21-778-maina
TRANSCRIPT
-
1Untuk Keluarga Tercinta
-
Daftar Isi
Daftar Tabel 5
Daftar Gambar 7
Kata Pengantar 8
1 Konsep Dasar 1
1.1 Klasifikasi Persamaan Difrensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Solusi PDB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Metoda Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4 Masalah Nilai Awal (MNA) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 PDB Linier Order Satu 13
2.1 PDB Linier Order Satu Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.2 Solusi PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.3 Faktor Integrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1.4 Teknik Variabel Terpisah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2
-
DAFTAR ISI 3
3 Aplikasi PDB Order Satu 24
3.1 Masalah Dalam Mekanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2.1 Pertumbuhan Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2.2 Peluruhan Radioaktif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3 Hukum Pendinginan Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.4 Campuran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4 PDB Linier Order Dua 38
4.1 PDB Order n Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2 PDB Order n Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3 PDB Order Dua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3.1 PDB Order Dua Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5 Aplikasi PDB Order Dua 53
5.1 Vibrasi Bebas dan Takteredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.2 Vibrasi Bebas dan Teredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
5.3 Vibrasi Takbebas Gaya Luar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
6 Sistem PDB 66
6.1 Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Homogen dengan Koefisien
Kosntan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.1 Akar Riel dan Berbeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
6.1.2 Akar-Akar Komplek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
6.1.3 Akar Riel dan Sama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
-
DAFTAR ISI 4
6.2 Metoda Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
7 PDB Nonlinier dan Kesetimbangan 77
7.1 Sistem Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
7.2 Sistem Otonomus dan Trayektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
7.3 Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otonomus . . . . . . . . . . . 81
7.4 Potret Fase Sistem Otonomus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
8 Potret Fase Sistem PDB Nonlinier dan Aplikasi 95
8.0.1 Interaksi Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
8.0.2 Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana . . . . . . . . . . . 100
-
Daftar Tabel
4.1 Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen. . . . . . . 47
7.1 Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier . . . . . . 88
8.1 Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier . . . . . 96
5
-
Daftar Gambar
1.1 Diagram kekonvekan untuk D R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Diagram kekonvekan untuk D R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3.1 Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi. . . . . . . . . 28
3.2 Proses campuran dalam tangki. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.3 Gerakan benda pada bidang miring. . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
5.1 Vibrasi pada pegas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
5.2 Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar . . . . . . . 58
5.3 Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar . . . . . . . . . 59
5.4 Ekspresi getaran suku fungsi pertama . . . . . . . . . . . . . . . . 62
5.5 Ekspresi getaran suku fungsi kedua . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
5.6 Getaran pada pegas takbebas gaya luar . . . . . . . . . . . . . . . 63
6.1 Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.2 Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban. . . . . . . . . . 76
7.1 Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal. . . . . . . . . . 80
7.2 Potret fase sistem PDB dengan MAPLE . . . . . . . . . . . . . . 82
7.3 Ringkasan potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
6
-
DAFTAR GAMBAR 7
7.4 Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . . 90
7.5 Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
7.6 Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . . 92
7.7 Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
8.1 Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa . . . . . . . . . 99
8.2 Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
8.3 Ayunan Bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
8.4 Trayekktori sistem ayunan bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
8.5 Potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
8.6 Potret fase secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
8.7 Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . . 106
8.8 Rangkaian tertutup seri R,L dan C. . . . . . . . . . . . . . . . . 106
-
Kata Pengantar
Puji syukur kehadirat Allah S.W.T karena atas anugerah dan karuniahNya penulis
dapat menyelesaikan buku ini dengan judul Persamaan Diferensial Biasa
dan Aplikasinya. Buku ini dibuat untuk membantu mahasiswa menemukan re-
frensi utama mata kuliah Persamaan Difrensial Biasa memandang cukup langkanya
buku-buku persamaan difrensial dalam bahasa Indonesia.
Dalam buku ini dijelaskan bagaimana konsep persamaaan difrensial secara
umum, PDB order satu homogen dan nonhomogen, PDB order dua atau lebih
serta aplikasi dari suatu PDB, sistem PDB, sistem Otonomus, kestabilan dan
fase potret dari sistem Otonomus. Pokok bahasan ini disajikan dengan hara-
pan mahasiswa memahami esensi dari persamaan difrensial dan sekaligus sebagai
penunjang langsung materi perkuliahan. Dalam buku pegangan ini dilengkapi
beberapa fungsi dalam MAPLE programming serta latihan soal-soal tutorial un-
tuk memperdalam wawasan pemahaman mahasiswa tentang PDB. Semua materi
dalam buku ini ditulis dalam LATEX2E word processing sehingga ekspresi
fungsi matematik dapat disajikan dengan benar.
Selanjutnya dalam kesempatan ini penulis tak lupa menyampaikan banyak
terima kasih kepada yang terhormat:
1. Dekan FKIP Universitas Jember.
8
-
DAFTAR GAMBAR 9
2. Ketua Program Pendidikan Matematika yang telah memberikan motivasi
dan rekomendasi penggunaannya dalam perkuliahan.
3. Semua pihak yang terlibat langsung maupun tak langsung dalam penyusunan
buku ajar ini.
Semoga bantuan rielnya mendapat balasan yang setimpal dari Allah S.W.T.
Akhirnya penulis berharap agar buku pegangan ini memberikan manfaat bagi
pembaca, oleh karena itu kritik dan saran masih penulis harapkan untuk penyem-
purnaan dikemudian hari.
