Persamaan Differensial Biasa
82
Home Page Title Page Contents Page 1 of 80 Go Back Full Screen Close Quit 1
-
Upload
hennyazalea9434 -
Category
Documents
-
view
1.568 -
download
0
Transcript of Persamaan Differensial Biasa
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 1 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 1 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Persamaan Differensial Biasa
December 14, 2006
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 1 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
CONTENTS
1 Pendahuluan 51.1 Beberapa KOnsep Dasar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Solusi Persamaan Differensial Biasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.1 Solusi Analitik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Solusi Kualitatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.3 Solusi Numerik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Teori Keujudan dan Ketunggalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Persamaan Differensial Order Satu 162.1 Persamaan Diferensial dengan Variabel Terpisah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Persamaan Diferensial Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3 Persamaan Differensial dengan Koefisien-Koefisien Linier . . . . . . . . . . . . . . 222.4 Persamaan Differensial Exact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.5 Faktor Integrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 2 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2.5.1 Bila Factor Integrasi hanya Tergantung dari x maka u = u(x): . . . . . . . 312.5.2 Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari y maka u = u(x, y): . . . . . . 322.5.3 Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari (x± y) maka u = u(z) = (x± y): 322.5.4 Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari (x · y) maka u = u(z) = (x · y): 342.5.5 Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari (x2 + y2) maka u = u(z) =
(x2 + y2): . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3 Aplikasi Persamaan Differensial Biasa Orde Satu 443.1 Pertumbuhan dan Peluruhan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.1.1 Pertumbuhan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.1.2 Peluruhan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.2 Hukum Pendinginan Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.3 Hukum Pemanasan Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.4 Masalah Pencampuran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4 Persamaan Differensial Linier Order Dua 534.1 Persamaan Differensial Linier Order Dua Homogen dengan Koefisien Konstanta . . 564.2 Masalah Nilai Awal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.3 Masalah Nilai Batas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.4 Persamaan Euler-Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634.5 Persamaan Differensial Linier Order Dua Nonhomegen dengan Koefisien Konstanta 67
5 Aplikasi Persamaan Differensial Order Dua 725.1 Pegas Bergetar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
5.1.1 Gerak Harmonik Sederhana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.1.2 Getaran yang Diredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
5.2 Rangkaian Listrik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 3 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
DAFTAR GAMBAR
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 4 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
DAFTAR TABEL
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 5 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
BAB 1
Pendahuluan
1.1. Beberapa KOnsep Dasar
Definisi 1.1.1 (Pengertian Persamaan Differensial). Persamaan Differensial adalahsuatu persamaan yang menghubungkan turunan fungsi tak diketahui (unknown function)dengan fungsi itu sendiri, variabel dimana fungsi tersebut terdefinisi maupun konstanta.
Jika fungsi tak diketahui suatu PD tergantung pada satu variabel, maka PD tersebutdinamakan Persamaan Differensial Biasa (PDB). Beberapa persamaan berikut adalah con-toh untuk PDB;
dy
dx= 2x + y (1.1)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 6 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
(dy
dx)2 − x2e2 = 1 (1.2)
Dalam PDB diatas besaran tidak diketahui y = y(x) disebut variabel terikat dan variabelx disebut variabel bebas. Dalam buku ini turunan akan dinyatakan dalam tanda ”aksen”dan untuk turunan lebih tinggi dari dua kadang dinyatakan oleh tanda ”skrip diatas”.Misalnya;
dy
dx= y′,
d2y
dx2= y”,
d3y
dx3= y(3) (1.3)
Secara umum notasi y′, y”, y(3),... tidak secara langsung menyatakan turunan pertama,kedua, ketiga dan seterusnya dari variabel y terhadap x, melainkan turunan variabel yterhadap variabel bebas yang dibicarakan, misalnya t. Selanjutnya variabel terikat y bisadigantikan oleh variabel lain tergantung dari fungsi tak diketahuinya, misalnya u. Apabilasuatu PD memuat suatu turunan parsial terhadap lebih dari satu variabel bebas, maka PDtersebut dinamakan Persamaan Differensial Parsial PDP). Beberapa dibawah ini merupakancontoh dari PDP;
∂u
∂x+
∂u
∂y= 0 (1.4)
∂v
∂t=
∂2v
∂x2(1.5)
∂2w
∂x2+
∂2w
∂y2= 0 (1.6)
Dalam persamaan (1.4) dan (1.6) variabel terikatnya adalah u dan W , variabel bebasnyaadalag x dan y. Sedangkan dalam persamaan (1.5) variabel terikatnya adalah v dan variabelbebasnya adalah t dan x. Karena materi persamaan differensial I hanya tercakup padaPDB, maka buku ini hanya akan membahas PDB.
Definisi 1.1.2 (Orde Persamaan Differensial). Orde suatu PD adalah orde tertinggidari turunan yang terjadi dalam persamaan.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 7 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Persamaan (1.1) dan (1.2) adalah PDB orde satu dan persamaan (1.3) adalah PDBorde dua. Sedangkan persaman (1.4) adalah PDB orde satu dan persamaan (1.5) dan (1.6)adalah PDP orde dua. Secara umum PDB orde ke-n adalah persamaan yang berbentuk;
F (x, y, y′, y”, ..., yn) = 0 (1.7)
dimana F adalah suatu fungsi dari variabel bebas x, variabel terikat y, dan turunan ysampai orde ke-n.
Definisi 1.1.3 (Kelinieran dan Kehomogenan Persamaan Differensial). PDB orden dikatakan linier apabila ia dapat dituliskan dalam bentuk;
a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + ... + an−1(x)y′ + an(x)y = g(x), (a0(x) 6= 0) (1.8)
Fungsi a0(x), a1(x), a2(x), ..., an(x) disebut koefisien dari PDB dan g(x) dinamakan un-sur tak homogen. Jika suatu PDB tidak bisa dinyatakan dalam bentuk persamaan (1.8),maka PDB tersebut dikatakan PDB tidak linier.Apabila semua koefisien adalah fungsi konstan, maka PDB tersebut dikatakan mempun-yai koefisien konstanta. Apabila semua koefisien adalah fungsi dari variabel x, maka PDBtersebut dikatakan mempunyai koefisien variabel. Apabila g(x) = 0, maka PDB tersebutdikatakan homogen. Sebaliknya PDB dikatakan tak homogen apabila g(x tidak identikdengan 0.
Contoh 1.1.1. Diberikan dua buah PDB
dy
dx=
y
x(1.9)
dy
dx=
x
y(1.10)
Berdasarkan definisi (1.1.3), maka persamaan (1.9) adalah PDB linier homogen den-gan jenis koefisiennya bukan konstanta maupun variabel. Sedangkan persamaan (1.10)merupakan PDB tak linier tak homogen.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 8 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
soal 1.1.1. Perhatikan PDB dibawah ini, kemudian isilah dengan jawaban yang benarmasing-masing kolom yang bersesuaian.
PDB Orde Linier atau taklinier
Homogen atautak homogen
Koefi, konstanta,variabel atau bukankeduanya
y′ = xy + 1y(1 + (y′)2) = 0yy” + y′ + y = 1y” + xy′ + y2 = 0y′′′ + y = cos y
y(4) + 5y = sinx
1.2. Solusi Persamaan Differensial Biasa
Definisi 1.2.1 (Solusi Persamaan Differensial). Suatu fungsi y(x) dikatakan solusidari suatu PDB apabila y(x) disubstitusikan kedalam PDB, persamaan yang dihasilkanadalah benar untuk semua x dalam domain y(x).
Contoh 1.2.1. Diberikan suatu PDB linier tak homogen orde dua dengan koefisien kon-stanta.
y” + y = x2 + 2 (1.11)
Tunjukkan bahwa y(x) = sin x + x2 adalah solusi dari persamaan (1.11)
Jawab 1.2.1. Dari y(x) = sinx + x2 didapatkan y′ = cos x + 2x dan y” = − sinx + 2.Setelah hasi tersebut disubstitusikan ke persamaan (1.11), maka identitas dalam persamaan(1.11)dipenuhi.
Kesimpulannya, y(x) = sin x + x2 adalah merupakan solusi dari persamaan (1.11).Adapun metode yang digunakan untuk menyelesaikan PDB pada dasarnya ada tiga yaitu,analitik, kualitatif dan numerik. Masing-masing metode tersebut akan dibahas berikut:
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 9 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1.2.1. Solusi Analitik
Representasi secara analitik dari suatu solusi bisa berbentuk salah satu dari dua bentukberikut;
• Bentuk eksplisit y = f(x), dalam hal ini variabel terikat terisolasi secara penuhdan hanya nampak sebagai pangkat satu pada sisi suatu persamaa. Disisi lain daripersamaan tersebut hanya mengandung ekspresi dalam variabel x atau konstanta.
• Bentuk implisit adalah persamaan h(x, y) = 0 yang mengandung variabel bebasmaupun variabel terikat tetapi tidak mengandung turunannya.
Solusi untuk PDB (1.11) diatas adalah contoh solusi yang berbentuk eksplisit. Solusiyang diperoleh secara analitik merupakan solusi eksak, sehingga para matematikawan tera-pan selalu berusaha untuk bisa menyelesaikan model yang ditemukan secara analitik. Jikatidak memungkinkan, barulah mencari solusi tersebut dengan metode lain. Kelebihan darisolusi secara analitik adalah formula yang diinginkan bisa diperoleh baik secara eksplisitmaupun implisit.
1.2.2. Solusi Kualitatif
Representasi secara kualitatif dari solusi PDB memudahkan pembaca untuk menginterpre-tasikannya dan biasanya mampu memberikan informasi secara jelas tentang kelakuan solusi(meskipun) tanpa harus mendapatkan formula untuk solusi tersebut. Metode ini sering di-gunakan untuk menganalisa kestabilan gerak suatu sistem; baik gerak suatu benda maupunpertumbuhan spesies.
Secara geometris, solusi PDB orde satu suatu kurva dengan gradien di sebarang titikpada kurva merupakan nilai turunan pertama pada titik tersebut seperti yang diberikanoleh PDB.
Contoh 1.2.2. Diberikan persamaan logistik
dy
dx= r(M − y)y (1.12)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 10 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
dengan r dan M adalah konstanta positif.
Jawab 1.2.2. Tanpa menentukan formula solusinya, bisa digambarkan kelakuan solusisecara grafik PDB (1.12) dengan melihat kemiringan kurva pada setiap titik seperti yangdiberikan oleh persamaan (1.12). Jika 0 < y < M , maka kurva mempunyai kemiringanpositif dan berimplikasi bahwa pada interval tersebut kurva (solusi) naik. jika y > M ,maka kurva mempunyai kemiringan negatif. dengan demikian pada interval tersebut kurvaturun. Titik belok akan terjadi ketika y = M
2 . Selanjutnya bisa dianalisa bahwa padainterval 0 < y < M
2 kurva membuka keatas ( concave up) dan pada interval M2 < y < M
kurva membuka kebawah ( concave down). Sedangkan pada interval y > M kurva membukake atas. Solusi grafik dari PDB (1.12)tersebut diberikan dalam gambar (??). Dari gambar(??)tersebut bisa disimpulkan bahwa titik-titik y = 0 adalah titik keseimbangan tak stabil(unstable equilibrium). sedangkan titik-titik y = M adalah titik keseimbangan stabil ( stableequilibrium).
