 ↔ c₁ + c₂ = ½ ...(i)

–2c₁e⁰ + c₂e⁰ – 1 = 1 ↔ –2c₁ + c₂ = 2 ...(ii)

(i) – (ii) → 3c₁ = –3/2 ↔ c₁ = –½, masukkan ke (i)

–½ + c₂ = ½ ↔ c₂ = 1

Jadi, solusi MNA ini adalah y = –½e⁻²ˣ + eˣ – x – ½

4. y'' + 4y = x² + 3eˣ; y(0) = 0; y'(0) = 2

Solusi homogen dapat dicari menggunakan polinomial karakteristik, yaitu

r² + 4 = 0

r² = –4

r = ±2i, akar-akarnya merupakan kompleks konjugat, dengan α = 0 dan β = 2

yₕ(x) = e⁰[c₁cos(2x) + c₂sin(2x)] = c₁cos(2x) + c₂sin(2x)

F(x) = x² + 3eˣ, sehingga yₚ(x) = c₃x² + c₄x + c₅ + c₆eˣ;

yₚ' = 2c₃x + c₄ + c₆eˣ

yₚ'' = 2c₃ + c₆eˣ, masukkan ke persamaan awal

2c₃ + c₆eˣ + 4(c₃x² + c₄x + c₅ + c₆eˣ) = x² + 3eˣ

4c₃x² + 4c₄x + (2c₃ + 4c₅) + 5c₆eˣ = x² + 3eˣ, diperoleh

4c₃ = 1 ↔ c₃ = ¼

4c₄ = 0 ↔ c₄ = 0

2c₃ + 4c₅ = 0 ↔ c₅ = –½c₃ = –½.¼ = –⅛

5c₆ = 3 ↔ c₆ = ⅗

yₚ(x) = ¼x² – ⅛ + ⅗eˣ

y = yₕ(x) + yₚ(x) = c₁cos(2x) + c₂sin(2x) + ¼x² – ⅛ + ⅗eˣ

y' = –2c₁sin(2x) + 2c₂cos(2x) + ½x + ⅗eˣ

masukkan y(0) = 0; y'(0) = 2

c₁cos(0) + c₂sin(0) + ¼0 – ⅛ + ⅗e⁰ = 0 ↔ c₁ = –19/40

–2c₁sin(0) + 2c₂cos(0) + ½0 + ⅗e⁰ = 0 ↔ c₂ = –3/10

Jadi, solusi MNA ini adalah y = (–19/40).cos(2x) – (3/10).sin(2x) + ¼x² – ⅛ + ⅗eˣ

5. y'' – 2y' – 3y = 3xe²ˣ; y(0) = 1; y'(0) = 0

Solusi homogen dapat dicari menggunakan polinomial karakteristik, yaitu

r² – 2r – 3 = 0

(r + 1)(r – 3) = 0

r = –1 ∨ r = 3

yₕ(x) = c₁e⁻ˣ + c₂e³ˣ

F(x) = 3xe²ˣ, sehingga yₚ(x) = c₃xe²ˣ + c₄e²ˣ;

yₚ' = c₃e²ˣ + 2c₃xe²ˣ + 2c₄e²ˣ

yₚ'' = 4c₃e²ˣ + 4c₃xe²ˣ + 4c₄e²ˣ, masukkan ke persamaan awal

4c₃e²ˣ + 4c₃xe²ˣ + 4c₄e²ˣ – 2(c₃e²ˣ + 2c₃xe²ˣ + 2c₄e²ˣ) – 3(c₃xe²ˣ + c₄e²ˣ) = 3xe²ˣ

(2c₃e²ˣ – 3c₄e²ˣ) – 3c₃xe²ˣ = 3xe²ˣ, diperoleh

–3c₃ = 3 ↔ c₃ = –1

2c₃ – 3c₄ = 0 ↔ c₄ = ⅔c₃ = –⅔

yₚ(x) = –xe²ˣ – ⅔e²ˣ

y = yₕ(x) + yₚ(x) = c₁e⁻ˣ + c₂e³ˣ – xe²ˣ – ⅔e²ˣ

y' = –c₁e⁻ˣ + 3c₂e³ˣ – e²ˣ – 2xe²ˣ – (4/3)e²ˣ

masukkan y(0) = 1; y'(0) = 0

c₁e⁰ + c₂e⁰ – 0e⁰ – ⅔e⁰ = 1 ↔ c₁ + c₂ = 5/3 ...(i)

c₁e⁰ + 3c₂e⁰ – e⁰ – 2.0.e⁰ – (4/3)e⁰ = 0 ↔ c₁ + 3c₂ = 7/3 ...(ii)

(ii) – (i) → 2c₂ = ⅔ ↔ c₂ = ⅓, masukkan ke (i)

c₁ + ⅓ = 5/3 ↔ c₁ = 5/3 – 1/3 = 4/3

Jadi, solusi MNA ini adalah y = (4/3)e⁻ˣ + ⅓e³ˣ – xe²ˣ – ⅔e²ˣ

6. y'' + 4y = 3.sin(2x); y(0) = 1; y'(0) = 0

Solusi homogen dapat dicari menggunakan polinomial karakteristik, yaitu

r² + 4 = 0

r² = –4

r = ±2i, akar-akarnya merupakan kompleks konjugat, dengan α = 0 dan β = 2

yₕ(x) = e⁰[c₁cos(2x) + c₂sin(2x)] = c₁cos(2x) + c₂sin(2x)

F(x) = 3.sin(2x); yₚ(x) = c₃cos(2x) + c₄sin(2x)

Pada kasus ini, yₚ(x) memiliki bentuk yang sama dengan yₕ(x), untuk mengatasinya kalikan dengan x

yₚ(x) = c₃x.cos(2x) + c₄x.sin(2x)

yₚ' = c₃.cos(2x) – 2c₃x.sin(2x) + c₄.sin(2x) + 2c₄x.cos(2x)

yₚ'' = 4c₃.sin(2x) – 4c₃x.cos(2x) + 4c₄.cos(2x) – 4c₄x.sin(2x)

masukkan ke persamaan awal

4c₃.sin(2x) – 4c₃x.cos(2x) + 4c₄.cos(2x) – 4c₄x.sin(2x) + 4[c₃x.cos(2x) + c₄x.sin(2x)] = 3.sin(2x)

4c₄.cos(2x) + 4c₃.sin(2x) = 3.sin(2x)

4c₃ = 3 ↔ c₃ = ¾

4c₄ = 0 ↔ c₄ = 0

yₚ(x) = ¾x.cos(2x)

y = yₕ(x) + yₚ(x) = c₁cos(2x) + c₂sin(2x) + ¾x.cos(2x)

y' = –2c₁sin(2x) + 2c₂cos(2x) + ¾cos(2x) – (3/2)x.sin(2x)

masukkan y(0) = 1; y'(0) = 0

c₁cos(0) + c₂sin(0) + ¾0.cos(0) = 1 ↔ c₁ = 1

–2c₁sin(0) + 2c₂cos(0) + ¾cos(0) – (3/2).0.sin(0) = 0 ↔ 2c₂ + ¾ = 0 ↔ c₂ = –⅜

Jadi, solusi MNA ini adalah y = cos(2x) – ⅜sin(2x) + ¾x.cos(2x)