PERSAMAAN DIFERENSIAL TINGKAT SATU DERAJAT SATU
Disusun Oleh
: Kelompok 4
Nama
:1. Eunike Engly Nainggolan
(16150117)
2. Amelisa S.W. Angkat
(16150121)
3. Omega Siringo-ringo
(16150135)
4. Helena Matondang
(161501)
5. Handoko H.S
(16150150)
Grup
:D
Mata Kuliah
: Persamaan Diferensial
Dosen Pengasuh
: Drs. Suprapto Manurung,M.S
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS HKBP NOMMENSEN PEMATANGSIANTAR 2018 BAB I
PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang Persamaan differensial adalah persamaan matematika untuk fungsi satu variabel atau lebih, yang menghubungkan nilai fungsi itu sendiri dan turunannya dalam berbagai orde. Persamaan differensial memiliki peran penting dalam rekayasa, fisika, ilmu ekonomi, dan berbagai macam displin ilmu. Persamaan differensial muncul dalam berbagai bidang sains dan teknologi, bilamana hubungan deterministic yang melibatkan besaran yang berubah secara kontinu dimodelkan oleh fungsi matematika dan laju perubahnnya dinyatakan sebagai turunan diketahui atau dipostulatkan. Teori persamaan differensial sudah cukup berkembang dan metode yang digunakan bervariasi sesuai jenis persamaan, yaitu: persamaan diferensial tingkat satu derajat satu dan persamaan linear tingkat n. sebuah persaamaan differensial disebut linear apabila persamaan yang diketahui dan turunannya muncul dalam pangkat satu hasil kali tidak dibolehkan.
1.2 Rumusan Masalah 1. Apa defenisi persamaan diferensial tingkat satu derajat satu? 2. Bagaimana penerapan persamaan diferensial tingkat satu derajat satu terhadap variabel yang dapat dipisahkan ? 3. Bagaimana bentuk umum persamaan differensial homogen?
1.3 Tujuan Tulisan Agar mahasiswa dapat mengetahui : 1. Apa itu persamaan diferensial tingkat satu derajat satu. 2. Hubungan persamaan diferensial tingkat satu derajat satu terhadap variabel yang dapat dipisahkan 3. Untuk mengetahui bentuk umum persamaan differensial homogen
BAB II PEMBAHASAN PERSAMAAN DIFERENSIAL TINGKAT SATU DERAJAT SATU Persamaan differensial tingkat satu derajat satu adalah persamaan yang memuat turunan ππ¦
tertinggi yaitu turunan tingkat satu (ππ₯ ). Secara umum persamaan differensial tingkat satu derajat satu ditilis dalam bentuk: M (x,y)dx + N (x,y)dy = 0 ππ¦ ππ₯ ππ¦ ππ₯
π(π₯,π¦)
= β π(π₯,π¦)
= πΉ(π₯, π¦)(πΈππ ππππ ππ‘) ππ₯