Misalkan diberikan r = 1 dan M = 2 pada PDB (1.12), maka didapatkan PDB
d
ydx = (2− y)y (1.13)
Dengan menggunakan MAPLE bisa dianalisa gradien pada sebarang titik serta kelakuandari beberapa solusi untuk kondisi awal yang berbeda seperti ditunjukkan dalam gambar(??)
Jika dicocokkan dengan analisa kualitatif sebelumnya maka jelas bahwa y = 0 meru-pakan titik equilibrium tak stabil dan y = 2 adalah titik equilibrium stabil. Kurva solusidengan kondisi awal 0 < y < 1 akan mendekati y = 2 dan akan mengalami pembelokanpada y = 1, kurva solusi dengan kondisi awal 1 < y < 2 akan menuju y = 2 tanpa men-galami pembelokan, sedangkan kurva solusi dengan kondisi awal y > 2 juga akan menujuy = 2 tanpa mengalami pembelokan.
Untuk PDB orde lebih tinggi dari satu, gradien garis singgung pada titik-titik ki kurva(solusi) umumnya tidak bisa diperoleh secara langsung dari PDB yang diberikan karenamasih mengandung turunan ke dua atau lebih.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 11 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
1.2.3. Solusi Numerik
Metode numerik sebagai alternatif untuk menyelesaikan PDB, terutama untuk kasus PDByang tidak bisa diselesaikan secara analitik maupun kualitatif. Solusi numerik pada dasarnyaadalah merupakan aproksimasi untuk nilai variabel terikat pada nilai-nilai tertentu variabelbebas dengan tingkat ketelitian tertentu, sehingga harus sudah disadari sejak dini bahwasolusi yang diperoleh mengandung kesalahan (error). Dalam hal ini biasanya solusi PDBberupa tabel nilai variabel terikat dan variabel bebas yang bersesuaian.
Pada prakteknya, mencari solusi PDB secara numerik adalah mencari barisan {(xi, yi)}.Metode numerik untuk menyelesaikan PDB bisa dibedakan menjadi dua yakni; metode satulangkah (one step method) dan metode banyak langkah (multi step method) Dikatakansatu langkah karena untuk menentukan nilai yn+1 hanya memerlukan nilai yn, sedan-gkan jika nilai yn+1 diperoleh menggunakan lebih dari satu nilai y sebelumnya, misalkanyn−2, yn−1, yn, . . . maka metode tersebut dikatakan metode banyak langkah. Pada umum-nya metode banyak langkah memberikan hasil dengan ketelitian yang lebih tinggi diband-ingkan metode satu langkah.
Menyelesaikan PDB secara numerik menjadi populer karena pada kenyatannya PDByang muncul dari masalah sehari-hari tidaklah sederhana dan umumnya tidak dapat dise-lesaikan secara analitik bahkan mungkin tidak bisa diselesaikan secara kualitatif, tetapi iabisadiselesaikan secara numerik.
Definisi 1.2.2 (Solusi Umum). Solusi umum PDB orde n adalah solusi yang men-gandung semua solusi yang mungkin pada suatu interval. Solusi umum PDB orde n men-gandung n konstanta esensial. Sedangkan solusi PDB yang tidak mengandung konstantadisebut solusi khusus.
catatan:Pengertian konstanta esensial adalah suatu konstanta yang tidak bisa direduksilagi.
Contoh 1.2.3. Apakah y = C sinx adalah solusi umum dari PDB
y” + y = 0,−∞ < x < ∞ (1.14)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 12 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawab 1.2.3. Fungsi tersebut bukan merupakan solusi umum dari PDB (1.14), karenatidak mengandung dua konstanta esensial melainkan hanya mengandung satu konstantaesesensial.
Pada beberapa PDB tak linier orde n, selain mempunyai solusi umum yang mengan-dung n konstanta esesnsial, kadang juga mempunyai solusi lain yang tidak diperoleh darimensubstitusikan suatu nilai pada konstanta yang terkandung dalan solusi umum. Solusiyang demikian disebtu solusi singular.
Contoh 1.2.4. PDB tak liniery′
2 + xy′ = y (1.15)
mempunyai solusi umum y = Cx + C2. Tetapi juga mempunyai solusi singular yang tidakdiperoleh dari substitusi nilai C pada solusi umum tersebut.
soal 1.2.1. 1. Tentukan fungsi y (secara intuitif) yang merupakan solusi dari PDBdibawah ini;
(a) dydx = y
(b) dydx + y = 1
(c) dydx = y2
(d) dydx + y = ex
2. Berikan argumentasi mengapa PDB berikut ini tidak mempunyai solusi (bil real) padasebarang interval;
(a) ( dydx )2 + 1 = −e2
(b) sin y′ = 2
3. Tunjukkan bahwa fungsi yang diberikan pada kolom ketiga dari tabel berikut ini meru-pakan solusi MNA yang bersesuaian.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 13 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
PDB Kondisi Awal Fungsiy′ = −y y(0) = 2 y(x) = 2e−x
y” + 4y = 0 y(0) = 1 y′(0) = 0 y(x) = cos 2xy” + 3y′ + 2y = 0 y(0) = 0 y′(0) = 1 y(x) = e−x − e−2x
1.3. Teori Keujudan dan Ketunggalan
Timbul suatu pertanyaan apakah setiap PDB mempunyai solusi pada suatu interval danmemenuhi kondisi awal y(x0) = y0 yang termuat dalam interval tersebut? Jika solusi y(x)memenuhi kondisi awal y(x0) = y0, apakah satu-satunya solusi?
Contoh 1.3.1. PDB (y′)2 + x2 = 0 tidak mempunyai solusi pada interval manapun,sebab persamaan tersebut menunjukkan bahwa fungsi y mempunyai gradien yang merupakananggota bilangan imajiner.
Contoh 1.3.2. Persamaan (1.14) mempunyai banyak solusi yang diberikan oleh y =C1 sinx + C2 cos x pada interval yang diberikan, tetapi hanya mempunyai satu solusi yangmemenuhi kondisi awal y(0) = 1 dan y′(0) = 1, solusi tersebut adalah y = sinx + cos x.Karena solusi ini tidak mengandung konstanta, maka ia adalah solusi khusus PDB tersebutkarena ia satu-satunya solusi PDB tesebut yang memenuhi kondisi khusus yang diberikan,yaitu y(0) = 1 dan y′(0) = 1.
Keujudan dan ketunggalan (existence and uniqueness) solusi PDB, khususnya PDB ordesatu bisa dibuktikan dengan beberapa teorema, satu diantaranya adalah Teorema Picard.
Teorema 1.3.1 (Teorema Picard). Diberikan suatu MNA
y′ = f(x, y) dan y(x0) = y0 (1.16)
Asumsikan bahwa f dan ∂f∂y kontinu pada suatu persegi panjang R = {(x, y) : a < x <
b, c < y < d} yang memenuhi kondisi awal (x0, y0). jika kondisi ini dipenuhi, maka MNA
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 14 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
tersebut mempunyai solusi tunggal y = φ(x) pada interval (x0 − h, x0 + h), dimana hkonstanta positif.
Catatan:Teori Picard diatas menjadi popular, karena dalam membuktikan keujudan danketunggalan solusi PDB (MNA) cukup hanya menunjukkan kekontinuan dar f dan ∂f
∂y yangpada umumnya mudah dikerjakan.
Contoh 1.3.3. Apakah MNA berikut mempunyai solusi tunggal?
y′ = y + e2x, y(0) = 1 (1.17)
Jawab 1.3.3. Karena f(x, y) = y + e2x dan frac∂f∂y kontinu pada sebarang persegipanjang yang memuat titik (0, 1)(sesuai dengan kondisi pada persamaan (1.16), makahipotesis teori picard dipenuhi. Kesimpulannya MNA (1.17) mempunyai solusi tunggaldalam interval (−h, h)
Contoh 1.3.4. Selidiki keujudan dan ketunggalan solusi MNA berikut;
• y′ = y1/3, y(0) = 0
• yy′ = x, y(0) = 0
soal 1.3.1. 1. Selidiki apakah Teori Picard berimplikasi bahwa MNA berikut ini mem-punyai solusi tunggal pada interval yang memuat kondisi awal;
(a) y′ = x3 − y3, y(0) = 0
(b) y′ = yx , y(0) = 1
2. Tentukan titik (titik-titik) (x0, y0) untuk semua PDB berikut ini memenuhi teori keu-judan dan ketunggalan dari picard.
(a) y′ = x2+yx−y
(b) y′ = (2x− y)1/3
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 15 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
(c) y′ = (1− x2 − 2y2)3/2
(d) 2xyy′ = x2 + y2
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 16 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
BAB 2
Persamaan Differensial Order Satu
2.1. Persamaan Diferensial dengan Variabel Terpisah
Bentuk Umum (I):dy
dx= f(x) (2.1)
Persamaan (2.1) bisa langsung diselesaikan dengan cara sebagai berikut:dy = f(x)dx∫dy =
∫f(x)dx
y = F (x) + C (2.2)
Persamaan (2.2) merupakan solusi umum dari Persamaan (2.1), dengan C sebagai konstantaintegrasi.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 17 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Bentuk Umum (II) :M(x)dx + N(y)dy = 0 (2.3)
dimaan M merupakan hanya fungsi x saja dan N dungsi y saja. dengan mengintegrasikansuku demi suku maka terdapatlah penyelesaian umumnya:∫
M(x)dx +∫
N(y)dy = C
atau
A(x) + B(y) = C
Contoh 2.1.1. Tentukan solusi dari persamaan diferensial beikut ini:
dy
dx=
1√1− x2
Jawab 2.1.1.dy =
dx√1− x2∫
dy =∫
dx√1− x2
misalkan x = sinφ → dx = cos φdφ
x2 = sin2 x φ = arcsinx
Selanjutnya dengan mensubstitusikan pemislan diatas kedalam persamaan diferensial diper-oleh bentuk seperti berikut: ∫
dy =∫
cos φdφ√1− sin2 φ
dy =∫
cos φdφ√cos2 φ
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 18 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
y = φ + C atau
y = arcsinx + C (solusi umum)
Contoh 2.1.2. Tentukan solusi persamaan diferensial y′ = sin2 x · cos x
Jawab 2.1.2. Persamaan diatas dapat diutlis dalam bentuk:
dy
dx= sin2 x cos x∫
dy =∫
sin2 x cos xdx
y =∫
sin2 xd(sinx)
y =13
sin3 x + C (solusi umum)
Contoh 2.1.3. Selesaikan persaman diferensial berikut:
yy′ + 4x = 0
Jawab 2.1.3. Dengan memisahkan variabelnya dapat diperoleh persamaan berikut.
9ydy
dx= −4x∫
9ydy =∫−4xdx
dengan mengintegrasikan kedua sisinya diperoleh solusi umumnya :
92y2 = −2x2 + C atau
x2
9+
y2
4= c (c =
C
19)
Solusi diatas menunjukkan keluarga ellips.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 19 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2.2. Persamaan Diferensial Homogen
Fungsi F (x, y) disebut fungsi homogen berderajat n dalam variabel x dan y jika setiapharga lamda (λ) berlaku:
f(λx, λy) = λn · f(x, y)
Contoh 2.2.1. Fungsi f(x, y) =√
x2 + y2
Fungsi f(x, y) homogen karena
f(λx, λy) =√
λ2x2 + λ2y2
f(λx, λy) = λ√
x2 + y2
f(λx, λy) = λf(x, y)
jadi f(x, y) fungsi homogen berderajat satu (n = 1).
