Persamaan Diferensial -...

1

TKS 4003 Matematika II

Persamaan Diferensial – Linier Homogen & Non Homogen Tk. n –

(Differential: Linier Homogen & Non Homogen Orde n)

Dr. AZ

Jurusan Teknik Sipil

Fakultas Teknik

Universitas Brawijaya

Pendahuluan

Bentuk umum PD linier orde n adalah :

𝒂𝟎 𝒙 𝒚 𝒏 + 𝒂𝟏 𝒙 𝒚 𝒏−𝟏 + ⋯+ 𝒂𝒏−𝟏 𝒙 𝒚′ + 𝒂𝒏 𝒙 𝒚 = 𝑭(𝒙) (1)

Untuk PD yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk seperti

Pers. (1), dikatakan PD non linier.

Jika F(x) pada persamaan PD Linier orde n sama dengan nol

(F(x) = 0), maka disebut PD homogen atau PD tereduksi

atau PD komplementer. Jika F(x) ≠ 0, maka disebut PD

lengkap atau PD non homogen.

2

Pendahuluan (lanjutan)

Jika a0(x), a1(x), ..., an(x) adalah konstanta, maka disebut PD

Linier dengan koefisien konstanta. Jika a0(x), a1(x), ..., an(x)

bukan berupa konstanta, maka disebut PD Linier koefisien

variabel.

Bentuk 𝒅𝒚

𝒅𝒙,𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐 , … ,𝒅𝒏𝒚

𝒅𝒙𝒏, dapat dituliskan dengan lambang Dy,

D2y, ..., Dny, dengan D, D2, ..., Dn, disebut operator

diferensial atau operator D. Sehingga persamaan PD Linier

orde n dapat dinyatakan sebagai :

Pendahuluan (lanjutan)

𝒂𝟎 𝒙 𝐃 𝒏 + 𝒂𝟏 𝒙 𝐃 𝒏−𝟏 + ⋯+ 𝒂𝒏−𝟏 𝒙 𝐃 + 𝒂𝒏 𝒙 𝒚 = 𝑭(𝒙) (2)

atau :

𝚽 𝐃 𝒚 = 𝑭(𝒙) (3)

dengan 𝚽 𝐃 = 𝒂𝟎 𝒙 𝐃 𝒏 + 𝒂𝟏 𝒙 𝐃 𝒏−𝟏 + ⋯+ 𝒂𝒏−𝟏 𝒙 𝐃 + 𝒂𝒏 𝒙

dan disebut operator suku banyak dalam D.

3

Teorema Dasar

Untuk menyelesaikan PD linier berbentuk :

𝚽 𝐃 𝒚 = 𝑭(𝒙), dengan 𝑭(𝒙) ≠ 𝟎 (4)

Jika dimisalkan Yc(x) adalah solusi umum PD homogen dari

(D)y = 0, maka penyelesaian umum PD linier adalah dengan

menjumlahkan penyelesaian umum PD homogen dan

penyelesaian khusus, yaitu :

y = Yc(x) + Yp(x) (5)

Teorema Dasar (lanjutan)

Contoh :

Solusi umum PD homogen : 𝐃𝟐 − 𝟑𝐃 + 𝟐 𝒚 = 𝟎 adalah :

𝒚 = 𝒄𝟏𝒆𝒙 + 𝒄𝟏𝒆

𝒙

dan solusi khusus PD : 𝐃𝟐 − 𝟑𝐃 + 𝟐 𝒚 = 𝟒𝒙𝟐 adalah :

𝟐𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 + 𝟕

maka solusi umum PD lengkap/non homogen dari

𝐃𝟐 − 𝟑𝐃 + 𝟐 𝒚 = 𝟒𝒙𝟐 adalah :

𝒚 = 𝒄𝟏𝒆𝒙 + 𝒄𝟏𝒆

𝒙 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 + 𝟕

4

Ketakbebasan Linier

Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x), dikatakan tak bebas

linier pada suatu selang, jika ada n konstanta c1, c2, …, cn

yang tidak semua nol, sehingga berlaku :

c1 y1 (x) + c2 y2(x) + … + cn yn(x) = 0 (6)

Jika tidak, maka himpunan fungsi tersebut dikatakan bebas

linier.