Jember, September 2008 Penulis
-
Daftar Isi
10
-
Daftar Tabel
11
-
Daftar Gambar
12
-
BAB 1
Konsep Dasar
1.1 Klasifikasi Persamaan Difrensial
Pada umumnya dikenal dua jenis persamaan difrensial yaitu Persamaan Difren-
sial Biasa (PDB) dan Persamaan Difrensial Parsial (PDP). Untuk mengetahui
perbedaan kedua jenis persamaan difrensial itu dapat dilihat dalam definisi berikut.
Definisi 1.1.1 Persamaan Difrensial Suatu persamaan yang meliputi turunan
fungsi dari satu atau lebih variabel terikat terhadap satu atau lebih variabel bebas
disebut Persamaan Difrensial. Selanjutnya jika turunan fungsi itu hanya tergan-
tung pada satu variabel bebas maka disebut Persamaan Difrensial Biasa (PDB)
dan bila tergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Difren-
sial Parsial (PDP)
Contoh 1.1.1 Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB
dan PDP.
1. yx
+ yt+ xy = 5
1
-
BAB 1. KONSEP DASAR 2
2. dydx+ d
2ydx2
+
(dydx
)2 3x = 0
3. 2ys2
+ yt y = 0
4. d3ydx3
+
(d2ydx2
)3+
(dydx
)2 x = 2y
5. ux
+ uy
+ uz
= 5
6.
(dydx
)5+ d
2ydx2
+
(dydx
)2= 7 y
x
Dalam bahan ajar ini pembahasan persamaan difrensial akan difokuskan pada
Persamaan Difrensial Biasa (PDB). Sehingga semua contoh soal dan aplikasinya
akan dikaitkan dengan model fenomena persamaan difrensial yang hanya terikat
pada satu variabel bebas.
Definisi 1.1.2 Order Order suatu PDB adalah order tertinggi dari turunan
dalam persamaan F (x, y, y, . . . , y(n)) = 0.
Definisi 1.1.3 Linieritas dan Homogenitas PDB Order n dikatakan linier
bila dapat dinyatakan dalam bentuk
a0(x)y(n) + a1(x)y
(n1) + + an(x)y = F (x), dimana a0(x) 6= 0
Selanjutnya:
1. Bila tidak dapat dinyatakan dengan bentuk diatas dikatakan tak linier
2. Bila koefisien a0(x), a1(x), . . . , an(x) konstan dikatakan mempunyai koefisien
konstan bila tidak, dikatakan mempunyai koefisien variabel.
3. Bila F (x) = 0 maka PDB tersebut dikatakan homogen bila tidak, disebut
nonhomogen.
-
BAB 1. KONSEP DASAR 3
1.2 Solusi PDB
Berikut ini akan dijelaskan pengertian dan bentuk solusi suatu PDB.
Definisi 1.2.1 Suatu PDB order n yang ditulis dalam persamaan berikut:
F(x, y, y, y, . . . , y(n)) = 0 (1.1)
dimana F adalah fungsi real dengan (n + 2) argumen akan mempunyai solusi
eksplisit dan implisit dengan ketentuan sebagai berikut:
1. Bila f adalah suatu fungsi dimana f C(I) dan f Cn(I) untuk x I
dan I adalah sebarang interval real, maka f dikatakan solusi eksplisit dari
(1.1) jika F(x, f, f , f , . . . , f (n)) C(I) dan F(x, f, f , f , . . . , f (n)) = 0
untuk x I.
2. Sedangkan g(x, y) = 0 disebut solusi implisit dari (1.1) jika fungsi g da-
pat ditransformasikan dalam fungsi eksplisit f C(I) untuk x I dan
minimal satu merupakan solusi eksplisitnya.
Secara umum kedua solusi ini masih dikategorikan lagi kedalam tiga jenis
solusi yaitu
1. Solusi umum, yaitu solusi PDB yang mengandung konstanta esensial, katakan-
lah C. Sebagai contoh, diketahui sutau PDB y = 3y + 1 maka solusi
umunnya adalah y = 1/3 + Ce3x.
2. Solusi khusus, yaitu solusi yang tidak mengandung konstanta esensial yang
disebabkan oleh tambahan sarat awal pada suatu PDB. Misal PDB itu
y = 3y + 1, y(0) = 1 maka solusi khususnya adalah y = 1/3 + 43e3x.
-
BAB 1. KONSEP DASAR 4
3. Solusi singular, yaitu solusi yang tidak didapat dari hasil mensubstitusikan
suatu nilai pada konstanta pada solusi umumnya. Contoh y = Cx + C2
adalah solusi umum dari (y)2 + xy = y, namun demikian disisi lain PDB
ini mempunyai solusi singular y = 14x2.
1.3 Metoda Penyelesaian
Terdapat tiga jenis metoda yang dapat digunakan untuk menentukan solusi dari
suatu PDB yaitu:
1. Metoda Analitik. Metoda ini dapat menghasilkan dua bentuk solusi
yaitu bentuk eksplisit dan implisit, yang dicari melalui teknik deduktif
analogis dengan menggunakan konsep-konsep matematik. Kelebihannya
dapat mengetahui bentuk fungsi solusinya namun tidak cukup fleksibel un-
tuk masalah-masalah yang komplek. Dengan komputer dapat diselesaikan
dengan software MATLAB atau MAPLE. Prosedur dalam MATLAB ditulis
sebagai berikut:
%Menggunakan fungsi dsolve dsolve(Dy=3*y+1, y(0)=1)
2. Metoda kualitatif . Solusi ini hanya dapat memberikan gambaran secara
geometris bagaimana visualisasi dari solusi PDB. Dengan mengamati pola
grafik gradien field (direction field) maka dapat diestimasi solusi PDB
itu. Keunggulannya dapat memahami secara mudah kelakuan solusi suatu
PDB namun fungsi asli dari solusinya tidak diketahui, dan juga kurang
-
BAB 1. KONSEP DASAR 5
fleksibel untuk kasus yang komplek. Dengan MATLAB direction field dapat
digambar sebagai berikut:
%Menggunakan fungsi fieldplot atau DEplot%Misal akan diamati pola solusi dari PDB y = 1 2ty with(plots): fieldplot([t, 1 2 t y], t = 1..4, y = 1..2, arrows = LINE, color = t);%Atau dengan menggunakan fungsi DEplot eq1:=diff(y(t),t)=1-2*t*y(t);DEplot(eq1,y(t),t=-1..4,y=-1..2);
Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.