Contoh 2.2.2. Fungsi f(x, y) = xy + y2 adalah fungsi homogen berderajat dua
karena:
f(λx, λy) = λxλy + λ2y2
f(λx, λy) = λ2xy + λ2y2
f(λx, λy) = λ2(xy + y2)f(λx, λy) = λ2f(x, y); n = 2
dydx = f(x, y) disebut persamaan diferensial homogen orde 1 jika f(x, y) fungsi homogenberderajat nol dalam x dan y.
Contoh 2.2.3. Fungsi dydx = x2−y2
xy adalah persamaan diferensial homogen orde satu karenaf(x, y) merupakan fungsi homogen berderajat nol dalam x dan y.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 20 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Untuk menyelesaikan persamaan diferensial homogen orde satu terlebih dahulu harusdiperiksa apakah persamaan diferensial yang akan diselesaikan benar-benar homogen. Apa-bila persamaannya homogen maka cara pemecahannya sebagai berikut:Bentuk Umum:
dy
dx= f(x, y) (2.4)
Penyelesaian untuk persamaan (2.4) dengan pemisalan sebagai berikut:
y = u · x → u =y
x
dy
dx= u + x
du
dx
dengan mensunstitusikan y dan dydx kedalam persamaan (2.4) diperoleh:
u + xdu
dx= f(x, y) → u + x
du
dx= f(x(1, u))
xdu
dx= f(x(1, u))− u∫du
f(1, u)− u=
∫dx
x(2.5)
Persamaan (2.5) merupakan solusi umum dari (2.4).
Contoh 2.2.4. Periksalah apakah persamaan differensial berikut homogen, kemudian ten-tukan solusi umumnya!
xdy − ydx =√
x2 + y2dx (2.6)
Jawab 2.2.4.dy
dx=
√x2 + y2 + y
x(2.7)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 21 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
f(x, y) =dy
dx=
√x2 + y2 + y
x
f(λx, λy) =dy
dx=
√λ2x2 + λ2y2 + λy
λx
f(λx, λy) =dy
dx=
λ√
x2+2 + y
λx
f(λx, λy) =dy
dx=
√x2 + y2 + y
x
f(x, y) homogen dengan n = 0.Selanjutnya dengan memisalkan u = y
x ;
y = u · x → dy
dx= u + x
du
dx
substitusi (2.7) ke (2.6) diperoleh
u + xdu
dx=
√x2 + u2x2 + ux
x
xdu
dx=
√1 + u2∫
du√1 + u2
−∫
dx
x= c
ln(√
1 + u2 + u)− lnx = c, ganti u =y
x√x2 + y2 + y
x2= c, (solusi umum)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 22 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2.3. Persamaan Differensial dengan Koefisien-KoefisienLinier
Persamaan differensial dengan koefisien-koefisien linier disebut juga dengan persamaan dif-ferensial non homogen. Persamaan differensial ini dapat direduksi menjadi persamaandifferensial homogen, sehingga penyelesaiannya dapat dilakukan dengan langkah-langkahpersamaan differensial homogen.Bentuk Umum:
(ax + by + c)dx + (px + qy + r)dy = 0 (2.8)
atau dapat juga ditulis sebagai
dy
dx=
ax + by + c
a1x + b1y + c1(2.9)
dengan syarat c, c1 6= 0 dan∣∣∣∣ a b
a1 b1
∣∣∣∣ 6= 0
• Bila C = 0 dan C1 = 0 maka (2.9) menjadi: dydx = ax+by
a1x+b1y (Persamaan differensialhomogen)
• Bila a1x + b1y = k(ax + by); (k=bilangan konstanta) maka (2.9) menjadi:
dy
dx=
ax + by + c
k(ax + by) + c1(2.10)
misal ax + by = z, adx + bdy = dz, dydx = 1
bdzdx , sehingga (2.10) menjadi;
1b
dz
dx− a =
z + c
kz + c(persamaan differensial dengan variabel terpisah).
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 23 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
• Bila aa1
6= bb1
, c 6= 0 dan c1 6= 0 maka langkah penyelesaiannya adalah sebagaiberikut:
ax + by + c = 0a1x + b1y + c = 0
}adalah persamaan dua garis yang berpotongan.
Misalkan titik potong kedua garis itu adalah (h, k), maka dengan substitusi
x = x1 + hy = y1 + k
}→
[dx = dx1
dy = dy1
]→ dy
dx=
dy1
dx1(2.11)
dengan mensubstitusikan (2.11) ke 2.9)
dy1
dx1=
a(x1 + h) + b(y1 + k) + c
a1(x1 + h) + b1(y1 + k) + c1(2.12)
atau
dy1
dx1=
ax1 + by1 + ah + bk + c
a1x1 + b1y1 + a1h + b1k + c1(2.13)
dari persamaan 2.13) diambil dua persamaan
ah + bk + c = 0a1h + b1k + c1 = 0
](2.14)
dengan menyelesaikan sistem persamaan (2.14) diperoleh nilai h dan k.
dy
dx=
ax1 + by1
a1x1 + b1y1(2.15)
persamaan (2.15) diselesaikan dengan mengambil pemisalan y1 = ux1 (persamaandifferensial homogen).
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 24 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh 2.3.1. Tentukan solusi dari persamaan differensial
(x + y + 2)dy = (4x + y + 1)dx
Jawab 2.3.1.dy
dx=
4x + y + 1x + y + 2
(2.16)
misal x = x1 + hy = y1 + kdydx = dy1
dx1
→ substitusikan ke (2.16)
dy1
dx1=
4(x1 + h) + (y1 + k) + 1(x1 + h) + (y1 + k) + 2
dy1
dx1=
4x1 + y1 + 4h + k + 1x1 + y1 + h + k + 2
(2.17)
Dari persamaan (2.17) diambil dua persamaan
4h + k + 1 = 0h + k + 2 = 0
](2.18)
dy1
dx1=
4x1 + y1
x1 + y1(2.19)
dengan menyelesaikan sistem persamaan (2.18) diperoleh nilai
h =13
dan k = −73
x = x1 + h → x = x1 +13→ x1 = x− 1
3
y = y1 + k → y = y1 −73→ y1 = y +
73
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 25 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
selanjutnya persamaandy1
dx1=
4x1 + y1
x1 + y1
diselesaikan dengan pemisalan
y1 = ux1 →dy1
dx1= u + x
du
dx1(2.20)
dari (2.19) dan (2.20)
u + x1du
dx1=
4x1 + ux1
x1 + ux1
x1du
dx1=
4 + u
1 + u− u atau x1
du
dx1=
4 + u− u− u2
1 + u∫u + 14− u2
du =∫
dx1
x1∫ (A
2 + u+
B
2− u
)= ln x1 + ln c
dimana A = − 14 dan B = 3
4
−14
∫du
2 + u+
34
∫du
2− u= ln cx1
−14
ln 2 + u− 34
ln 2− u = ln cx1
(2 + u)(2− u)3 = c(x1)−4; ganti u =y1
x1
(2x1 + y1)(2x1 − y1)3 = c
ganti x1 = x− 13 dan y1 = y + 7
3
(6x + 3y + 5)(2x− y − 3)3 = c (solusi umum)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 26 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2.4. Persamaan Differensial Exact
Bentuk umum persamaan differensial exact adalah:
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.21)
persamaan (2.21) merupakan persamaan differensial exact jika ruas kiri merupakan differ-ensial dari u(x, y) = c. Sehingga turunan dari u(x, y) = c:
du(x, y) =∂u
∂xdx +
∂u
∂ydy = 0 (2.22)
Dari persamaan (2.21) dan (2.22) diperoleh persamaan sebagai berikut:
M =∂u
∂x→ ∂2u
∂x∂y(2.23)
N =∂u
∂y→ ∂2u
∂y∂x(2.24)
Selanjutnya persamaan (2.21) disebut exact jika memenuhi syarat sebagai berikut:
∂M
∂y=
∂N
∂x(2.25)
Demikian juga sebaliknya, bila persamaan(2.25) dipenuhi maka M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0adalah persamaan differensial exact. Apabila syarat exact sudah dipenuhi maka u(x, y)dapat dicari dengan langkah-langkah sebagai berikut:
∂u
∂x= M(x, y) → ∂u = M(x, y)dx∫
∂u =∫
M(x, y)∂x
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 27 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
u =∫
M(x, y)∂x + ϕ(y) (2.26)
∂u
∂y=
∂
∂y
[∫M(x, y)∂x + ϕ(y)
](2.27)
Dari persamaan (2.24) dan persamaan (2.27) diperoleh persamaan berikut:
N(x, y) =∂u
∂y=
∂
∂y
[∫M(x, y)∂x + ϕ(y)
]N(x, y) =
∂
∂y
[∫M(x, y)∂x + ϕ(y)
]ϕ′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
[∫M(x, y)∂x
]
ϕ(y) =∫ [
N(x, y)− ∂
∂y
[∫M(x, y)∂x
]](2.28)
Dari persamaan (2.26) dan (2.28) diperoleh penyelesaian persamaan (2.21) sebagai berikut:
u(x, y) =∫
M(x, y)∂x +∫ [
N(x, y)− ∂
∂y
[∫M(x, y)∂x
]]Contoh 2.4.1. Tentukan solusi dari persamaan differensial
(6xy2 + 4x3)dx + (6x2y + 3y2)dy = 0
Jawab 2.4.1.(6xy2 + 4x3)dx + (6x2y + 3y2)dy = 0 (2.29)
M = 6xy2 + 4x3 (6x2y + 3y2)dy
∂M
∂y= 12xy
∂N
∂x= 12xy
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 28 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
∂M
∂y=
∂N
∂x= 12xy (persamaan differensial exact)
karena syarat exact dipenuhi, maka langkah selanjutnya dapat digunakan.