Ketakbebasan Linier (lanjutan)

Contoh :

1. Tak bebas linier

2e3x, 5e3x, e-4x adalah tak bebas linier pada suatu selang,

karena dapat ditentukan konstanta c1, c2, c3 yang tidak

semua nol, sehingga :

𝒄𝟏 𝟐𝒆𝟑𝒙 + 𝒄𝟐 𝟓𝒆𝟑𝒙 + 𝒄𝟑 𝟐𝒆−𝟒𝒙 = 𝟎

dengan :

c1 = -5, c2 = 2, c3 = 0

5

Ketakbebasan Linier (lanjutan)

2. Bebas linier

ex, xex adalah bebas linier pada suatu selang, karena :

𝒄𝟏 𝒆𝒙 + 𝒄𝟐 𝒙𝒆𝒙 = 𝟎

hanya jika :

c1 = 0, c2 = 0

Determinan Wronski (lanjutan)

Himpunan fungsi y1(x), y2(x), ..., yn(x), yang mempunyai

turunan adalah bebas linier pada suatu selang jika determinan :

𝑾 𝒚𝟏, 𝒚𝟐, … , 𝒚𝒏 =

𝒚𝟏(𝒙)

𝒚𝟏′ (𝒙)…

𝒚𝟏𝒏−𝟏 (𝒙)

𝒚𝟐(𝒙)

𝒚𝟐′ (𝒙)…

𝒚𝟐𝒏−𝟏 (𝒙)

…………

𝒚𝒏(𝒙)

𝒚𝒏′ (𝒙)…

𝒚𝒏𝒏−𝟏 (𝒙)

≠ 𝟎 (7)

Pers. (7) dinamakan dengan determinan Wronski.

6

Determinan Wronski (lanjutan)

Contoh :

Tentukan determinan Wronski (Wronskian) fungsi berikut :

a. {sin 3x, cos 3x}

𝑾 𝒙 =𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙

𝟑 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 −𝟑𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙= −𝟑 𝐬𝐢𝐧𝟐 𝟑𝒙 − 𝟑 𝐜𝐨𝐬𝟐 𝟑𝒙 = −𝟑

b. {x, x2, x3}

𝑾 𝒙 =𝒙 𝒙𝟐 𝒙𝟑

𝟏 𝟐𝒙 𝟑𝒙𝟐

𝟎 𝟐 𝟔𝒙

= 𝟏𝟐𝒙𝟐 + 𝟎 + 𝟐𝒙𝟑 − 𝟎 − 𝟔𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟑 = 𝟐𝒙𝟑

Prinsip Superposisi

Jika y1(x), y2(x), ..., yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier

dari PD linier orde n, 𝚽 𝐃 𝒚 = 𝟎, maka solusi umumnya :

y = c1 y1(x) + c2 y2(x) + … + cn yn(x)

dengan :

c1 , c2 , … , cn = konstanta

7

Prinsip Superposisi (lanjutan)

Contoh :

Jika y1(x) dan y2(x) adalah solusi PD homogen : y” + P(x)y’ +

Q(x)y = 0, maka kombinasi linier c1 y1(x) + c2 y2(x) juga

merupakan solusi PD.