Gambar 1.1: Diagram kekonvekan untuk D R2
Atau dengan menggunakan prinsip-prinsip yang ada dalam matematika un-
tuk menggambar suatu fungsi, (lihat KALKULUS).
3. Metoda Numerik. Pada saat sekarang metoda ini merupakan metoda
-
BAB 1. KONSEP DASAR 6
yang sangat fleksibel. Metoda ini berkembangan sesuai dengan perkem-
bangan komputer dan dapat menyelesaiakan suatu PDB dari level yang
mudah sampai level yang komplek. Walaupun fungsi solusi tidak dike-
tahui secara eksplisit maupun implisit namun data yang diberikan dapat
divisualisir dalam grafik sehingga dapat dianalisis dengan baik. Namun
metoda ini berdasarkan pada prinsip-prinsip aproksimasi sehingga solusi
yang dihasilkan adalah solusi hampiran (pendekatan). Sebagai konsuk-
wensi dari penggunaan metoda ini adalah adanya evaluasi berulang de-
ngan menggunakan komputer untuk mendapatkan hasil yang akurat. Salah
satu metoda ang telah anda kenal adalah metoda EULER dengan ru-
mus yn+1 = yn + hf(t, y), (lihat catatan Algoritma dan Pemerograman).
Dibawah diberikan programming metoda EULER dengan menggunakan
MATLAB programming.
%Programming Untuk Menyelesaikan PDB%y = y t2 + 1, y(0) = 0.5%Dengan menggunakan metoda Euler
n=input(Jumlah iterasi :);y(1)=0.5;t(1)=0;h=0.2;
for i=2:nfprintf(\n y(i) = 1.2 y(i 1) 0.2 t(i 1)2 + 0.2;t(i) = t(1) + (i 1) h;endplot(t,y)hold onf = t.2 + 2. t+ 1 0.5. exp(t);plot(t,f,o)
-
BAB 1. KONSEP DASAR 7
1.4 Masalah Nilai Awal (MNA)
Persamaan difrensial order satu secara umum ditulis dengan
y =dy
dx= f(x, y)
dimana f adalah kontinyu atas variabel x, y pada domain D (dalam bidang xy).
Misal (x0, y0) adalah titik pada D, maka masalah nilai awal yang berkenaan
dengan dengan y = f(x, y) adalah masalah untuk menentukan solusi y yang
memenuhi nilai awal y(x0) = y0. Dengan notasi umum sebabagai berikut:
y = f(x, y), y(0) = y0 (1.2)
Permasalahannya sekarang apakah solusi y(x) yang memenuhi y(x0) = y0
selalu ada (principle of existence) , kalau benar apakah solusi itu tunggal (prin-
ciple of uniqueness). Pertanyaan ini merupakan hal yang sangat penting un-
tuk didahulukan mengingat betapa kompleknya suatu model fenomena riel yang
banyak dimungkinkan tidak dapat diselesaikan dengan metoda analitik ataupun
kualitatif. Untuk memudahkan pemeriksaan awal tentang dua hal ini dalam hal
ini dikembangkan teorema Lipschitz dan teorema Picard.
Definisi 1.4.1 (Sarat Lipschitz) Suatu fungsi f(t, y) dikatakan memenuhi sarat
Lipschitz dalam variabel y di suatu domain D R2 jika ada konstanta L > 0
sedemikian hingga
||f(t, y1) f(t, y2)|| L||y1 y2||
untuk sebarang (t, y1), (t, y2) D. Selanjutnya konstanta L disebut sebagai kon-
stanta Lipschitz.
-
BAB 1. KONSEP DASAR 8
Definisi 1.4.2 (Konvek) Suatu himpunan D R2 dikatakn konvek bila untuk
sebarang (t, y1), (t, y2) D maka titik ((1 )t1 + t2, (1 )y1 + y2) juga
merupakan elemen dari D untuk [0, 1].
Secara geometris dapat digambarkan sebagai berikut
Konvek Tidak Konvek
(t , y )1 1
(t , y )2 2
1 1
2 2(t , y )(t , y )
Gambar 1.2: Diagram kekonvekan untuk D R2
Teorema 1.4.1 Teorema Lipschitz. Andaikata f(t, y) terdefinisi dalam him-
punan konvek D R2 dan ada konstanta L > 0 dimanadfdy (t, y) L, untuk semua (t, y) D, (1.3)
maka f memenuhi suatu sarat Lipschitz.
Teorema 1.4.2 Misal D = {(t, y)|a t b, y } dan f(t, y) adalah
fungsi kontinyu dalam D, kemudian bila f memenuhi sarat Lipschitz dalam vari-
abel y maka masalah nilai awal
y(t) = f(t, y), a t b y(a) =
mempunyai solusi tunggal y(t) untuk a t b.
Contoh 1.4.1 y = 1 + t sin(ty), 0 t 2, y(0) = 0. Tentukan apakah
persamaan ini mempunyai solusi tunggal.