∂u
∂x= M(x, y) = 6xy2 + 4x3
∂u = (6xy2 + 4x3)∂x∫∂u =
∫(6xy2 + 4x3)∂x
u = 3x2y2 + x4 + ϕ(y) (2.30)∂u
∂y= 6x2y + ϕ′(y) (2.31)
∂u
∂y= N(x, y) (2.32)
6x2y + 3y2 = 6x2y + ϕ′(y)
ϕ′(y) = 3y2 (2.33)ϕ(y) = = y3 + c (2.34)
dari (2.30) dan (2.34) diperoleh solusi persamaan (2.29)
3x2y2 + x4 + y3 = c (solusi umum)
Contoh 2.4.2. Tentukan solusi dari persamaan differensial
(2x cos y − ex)dx− x2 sin ydy = 0
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 29 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawab 2.4.2.(2x cos y − ex)dx− x2 sin ydy = 0 (2.35)
misal u(x, y) = c (2.36)
du(x, y) =∂u
∂xdx +
∂u
∂ydy = 0
M = 2x cos y − ex N = −x2 sin y
∂M∂y = −2x sin y
∂N
∂x= −2x sin y
∂M
∂y=
∂N
∂x= −2x sin y (exact)
M =∂U
∂x= 2x cos y − ex
∂u = (2x cos y − ex)∂x∫∂u =
∫(2x cos y − ex)∂x
u = x2 cos y − ex + ϕ(y) (2.37)
∂u
∂y= −x2 sin y + ϕ′(y)
N = −x2 sin y + ϕ′(y)−x2 sin y = −x2 sin y + ϕ′(y)
ϕ′(y) = 0
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 30 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
ϕ(y) = c (2.38)
dari (2.36), (2.37) dan (2.38) didapat
x2 cos y − ex = c
2.5. Faktor Integrasi
Apabila bentuk persamaan differensial exact tidak memenuhi syarat exact
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.39)
tidak memenuhi syarat exact, atau ditulis dengan notasi
∂M
∂y6= ∂N
∂x(2.40)
maka persamaan diatas bukan persamaan differensial exact. Dengan demikian harus dibuatpersamaan diatas menjadi exact dengan cara menggandakan persamaan tersebut denganfaktor integrasi u sehingga diperoleh:
uM(x, y)dx + uN(x, y)dy = 0 (2.41)
Agar persamaan (2.41) exact maka persamaan (2.41) harus memenuhi syarat persamaanexact sebagai berikut:
∂
∂y(uM) =
∂
∂x(uN) (2.42)
selanjutnya persamaan (2.42) ini diturunkan sebagai berikut
u∂M
∂y+ M
∂u
∂y= u
∂N
∂x+ N
∂u
∂x
M∂u
∂y−N
∂u
∂x= u
∂N
∂x− u
∂M
∂y
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 31 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= N
∂u
∂x−M
∂u
∂y(2.43)
Dari persamaan (2.43) ini harga u dapat dicari, dan setelah harga u dimasukkan dalampersamaan (2.41) terjadilah persamaan differensial exact dan dapat diselesaikan dengancara seperti pada 3.1.
2.5.1. Bila Factor Integrasi hanya Tergantung dari x maka u = u(x):
∂u
∂x=
du
dxdan
∂u
∂y= 0 (2.44)
sehingga persamaan (2.43) menjadi;
u
[∂N
∂x− ∂M
∂y
]= −N
du
dx(2.45)
atau
Ndu
dx= u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]∫
du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
Ndx
lnu =∫ ∂M
∂y − ∂N∂x
Ndx
u = e
[∫ ∂M∂y− ∂N
∂xN dx
]
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 32 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2.5.2. Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari y maka u =u(x, y):
∂u
∂y=
du
dydan
∂u
∂x= 0 (2.46)
sehingga persamaan (2.43) menjadi;
u
[∂N
∂x− ∂M
∂y
]= M
du
dy(2.47)
atau
−Mdu
dy= u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]∫
du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
−Mdx
lnu =∫ ∂M
∂y − ∂N∂x
−Mdx
u = e
[∫ ∂M∂y− ∂N
∂x−M dx
]
2.5.3. Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari (x ± y) makau = u(z) = (x± y):
dz
dx= 1 dan
dz
dy= ±1 (2.48)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 33 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
∂u
∂x=
∂u
∂z· ∂z
∂x= u′(z) · dz
dx= u′(z) (2.49)
∂u
∂y=
∂u
∂z· ∂z
∂y= u′(z) · dz
dy= ±u′(z) (2.50)
sehingga rumus faktor integrasi menjadi
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= N
∂u
∂z
∂z
∂x−M
∂u
∂z
∂z
∂y
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= Nu′(z)1∓Mu′(z)1
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= (N ∓M)u′(z)
u′(z)u
=∂M∂y − ∂N
∂x
N ∓M
Dalam bentuk fungsi z menjadi
du
u=
∂M∂y − ∂N
∂x
N ∓Mdz∫
du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
N ∓Mdz
lnu =∫ ∂M
∂y − ∂N∂x
N ∓Mdz
u = e
[∫ ∂M∂y− ∂N
∂xN∓M dz
]
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 34 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
2.5.4. Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari (x · y) makau = u(z) = (x · y):
dz
dx= y dan
dz
dy= x (2.51)
∂u
∂x=
∂u
∂z· ∂z
∂x= u′(z) · dz
dx= u′(z)y (2.52)
∂u
∂y=
∂u
∂z· ∂z
∂y= u′(z) · dz
dy= u′(z)x (2.53)
sehingga rumus faktor integrasi menjadi
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= N
∂u
∂z
∂z
∂x−M
∂u
∂z
∂z
∂y
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= Nu′(z)y −Mu′(z)x
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= (Ny −Mx)u′(z)
u′(z)u
=∂M∂y − ∂N
∂x
Ny −Mx
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 35 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Dalam bentuk fungsi z menjadi
du
u=
∂M∂y − ∂N
∂x
Ny −Mxdz∫
du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
Ny −Mxdz
lnu =∫ ∂M
∂y − ∂N∂x
Ny −Mxdz
u = e
[∫ ∂M∂y− ∂N
∂xNy−Mx dz
]
2.5.5. Bila Faktor Integrasi hanya Bergantung dari (x2 + y2) makau = u(z) = (x2 + y2):
dz
dx= 2x dan
dz
dy= 2y (2.54)
∂u
∂x=
∂u
∂z· ∂z
∂x= u′(z) · dz
dx= u′(z)2x (2.55)
∂u
∂y=
∂u
∂z· ∂z
∂y= u′(z) · dz
dy= u′(z)2y (2.56)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 36 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
sehingga rumus faktor integrasi menjadi
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= N
∂u
∂z
∂z
∂x−M
∂u
∂z
∂z
∂y
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= Nu′(z)2x−Mu′(z)2y
u
[∂M
∂y− ∂N
∂x
]= (2xN − 2yM)u′(z)
u′(z)u
=∂M∂y − ∂N
∂x
2xN − 2yMx
Dalam bentuk fungsi z menjadi
du
u=
∂M∂y − ∂N
∂x
2xN − 2yMdz∫
du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
2xN − 2yMdz
lnu =∫ ∂M
∂y − ∂N∂x
2xN − 2yMdz
u = e
[∫ ∂M∂y− ∂N
∂xNy−Mx dz
]
Berdasarkan uaraian diatas, ternyata yang membedakan faktor integrasinya tergantung dari
∂M∂y − ∂N
∂x
αN − βM(2.57)
dimana α dan β harus dicari sedemikian, hingga (2.57) dapat berbentuk sama dengan salahsatu dari ketentuan (rumus) diatas.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 37 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh 2.5.1. Carilah solusi dari persamaan differensial
(3− 2y)dx + (x2 − 1)dy = 0
Mempunyai faktor integrasi hanya fungsi dari x.
Jawab 2.5.1.(3− 2y)dx + (x2 − 1)dy = 0 (2.58)
M = 3− 2y → ∂M
∂y= −2
N = x2 − 1 → ∂N
∂x= 2x
∂M
∂y6= ∂N
∂x(tidak exact)
Karena fakor integrasinya sudah ditentukan maka faktor integrasi tersebut dapat langsungdicari dengan menggunakan rumus:∫
du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
Ndx
lnu =∫−2− 2x
x2 − 1dx
lnu =∫
−2x− 1
dx
lnu = ln(x− 1)−2
u =1
(x− 1)2(2.59)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 38 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Gandakan persamaan (2.58) dengan (2.59)
3− 2y
(x− 1)2dx +
x2 − 1(x− 1)2
dy = 0
3− 2y
(x− 1)2dx +
x + 1x− 1
dy = 0 (Persamaan Exact)
Persamaan (2.58) telah menjadi persamaan differensial exact. Selanjutnya harga M danN yang baru menjadi :
M =3− 2y
(x− 1)2→ ∂M
∂y=
−2(x− 1)2
N =x2 − 1
(x− 1)2=
x + 1x− 1
→ ∂N
∂x=
−2(x− 1)2
∂M
∂y=
∂N
∂x(Terbukti syarat exact terpenuhi)
M =∂u
∂x=
−2(x− 1)2∫
∂u =∫
3− 2y
(x− 1)2∂x
u =2y − 3x− 1
+ ϕ(y) (2.60)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 39 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
∂u
∂y=
2x− 1
+ ϕ′(y)
N =∂u
∂y=
2x− 1
+ ϕ′(y)
x + 1x− 1
=2
x− 1+ ϕ′(y)
ϕ′(y) =x + 1x− 1
− 2x− 1
ϕ′(y) = 1 → ϕ(y) = y + c (2.61)
Dari (2.60) dan (2.61) diperoleh penyelesaian (2.58)
u(x, y) =2y − 3x− 1
+ y + c = 0
2y − 3x− 1
+ y = c atau
y(x + 1) = c(x− 1) + 3 Solusi umum (2.58)
Contoh 2.5.2. Carilah solusi dari persamaan differensial
2xydx + (2x2 + 3)dy = 0
Mempunyai faktor integrasi hanya fungsi dari y
Jawab 2.5.2.2xydx + (2x2 + 3)dy = 0 (2.62)
M = 2xy → ∂M
∂y= 2x
N = 2x2 + 3 → ∂N
∂x= 4x
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 40 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
∂M
∂y6= ∂N
∂x(tidak exact)
Faktor integrasi ditentukan dnegan rumus:∫du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
−Mdy
lnu =∫
2x− 4x
−2xydy
lnu =∫
1ydy
u = y (2.63)
Gandakan persamaan (2.62) dengan (2.63)
2xy2dx + (2x2y + 3y)dy = 0 (2.64)
sehingga harga M dan N yang baru menjadi :
M = 2xy2 → ∂M
∂y= 4xy
N = 2x2y + 3y → ∂N
∂x= 4xy
∂M
∂y=
∂N
∂x(Terbukti syarat exact terpenuhi)
M =∂u
∂x= 2xy2∫
∂u =∫
2xy2∂x
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 41 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
u = x2y2 + ϕ(y) (2.65)
∂u
∂y= 2x2y + ϕ′(y)
N =∂u
∂y= 2x2y + ϕ′(y)
2x2y + 3y = 2x2y + ϕ′(y)
ϕ′(y) = 3y → ϕ(y) =32y2 + c (2.66)
Dari (2.65) dan (2.66) diperoleh penyelesaian (2.62)
y2(2x2 + 3) = c Solusi umum (2.58)
Contoh 2.5.3. Tentukan solusi dari persamaan differensial
(12x2y + 3xy2 + 2y)dx + (6x3 + 3x2y + 2x)dy = 0
mempunyai faktor integrasi hanya fungsi dari xy.