π (π₯, π¦, ππ¦) = 0(πΌπππππ ππ‘) Cara menentukan selesaian persamaan differensial tingkat satu derajat satu. 3.1 Variabel Yang Dapat Dipisahkan Bentuk Umum : π (π₯ , π¦)ππ₯ + π (π₯, π¦)ππ¦ = 0 Persamaan ini dapat diselesaikan berdasarkan bentuknya , dimana terdiri dari 2 bentuk, yaitu : 1. π (π₯ )ππ₯ + π (π¦)ππ¦ = 0 Fungsi ini mengandung ππ₯ hanya fungsi x, dan fungsi yang mengandung unsur ππ¦. Hanya fungsi y, sehingga kedua ruas bisa langsung diintegralkan menjadi : β« π (π₯)ππ₯ + β« π (π¦)ππ¦ = 0 2. π(π₯). π
(π¦)ππ₯ + π(π₯). π(π¦)ππ¦ = 0 Fungsi yang mengandung ππ₯ ada fungsi x, da nada fungsi y, dan fungsi yang mengandung unsur ππ¦ ada fungsi x da nada fungsi y, sehingga kedua ruas harus diubah dulu menjadi bentuk pertama . Dengan membagi kedua ruas dengan π
(π¦). π(π₯) menjadi : π(π₯) π(π₯)
ππ₯ +
π(π¦) π
(π¦)
ππ¦ = 0
Contoh Soal : 1. (π₯π¦ β π₯)ππ₯ + (π₯π¦ + π¦)ππ¦ = 0
π(π₯)
π(π¦)
β« π(π₯) ππ₯ β« π
(π¦) ππ¦ = πΆ
Jawab : π₯(π¦ β 1)ππ₯ + π¦(π₯ + 1)ππ¦ : (π¦ β 1)(π₯ + 1) β«
π₯ π¦ ππ₯ + β« ππ¦ = πΆ1 π₯+1 π¦β1
β«
π₯+1β1 π¦β1+1 ππ₯ + β« ππ¦ = πΆ1 π₯+1 π¦β1
β«
π₯+1 1 π¦β1 1 ππ₯ β β« ππ₯ + β« ππ¦ + β« ππ¦ = πΆ1 π₯+1 π₯+1 π¦β1 π¦β1
β« ππ₯ β ln(π₯ + 1) + β« ππ¦ + ln(π¦ β 1) = πΆ1 π₯ β ln(π₯ + 1) + π¦ + ln(π¦ β 1) = πΆ1 π₯ + π¦ + ππ
mis: πΆ1 = ln πΆ
π¦β1 = πππΆ π₯+1
π¦β1
π π₯+π¦+πππ₯+1 = π ln π π¦β1
π π₯ . π π¦ . π πππ₯+1 = πΆ (π¦ β 1)π π₯ . π π¦ = πΆ(π₯ + 1) 2. π¦ 3 ππ₯ + β1 β π₯ 2 ππ¦ = 0 Jawab : π¦ 3 ππ₯ + β1 β π₯ 2 ππ¦ = 0β¦β¦β¦β¦β¦β¦..dibagi π¦ 3 (β1 β π₯ 2 ) 1
1
β1βπ₯ 2
ππ₯ + π¦ 3 ππ¦ = 0
1
1
β« β1βπ₯ 2 ππ₯ + β« π¦ 3 ππ¦ = 0 1
πππ sin π₯ + (β 2 π¦ β2 ) = πΆ1 1
πππ sin π₯ β 2π¦ 2 = πΆ1 1
πππ sin π₯ β πΆ1 = 2π¦ 2 β¦β¦β¦ di kali 2 1
2(πππ sin π₯ β πΆ1 ) = π¦ 2 2(πππ sin π₯ β πΆ1 )π¦ 2 = 1 , πππ βΆ βπΆ1 = πΆ 1
π¦ 2 = 2(πππ sin π₯+πΆ) 3. π¦(1 β π₯)ππ₯ + π₯ 2 (1 β π¦)ππ¦ = 0 Jawab : π¦(1 β π₯)ππ₯ + π₯ 2 (1 β π¦)ππ¦ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ .. dibagi π¦. π₯ 2
β«
1βπ₯
1βπ¦
ππ₯ + β«
π₯2
π¦
1
π₯
1
1
ππ¦ = πΆ1 1
π¦
β« π₯ 2 ππ₯ β β« π₯ 2 ππ₯ + β« π¦ ππ¦ β β« π¦ ππ¦ = πΆ1 1
β« π₯ 2 ππ₯ β β« π₯ ππ₯ + β« π¦ ππ¦ β β« ππ¦ = πΆ1 1
β π₯ β ln π₯ + ln π¦ β π¦ = πΆ1 1
π¦
β π₯ + ππ π₯ β π¦ = πΆ1 β πππ . πΆ1 = ln πΆ π¦
ππ π₯ β π¦ β
1
= ln πΆ
π₯
π¦
1
ln π₯ β ln πΆ = π¦ + π₯ π¦
1
ln π₯.πΆ = π¦ + π₯ Dimana,
π ππ = ln π = 1 π¦
1
π πππ₯.πΆ = π π¦+π₯ 1
π¦
= ππ¦. ππ₯ π₯ .πΆ 1
π¦ = π₯πΆπ π¦ . π π₯ 4.