Bukti :

y1(x) dan y2(x) solusi y” + Py’ + Qy = 0, maka :

y1” + Py1’ + Qy1 = 0

dan

y2” + Py2’ + Qy2 = 0

Prinsip Superposisi (lanjutan)

Dari solusi y = c1 y1 + c2 y2, maka :

y’ = c1 y1’ + c2 y2

’

y” = c1 y1” + c2 y2

”

Substitusi ke PD diperoleh :

y” + P(x)y’ + Q(x)y = 0

c1 y1” + c2 y2

” + P(c1 y1’ + c2 y2

’) + Q(c1 y1 + c2 y2) = 0

c1 y1” + c2 y2

” + c1 Py1’ + c2 P y2

’ + c1 Qy1 + c2 Qy2 = 0

c1 (y1” + Py1

’ + Qy1 ) + c2 (y2” + P y2

’ + Qy2) = 0

c1 (0) + c2 (0) = 0

8

PD linier homogen orde n

PD linier homogen orde n dengan koefisien konstan

mempunyai bentuk umum :

𝒂𝒏𝒚𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏𝒚

𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒂𝟏𝒚′ + 𝒂𝟎𝒚 = 𝟎, 𝒂𝒏 ≠ 𝟎 (8)

Jika y1, y2, ..., yn adalah penyelesaian khusus PD linier

homogen, maka kombinasi liniernya juga merupakan

penyelesaian PD tersebut yang dapat dirumuskan :

𝒚 = 𝒌𝟏𝒚𝟏 + 𝒌𝟐𝒚𝟐 +…+𝒌𝒏𝒚𝒏 = 𝒌𝒊𝒚𝒊𝒏𝒊=𝟏 , 𝒌𝒊, 𝒌𝒊, …., 𝒌𝒊 = konstanta

PD linier homogen orde n (lanjutan)

Penyelesain PD linier homogen orde n dengan substitusi y =

erx, sehingga didapatkan persamaan karakteristik :

𝒂𝒏𝒓𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏𝒓

𝒏−𝟏 + ⋯+ 𝒂𝟏𝒓 + 𝒂𝟎 = 𝟎 (9)

Untuk selanjutnya dengan teknik faktorisasi dapat ditentukan

akar-akar persamaan karakteristik, yaitu : 𝒂𝒏𝒓

𝒏 + 𝒂𝒏−𝟏𝒓𝒏−𝟏 + ⋯+ 𝒂𝟏𝒓 + 𝒂𝟎 = 𝟎

⟹ 𝒂𝒏 𝒓 − 𝒓𝟏 𝒓 − 𝒓𝟐 … 𝒓 − 𝒓𝒏 = 𝟎 (10)

9


Akar-akar persamaan karakteristik pada Pers. (10) dapat

bernilai sama atau disebut akar rangkap (multiplicity). Dua

kasus akar rangkap untuk solusi PD linier homogen orde n :

Kasus I : jika akar rangkap adalah r = bilangan riil, terdapat k

penyelesaian bebas linier.

k solusi bebas linier :

𝒆𝒓𝒙, 𝒙 𝒆𝒓𝒙, … , 𝒙𝒌−𝟏𝒆𝒓𝒙; 𝒌 ≥ 𝟏

Solusi umumnya :

𝒚 = 𝒄𝟏𝒆𝒓𝒙 + 𝒄𝟐𝒙 𝒆𝒓𝒙 + …+ 𝒄𝒌𝒙

𝒌−𝟏𝒆𝒓𝒙; 𝒄𝒌 = konstanta ke-k


Kasus II : jika akar rangkap adalah r = bilangan kompleks (r = E i), terdapat k penyelesaian bebas linier.

k solusi bebas linier :

𝒆𝜶𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙, 𝒙𝒆𝜶𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙, … , 𝒙𝒌−𝟏𝒆𝜶𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙

𝒆𝜶𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙, 𝒙𝒆𝜶𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙, … , 𝒙𝒌−𝟏𝒆𝜶𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙

Solusi umumnya : 𝒚 = 𝒆𝒓𝒙 𝒄𝟏𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝟐𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙 + 𝒙 𝒄𝟑𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝟒𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙 + ⋯

+ 𝒙𝒌−𝟏 𝒄𝒌−𝟏𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝒌𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙

10


Contoh 1 :

𝒚(𝟓) − 𝟑𝒚 𝟒 + 𝟑𝒚′′′ − 𝒚′′ = 𝟎

Penyelesaian :

Persamaan karakteristik :

𝒓𝟓 − 𝟑𝒓𝟒 + 𝟑𝒓𝟑 − 𝒓𝟐 = 𝟎

Akar-akar persamaan karakteristik :

𝒓𝟏 = 𝒓𝟐 = 𝟎, 𝒓𝟑 = 𝒓𝟒 = 𝒓𝟓 = 𝟏

Solusi bebas linier :

𝒆𝟎𝒙, 𝒙𝒆𝟎𝒙, 𝒆𝒙, 𝒙𝒆𝒙, 𝒙𝟐𝒆𝒙

Solusi umum :

𝒚 = 𝒄𝟏 + 𝒄𝟐𝒙 + 𝒄𝟑 + 𝒄𝟒𝒙 + 𝒄𝟓𝒙𝟐 𝒆𝒙


Contoh 2 :

𝒚(𝟒) − 𝟒𝒚′′′ + 𝟏𝟒𝒚′′ − 𝟐𝟎𝒚′ + 𝟐𝟓 = 𝟎

Penyelesaian :


𝒓𝟒 − 𝟒𝒓𝟑 + 𝟏𝟒𝒓𝟐 − 𝟐𝟎𝒓 + 𝟐𝟓 = 𝟎


𝒓𝟏 = 𝒓𝟐 = 𝟏 + 𝟐𝒊, 𝒓𝟑 = 𝒓𝟒 = 𝟏 − 𝟐𝒊 Solusi bebas linier :

𝒆𝒙𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙, 𝒙𝒆𝒙𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙, 𝒆𝒙𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙, 𝒙𝒆𝒙𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙

Solusi umum :

𝒚 = 𝒄𝟏𝒆𝒙𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒄𝟐𝒙𝒆𝒙𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒄𝟑𝒆

𝒙𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝒄𝟒𝒙𝒆𝒙𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙

11

PD linier homogen orde n(lanjutan)

Latihan :

1. 𝒚′′′ − 𝒚′ = 𝟎

2. 𝒚(𝟒) − 𝟓𝒚′′ + 𝟒𝒚 = 𝟎

3. 𝒚′′′ − 𝟑𝒚′′ + 𝟑𝒚′ − 𝒚 = 𝟎

4. 𝒚(𝟒) + 𝟐𝒚′′ + 𝟑𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎

5. 𝒚(𝟒) − 𝒚 = 𝟎, 𝒚 𝟎 = 𝟓, 𝒚′ 𝟎 = 𝟐, 𝒚′′ 𝟎 = −𝟏, 𝒚′′′ 𝟎 = 𝟐

6. 𝒚′′′ − 𝟑𝒚′′ + 𝟒𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟎, 𝒚 𝟎 = 𝟏, 𝒚′ 𝟎 = 𝟎, 𝒚′′ 𝟎 = 𝟎

PD linier non homogen orde n

Prosedur umum penyelesaian PD linier non homogen adalah :

Langkah I : menentukan solusi umum PD linier homogen,

yh(x)

Langkah II : menentukan solusi umum PD linier non

homogen, yp(x)

Langkah III : menentukan solusi umum PD, y = yh(x) + yp(x)

12

PD linier non homogen orde n (lanjutan)

Contoh :

Tentukan solusi umum PD berikut :

y’’ + y = 1

Langkah I : solusi umum PD linier homogen.

y’’ + y = 0

Solusi umum : yh = c1 cos x + c2 sin x

Langkah II : solusi umum PD linier non homogen.

y’’ + y = 1

Solusi umum : yp = 1

Langkah III : Solusi umum PD :

y = c1 cos x + c2 sin x + 1


Metode Koefisien Tak Tentu

Pada awalnya metode ini diterapkan pada PD linier non

homogen orde 2 yang berbentuk :

ay’’ + by’ + cy = r(x), a, b, c = konstanta

Untuk selanjutnya metode ini juga berlaku untuk orde yang

lebih tinggi (orde n). Kuncinya adalah yp merupakan suatu

ekspresi yang mirip dengan r(x), dimana terdapat koefisien-

koefisien yang tidak diketahui yang dapat ditentukan dengan

mensubstitusikan yp pada persamaan.

