Matakuliah Tahun : K0124 / Matematika Teknik II : 2006/2007 PERTEMUAN 25 SOLUSI PENDEKATAN CAUCHY I 1 Contoh 1 3 3 2 2 Selesaikan p.d. ( x D 3x D 2 xD 2) y 0. Solusi Dengan substitusi x ez p.d. di atas menjadi D(D 1)(D 2) 3D(D 1) 2D 2y (D3 3D 2) y 0 yang p.u.nya adalah z ln x, y C1e z C2 ze z C3e 2 z . Mengingat p.u. dari p.d. di atas adalah C3 y C1 x C2 x ln x 2 . x 2 Contoh 2 Selesaikan p.d. ( x 2 D 2 xD 4) y cos(ln x) x sin(ln x). Solusi Dengan substitusi x ez p.d. di atas menjadi D(D 1) D 4y (D2 2D 4) y cos z e z sin z. Fungsi komplementernya adalah y e z (C1 cos 3z C2 sin 3z ) sedangkan p.k.nya adalah 1 1 cos z e z sin z 2 2 D 2D 4 D 2D 4 1 1 1 e z sin z z cos z e 2 sin z (3 cos z 2 sin z ) . 3 2D D 3 13 2 y 3 Jadi p.u. dari p.d. di atas adalah y x(C1 cos( 3 ln x) C2 sin( 3 ln x)) 1 1 (3 cos(ln x) 2 sin(ln x)) x sin(ln 13 2 4 SOLUSI PENDEKATAN CAUCHY II Contoh 1 2 d y dy 2 Selesaikan p.d. ( x 2) dx 2 ( x 2) dx y 3x 4. Solusi Dengan substitusi x 2 e z p.d. di atas menjadi D(D 1) D 1y (D 1)2 y 3e z 2. 5 z z y C e C ze Fungsi komplementernya adalah 1 2 sedangkan p.k.nya adalah 1 1 3 2 z z z 2 0z y (3e 2) 3e (dz ) 2 e z e 2. 2 2 (D 1) (D 1) 2 6 Jadi p.u. dari p.d. di atas adalah 3 y ( x 2)C1 C2 ln( x 2) ln 2 ( x 2) 2. 2 7 Contoh 2 Selesaikan p.d. (3x 2) D 2 2 3(3x 2) D 36 y 3x 4 x 1. 2 Solusi z Dengan substitusi 3 x 2 e p.d. di atas menjadi 9D(D 1) 9D 36y 9(D 2 4) y 1 (9 x 2 12 x 3) (e 2 z 1) / 3 3 1 2z (e 1). Sehingga p.u. dari p.d. di atas adalah 27 1 1 1 y C1e 2 z C2 e 2 z 2 e2 z 2 e0 z 27 D 4 D 4 1 C1e 2 z C2 e 2 z ( ze 2 z 1) atau 108 1 y C1 (3 x 2) 2 C2 (3 x 2) 2 (3 x 2) 2 ln( 3 x 2) 1 108 atau (D 2 4) y 8 TERIMA KASIH 9 PERTEMUAN 26 REVISI UAS. 10 Contoh 1 Selesaikan persamaan diferensial parsial 2z x2 y xy dan kemudian carilah jawaban khusus yang 2 z ( x , 0 ) x , z (1, y) cos y. memenuhi syarat-syarat 11 Solusi a) P.d.p di atas dapat ditulis dalam bentuk integrasi terhadap x, diperoleh F ( y ) fungsi z x 2 y. x y z 1 3 x y F ( y) y 3 Dengan di mana sembarang dari y. Hasil tersebut diintegrasikan terhadap y diperoleh z 1 3 2 x y F ( y )dy G ( x) 6 di mana G(x) fungsi sembarang dari x. Hasil ini dapat ditulis sebagai z z ( x, y ) 1 3 2 x y H ( y ) G ( x) 6 yang mengandung 2 fungsi bebas sembarang dan merupakan jawaban umum. 12 b) Karena z ( x,0) x 2 , dari jawaban umum dapat diperoleh x 2 H (0) G( x), G( x) x 2 H (0). Jadi, z 1 3 2 x y H ( y ) x 2 H (0). Karena 6 z (1, y ) cos y, dari hasil ini diperoleh cos y 1 2 1 y H ( y ) 1 H (0), H ( y ) cos y y 2 1 H (0). 6 6 13 Kesimpulan: jawaban khusus adalah 1 3 2 1 2 z x y cos y y x 2 1. 6 6 14 Contoh 2 Selesaikan 2u u t 2 x2. xt x Solusi u 2 t 2 u x . P.d.p. dapat ditulis sebagai x t Integrasi terhadap x diperoleh u 1 3 u 2 1 x 3 F (t ) t 2u x F (t ), u . Persamaan t 3 t t 3 t t adalah linier dengan faktor integrasi ani ( 2 / t ) dt e e 2 ln t t 2 . Persamaan menjadi t2 u 1 2tu tx 3 tF (t ), sehingga t 3 2 1 t u tx 3 tF (t ). t 3 15 2 1 3 t u tx tF (t ). Integrasi terhadap t diperoleh t 3 t 2u 1 2 3 1 t x tF (t )dt H ( x) t 2 x 3 G (t ) H ( x) 6 6 yang menghasilkan jawaban umum. 16 TERIMA KASIH 17
© Copyright 2024 Paperzz