π₯ 2 y dx + (x + 1)dy = 0 Jawab : π₯ 2 y dx + (x + 1)dy = 0 β¦β¦β¦β¦.. dibagi y (x + 1) π₯2
ππ¦
dx +
(π₯ +1) π₯2
π¦
=0
1
dx + π¦ dy = 0 (π₯ +1) π₯2
1
β« (π₯+1) ππ₯ + β« π¦ ππ¦ = 0 β«
(π₯β1)(π₯+1)β1 (π₯+1)
1
ππ₯ + β« π¦ ππ¦ = 0 1
β« π₯ β 1 + 1 ππ₯ + β« π¦ ππ¦ = 0 1
β« π₯ ππ₯ + β« π¦ ππ¦ = 0 1 2
π₯ 2 + ln π¦ = πΆ1 1 2
π 2π₯ + π ln π¦ = π πΆ1 1 2
π 2π₯ + π¦ = πΆ
2.2 Persamaan Diferensial Homogen Bentuk umum : π(π₯, π¦)ππ₯ + π(π₯, π¦)ππ¦ = 0 Ciri umum Homogen adalah tiap suku derajat nya sama . Contoh : 1.
πΉ(π₯, π¦) = 3π₯ 2 + 4π₯π¦ β 7π¦ 2 πΉ(π‘π₯, π‘π¦) = 3π‘ 2 π₯ 2 + 4π‘ 2 π₯π¦ β 7π‘ 2 π¦ 2 πΉ(π‘π₯, π‘π¦) = π‘ 2 (3π₯ 2 + 4π₯π¦ β 7π¦ 2 π‘ 2 . πΉ(π₯, π¦) β π»ππππππ πππππππ‘ 2
2. πΉ(π₯, π¦)
= π₯ + βπ₯ 2 + π¦ 2
πΉ(π‘π₯, π‘π¦) = π‘π₯ + βπ‘ 2 π₯ 2 + π‘ 2 π¦ 2 πΉ(π‘π₯, π‘π¦) = π‘π₯ + π‘βπ₯ 2 + π¦ 2 = π‘ (π₯ + βπ₯ 2 + π¦ 2 ) π‘. πΉ(π₯, π¦) β π»ππππππ πππππππ‘ 1 3. πΉ(π₯, π¦)
= π₯2 + π¦
πΉ(π‘π₯, π‘π¦) = π‘ 2 π₯ 2 + π‘π¦ = π‘(π‘π₯ 2 + π¦) β πππ π»ππππππ
Dikatakan Persamaan Diferensial Homogen jika : Fungsi M dan N adalah Homogen dengan derajat sama. Persamaan ini dapat diselesaikan dengan substitusi : π¦ π£ = ππ‘ππ’ π¦ = π£π₯ π₯ ππ¦ = π£ππ₯ + π₯ππ£ π (π₯, π¦) β π(π₯, π£π₯) = π₯ π π
(π£) π (π₯, π¦) β π(π₯, π£π₯) = π₯ π π(π£) π₯ π π
(π£)ππ₯ + π₯ π π(π£)(π£ππ₯ + π₯ππ£) = 0 (Dibagi π₯ π ) π
(π£)ππ₯ + π(π£) (π£ππ₯ + π₯ππ£) = 0 π
(π£)ππ₯ + π£. π(π£)ππ₯ + π₯. π(π£)ππ£ = 0 { π
(π£) + π£. π(π£)}ππ₯ + π₯. π(π£)ππ£ = 0 ππ₯ π (π£ ) + ππ£ = 0 π₯ π
(π£) + π£. π(π£)
(Dibagi π₯. π
(π£) + π£. π(π£)
Maka β«
ππ₯
π(π£)
+ β« π
(π£)+π£.π(π£) ππ£ = πΆ
π₯
Contoh Soal : Cari lah jawaban persamaan differensial dari : 1.