Jawab 2.5.3.(12x2y + 3xy2 + 2y)dx + (6x3 + 3x2y + 2x)dy = 0 (2.67)
M = 12x2y + 3xy2 + 2y → ∂M
∂y= 12x2 + 6xy + 2
N = 6x3 + 3x2y + 2x → ∂N
∂x= 18x2 + 6xy + 2
∂M
∂y6= ∂N
∂x(tidak exact)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 42 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Faktor integrasi ditentukan dengan rumus:∫du
u=
∫ ∂M∂y − ∂N
∂x
−Mdy
lnu =∫
(12x2 + 6xy + 2)− (18x2 + 6xy + 2)y(6x3 + 3x2y + 2x)− x(12x2y + 3xy2 + 2y)
dz
lnu =∫
−6x2
−6x3ydz
lnu =∫
1xy
=∫
1zdz = ln z
u = z = xy (2.68)
substitusikan (2.68) ke (2.67)
(12x3y2 + 3x2y3 + 2xy2)dx + (6x4y + 3x3y2 + 2x2y)dy = 0 (2.69)
Dari persamaan (2.69) nilai M dan N menjadi
M = 12x3y2 + 3x2y3 + 2xy2 → ∂M
∂y= 24x3y + 9x2y2 + 4xy
N = 6x4y + 3x3y2 + 2x2y → ∂N
∂x= 24x3y + 9x2y2 + 4xy
∂M
∂y=
∂N
∂x(Terbukti syarat exact terpenuhi)
M =∂u
∂x= 6x4y + 3x3y2 + 2x2y∫
∂u =∫
6x4y + 3x3y2 + 2x2y∂x
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 43 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
u = 3x4y2 + x3y3 + x2y2 + ϕ(y) (2.70)
∂u
∂x= 6x4y + 3x3y2 + 2x2y + ϕ′(y)
N =∂u
∂x= 6x4y + 3x3y2 + 2x2y + ϕ′(y)
6x4y + 3x3y2 + 2x2y = 6x4y + 3x3y2 + 2x2y + ϕ′(y)
ϕ′(y) = 0 → ϕ(y) = c substitusikan ke (2.70)
u = u = 3x4y2 + x3y3 + x2y2 + c = 0 atau
x2y2(3x2 + xy + 1) = c jawab umum(2.67)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 44 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
BAB 3
Aplikasi Persamaan Differensial Biasa Orde Satu
3.1. Pertumbuhan dan Peluruhan
3.1.1. Pertumbuhan
Pada tahun 1798 T.R Malthus mengamati bahwa penduduk Eropa akan menjadi dua kalilipat pada selang waktu yang teratur, dan dia berkeimpulan bahwa laju pertambahanpopulasi berbanding lurus dengan penduduk yang ada. Misalkan N(t) menunjukkan jumlahyang ada pada setiap saat t. Jika k adalah konstanta perbandingan, maka fungsi fungsiN = N(t) memenuhi persamaan differensial orde 1
dN(t)dt
= kN(t) hukum Malthus [?]
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 45 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Sedangkan bila k berubah-ubah tergantung dari N , maka dapat diganti dengan suatufungsi misalnya h(N), dipilih h(N) = r − aN maka model pertumbuhan diatas berubahmenjadi
dN
dt= r − aN)N
dN
dt= r(1−N/K)N dimana K =
r
kN(t0) = N0
PDB ini dikenal dengan persamaan Verhulst atau persamaan Logistik.
Contoh 3.1.1. Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut
dx
dt=
1100
x− 1108
x2
Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100.000 maka
1. berapa besar populasi pada tahun 2000
2. tahu berapa jumlah populasi akan menjadi 2x tahun 1980
3. berapa jumlah populasi terbesar untuk t > 1980
Jawab 3.1.1. Bila tahun 1980 jumlah populasi 100.000 maka dapat dikatakan x(1980) =100.000 sehingga model PDB sekarang adalah
dx
dt=
1100
x− 1108
x2
x(t0) = x0
Rubah kedalam PD dnegan variabel terpisah
110−2x− 10−8x2
dx = dt
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 46 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Integralkan kedua ruasnya∫1
10−2x(1− 10−6x)dx =
∫dt
100∫
1x
+10−6
1− 10−6xdx =
∫dt
100(lnx− ln(1− 10−6x)) + c0 = t + c1
lnx
1− 10−6x=
t
100+ c2
x
1− 10−6x= e
t100+c2
x
1− 10−6x= ce
t100
x =ce
t100
1 + 10−6cet
100
Terapkan nilai awal x(1980) = 100.000 didapat c = 106
9e19,8 sehingga
x(t) =106
1 + 9e19,8− t100
(3.1)
Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut
1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = 2000. Substitusikan nilai t ini kedalam per-samaan (3.1) didapat x = 119, 495. Dengan demikian jumlah populasi tahun 2000adalah 119,495 orang.
2. jumlah populasi 2x tahun 1980, berarti x = 200.000. Substitusikan nilai x ini kedalampersamaan (3.1) didapat t = 2061. Dengan demikian jumlah populasi akan dua kalilipat tahun 1980 dicapai pada tahun 2061.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 47 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t →∞) berarti
x = limt→∞
106
1 + 9e19,8− t100
x = limt→∞
106
1 + 9e19,8e−t
100
x = 106 = 1.000.000
Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak terbatas adalah1 juta orang.
3.1.2. Peluruhan
Misalkan N(t) menunjukkan jumlah yang ada pada setiap saat t dan dNdt adalah perubahan
(berkurang) terhadap waktu. Jika k adalah konstanta perbandingan, maka fungsi fungsiN = N(t) memenuhi persamaan differensial orde 1
dN(t)dt
= −kN(t) Peluruhan
Contoh 3.1.2. Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang sebanding dne-gan jumlah isotop. jika 100 mg dari material meluruh menjadi 82,04 mg dalam satu minggu,maka
1. tentukan ekspresi jumlah pada saat tertentu
2. tentukan interval waktu sehingga isotop itu meluruh menjadi setengah dari junlahsemula.
Jawab 3.1.2. Gunakan rumus perluruhan. Misal N jumlah isotop Thorium-234 maka
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 48 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah
dN
dt= −kN
N(0) = 100
Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh
N(t) = 100e−kt
Kemudian terapkan syarat kedua, yaitu dalam satu minggu (7 hari) isotop menjadi 82,04mg artinya N(t) = 82, 04 mg, akan didapat nilai k. Sehingga jumlah terhadap waktu (hari)adalah
N(t) = 100e−0,02828t
Dengan mengetahui ekspresi diatas, akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaan-pertanyaan diatas. (Teruskan sebagai latihan).
3.2. Hukum Pendinginan Newton
Eksperimen menunjukkan bahwa di bawah kondisi tertentu, temperatur suatu benda berubahdengan rata-rata yang sebanding dengan perbedaan rata-rata antara medium sekelilingnyadengan benda itu sendiri, sebagaimana yang dinyatakan oleh Hukum Pendinginan Newton.Hukum Pendinginan Newton, diformulasikan secara matematis sebagai berikut :
dT
dt= −k(T − Tα)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 49 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
dimana :
Tα = temperatur mediumT = temperatur benda pada saat t
dT
dt= perubahan temperature rata-rata
−k = konstanta laju penurunan temperature
Contoh 3.2.1. Sebuah bola tembaga dipanaskan pada suhu 100oC, pada saat t = 0 bendatersebut ditempatkan dalam air yang dipertahankan pada 30oC. Di akhir menit ke-3 temper-atur bola berkurang menjadi 70oC. Tentukan waktu yang dibutuhkan agar temperatur bolaberkurang menjadi 31oC.
Jawab 3.2.1. Diketahui :Tα = 30oCt = 0oC, T = 100oCt = 3oC, T = 70oCDitanya : t =? (T = 31oC)Jawab:
dT
dt= −k(T − Tα)
dT
dt= −k(T − 30)∫
dT
(T − 30)=
∫−kdt
ln(T − 30) + c1 = −kt + c2
ln(T − 30) = ln e−kt + c3
(T − 30) = ce−kt
T = 30 + ce−kt (3.2)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 50 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
t = 0oC dan T = 100oC disubstitusikan ke (3.2) maka diperoleh:
100 = 30 + ce−k(0)
70 = ce0
c = 70
Persamaan (3.2) menjadi :T = 30 + 70e−kt (3.3)
t = 3 dan T = 70oC disubstitusikan ke (3.3) sehingga didapat :
70 = 30 + 70e−3k
40 = 70e−3k
k = 0, 187
Jadi persamaan (3.3) menjadi :
T = 30 + 70e−0,187t (3.4)
Sehingga untuk T = 31oC dengan mensubstitusikan ke persamaan (3.4)didapat :
31 = 30 + 70e−0,187t
1 = 70e−0,187t
t = 22, 775
Jadi waktu yang dibutuhkan agar suhu bola menjadi 31oC adalah 22,775 menit.
3.3. Hukum Pemanasan Newton
Hukum Pemanasan Newton, diformulasikan secara matematis sebagai berikut :
dT
dt= −k(Tα − T )
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 51 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
dimana :
Tα = temperatur mediumT = temperatur benda pada saat t
dT
dt= perubahan temperature rata-rata
−k = konstanta laju kenaikan temperature
3.4. Masalah Pencampuran
Persamaan differensial orde satu linier muncul sebagai model matematika dalam peristiwapencampuran suatu bahan dengan bahan yang lain. Misalkan Q(t) adalah jumlah suatubahan pada saat t, maka laju perubaahn Q(t) terhadap t ditunjukkan dnegan dQ(t)
dt . Biladalam proses terdapat campuran yang masuk dan keluar, jelaslah
dQ(t)dt
= laju masuk − laju keluar
Contoh 3.4.1. Larutan 1,2 pon garam dimasukkan dalam sebuah tangki dengan laju 2galon per menit.Dalam tangki tersebut terdapat 120 galon larutan (75 pon garam). Tentukanjumlah garam dalam tangki setelah t menit jika laju larutan yang keluar dari dalam tangkiadalah 2 galon per menit ! (dengan asumsi larutan dicampur secara homogen)
Jawab 3.4.1. Diketahui :larutan yang dimasukkan = 1,2 pon garam/galon.laju masuk = 2 galon/menitlarutan dalam tangki = 120 galon (75 pon garam)laju keluar = 2 galon/menit
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 52 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Ditanya :Jumlah garam dalam tangki setelah t menit (misal: Q(t) )Jawab :Konsentrasi larutan yang dimasukkan = 1,2 pon garam/gallon G 2 galon/menit= 2,4 pon garam/menitSelisih garam setiap saat = masuk - keluardQdt = 2, 4− 2
120Q
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 53 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
BAB 4
Persamaan Differensial Linier Order Dua
Persamaan differensial order dua dikatakan linier jika persamaan tersebut dapat dinyatakandengan:
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = r(x) (4.1)
dimana p, q dan r adalah fungsi dari x, p dan q disebut koefisien dari persamaan. jikar(x) = 0 maka persamaan (4.1) menjadi:
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (4.2)
Persamaan (4.1) disebut dengan Persamaan Differensial Linier Nonhomogen, persamaan(4.2) disebut dengan Persamaan Diffrensial Linier Homogen.
Contoh 4.0.2.
y′′ + 4y = e−x sinx −→ persamaan differensial linier nonhomogen
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 54 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh 4.0.3.(1− x2)y′′ − 2xy′ + 6y = 0
(persamaan differensial linier homogen)
Persamaan differensial linier order dua memegang peranan penting dibanyak permasala-han pada bidang engineering.