-
BAB 1. KONSEP DASAR 9
Penyelesaian 1.4.1 f(t, y) = 1 + t sin(ty), kemudian terapkan teorema nilai
rata-rata pada KALKULUS yaitu untuk sebarang y1 < y2, maka ada bilangan
(y1, y2) sedmikian hingga
f(t, y2) f(t, y1)y2 y1 =
yf(t, ) = t2 cos(t).
Kemudian
f(t, y2) f(t, y1) = (y2 y1)t2 cos(t)
||f(t, y2) f(t, y1)|| = ||(y2 y1)t2 cos(t)||
||y2 y1|| ||t2 cos(t)||
||y2 y1|| || max0t2
t2 cos(t)||
= 4||y2 y1||.
Degan demikian sarat Lipschitz terpenuhi yaitu ||f(t, y1)f(t, y2)|| L||y1y2||,
dimana konstanta Lipschitznya adalah L = 4, berarti persamaan itu mempunyai
solusi tunggal.
Teorema 1.4.3 Teorema Picard. Suatu masalah nilai awal y = f(x, y), y(x0) =
y0 mempunyai solusi tunggal y = (x) pada interval |xx0| , dimana adalah
bilangan positif dan kecil sekali, bila
1. f C(D) dimana D adalah daerah pada bidang xy, yaitu D = {(x, y), a 0; y1(t) = t 12 , y2(t) = t1
(e) y 2ty = 1; y(t) = et2 t0es
2ds+ et
2
5. Cermati apakah fungsi solusi dibawah ini merupakan solusi terhadap masalah
nilai awal yang bersesuaian
(a) y = y; y(0) = 2, y(x) = 2ex
(b) y + 4y = 0; y(0) = 1, y(0) = 0, y(x) = cos(2x)
(c) y + 3y + 2y = 0; y(0) = 0, y(0) = 1, y(x) = ex e2x
6. Periksalaha mana diantara soal berikut ini yang memenuhi teorema Lip-
schitz:
-
BAB 1. KONSEP DASAR 12
(a) f(t, y) = y cos t, 0 t 1, y(0) = 1
(b) f(t, y) = 1 + t sin y, 0 t 2, y(0) = 0
(c) f(t, y) = 2ty + t2e2, 1 t 2, y(1) = 0
(d) f(t, y) = 4t3y
1+t4, 0 t 1, y(0) = 1
dan tentukan besar konstanta Lipschitz dari masing-masing soal ini.
7. Selidiki apakah persamaan diferensial berikut ini mempunyai solusi tunggal
pada interval yang memuat kondisi awal berikut
(a) y = 1 2y, y(0) = 0
(b) y = 2 + t y, y(0) = 1
(c) y = et + y, y(1) = 3
(d) y = yx, y(0) = 1
8. Tentukan untuk titik-titik (x0, y0) yang mana PDB berikut ini memenuhi
teori kewujudan dan ketunggalan dari Picard.
(a) y = x2+yxy
(b) y = (2x y) 13
(c) y = (1 x2 2xy2) 32
(d) 2xy = x2 + y2
-
BAB 2
PDB Linier Order Satu
2.1 PDB Linier Order Satu Homogen
PDB order satu dapat dinyatakan dalam
dy
dx= f(x, y)
atau dalam bentuk derivatif
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.1)
2.1.1 PDB Eksak
Definisi 2.1.1 Misal F suatu fungsi dari dua variabel real, dan F kontinyu pada
turunan pertama pada domain D maka jumlah difrensial dF didefinisikan sebagai
dF (x, y) =F (x, y)
xdx+
F (x, y)
ydy
untuk semua (x, y) D.
13
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 14
Definisi 2.1.2 Persamaan 2.1 disebut difrensial eksak pada domain D jika ada
fungsi F dari dua variabel x, y sedemikian hingga ekspresi tersebut sama dengan
jumlah dF (x, y) untuk (x, y) D. Sesuaikan definisi 2.1.1 dengan persamaan
2.1 diperoleh
M(x, y) =F (x, y)
x
N(x, y) =F (x, y)
y
Teorema 2.1.1 Persamaan 2.1 denganM,N kontinyu pada turunan pertamanyan
(M,N C1(D)) akan memenuhi dua kondisi berikut:
1. Bila 2.1 PDB eksak di D maka M(x,y)y
= N(x,y)x
untuk (x, y) D
2. Sebaliknya bila M(x,y)y
= N(x,y)x
untuk (x, y) D maka dikatakan 2.1
adalah PDB eksak.
Bukti
Akan dibutkikan bagian pertama dari teorema ini. Jika 2.1 eksak di D maka
Mdx+Ndy adalah eksak difrensial di D. Dengan definisi 2.1.1 dan 2.1.2, maka
terdapat suatu fungsi F sedemikian hingga
F (x, y)
x=M(x, y), dan
F (x, y)
y= N(x, y)
untuk (x, y) D. Selanjutnya turunkan M terhadap y dan N terhadap x
diperoleh
2F (x, y)
xy=M(x, y)
y, dan
2F (x, y)
yx=N(x, y)
x
Kita tahu bahwa
F (x, y)
xy=F (x, y)
yx
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 15
untuk (x, y) D, sehingga dapat disimpulkan
M(x, y)
y=N(x, y)
x
(x, y) D.
Selanjutnya gunakan fakta ini untuk membuktikan bagian yang kedua.
2.1.2 Solusi PDB Eksak
Ada dua cara menyelesaikan PDB jenis ini, yaitu menggunakan prosedur dalam
teorema atau dengan teknik pengelompokan.