ππ¦ ππ₯
=
βπ₯π¦+π¦ 2 π₯π¦
π½ππ€ππ βΆ ππ¦ βπ₯π¦ + π¦ 2 = ππ₯ π₯π¦ β π₯π¦ππ¦ = (βπ₯π¦ + π¦ 2 )ππ₯ π₯π¦ππ¦ + (π₯π¦ β π¦ 2 )ππ₯ = 0 (Dibagi dengan π₯ 2 π¦ π¦ π¦ β ππ¦ + ππ₯ β ( ) ππ₯ = 0 β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ (1) π₯ π₯ π₯ π¦
Substitusi π£ = π₯ π¦ β π¦ = π£π₯ ππ¦ = π£ππ₯ + π₯ππ£ Persamaan (1) menjadi : π£(π£ππ₯ + π₯ππ£) + π£ππ₯ β π£ 2 ππ₯ = 0 π£ 2 ππ₯ + π£π₯ππ£ + π£ππ₯ β π£ 2 ππ₯ = 0 π£π₯ππ£ + π£ππ₯ = 0 ππ£ +
ππ₯ π₯
β« ππ£ + β«
=0 ππ₯ π₯
= πΆ1 π¦
π£ + πππ₯ = πΆ1 π¦ π₯
substitusi v = π₯
+ π₯ = πΆ1 π¦
π π₯ + π πππ₯ = π πΆ1 π¦
π₯π π₯ = πΆ 2.
ππ¦ ππ₯
=
π¦
ππππππ βΆ π£π₯
π¦
β cot π₯ π₯
ππππ¦ππππ ππππ βΆ
π¦ π¦ ( β cot ) ππ₯ = ππ¦ π₯ π₯ π¦ π¦ ( β cot ) ππ₯ β ππ¦ = 0 β¦ β¦ β¦ . . (1) π₯ π₯ π¦
Substitusikan : π£ = π₯ , π¦ = π£π₯ , ππ¦ = π£ππ₯ + π₯ππ£ ππ (1) πππππππ‘ βΆ (π£ β cot π£)ππ₯ β (π£ππ₯ + π₯ππ£) = 0 π£ππ₯ β cot π£ππ₯ β π£ππ₯ β π₯ππ£ = 0 β cot π£ππ₯ β π₯ππ£ = 0 β ππππππ (βπ₯. cot π£) 1 1 ππ₯ + ππ£ = 0 π₯ cot π£ 1 1 β« ππ₯ + β« ππ£ = πΆ1 π₯ cot π£ 1 πππ₯ππ₯ + β« cos π£ ππ£ = πΆ1 βsin π£ sin π£
πππ₯ππ₯ + β« cos π£ ππ£ = πΆ1 πππ ππ π’ = cos π£ ππ’ = β sin π£ ππ£ βππ’ = sin π£ ππ£ sin π£
πππ₯ + β« cos π£ ππ£ = πΆ1 1 πππ₯ + β« . βππ’ = πΆ1 π’ 1 πππ₯ + (β β« ππ’) = πΆ1 π’ πππ₯ + (βπππ’) = πΆ1 πππ₯ + (βπππππ π£) = πΆ1 ; πΆ1 = β ln πΆ πππ₯ β πππππ π£ = βπππΆ βπππππ π£ = βπππΆ β πππ₯ 1 + β πππππ π£ = β(πππΆ + πππ₯) β πππππ π£ = β ln πΆ π₯ π¦ cos π£ = πΆπ₯ ; π£ = π₯ π¦ πππ = πΆπ₯ π₯ 3.