Contoh 4.0.4. Penyelesaian persamaan differesnial linier homogen. Fungsi y = cos xdan y = sinx merupakan penyelesaian dari persamaan differensial linier homogen
y′′ + y = 0 untuk semua x
Karena untuk y = cos x dapat diperoleh
[cos x]′′ + cos x = − cos x + cos x = 0
Analog untuk y = sinx
[sinx]′′ + sinx = − sinx + sinx = 0
Jika penyelesaian tersebut digandakan dengan suatu konstanta, misalkan y = 3 cos x atauy = 5 sin x juga merupakan penyelesaian dari persamaan diatas, karena
[3 cos x]′′ + 3 cos x = 3[(cos x)′′ + cos x]= 3[− cos x + cos x]= 0
[5 sinx]′′ + 5 sinx = 5[(sinx)′′ + sinx]= 5[− sinx + sinx]= 0
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 55 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Selain itu jumlah dari perkalian cos x dan sinx terhadap konstanta yang berbeda jugamerupakan penyelesaian dari persamaan y′′ + y = 0. Misalkan saja y = 5 cos x − 4 sinxmaka:
y′′ + y = [5 cos x− 4 sinx]′′ + [5 cos x− 4 sinx]= 5[(cos x)′′ + cos x]− 4[(sinx)′′ + sinx]= 0
Contoh 4.0.5. Persamaan differensial linier nonhomogen dengan cara mensubstitusikandapat dilihat bahwa
y = 1 + cos x dan y = 1 + sinx
merupakan penyelesaian persamaan differensial linier nonhomgen
y′′ + y = 1
untuk y = 1 + cos x
y′′ + y = [1 + cos x]′′ + 1 + cos x
= [cos x]′′ + 1 + cos x
= − cos x + cos x + 1 = 1
dan untuk y = 1 + sinx
y′′ + y = [1 + sinx]′′ + 1 + sin x
= [sinx]′′ + 1 + sin x
= − sinx + sinx + 1= 1
Tetapi fungsi-fungsi berikut bukan merupakan penyelesaian dari persamaan differensialdiatas.
y = 2(1 + cos x) dan y = (1 + cos x) + (1 + sinx)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 56 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Contoh 4.0.6. Persamaan differensial nonlinier dengan cara mensubstitusikan dapat dil-ihat bahwa y = x2 dan y = 1 merupakan penyelesaian dari persamaan differensial nonlinier
y′′y − xy′ = 0
Untuk y = x2 didapat
y′′y − xy′ = (x2)′′ · x2 − x(x2)′
= 2x2 − 2x2
= 0
Untuk y = 1 didapat
y′′y − xy′ = 0 · 1− x · 0= 0
Tetapi fungsi-fungsi berikut bukan merupakan penyeleaian dari persamaan differensial nonlinier diatas:
y = −x2 dan y = x2 + 1
4.1. Persamaan Differensial Linier Order Dua Homogendengan Koefisien Konstanta
Bentuk umum persamaan differensial linier order dua homogen dengan koefisien konstantaadalah:
y′′ + py + qy = 0 (4.3)
dimana p dan q adalah bilangan riel konstan, sehingga persamaan (4.3) disebut persamaandifferensial linier homogen dengan koefisien konstan.
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 57 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Persamaan differensial linier order satu y′ + ay = 0 mempunyai penyelesaian y =ce−ax. Analog dengan hal ini, penyelesaian umum untuk persamaan (4.3) diperoleh denganmemisalkan penyelesainm partikulirnya:
y = ekx dimana k adalah konstanta (4.4)y′ = kekx (4.5)y′′ = k2kkx (4.6)
Substitusikan persamaan (4.4), (4.5) dan (4.6) ke persamaan (4.3)
k2ekx + pkekx + qekx = 0 atau
[k2 + pk + q]ekx = 0
Jadi y = ekx adalah penyelesaian persamaan (4.3), jika k merupakan penyelesaian daripersamaan kuadrat:
k2 + pk + q = 0 (4.7)
Persamaan (4.7) disebut persamaan karakteristik dari persamaan (4.3). Misalkan akar-akardari persamaan (4.3) adalah k1 dan k2 maka:
k1 = −p
2+
√p2
4− q
k2 = −p
2−
√p2
4− q
Sehingga penyelesaiannya adalah:
y1 = ek1x dan y2 = ek2x
Ada tiga kemungkinan untuk penyelesaian persamaan karakteristik:
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 58 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kasus I Bila akar-akarnya Riel dan Berbeda (k1 6= k2)maka penyelesaian umum homogen-nya:
y = c1ek1x + c2e
k2x
Kasus II Bila akar-akarnya sama atau rangkap (k1 = k2 = k)maka jawab homogennya
y = c1ekx + c2e
kx atau
y = (c1 + c2x)ekx
Kasus III Bila akar-akarnya bilangan kompleks (k1 = a + bi, k2 = a − bi) maka jawabhomogennya
y = c1e(a+bi)x + c2e
(a−bi)x
= eax(c1ebix + c2e
−bix)= eax[c1(cos bx + i sin bx) + c2(cos bx− i sin bx)]= eax((c1 + c2) cos bx + (c1i− c2i) sin bx) atau
y = eax(A cos bx + B sin bx)
dimana A = (c1 + c2) dan B = (c1i− c2i)
Rumus-rumus berikut akan banyak penggunaannya dalam penyelesaian persamaan differ-ensial.
eibx = cos bx + i sin bx e−ibx = cos bx− i sin bxebx = cosh bx + i sinh bx e−bx = cosh bx− i sinh bx
sin bx = eibx−e−ibx
2i cos bx = eibx+e−ibx
2sinh bx = 1
2 (ebx − e−bx) cosh bx = 12 (ebx + e−bx)
Contoh 4.1.1. Tentukan solusi umum homogen dari y′′ − 9y = 0
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 59 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawab 4.1.1.d2y
dx2− 9y = 0 (4.8)
y = ekx −→ dy
dx= kekx −→ d2y
dx2= k2ekx
Persamaan (4.8) menjadi k2ekx−9ekx = 0 dan persamaan karakteristiknya adalah k2−9 =0. jika diselesaikan akan didapatkan akar-akar real berbeda yaitu k1 = 3 dan k2 = −3 Jadisolusi umum homogennya adalah
y = c1e−3x + c2e
3x
Contoh 4.1.2. Tentukan solusi umum homogen dari persamaan y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0
Jawab 4.1.2.d3y
dx3− 3
d2y
dx2+ 3
dy
dx− y = 0 (4.9)
Persamaan karakteristik dari (4.9):
k3 − 3k2 + 3k − 1 = 0(k − 1)3 = 0
k1 = k2 = k3 = 0 akar-akar riel kembar
Solusi umum homgennya adalah:
y = c1ex + c2exex + c3x
2ex
y = (c1 + c2x + c3x2)ex
Contoh 4.1.3. Tentukan solusi umum homgen dari persamaan y′′ − 4y′ + 5y = 0
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 60 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Jawab 4.1.3.d2y
dx2− 4
dy
dx+ 5y = 0 (4.10)
Persamaan karakteristik dari (4.10)
k2 − 4k + 5 = 0
k1,2 =4±
√−4
3= 2± i
k1 = 2 + i dan k2 = 2− i
Solusi umum homogennya:
y = c1e(2+i)x + c2e
(2−i)x
y = e2x(c1eix + c2e
−ix)y = e2x[c1(cos x + i sinx) + c2(cos x− i sinx)]y = e2x[(c1 + c2) cos x + (c1 − c2)i sinx]y = e2x[A cos x + B sinx] jawab umum homogen
dimana A = c1 + c2 dan B = (c1 − c2)i.
4.2. Masalah Nilai Awal
Didalam aplikasi persamaan differensial, solusi partikulir lebih diperlukan dari pada so-lusi umum. Pada persamaan differensial order satu solusi umumnya memuat sebuah kon-stanta sebarang, sehingga untuk mendapatkan solusi partikulirnya hanya membutuhkansatu syarat yang disebut sebagai syarat awal (initial condition). Sekarang dibutuhkan duasyarat untuk mendapatkan solusi partikulir dari persamaan differensial order dua, karenadidalam solusi umumnya terdapat dua konstanta esensial. Syarat awal itu adalah:
y(x0) = k0 dan y′(x0) = k1 (4.11)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 61 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
dimana x = x0 menyatakan tiitk dan k0 dan k1 menyatakan bilangan. Jadi untuk mencarisolusi partikulir dari persamaan:
y′′ + py′ + qy = 0
yang mempunyai nilai pada titik x0 = k0 dan turunan pertamanya pada titik x0 = k1.Syarat yang dinyatakan dalam persamaan (4.11) disebut syarat awal (Initial Condition).
Persamaan differensial linier order dua dengan kondisi awal yang diketahui disebutmasalah nilai awal (Initial Value Problem). Didalam aplikasinya yang paling sering menjadivariabel bebas x adalah waktu yang menerangkan keadaan awal dari suatu sistem fisikaatau yang lainnya. Sehingga solusi yang diperoleh dapat menggambarkan atau memberiinformasi tentang apa yang akan terjadi dimasa yang akan datang.
Contoh 4.2.1. Selesaikan masalah nilai awal berikut:
y′′ + y′ − 2y = 0
dengan syarat awal y(0) = 4 dan y′(0) = 1
Jawab 4.2.1.y′′ + y′ − 2y = 0 (4.12)
y = ekx (4.13)y′ = kekx (4.14)y′′ = k2ekx (4.15)
dari (4.12), (4.13), (4.14) dan (4.15) didapat persamaan karakteristik
k2 + k − 2 = 0 −→ k1 = 1 dan k2 = −2
Solusi umum:
y(x) = c1ex + c2e
−2x (4.16)y′(x) = c1e
x − 2c2e−2x (4.17)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 62 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Masukkan syarat awal y(0) = 4 dan y′(0) = 1 kedalam persamaan (4.16) dan (4.17),sehingga diperoleh:
c1 + c2 = 4c1 − 2c2 = 1
}−→ c1 = 3 dan c2 = 1
Dengan memasukka nilai c1 dan c2 kepersamaan (4.16), diperoleh penyelesaian partikuliryang memenuhi syarat awal.
y(x) = 3ex + e−2x
4.3. Masalah Nilai Batas
Didalam aplikasi kadang-kadang juga dibutuhkan syarat seperti:
y(p1) = k1 dan y(p2) = k2 (4.18)
yang menyatakan sebagai syarat batas, karena persamaan tersebut menyatakan titik ujungp1, p2 (titik batas p1, p2) dari suatu interval I terhadap persamaan differensial yangdiberikan. Persamaan differensial dengan syarat batas yang diketahui disebut sebagaimasalah nilai batas (Bondary Value Problem).
Contoh 4.3.1. Selesaikan masalah nilai batas berikut: y′′− 16y = 0, dengan syarat batasy(0) = 3 dan y( 1
4 ) = 3e.