Contoh 2.1.1 Tentukan solusi PDB eksak (3x2 + 4xy)dx+ (2x2 + 2y)dy = 0
Penyelesaian 2.1.1 Jelas persamaan ini adalah PDB eksak karena
M(x, y)
y= 4x =
N(x, y)
x
(x, y) D. Dengan menggunakan cara yang pertama maka kita mempunyai
F (x, y)
x= 3x2 + 4y dan
F (x, y)
y= 2x2 + 2y
Integralkan bentuk pertama
F (x, y) =
M(x, y)x+ (y) =
(3x2 + 4xy)x+ (y)
Kemudian turunkan terhadap y
F (x, y)
y= 2x2 +
d(y)
dy,
padahal kita punya
F (x, y)
y= N(x, y) = 2x2 + 2y
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 16
sehingga
2x2 + 2y = 2x2 +d(y)
dyatau
d(y)
dy= 2y.
Integralkan persamaan terakhir ini diperoleh (y) = y2 + c0, dengan demikian
F (x, y) menjadi
F (x, y) = x3 + 2x2y + y2 + c0.
Bila F (x, y) merupakan solusi umum maka keluarga solusi itu adalah F (x, y) = c1
sehingga
x3 + 2x2y + y2 + c0 = c1 atau x3 + 2x2y + y2 = c
yang merupakan solusi persamaan PDB eksak yang dimaksud.
Cara yang kedua adalah dengan menggunakan teknik pengelompokan, lihat catatan
dalam perkuliahan.
2.1.3 Faktor Integrasi
Faktor integrasi ini digunakan untuk menyelesaikan PDB order satu tidak eksak.
Langkah yang dimaksud adalah merubah PDB tidak eksak menjadi eksak. Re-
nungkan lagi persamaan 2.1, bila M(x,y)y
6= N(x,y)x
maka dapat ditentukan (x, y)
sedemikian hingga
(x, y)M(x, y)dx+ (x, y)N(x, y)dy = 0 (2.2)
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 17
merupakan PDB eksak. Sekarang bagaimana prosedur menentukan (x, y), da-
patlah digunakan teorema 2.1.1 diatas. Bila persamaan 2.2 eksak maka
(M)
y=
(N)
x
yM +
M
y=
xN +
N
x
[M
y N
x
]= N
xM
y
(x, y) =N
xM
y
My N
x
(2.3)
adalah merupakan formula faktor integrasi secara umum.
Contoh 2.1.2 Tentukan solusi PDB berikut ini
1. (4xy+3y2x)dx+x(x+2y)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung
pada x saja
2. (x2y+2xy2+2x+3y)dx+ (x3+2x2y+3x)dy = 0, bila faktor integrasinya
hanya tergantung pada xy
Penyelesaian 2.1.2 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita
bahas soal nomor 2. Jika tergantung pada xy ini berarti = (x, y) misal
z = xy maka
x=(z)
zy atau
y=(z)
zx
sedangkan
M
y= x2 + 4xy + 3, dan
N
x= 3x2 + 4xy + 3.
Sekarang gunakan faktor integrasi 2.3 dan substitusikan nilai-nilai diatas ini,
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 18
maka didapat
=(x3 + 2x2y + 3x)(z)
zy (x2y + 2xy2 + 2x+ 3y)(z)
zx
(x2 + 4xy + 3) (3x2 + 4xy + 3) =
z
z =1
z =
1
z = ln
= ez = exy
Dengan demikian faktor integrasinya adalah (x, y) = exy. Sekarang soal nomor
dua menjadi PDB eksak dengan mengalikan faktor integrasi terhadap suku-
sukunya dimasing-masing ruas.
exy(x2y + 2xy2 + 2x+ 3y)dx+ exy(x3 + 2x2y + 3x)dy = 0
Dengan meyakini persamaan ini merupakan PDB eksak cara menyelesaikan sama
dengan teknik diatas yakni terdapat dua cara. Coba anda kerjakan sebagai
latihan
2.1.4 Teknik Variabel Terpisah
Bila persaman 2.1 kita transformasikan kedalam bentuk
f1(x)g1(y)dx+ f2(x)g2(y)dy = 0 (2.4)
selanjutnya kalikan persamaan ini dengan g1(y)f2(x) maka akan diadapat
f1(x)
f2(x)dx+
g2(x)
g1(y)dy = 0 (2.5)
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 19
Persamaan 2.4 tidak eksak namun persamaan 2.5 adalah eksak sehingga teknik
penyelesaiannya menyesuaikan. Bisa juga dengan mengintegralkan langsung ben-
tuk itu menjadi f1(x)
f2(x)dx+
g2(x)
g1(y)dy = 0
Contoh 2.1.3 Tentukan solusi PDB berikut ini dengan menggunakan teknik pemisa-
han variabel.
1. (x+ y)2dx xydy = 0
2. (2xy + 3y2)dx (2xy + x2)dy = 0
Penyelesaian 2.1.3 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita
bahas soal nomor 2. Ambil suatu permisalan y = vx dan tentunya dy = vdx+xdv,
lalu substitusikan kedalam persamaan nomor 2.
(2x2v + 3x2v2)dx (2x2v + x2)(vdx+ xdv) = 0
2x2vdx+ 3x2v2dx 2x2v2dx 2x3vdv x2vdx x3dv = 0
x2(v + v2)dx x3(2v 1)dv = 01
xdx (2v 1)
(v + v2)dv = 0
Jelas persamaan terakhir ini merupakan PDB eksak sehingga gunakan cara
yang sama untuk menyelesaikannya. Atau bisa diintegralkan langsung menjadi1
xdx
(2v 1)(v + v2)
dv = 0
ln x+ c0 + ln v 3 ln(1 + v) + c1 = 0
ln x+ c0 + ln(y/x) 3 ln(1 + (y/x)) + c1 = 0
lnx+ ln(y/x) 3 ln(1 + (y/x)) = c
Persamaan terakhir adalah solusi umum dari PDB yang dimaksud.