ππ¦ ππ₯
=1+
π¦ π₯
π¦
β πππ 2 π₯
ππππ¦ππππ ππππ βΆ
(1 +
π¦ π¦ β πππ 2 ( )) ππ₯ = ππ¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . . (1) π₯ π₯
(1 +
π¦ π¦ β πππ 2 ( )) ππ₯ β ππ¦ = 0 π₯ π₯ π¦
Substitusikan : π£ = π₯ , π¦ = π£π₯ , ππ¦ = π£ππ₯ + π₯ππ£ ππ (1) (1 + π£ β πππ 2 (π£))ππ₯ β (π£ππ₯ + π₯ππ£) = 0 ππ₯ + π£ππ₯ β πππ 2 π£ππ₯ β π£ππ₯ β π₯ππ£ = 0 (1 β πππ 2 π£)ππ₯ β π₯ππ£ = 0 π ππ2 π£ππ₯ β π₯ππ£ = 0 β ππππππ ππππππ (π₯. π ππ2 π£) 1 1 ππ₯ β ππ£ = 0 π₯ π ππ2 π£ 1 1 β« ππ₯ β β« ππ£ = πΆ π₯ π ππ2 π£ πππ₯ β (β cot π£) = πΆ cot π£ = πΆ β πππ₯ ; π π’ππ π‘ππ‘π’π π π£ = cot 4.
ππ¦ ππ₯
π¦ π₯
π¦ = πΆ β πππ₯ π₯ π¦
= π₯+
βπ₯π¦
ππππ¦ππππ ππππ βΆ π¦ππ₯ = (π₯ + βπ₯π¦)ππ¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . . (1) π¦ππ₯ β (π₯ + βπ₯π¦)ππ¦ = 0
π π’ππ π‘ππ‘π’π ππππ π¦ = π£. π₯ , ππ¦
= π£ππ₯ + π₯ππ£ π£π₯ππ₯ β (π₯ + βπ£π₯ 2 ) (π£ππ₯ + π₯ππ£) = 0 π£π₯ππ₯ β (π₯ + π₯ βπ£)(π£ππ₯ + π₯ππ£) = 0 π£π₯ππ₯ β π£π₯ππ₯ β π₯ 2 ππ£ β π£π₯ βπ£ππ₯ β π₯ 2 βπ£ππ£ = 0 βπ£π₯βπ£ππ₯ β π₯ 2 ππ£ β π₯ 2 βπ£ππ£ = 0 βπ£π₯βπ£ππ₯ β (π₯ 2 + π₯ 2 βπ£)ππ£ = 0 βπ₯βπ£ 2 ππ₯. βπ£ β (π₯ 2 + π₯ 2 βπ£)ππ£ = 0 βπ₯βπ£ 2 . π£ππ₯ β π₯ 2 (1 + βπ£)ππ£ = 0 βπ₯βπ£ 3 ππ₯ β π₯ 2 (1 + βπ£)ππ£ = 0 βπ₯βπ£ 3 ππ₯ β π₯ 2 (1 + βπ£)ππ£ = 0 β ππππππ β π₯βπ£ 3 1 1 + βπ£ ππ₯ + ππ£ = 0 π₯ βπ£ 3
1 1 + βπ£ β« ππ₯ + β« ππ£ = πΆ π₯ βπ£ 3 1
2
πππ₯ + β« (1 + π£ 2 ) (π£ β3 ) ππ£ = πΆ 2