13


Aturan untuk metode koefisien tak tentu :

1. Aturan Dasar : jika r(x) adalah salah satu fungsi yang ada

dalam Tabel 1, pilih fungsi yp yang bersesuaian dan

tentukan koefisien tak tentunya dengan mensubstitusikan

yp pada persamaan.

2. Aturan Modifikasi : jika r(x) sama dengan solusi PD

homogen, kalikan yp yang bersesuaian dalam Tabel 1

dengan x (atau x2, jika r(x) sama dengan solusi akar ganda

PD homogen).


c. Aturan Penjumlahan : jika r(x) adalah jumlah fungsi-

fungsi yang terdapat dalam Tabel 1 kolom pertama, yp

adalah jumlah fungsi pada baris yang bersesuaian.

Tabel 1. Metode koefisien tak tentu

Suku-suku dalam r(x) Pilihan untuk yp

kex Cex

Kxn (n = 0, 1, …) Knen + Kn-1en-1 + … + K1x + K0

kcos x atau ksin x Kcos x + Msin x

14

1. Aturan Dasar

Contoh :

Selesaikan PD linier non homogen berikut :

y’’ + 4y = 8x2

Langkah I : solusi umum PD linier homogen.

y’’ + 4y = 0


m2 + 4 = 0

Akar-akar persamaan karakteristik : m1 = 2i, m2 = -2i

Solusi umum : yh = Acos 2x + Bsin 2x

1. Aturan Dasar (lanjutan)

Langkah II : solusi umum PD linier non homogen.

y’’ + 4y = 8x2

f(x) = 8x2, sehingga dari Tabel 1 diperoleh :

yp = K2x2 + K1x + K0

yp’ = 2K2x + K1

yp’’ = 2K2

substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh :

2K2 + 4(K2x2 + K1x + K0) = 8x2

dengan menyamakan koefisien-koefisien yang

berpangkat sama diperoleh :

15

1. Aturan Dasar (lanjutan)

4K2 = 8

4K1 = 0

2K2 + 4K0 = 0

diperoleh konstanta : K2 = 2, K1 = 0, K0 = -1

solusi umum PD non homogen : yp = 2x2-1

Langkah III : solusi PD linier non homogen :

y = yh(x) + yp(x) = Acos 2x + Bsin 2x + 2x2-1

2. Aturan Modifikasi

Contoh :

Selesaikan PD linier non homogen berikut : y’’-3y’ + 2y = ex

Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y’’-3y’ + 2y = 0

Persamaan karakteristik : m2-3m + 2 = 0


m1 = 1, m2 = 2

Solusi umum : yh = c1ex + c2e

2x

16

2. Aturan Modifikasi (lanjutan)

Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y’’-3y’ + 2y = ex

f(x) = ex, sehingga dari Tabel 1 diperoleh :

yp = cex

karena f(x) = ex adalah solusi PD homogen pada

Langkah I, maka sesuai Aturan Modifikasi :

yp = cxex

yp’ = cex + cxex

yp’’ = 2cex + cxex

substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh : 2cex + cxex-3(cex + cxex) + 2(cxex) = ex

2. Aturan Modifikasi (lanjutan)


berpangkat sama diperoleh konstanta : c = -1

solusi umum PD non homogen : yp = -xex


y = yh(x) + yp(x) = c1e

x + c2e2x-xex

17

3. Aturan Penjumlahan

Contoh :