Jawab 4.3.1.y′′ − 16y = 0 (4.19)
Persamaan karakteristik
k2 − 16 = 0 −→ k1 = 4 dan k2 = −4
Solusi umum:y(x) = c1e
4x + c2e−4x (4.20)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 63 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Batas kiri y(0) = 3 −→ c1 + c2 = 3Batas kanan y( 1
4 ) = 3e → c1e + c2e → c1e
2 + c2 = 3e2.Dengan menyelesaikan persamaan diatas diperoleh nilai c1 = 3 dan c2 = 0. Nilai c1
dan c2 ini selanjutnya disubstitusikan ke persamaan (4.20) sehingga diperoleh solusi yangmemenuhi syarat batas:
y(x) = 3e4x
4.4. Persamaan Euler-Cauchy
Bentuk umum:x2y′′ + axy′ + by = 0 (4.21)
dimana a dan b konstanta, disebut sebagai persamaan Euler-Cauchy. Persamaan differensialtersebut dapat diselesaikan dengan manipulasi aljabar. Yakni dengan mensubstitusikan:
y = xm
y′ = mxm−1
y′′ = (m2 −m)xm−2
−→ (4.22)
kedalam persamaan (4.21).
x2(m2 −m)xm−2 + axmxm−1 + bxm = 0(m2 −m)xm + amxm + bxm = 0
m2 + (a− 1)m + b = 0 (4.23)
Persamaan (4.23) merupakan persamaan karakteristik dari persamaan Euler-Cauchy. Un-tuk penyelesaian dari persamaan Euler-Cauchy ada tiga kemungkinan yang perlu diper-hatikan:
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 64 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
A. Jika m1 dan m2 akar-akar dari persamaan (4.23)riel dan berbeda maka:
y1 = xm1 dan y2 = xm2
Solusi umum dari persamaan (4.21) adalah
y = c1xm1 + c2x
m2
dimana c1, c2 konstanta sembarang.
Contoh 4.4.1. Selesaikan persamaan differensial berikut:
2x2y′′ − 3xy′ − 3y = 0
Jawab 4.4.1.
2x2y′′ − 3xy′ − 3y = 0 = 0 (4.24)x2y′′ − 1, 5xy′ − 1, 5y = 0 = 0 (4.25)
y = xm
y′ = mxm−1
y′′ = (m2 −m)xm−2
−→ (4.26)
Dari (4.25)dan (4.26) diperoleh persamaan karakteristik:
m2 − 2, 5m− 1, 5 = 0(m + 0, 5)(m− 3) = 0
m1 = −0, 5 dan m2 = 3
Solusi umum:y =
c1√x
+ c2x3
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 65 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
B. Jika m1 dan m2 akar-akar dari persamaan (4.23)kompleks dan sekawan, misalkanm1 = α+iβ dan m2 = α−iβ. Penyelesaian persamaan (4.21)kita batasi untuk semuax positif, sehingga dapat dituliskan sebagai:
y1 = xα cos(β lnx) dan y2 = xα sin(β lnx)
Solusi umumnya adalah:
y = xα[A cos(β lnx) + B sin(β lnx)]
y1 dan y2 diturunkan dari formula berikut:
xk = (eln x)k = ek ln x
xiβ = eiβ ln x = cos(β lnx) + i sin(β lnx)x−iβ = e−iβ ln x = cos(β lnx)− i sin(β lnx)
Contoh 4.4.2. Selesaikan persamaan differensial berikut:
x2y′′ + 7xy′ + 13y = 0
Jawab 4.4.2.x2y′′ + 7xy′ + 13y = 0 (4.27)
y = xm
y′ = mxm−1
y′′ = (m2 −m)xm−2
−→ (4.28)
Dari (4.27) dan (4.28) diperoleh persamaan karakteristik
m2 + 6m + 13 = 0
m1,2 = −3±√
9− 13 = −3± 2i
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 66 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
m1 = −3 + 2i dan m2 = −3− 2i
y = c1x(−3+2i) + c2x
(−3−2i)
y = c1x−3x2i + c2x
−3x−2i
y = x−3[(c1 + c2) cos(2 lnx) + (c1 − c2)i sin(2 lnx)]
Solusi Umum:y = x−3[A cos(2 lnx) + B sin(2 lnx)]
C. Jika m1 dan m2 akar-akar dari persamaan (4.23)rangkap (m1 = m2 = m), maka:
y1 = xm dan y2 = xm lnx
Solusi umumnya:y = [c1 + c2 lnx]xm
c1 dan c2 konstanta sembarang.
Contoh 4.4.3. Selesaikan persamaan differensial berikut:
x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0
Jawab 4.4.3.x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0 = 0 (4.29)
y = xm
y′ = mxm−1
y′′ = (m2 −m)xm−2
−→ (4.30)
dari (4.29) dan (4.30)→ m2 − 4m + 4 = 0(m− 2)2 = 0 → m1 = m2 = 2Jadi y1 = x2 dan y2 = x2 lnx Solusi umum:
y = [c1 + c2 lnx]x2
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 67 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
4.5. Persamaan Differensial Linier Order Dua Nonhome-gen dengan Koefisien Konstanta
Bentuk umum persamaan differensial linier order dua nonhomogen dengan koefisien kon-stanta:
y′′ + py′ + qy = r(x) (4.31)
Penyelesaian dari persamaan (4.31) adalah:
y = yh + yp
yh = penyelesaian homogenyp = penyelesaian partikulir
Penyelesaian homogen persamaan (4.31) diperoleh dengan mengambil persamaan:
y′′ + py′ + qy = 0
Untuk menentukan penyelesaian partikulir dari persamaan (4.31) ada beberapa kasus yangperlu diperhatikan:
A. Bila r(x) adalah fungsi polinomial berderajat n maka yp = s(x) dimana s(x) adalahpolinomial dengan ketentuan akar-akar dari k2 + kp + q = 0 tidak ada yang sama dir(x).
Contoh 4.5.1. Tentukan solusi umum homogen dari y′′ − 2y′ + y = x2
Jawab 4.5.1.d2y
dx2− 2
dy
dx+ y = x2 (4.32)
Persamaan karakteristik dari (4.32) adalah
k2 − 2k + 1 = 0
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 68 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
(k − 1)2 = 0 −→ k1 = 1 dan k2 = 1
Solusi homogen:yh = c1e
x + c2xex atau
yh = (c1 + c2x)ex
Solusi partikulir:
r(x) = x2
s(x) = ax2 + bx + c
yp = ax2 + bx + c
y′p = 2ax + b −→ y′′p = 2a
Dengan emasukkan nilai-nilai diatas kedalam persamaan (i):
2a− 2(2ax + b) + ax2 + bx + c = x2
ax2 + (b− 4a)x + 2a− 2b + c = x2
a = 1
b− 4a = 0 −→ b = 4
2a− 2b + c = 0 −→ c = 6
yp = ax2 + bx + c = x2 + 4x + 6
yp = x2 + 4x + 6
Jadi:
y = yh + yp
y = (c1 + c2x)ex + x2 + 4x + 6 Solusi Umum
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 69 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
B. Bila r(x) adalah eαx maka yp = eαxs(x) dengan ketentuan bila akar-akar dari per-samaan karakteristik k2 + pk + q adalah α maka:
• yp = xeαxs(x) bila α = k1 atau α = k2 (akar-akar berbeda)
• yp = x2eαxs(x) bila α = k1 = k2 (akar-akar rangkap)
C. Bila r(x) = M cos βx + N sinβx dimana M dan N konstanta maka:
• yp = x[M cos βx + N sinβx bila iβ akar-akar dari k2 + pk + q = 0.
• yp = A cos βx + B sinβx bila iβ bukan akar-akar dari k2 + pk + q = 0.
D. Bila r(x) = eαx[f(x) cos βx + h(x) sinβx]dimana f(x) dan h(x) polinomial derajat nmaka:
• yp = eαx[A(x) cos βx+B(x) sinβx] bila (α+iβ) bukan akar-akar dari k2+pk+q =0, dimana A(x) dan B(x) berderajat sama.
• yp = xeαx[u(x) cos βx + v(x) sinβx] bila (α + iβ) akar-akar dari k2 + pk + q = 0.
Contoh 4.5.2. Tentukan solusi umum dari persamaan differensial y′′ + y = 3e4x
Jawab 4.5.2.y′′ + y = 3e4x (4.33)
Persamaan karaktersitik: k2 + 1 = 0 −→ k1 = i dan k2 = −iSolusi Homogen:
yh = c1eix + c2e
−ix
yh = c1[cos x + i sinx] + c2[cos x− i sinx]yh = [c1 + c2] cos x + [c1 − c2]i sinx
yh = A cos x + B sinx
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 70 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Solusi partikulir:y′′ + y = 3e4x ; r(x) = 3e4x
karena akar-akar dari persamaan karakteristik tidak sama dengan 4 maka:
yp = ke4x
y′p = 4ke4x
y′′p = 16ke4x
−→ (4.34)
Dari persamaan (4.33) dan (4.34) didapat
16ke4x + ke4x = 3e4x
17ke4x = 3e4x −→ k =317
substitusikan nilai k = 317 kedalam persamaan yp = ke4x
jadi solusi partikulirnya adalah:
yp =317
e4x
Jawab umum:
y = yh + yp
y = A cos x + B sinx +317
e4x
Contoh 4.5.3. Tentukan solusi umum persamaan differensial y′′ + y = cos 2x
Jawab 4.5.3.y′′ + y = cos 2x (4.35)
yh = A cos x + B sinx
Solusi partikulir:y′′ + y = cos 2x ; r(x) = cos 2x
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 71 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
yp = M cos 2x + N sin 2xy′p = −2M sin 2x + 2N cos 2xy′′p = −4M cos 2x− 4N sin 2x
−→ (4.36)
Dari persamaan (4.35) dan (4.36) didapat
−4M cos 2x− 4N sin 2x + M cos 2x + N sin 2x = cos 2x
−3M cos 2x− 3N sin 2x = cos 2x
−3M cos 2x = cos 2x dan − 3N sin 2x = 0
−3M = 1 → M = −13
dan N = 0
yp = M cos 2x + N sin 2x
yp = −13
cos 2x
Solusi umum: y = yh + yp
y = A cos x + B sinx− 13
cos 2x
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 72 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
BAB 5
Aplikasi Persamaan Differensial Order Dua
5.1. Pegas Bergetar
Pandang sebuah pegas lilit yang panjangnya l, tergantung pada suatu bidang (gambar()).Hukum Hooke menyatakan bahwa panjang s akibat pegas itu ditarik atau ditekan oleh gayavertikal F adalah berbanding lurus dengan |F |; yaitu
|F | = k · s (5.1)
dimana k adalah faktor pembanding. Faktor k ini unik untuk tiap pegas dan tergantungpada bahan, ketebalan dan sifat lain dari pegas itu.
Misalkan suatu benda A dengan berat w diikatkan pada bagian bawah pegas dan dib-iarkan sistem ini mencapai keseimbangan. Andaikan ada suatu sumbu koordinat tegaklurus yang arah positipnya kebawah dan tiitk asalnya terletak pada garis datar melalui
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 73 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
titik paling rendah P pada pegas itu (gambar()). Benda A ditarik sejauh x0 kemudiandilepaskan (gambar ()). Selanjutnya gerak yang dihasilkan oleh titik yang paling rendahpegas itu akan dibicarakan pada bagian berikut ini.
5.1.1. Gerak Harmonik Sederhana
Andaikan tidak ada hambatan udara dan gesekan lain saat benda A dilepaskan, makatimbul gaya keatas pada P yang terjadi akibat regangan pegas itu. Gaya ini cenderungmengembalikan P keposisi seimbang. Dari hukum Hooke, besarnya gaya adalah −kx.Tetapi dari hukum kedua Newton, gaya ini sama dengan m · a, dimana m = w
g (massabenda A), a percepatan dan g percepatan gravitasi.