πππ₯ + β« (π£ β3 ) ππ£ + π£ β1 ππ£ = πΆ 1
πππ₯ β 2π£ β2 + πππ£ = πΆ πππ₯ β πππ₯ β
2 βπ£ 2 π¦ π₯
β
+ πππ£ = πΆ ; π π’ππ π‘ππ‘π’π ππππ π£ = + ππ
π¦ π₯
π¦ = πΆ β¦ β¦ β¦ . πππππ πππππ ππ πππ πππππ π₯
5. (3π₯ 2 π¦ + π¦ 3 )ππ₯ + (π₯ 3 + 3π₯π¦ 2 )ππ¦ = 0 ππππ¦ππππ ππππ βΆ (3π₯ 2 π¦ + π¦ 3 )ππ₯ + (π₯ 3 + 3π₯π¦ 2 )ππ¦ = 0
(ππππππ π₯ 3 )
π¦ π₯ 3 π¦2 π¦ (3 + ( ) ) ππ₯ + (1 + 3 ( )) ππ¦ = 0 ; π π’π βΆ π£ = , π¦ = π£π₯ , ππ¦ π₯ π¦ π₯ π₯ = π£ππ₯ + π₯ππ£ (3π£ + π£ 3 )ππ₯ + (1 + 3π£ 2 )(π£ππ₯ + π₯ππ£) = 0 3π£ππ₯ + π£ 3 ππ₯ + π£ππ₯ + π₯ππ£ + 3π£ 3 ππ₯ + 3π£ 2 π₯ππ£ = 0 (3π£ + π£ 3 + π£ + 3π£ 3 )ππ₯ + (π₯ + 3π£ 2 π₯)ππ£ = 0 (4π£ + 4π£ 3 )ππ₯ + (π₯ + π₯)ππ£ = 0 (4π£ + 4π£ 3 )ππ₯ + π₯(1 + 3π£ 2 )ππ£ = 0 4(π£ + π£ 3 )ππ₯ + π₯(1 + 3π£ 2 )ππ£ = 0 4 1 + 3π£ 2 ππ₯ + ππ£ = 0 π₯ π£ + π£3 1 1 + 3π£ 2 4β« + β« ππ£ = πΆ1 π₯ π£ + π£3 πππ ππ π’ = π£ + π£ 3 ππ’ = 1 + 3π£ 2 ππ£) 1 β« ππ’ = πππ’ = ln( π£ + π£ 3 ) π’ 4πππ₯ + ln π£ + π£ 3 = πΆ1 ; πππ ππ πΆ1 = πππΆ 4πππ₯ + ln π£ + π£ 3 = πππΆ πππ₯ 4 +ln π£ + π£ 3 = πππΆ πππ₯ 4 (π£ + π£ 3 ) = πππΆ
(ππππππ π₯(π£ + π£ 3 )
π₯ 4 (π£ + π£ 3 ) = πΆ π¦ π¦3 π₯ 4 ( + ( )) = πΆ β π₯ 3 π¦ + π₯π¦ 3 = πΆ π₯ π₯
Latihan soal :
Carilah solusi dari persamaan differensial homogen berikut: π¦
1.
ππ¦ ππ₯
=
β π₯π π₯ +π¦
π₯ π₯
π₯
π₯
2. (1 + 2π π¦ ) ππ₯ + 2π π¦ (1 β π¦) ππ¦ = 0 Penyelesaian : π¦
1.