Selesaikan PD linier non homogen berikut : y’’-2y’ + y = ex + x

Langkah I : solusi umum PD linier homogen. y’’-2y’ + y = 0

Persamaan karakteristik : m2-2m + 1 = 0


m1 = m2 = 1

Solusi umum : yh = c1ex + c2e

2x

3. Aturan Penjumlahan (lanjutan)

Langkah II : solusi umum PD linier non homogen. y’’-2y’ + y = ex + x

f(x) = ex + x, sehingga dari Tabel 1 diperoleh :

yp = c1ex + c2x + c3

suku pada f(x) = ex adalah solusi ganda PD

homogen, maka solusi umum PD menjadi :

yp = c1x2ex + c2x + c3

yp’ = 2c1xex + c1x2ex + c2

yp’’ = 2c1ex + 2c1xex + 2c1xex + c1x

2ex

18


substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh : 2c1e

x + 4c1xex + c1x2ex-2(2c1xex + c1x

2ex + c2)

+ c1x2ex + c2x + c3 = ex + x

↔ 2c1ex + c2x-2c2 + c3 = ex + x


berpangkat sama diperoleh konstanta :

c1 = ½, c2 = 1, c3 = 2

solusi umum PD non homogen :

yp = c1x2ex + c2x + c3

= ½x2ex + x + 2



y = yh(x) + yp(x) = c1e

x + c2e2x + ½x2ex + x + 2

19

Contoh Soal (lanjutan)

Tentukan penyelesaian PD berikut :

y’’ + 2y’ + 5y = 16ex + sin 2x

Penyelesaian :

Langkah 1. Menentukan solusi PD homogen

y’’ + 2y’ + 5y = 0


m2 + 2m + 5 = 0

Akar-akar persamaan karakteristik : m1 =-1 + 2i, m2 =-1-2i

Solusi umum :

yh = e-x(Acos 2x + Bsin 2x)


Langkah 2. Menentukan solusi PD non homogen

y’’ + 2y’ + 5y = 16ex + sin 2x

f(x) = 16ex + sin 2x, sesuai Tabel 1 :

yp = cex + Kcos 2x + Msin 2x

Substitusi yp, yp’, yp’’ ke persamaan diperoleh :

8cex + (-4K + 4M + 5K)cos 2x + (-4K-4M + 5M)sin 2x =

16ex + sin 2x

dengan menyamakan koefisien-koefisien yang berpangkat

sama diperoleh konstanta :

c = 2, K = -4/17, M = 1/17

20


c = 2, K = -4/17, M = 1/17

solusi umum PD non homogen : 𝒚𝒑 = 𝒄𝒆𝒙 + 𝑲𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑴𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙

= 𝟐𝒆𝒙 −𝟒

𝟏𝟕𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 +

𝟏

𝟏𝟕𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙

Langkah 3. Menentukan solusi PD : 𝒚 = 𝒚𝒉 𝒙 + 𝒚𝒑 𝒙

= 𝒆−𝒙 𝑨𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑩𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝟐𝒆𝒙 −𝟒

𝟏𝟕𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 +

𝟏

𝟏𝟕𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙

Latihan

Tentukan penyelesaian PD berikut :

1. 𝒚′′ + 𝟒𝒚′ = 𝒙

2. 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟑 − 𝟔𝒙

3. 𝒚′′ − 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟔𝒆𝒙

4. 𝒚′′ + 𝒚 = 𝟔𝒆𝒙 + 𝟑

5. 𝒚′′ + 𝒚′ = 𝟐𝒙, 𝒚 𝟎 = 𝟏, 𝒚′ 𝟎 = 𝟐

6. 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟐𝒙, 𝒚 𝟎 = 𝟎, 𝒚′ 𝟎 = 𝟏

21

Terima kasih dan

Semoga Lancar Studinya!

Persamaan Diferensial -...

Documents

Transcript of Persamaan Diferensial -...