1. Sistem Pegas Massa
L k
Keadaan bebas l
m x
Massa
Keadaan setimbang,
Keadaan setimbang m bergerak
kl= mg

2. Sistem Pegas Massa
Fs= -kl Hukum Hooke
w = mg
mg – kl = 0
Hukum Newton: f (t) = m x”(t)

3. Sistem Pegas Massa
Gaya yang bekerja pada pegas dapat dirinci sbb:
1. Gaya berat: w = mg
2. Gaya pegas: Fs= -k (l + x)
3. Gaya redam pegas: Fd = - r x’(t)
4. Gaya luar F(t)
m x” = mg – k (l + x) – r x’ + F
m x” + r x’ + k x = F

4. Persamaan Linier Orde dua
Bentuk umum PD linier orde dua :
d2y dy
(1) P( x ) Q( x ) R( x ) y G( x )
dx 2 dx
di mana P, Q, R, dan G fungsi-fungsi kontinu.
JIka G(x) = 0 untuk semua x, persamaan tsb. disebut
PD linier orde dua homogen. (Tidak ada kaitannya dgn
PD orde satu homogen.)
(2) P( x) d2y dy
2
Q( x) R ( x) y 0
dx dx

5. Jika G( x ) 0 untuk suatu x, Persamaan (1)
dikatakan tak homogen.
Dua sifat dasar yang dapat digunakan untuk
menyelesaikan PD linier homogen. Pertama, bila y1 dan y 2
merupakan penyelesaian PD tersebut, maka kombinasi
liniernya c1 y1 c2 y2 juga merupakan penyelesaian.
(3)Teorema: Jika y1 ( x) dan y 2 ( x) keduanya
penyelesaian PD linier (2) dan c1 dan c2 konstanta
csebarang, maka fungsi y( x ) c1 y1 ( x ) c2 y2 ( x ) juga
merupakan penyelesaian dari persamaan (2).

6. Bukti Karena y1 dan y 2 penyelesaian dari
Pers (2), kita mempunyai
P ( x) y1 Q( x) y1 R( x) y1 0
dan P( x ) y2 Q( x ) y2 R( x ) y2 0
Sehingga
P( x ) y Q( x ) y R( x ) y
P( x )( c1 y1 c2 y2 ) Q( x )( c1 y1 c2 y2 ) R( x )( c1 y1 c2 y2 )
P( x )( c1 y1 c2 y2 ) Q( x )( c1 y1 c2 y2 ) R( x )( c1 y1 c2 y2 )
c1 [ P( x ) y1 Q( x ) y1 R( x ) y1 ] c2 [ P( x ) y2 Q( x ) y2 R( x ) y2 ]
c1 0 c2 0
0
Jadi y c1 y1 c2 y2 merupakan penyel. Pers (2).

7. Misalkan x dan y dua peubah. Jika baik x maupun y
bukan kelipatan satu sama lain, dikatakan bahwa x dan y
dua peubah yang saling bebas linier. Contoh, fungsi
f ( x) x 2 dan g ( x) 5 x 2 saling bergantung linier, tapi
dan saling bebas linier.
x x
f ( x) e g ( x) xe

8. Teorema berikut menyatakan bahwa penyelesaian
umum dari PD linier homogen merupakan kombinasi linier
dari dua penyelesaian bebas linier.
(4)Teorema Jika y1 dan y 2 penyelesaian bebas
linier dari Persamaan (2) , maka penyelesaian umum
diberikan oleh
y( x ) c1 y1( x ) c2 y2 ( x )
di mana c1 dan c2 konstanta sebarang.

9. Secara umum, tidak mudah mencari penyelesaian
dari PD linier orde dua. Tetapi kita dapat menentukan
penyelesaiannya apabila fungsi-fungsi koefisiennya P, Q
dan R merupakan fungsi konstant; Jika PD berbentuk
(5) ay by cy 0
Fungsi yang mungkin memenuhi Persamaan (5)
adalah fungsi exponential y e x , karena turunan-
turunannya merupakan kelipatan konstant dari
dirinya: y x 2 x . Substitusikan ke
e , y e
Persamaan (5) 2 e x b e x ce x 0
a
2 x
(a b c )e 0

10. x
Ingat e Tidak pernah 0, jadi y e merupakan
x
penyelesaian dari (5) jika akar persamaan
2
(6) a b c 0
yang disebut persamaan karakteristik dari Persamaan (5).
Menggunakan rumus abc, akar-akar persamaan (6):
b b2 4ac b b2 4ac
1 2
2a 2a
Kita bedakan menurut tanda diskriminan :
b2 4ac

11. Kasus b 2 4ac 0
Akar-akar persamaan karakteristik 1dan 2 real dan
1x
berbeda, jadi y1 e dan y2 e 2 x adalah dua
penyelesaian bebas linier Persamaan (5).
(8)Jika akar-akar persamaan karakteristik (6): 1 dan 2
adalah real and berbeda, maka penyelesaian umum dari
adalah ay by cy 0
1x 2x
y c1e c2 e
Contoh 1 Selesaikan persamaan y y 6y 0
d2y dy
Contoh 2 Selesaikan persamaan 3 2 y 0.
dx dx

12. Kasus b2 4ac 0
Pada kasus , akar-akar persamaan
1 2
karakterisiknya real dan sama. Nyatakan untuk nilai dari
1
dan 2 , maka kita peroleh
b
(9) 2a b 0
2a
Akan ditunjukkan bahwa: y2 xe x merupakan
penyelesaian dari PD (5).
ay 2 by2 cy 2
x 2
a (2 e xe x ) b (e x
xe x ) cxe x
x 2 x
(2a b )e (a b c ) xe
0(e x ) 0( xe x ) 0

13. Karena y1 e x dan y2 xe x
saling bebas
linier, menurut Theorem 4 :
(10) Jika persamaan karakteristik ar 2 br c 0
hanya memiliki satu akar real , maka penyelesaian
umum dari ay by cy 0 adalah
y c1e x c2 xe x ( c1 c2 x )e x
Contoh 3 Selesaikan persamaan 4 y 12 y 9y 0

14. Kasus b2 4ac 0
Pada kasus ini, akar-akar 1 dan 2 merupakan
bilangan kompleks sekawan. Dapat ditulis:
1 i 2 i
dengan b ( 2 a ), 4 ac b 2 ( 2 a )
Menggunakan persamaan Euler
ei cos i sin
Penyelesaian PD dapat ditulis:

15. 1x 2x
y C1e C2 e
C1e ( i )x
C2 e ( i )x
C1e x (cos x i sin x) C2 e x (cos x i sin x)
e x [(C1 C2 ) cos x i (C1 C2 ) sin x]
e x (c1 cos x c2i sin x)
dimana c1 C1 C2 , c2 C1 C2

16. Rangkuman dari penjelasan di atas:
Jika akar-akar persamaan karakteristik a 2
b c 0
merupakan bilangan komplex sekawan
1 i , 2 i
, maka penyelesaian umumnya dari PD ay by cy 0
berbentuk
y e x ( c1 cos x c2 sin x )
Contoh 4 Selesaikan persamaan y 6y 13 y 0.