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 20
2.2 PDB Linier Order Satu Nonhomogen
Pada umumnya PDB linier order satu nonhomogen dapat dinyatakan dengan
dy
dx+ P (x)y = Q(x) (2.6)
dy
dx+ P (x)y = Q(x)yn (2.7)
Untuk persamaan 2.6 dapat kita tulis dalam
(P (x)y Q(x))dx+ dy = 0
sehingga
M(x, y) = P (x)y Q(x) dan N(x, y) = 1.
Sekarang
M(x, y)
y= P (x) dan
N(x, y)
x= 0
dengan demikian persamaan ini bukan merupakan PDB eksak, sehingga perlu
ditentukan faktor integrasinya. Kita pilih faktor integrasi yang hanya tergantung
pada x, yaitu (x). sedemikian
((x)P (x)y (x)Q(x))dx+ (x)dy = 0
merupakan PDB eksak, yang berakibat bahwa
((x)P (x)y (x)Q(x)
)y
=(x)
x
Selesaikan bentuk ini didapat
P (x)dx =1
(x)(x)
ln || =
P (x)dx
= eR
P (x)dx > 0
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 21
Kalikan terhadap persamaan 2.6 didapat
eR
P (x)dx dy
dx+ eR
P (x)dxP (x)y = Q(x)eR
P (x)dx
yang mana hal ini sama dengan
d
dx
(eR
P (x)dxy
)= Q(x)eR
P (x)dx
atau
eR
P (x)dxy =
eR
P (x)dxQ(x)dx+ c
atau
y = eR
P (x)dxeR
P (x)dxQ(x)dx+ c (2.8)
Persamaan ini disebut Persamaan Bernoulli
Selanjutnya untuk persamaan 2.7 dapat kita tulis dalam
yndy
dx+ P (x)y1n = Q(x).
Misal v = y1n maka dydx
= 1(1n)y
n dvdx
sehingga persamaan diatas menjadi
dv
dx+ (1 n)P (x)v = Q(x)(1 n)
Misal Pp(x) = (1 n)P (x) dan Qq(x) = (1 n)Q(x) maka persamaan diatas
dapat direduksi kedalam bentuk
dvdx
+ Pp(x)v = Qq(x)
adalah persaman sebagaimana 2.6, sehingga cara menyelesaikan sama.
Contoh 2.2.1 Tentukan solusi PDB berikut ini
1. (x2 + 1) dydx+ 4xy = x, y(2) = 1
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 22
2. dydx+ y = xy3, y(0) = 2
Penyelesaian 2.2.1 Soal nomor 1 dapat diselesaikan langsung dengan persamaan
2.8, sehingga
dy
dx+
4x
(x2 + 1)y =
x
(x2 + 1)
maka P (x) = 4x(x2+1)
dan Q(x) = x(x2+1)
sehingga dengan menggunakan
y = eR
P (x)dx
eR
P (x)dxQ(x)dx+ c
y dapat ditentukan sebagai
y =x4
4(x2 + 1)2+
x2
2(x2 + 1)2+
c
(x2 + 1)2
untuk y(2) = 1 maka substitusikan ke persamaan ini didapat c = 19, akhirnya
solusi khususnya adalah
y = x4
4(x2 + 1)2+
x2
2(x2 + 1)2+
19
(x2 + 1)2
Ikuti langkah dalam prosedur yang telah diberikan untuk mengerjakan soal nomor
2. Anda kerjakan sebagai latihan
-
BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 23
Latihan Tutorial 2
1. Mana diantara soal-soal berikut ini yang merupakan PDB order 1 eksak.
(a) (y sec2 x+ sec x tan x)dx+ (tanx+ 2y)dy = 0
(b) (2 + 1) cos rdr + 2 sin rd = 0
(c)
(2s1t
)ds+
(ss2t2
)dt = 0
2. Selesaikanlah PD order 1 eksak berikut ini
(a) (2y sinx cosx+ y2 sinx)dx+ (sin2 x 2y cosx)dy = 0; y(0) = 3
(b)
(1+8xy2/3
x2/3y1/3
)dx+
(2x4/3y2/3x1/3
y4/3
)dy = 0; y(1) = 8
3. Tentukan faktor integrasi untuk masing-masing soal berikut ini
(a) (x2y + 2xy2 + 2x+ 3y)dx+ (x3 + 2x2y + 3x)dy = 0, bila tergantung
pada xy
(b) (y3 2x2y)dx+ (2xy2 x3)dy = 0, bila tergantung pada x+ y
4. Gunakan metoda variabel terpisah untuk menyelesaikan beberapa persoalan
berikut ini
(a) (x tan yx+ y)dx xdy = 0
(b) (x+ y +
x y)dx+ (x y x+ y)dy = 0
5. Gunakan metoda Bernoulli untuk menyelesaikan PD berikut ini
(a) (x2 + x 2) dydx+ 3(x+ 1)y = x 1
(b) drd+ r tan = cos, r(pi
4) = 1
-
BAB 3
Aplikasi PDB Order Satu
3.1 Masalah Dalam Mekanik
Misal 4x adalah perubahan jarak yang ditimbulkan benda bergerak selama
waktu 4t maka kecepatan rata-rata didefinisikan
vr =4x4t =
xB xAtB tA .