ππ¦ ππ₯
=
β π₯π π₯ +π¦
π₯ π¦
π₯ππ¦ = ( π₯π βπ₯ + π¦) ππ₯ π¦
π₯ππ¦ β ( π₯π βπ₯ + π¦) ππ₯ = 0 π¦
Substitusi π¦ = π£π₯ , ππ¦ = π₯ππ£ + π£ππ₯ , π£ = π₯ π₯(π₯ππ£ + π£ππ₯) β (π₯π βπ£ + π£π₯)ππ₯ = 0 π₯ 2 ππ£ + π£π₯ππ₯ β (π₯π βπ£ + π£π₯)ππ₯ = 0 π₯ 2 ππ£ + (π£π₯ β π₯π βπ£ + π£π₯)ππ₯ = 0 π₯ 2 ππ£ + (β π₯π βπ£ )ππ₯ = 0 π₯ 2 ππ£ + (βπ βπ£ )π₯ππ₯ β«
(ππππππ π₯ 2 (βπ βπ£ )
ππ£ ππ₯ + β« =0 βπ βπ£ π₯
β« βπ βπ£ + β«
ππ₯ =0 π₯
βπ βπ£ + πππ₯ = πΆ πππ₯ β π βπ£ = πΆ π¦
πππ₯ β π π₯ = πΆ π¦
β π₯ππ¦β (π₯π π₯ +π¦)ππ₯ = 0
β ππ¦ β (π
:π₯ π¦ β π₯
+ π¦) ππ₯ = 0
(π£ ππ₯ + ππ₯ ) β π βπ£ + π£ ππ₯ = 0
βπ βπ£ ππ₯+π₯ ππ£
β β«
: (βπ βπ£ )π₯
ππ₯ β β« βπ π£ ππ£ = 0 π₯
π₯
π₯
π₯
2. (1 + 2π π¦ ) ππ₯ + 2π π¦ (1 β π¦) ππ¦ = 0 π₯
Mis: π£ = π¦ β π₯ = π£π¦ ππ₯ = π£ππ¦ + π¦ππ£ (1 + 2π π£ ) + (π£ππ¦ + π¦ππ£) + 2π π£ (1 β π£)ππ¦ = 0 π£ ππ¦ + π¦ ππ£ + 2π£π π£ ππ¦ + 2π¦π π£ ππ£ + 2π π£ ππ¦ β 2π£π π£ ππ¦ = 0 (π£ + 2π£π π£ + 2π π£ β 2π£π π£ )ππ¦ + π¦ ππ£ + 2π¦π π£ ππ£ = 0 (π£+2π π£ )ππ¦+π¦(1+2π π£ ) ππ£=0
: (π£ + 2π π£ )π¦
β
1+2π π£
1
β« π¦ ππ¦ + β« π£+2π π£ ππ£ = 0 Mis : π’ = π£ + 2π π£ ππ’ = 1 + 2π π£ ππ£ 1
1
β« π¦ ππ¦ + β« π’ ππ’ = 0 ln π¦ + ln π’ = πΆ1 ln π¦ + ln ( π£ + 2π π£ ) = πΆ1 ln y( π£ + 2π π£ ) = πΆ1 π ln π¦(π£+2π
π£)
= π πΆ1
π¦(π£ + 2π π£ ) = πΆ π₯
π₯
π¦ (π¦ + 2π π¦ ) = πΆ π₯
π₯ + 2π¦π π¦ = πΆ
BAB III PENUTUP
3.1 Kesimpulan Persamaan ini dapat diselesaikan berdasarkan bentuknya , dimana terdiri dari 2 bentuk, yaitu : 1.
π(π₯ )ππ₯ + π (π¦)ππ¦ = 0
diintegralkan menjadi : β« π (π₯)ππ₯ + β« π (π¦)ππ¦ = 0 2. π(π₯). π
(π¦)ππ₯ + π(π₯). π(π¦)ππ¦ = 0 Dengan membagi kedua ruas dengan π
(π¦). π(π₯) menjadi : π(π₯)
ππ₯ + π(π₯)
π(π¦)
ππ¦ = 0 π
(π¦)
π(π₯)
π(π¦)
β« π(π₯) ππ₯ β« π
(π¦) ππ¦ = πΆ
Bentuk umum persamaan differensial homogen π(π₯, π¦)ππ₯ + π(π₯, π¦)ππ¦ = 0
3.2 Saran Sebelum mempelajari persamaan differensial tingkat satu derajat satu diharapkan setiap mahasiswa mampu memahami apa dan bagaimana variabel yang dapat dipisahkan, karena variabel yang dapat dipisahkan penting untuk diketahui dan sangat menunjang untuk pembahasan untuk selanjutnya.