F = m · a =w
g· d2x
dt2(5.2)
F = k · s = −k · x (5.3)
Dari persamaan (5.2) dan (5.18)
− k · x =w
g· d2x
dt2(5.4)
Persamaan (5.4) merupakan persamaan differensial yang menyatakan keadaan benda Apada saat t setelah dilepaskan.
d2x
dt2+
k · gw
x = 0 (5.5)
Persamaan (5.5) adalah persamaan differensial linier dengan koefisien konstan yang mem-punyai solusi umum:
x = c1 sin
√k · gw
· t + c2 cos
√k · gw
· t (5.6)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 74 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
c1 dan c2 adalah konstanta sembarang. Untuk menetapkan nilai c1 dan c2 dalam kasuskhusus dapat diperoleh dengan menurunkan persamaan (5.6).
dx
dt= c1 ·
√kg
w· cos
√kg
wt + c2
√kg
w· sin
√kg
wt (5.7)
Pada saat dilepaskan t = 0, x = x0 dan v = dxdt = 0. Dengan memasukkan syarat awal
ini kedalam persamaan (5.6) dan (5.7) diperoleh c1 = 0 dan c2 = x0. Penyelesaian untukpersamaan (5.4) dengan syarat awal t = 0, x = x0 dan v = dx
dt = 0 adalah:
x = x0 cos
√kg
wt (5.8)
dimana β =√
kgw . Jika t bertambah maka P berosilasi keatas kebawah sejauh x0 dari titik
asal, dan x0 disebut amplitudo dari gerak periodik itu dan periodanya adalah 2πβ . Gerak
yang dinyatakan oleh persamaan (5.8) disebut Gerak Hermonik Sederhana (gambar ()).
Contoh 5.1.1. Bila sebuah benda 5 pon diikat pada sebuah pegas yang tergantung vertikaldititik yang paling rendah P dan pegas itu bertambah panjang 6 inchi. Benda 5 pon itudiganti dengan benda 20 pon. Kemudian sistem ini dibiarkan mencapai kesetimbangan.Bila benda 20 pon itu ditarik kebawah sejauh 1 kaki dan kemudian dilepaskan, berikangambaran tentang gerak titik paling rendah P pada pegas itu (andaikan tidak ada hambatanudara dan gesekan lain).
Jawab 5.1.1. Misalkan g = 32kakidet2 . Konstanta k dapat ditentukan dengan mensubsti-
tusikan F = 5 dan s = 12 kedalam |F | = ks, didapat k = 10. Dari persamaan (5.4) dan
(5.5) diperoleh:w
g· d2x
dt2+ 10x = 0
d2x
dt2+
10g
wx = 0; g = 32, w = 20
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 75 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
d2x
dt2+ 16x = 0
Solusi umum untuk persamaan diatas adalah
x = c1 sin 4t + c2 cos 4t
Untuk menentukan niali c1 dan c2 dalam kasus khusus, diperoleh dengan cara mensubsti-tusikan syarat batas t = 0, x = 1 dan v = 0 kedalam dua persamaan berikut:
x = c1 sin 4t + c2 cos 4t
v =dx
dt= 4c1 cos 4t− 4c2 sin 4t
sehingga diperoleh nilai c1 = 0 dan c2 = 1. Jadi solusi untuk masalah diatas adalah:
x = cos 4t
Gerak P merupakan gerak harminik sederhana dengan perioda n2 dan amplitudo 1 kaki.
Jadi P berosilasi keatas dan kebawah dari 1 kaki dibawah 0 hingga 1 kaki diatas 0 dankemudian kembali ke 1 kaki dibawah 0 setiap n
2 .
5.1.2. Getaran yang Diredam
Dalam uarian diatas diandaikan tidak ada gesekan. Padahal dalam kenyataannya gesekanselalu ada yaitu gesekan yang ditimbulkan oleh hambatan udara atau hambatan yang lainyang menyebabkan gerak yang dimaksud bukan lagi gerak harmonik sederhana. Gaya peng-hambat ini dapat dihampiri dengan mengikutsertakan dalam persamaan differensialnya,suatu suku yang sebanding dengan kecepatan. Gaya penghambat seperti hambatan udarabekerja berlawanan arah dengan arah gerak partikel yang bergetar. Sehingga persamaanhukum Hooke dapat ditulis menjadi
F = −kx− qv (5.9)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 76 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
dengan q suatu konstanta positiv dan v kecepatan partikel. Suku −qv dalam persamaan(5.9) menyatakan gaya yang menghambat. Sehingga persamaan differensial yang meny-atakan getaran ini ditulis sebagai
w
g· d2x
dt2= −kx− q
dx
dt(5.10)
Dengan memisalkan β2 = kgw dan α = qg
w maka persamaan (5.10) dapat ditulis sebagai
d2x
dt2+ α
dx
dt+ β2x = 0 (5.11)
Persamaan (5.11) merupakan persamaan differensial linier dengan koefisien konstan yangpersamaan karakteristiknya
r2 + αr + β2 = 0 (5.12)
Selanjutnya akan muncul tiga kasus yang tergantung pada apakah α2−4β2 bernilai negatif,no; atau positif.
Kasus 1 (α2 − 4β2 < 0) Akar persaman karakteristik persamaan (5.12) adalah bilangankompleks dan konjugatnya, diutlis −a + bi dan −a − bi dengan a dan b bilanganpositif. Solusi umum dari persamaan (5.11) adalah
x = e−αt(c1 sin bt + c2 cos bt)
atau
ce−at sin(bt + d) (5.13)
Faktor e−at pada persamaan 5.13 disebut faktor redam. Karena a > 0, limt→0 e−at =0. Gerak P yang dinyatakan oleh persamaan (5.13) disebut gerak harmonik yangdiredam. Amplitudo getaran adalah ce−at yang mendekati nol jika t membesar tanpabatas. (Gambar())
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 77 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
Kasus 2 (α2 − 4β2 = 0) Dalam hal ini akar persamaan karakteristik adalah rangkap −adan solusi umumnya adalah
x = c1e−at + c2te
−at (5.14)
Persamaan (5.14) menyatakan gerak yang diredam kritis. Gerak ini bukan gerakosilasi (gambar())
Kasus 3 (α2 − 4β2 > 0) Dalam hal ini persamaan karakteristik mempunyai akar-akarbilangan real yang berbeda, misalkan −a1 dan −a2 maka solusi umumnya adalah
x = c1e−a1t + c2e
−a2t (5.15)
Gerak yang dinyatakan oleh persamaan (5.15) adalah gerak yang diredam berlebihan.Gerak ini bukan gerak osilasi (lihat gambar ()).
5.2. Rangkaian Listrik
Banyak masalah dalam rangkaian listrik merupakan persamaan differensial linier. Suaturangkaian listrik adalah suatu lintas tertutup sembarang pada suatu jaringan listrik.
Gambar () menunjukkan suatu rangkaian yang mengandung sebuah sumber gaya elek-tromotif E (sebuah baterai atau sebuah generator), sebuah tahanan R (resistor), sebuahkumparan L (induktor), sebuah kondensator C (atau kapasitor) dan sebuah saklar S semuadalam suatu rangkaian seri (berurutan).
Tahanan, kumparan dan kondensator menggunakan energi yang diberikan oleh sumbergaya elektromotif E. Sebuah tahanan menggunakan energi dalam menghambat arus listrikyang melaluinya, hal ini serupa dengan gesekan yang menghambat arus air didalam sebuahpipa. Sebuah kumparan cenderung menstabilkan arus listrik dengan melawan sembarangpertambahan atau penurunan arus dan dengan demikian menyimpan dan melepaskan en-ergi. Sebuah kondensator (kapasitor) terdiri atas pelat-pelat yang dipisah-pisahkan denganbaha isolator, ia menyimpan muatan listrik. Notasi yang digunakan:
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 78 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
q muatan listrik (coulomb) yang disimpan atau ditimbulkan dalam suatu unsur pada suaturangkaian listrik.
t waktu (detik)
i arus listrik (ampere) yang merupakan laju perubaahn muatan listrik terhadap waktuketika mengalir dari satu unsur ke unsur yang lainpada sebuah rangkaian, sehingga
i =dq
dt
E gaya elektromotif (volt)
C kapasitansi (farad); konstant pada tiap kodensator.
R tahanan atau resistan (ohm); konstan pada tiap tahanan (resistor)
L koefisien imbas atau koefsien induktansi (henry); konstan untuk tiap kumparan (induk-tor)
Dalam fisika ditunjukkan bahwa:
1. Beda tegangan (voltase) melalui sebuah kondensator adalah:
1C· q
dimana q muatan listrik pada kondensator tersebut pada saat t.
2. Beda tegangan (voltase) melalui sebuah tahanan adalah:
Ri
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 79 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
3. Beda tegangan (voltase) melalui sebuah kumparan adalah:
Ldi
dt
Menurut hukum kedua Kirchoff bahwa pada suatu rangkain listrik sebarang, jumlah beda-beda tegangan (voltase) adalah sama dengan gaya elektromotif E(t) pada saat itu.
Untuk rangkaian pada gambar () yang mengandung sebuah tahanan, sebuah kumparan,sebuah kodensator, sebuah sumber gaya elektromotif E(t) dan sebuah saklar, hukum Kir-choff dinyatakan secaar matematis dengan persamaan differensial
Ldi
dt+ Ri +
1C
q = E(t) (5.16)
untuk menentukan arus i pada saat t, kita substitusikan i = dqdt pada persamaan (5.16)
d2q
dt2+
R
L
dq
dt+
1LC
q =1L
E(t) (5.17)
Persamaan (5.17) mempunyai solusi q sebagai fungsi t. Jika persamaan (5.16) kita turunkanterhadap t maka solusi umumnya adalah i sebagai fungsi t.
d2i
dt2+
R
L
di
dt+
1LC
i =1L
d
dtE(t) (5.18)
Contoh 5.2.1. Suatu jaringan listrik terdiri atas induktansi 0,05 henry, tahanan 20 ohm,kondensator yang berkapasitansi 100 mikrofarad, dan suatu gaya gerak listrik E = 100 volt.Carilah i dan q jika diketahui awal muatan q = 0, arus i = 0 bila t = 0.
Jawab 5.2.1.d2q
dt2+
R
L
dq
dt+
1LC
q =1L
E(t)
Home Page
Title Page
Contents
JJ II
J I
Page 80 of 80
Go Back
Full Screen
Close
Quit
d2q
dt2+
200, 05
dq
dt+
q
0, 05 · 100 · 10−6=
1000, 05
d2q
dt2+ 400
dq
dt+ 200.000q = 2000 (5.19)
Persamaan (5.19) mempunyai penyelesaian
q = e−200t(A cos 400t + B sin 400t) + 0, 01 (5.20)
kemudian persamaan terakhir ini diturunkan terhadap t; dqdt = 200e−200t((−A+2B) cos 400t+
(−B−2A) sin 400t)+0, 01 dengan memasukkan syarat awal diperoleh A = −0, 01,−A+2B =0 dan B = −0, 005. Selanjutnya nilai A dan B dimasukkan kedalam persamaan q dan idiperoleh q = e−200t(−0, 01 cos 400t− 0, 005 sin 400t) + 0, 01 dan i = 5e−200t sin 400t disinii dapat diabaikan, sedangkan q = 0, 01 untuk semua tujuan.