Selanjutnya kecepatan sesaat adalah
v = lim40
vr = lim4t04x4t
v =dx
dt(m/dt).
a =dv
dt(m/dt2)
Hukum 3.1.1 (Hukum Newton I) Hukum ini juga disebut hukum Kelemba-
man Newton yang berbunyi; setiap benda akan tetap berada pada keadaan diam
atau bergerak lurus beraturan kecuali jika benda itu dipaksa oleh gaya-gaya yang
bekerja pada benda itu.
24
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 25
Hukum 3.1.2 (Hukum Newton II) Percepatan yang ditimbulkan oleh gaya
yang bekerja pada sebuah benda berbanding lurus (sebanding) dengan besar
gaya itu, dan berbanding terbalik dengan massa kelembaman banda itu. Se-
cara matematis dapat ditulis sebagai a = F/m atau F = ma dimana F adalah
gaya dan m suatu massa.
Analog dengan hukum Newton II ini, gerak jatuh bebas suatu benda dengan
berat W tanpa mengikutsertakan gaya gesek udara adalah
W = mg.
F dalam hal ini direpresentasikan dengan W dan a = g, sehingga bisa kita tulis
mg = W
ma = F
mdv
dt= F
mdv
dx
dx
dt= F
mvdv
dx= F
adalah model dari PDB order satu.
Contoh 3.1.1 Benda dengan berat 8 newton dijatuhkan dari suatu ketinggian
tertentu, yang bearawal dari keadaan diam. Jika kecepatan benda jatuh itu v,
dan kecepatan gravitasi bumi adalah g = 10m/dt2, serta gaya gesek udara adalah
2v. Tentukan ekspresi kecepatan v dan jarak x pada saat tertentu.
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 26
Penyelesaian 3.1.1 Hukum newton mengatakan F = ma atau
F = ma.
Dalam hal ini f1 = W = 8 newton (gaya kebawah), dan F2 =gaya gesek udara
= 2v (gaya keatas) sehingga
mdv
dt= F1 + F2
8
10
dv
dt= 8 2v
1
8 2vdv =10
8dt
Karena benda berawal dari keadaan diam maka v(0) = 0, sehingga model PDB
sekarang adalah
1
8 2vdv =10
8dt
v(0) = 0
Integralkan kedua ruasnya didapat
12ln(8 2v) + c0 = 10
8t+ c1
ln(8 2v) = 52t+ c2
(8 2v) = e 52 t+c2
2v = Ce 52 t + 8
v =1
2(8 Ce 52 t)
Dengan memasukkan nilai awal v(0) = 0 maka c = 4 sehingga ekspresi kecepatan
adalah
v(t) = 4 2e 52 t.
Selanjutnya untuk menentukan ekspresi jarak maka rubah v(t) kedalam v = dxdt
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 27
sehingga model PDB sekarang adalalah
dx
dt= 4 2e 52 t
x(0) = 0
Dengan cara yang sama untuk solusi PDB ini maka ekspresi jarak terhadap waktu
adalah
x(t) = 4t 45e52t +
4
5
3.2 Pertumbuhan dan Peluruhan
Jika Q menunjukkan jumlah, kuantitas atau kualitas sesuatu dalam waktu t,
maka perubahan (bertambah=pertumbuhan atau berkurang=peluruhan) yang
disimbulkan dengan dQdt
berbanding lurus dengan kuantitas Q, dengan kata lain
dQ
dt= rQ pertumbuhan
dQ
dt= rQ peluruhan
3.2.1 Pertumbuhan Populasi
Jika y adalah jumlah populasi dalam waktu t, k adalah konstanta proportionalitas
atau tingkat pertumbuhan maka model PDB pertumbuhan populasi adalah
dy
dt= ky
y(t0) = y0
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 28
Selanjutnya bila k berubah-ubah maka dapat kita ganti dengan h(y) yang dapat
dipilih h(y) = r ay maka model pertumbuhan menjadi dydt= (r ay)y
dy
dt= r(1 y
K)y dimana K =
r
a
y(t0) = y0
PDB ini dikenal dengan persamaan Verhulst atau persamaan Logistik. Solusi
kualitatif persamaan ini untuk r, K positip adalah tertera dalam Gambar 3.1.
-3
-2
-10123
y(x)
-1
-0.5
0.5
11.
52
2.5
x
Asymptotic
sol
utio
n
Gambar 3.1: Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi.
Contoh 3.2.1 Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut
dx
dt=
1
100x 1
(10)8x2
Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100,000 maka
1. berapa besar populasi tahaun 2000
2. tahun berapa jumlah populasi akan menjadi 2 tahun 1980
3. berapa jumlah populasi terbesar untuk t > 1980
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 29
Penyelesaian 3.2.1 Bila tahun 1980 jumlah populasi 100,000 maka dapat dikatakan
x(1980) = 100, 000 sehingga model PDB sekarang adalah
dx
dt=
1
100x 1
(10)8x2
x(t0) = x0
Rubah kedalam kedalam PD dengan variabel terpisah
1
(10)2x (10)8x2dx = dt
Integralkan kedua ruasnya1
(10)2x(1 (10)6x)dx =
dt
100
1
x+
(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 = et100
+c2
x
1 (10)6x = cet100
x =ce
t100
1 + (10)6cet100
Terapkan nilai awal x(1980) = 100, 000 didapat c = (10)6
9e19.8sehingga
x(t) =106
1 + 9e19.8t/100(3.1)
Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut
1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = 2000. Substitusikan nilai t ini
kedalam persamaan 3.1 didapat x = 119, 495. Dengan demikian jumlah
populasi tahun 2000 adalah 119,495 orang.
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 30
2. jumlah populasi 2 tahun 1980, berarti x = 200, 000. Substitusikan nilai
x ini kedalam persamaan 3.1 didapat t = 2061. Dengan demikian jumlah
populasi akan dua kali lipat tahun 1980 dicapai pada tahun 2061.
3. Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t) berarti
x = limt
106
1 + 9e19.8t/100
x = limt
106
1 + 9e19.8et/100
x = 106 = 1, 000, 000
Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak ter-
batas adalah satu juta orang.
3.2.2 Peluruhan Radioaktif
Contoh 3.2.2 Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang seband-
ing dengan 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
jumlah semula.
Penyelesaian 3.2.2 Gunakan rumus peluruhan. MisalQ jumlah isotop Thorium-
234 maka dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah
dQ
dt= rQ
Q(0) = 100
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 31
Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh
Q(t) = 100ert
Kemudian terapkan sarat kedua, yakni dalam satu minggu (7 hari) isotop men-
jadi 82.04 mg artinya Q(7) = 82.04 mg akan didapat nilai r, sedemikian hingga
ekspresi jumlah terhadap waktu (hari) adalah
Q(t) = 100e0.02828t.
Dengan mengetahui ekspresi ini akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaan-
pertanyaan diatas. (Teruskan sebagai latihan.)
3.3 Hukum Pendinginan Newton
Perubahan suhu suatu benda atau bahan yang mengalami proses pendinginan
sebanding dengan perbedaan antara suhu benda dan suhu disekitarnya. Dengan
demikian bila Suhu benda itu adalah x dan suhu sekitarnya itu adalah xs maka
proses pendinginan Newton terhadap waktu t digambarkan dengan
dx
dt= k(x xs), k > 0
dimana k adalah konstanta tingkat pendinginan.
Contoh 3.3.1 Suatu benda dengan suhu 80oC diletakkan diruangan yang bersuhu
50oC pada saat t = 0. Dalam waktu 5 menit suhu benda tersebut menjadi 70oC,
maka
1. tentukan fungsi suhu pada saat tertentu
2. tentukan besarnya suhu benda pada 10 menit terakhir
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 32
3. kapan suhu menjadi 60oC
Penyelesaian 3.3.1 Dengan memahami persoalan ini maka model PDB proses
pendinginan dapat ditulis sebagai
dx
dt= k(x 50)
x(0) = 80 dan x(5) = 70
Solusi dari persamaan itu adalah
ln(x 50) + c0 = kt+ c1
(x 50) = cekt
x = 50 + cekt
Masukkan nilai awal maka nilai c = 30 sehingga persamaan menjadi
x = 50 + 30ekt
Dan masukkan kondisi kedua didapat
ek =(23
) 15
sehingga ekspresi terakhir menjadi
x(t) = 50 + 30(23
) t5
Selanjutnya anda selesaikan pertanyaan diatas dengan memakai ekspresi ini.
3.4 Campuran
Suatu bahan dengan konsentrasi terterntu dicampur dengan bahan lain dalam
suatu tempat sehingga bahan bercampur dengan sempurna dan menjadi campu-
ran lain dengan konsentrasi berbeda. Bila Q menunjukkan jumlah bahan pada
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 33
saat tertentu, maka perubahan Q terhadap t ditunjukkan dengan dQdt. Kemudian
bila proses yang terjadi adalah terdapat campuran masuk dan campuran yang
keluar, dimana laju jumlah bahan masuk dinyatakan dengan proses IN dan laju
jumlah bahan keluar dinyatakan dengan proses OUT maka
dQ
dt= IN OUT
K= L literQ(0) = Q_0 gram
v =r liter/mink =s gram/liter
v =r liter/min
Gambar 3.2: Proses campuran dalam tangki.
Dimana bila laju masuk sama dengan laju keluar maka
IN = kv = sr gram/liter
OUT =Q
Kv =
Qr
Lgram/liter
Contoh 3.4.1
Suatu tangki mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam.
Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter masuk
kedalam tangki dengan laju 4 liter/menit dan bercampur dengan sempurna, ke-
mudian campuran itu diperkenankan keluar dengan laju 4 liter/menit.
1. Formulasikan masalah nilai awal tersebut
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 34
2. Tentukan jumlah garam Q setiap saat.
Penyelesaian 3.4.1 Formula campuran adalah
dQ
dt= IN OUT.
Diketahui s = 1 gram/liter, r = 4 liter/menit, L = 200 liter dan Q(0) = 100
didapat
IN = kv = s gram/liter r liter/menit = 4 gram/liter
OUT =Q
Kv =
Q
Kgram/liter r liter/menit = 4Q
200gram/liter
Sehingga
1. Model PDBnya adalah
dQ
dt= 4 4Q
200= 4 Q
50
Q(0) = 100
2. Dengan menyelesaikan PDB ini didapat ekspresi jumlah garam setiap saat
Q(t) = 200 100et/50
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 35
Latihan Tutorial 3
1. Suatu benda yang massanya 50 kg dari keadaan diam di suatu puncak ber-
gerak diatas bidang miring dengan panjang 20 m dari puncak ketanah,
dan sudut kemiringan 45o (lihat Gambar 1). Bila koefisien gesek kinitis
k = 0.2. Tentukan: (i) ekspresi fungsi kecepatan dalam waktu t, (ii)
berapa jarak yang ditempuh benda selama 5 detik, dan (iii) berapa waktu
t yang dibutuhkan untuk mencapai tanah.
45 o
N
W
45o
f gesek
Gambar 3.3: Gerakan benda pada bidang miring.
{Petunjuk : uraikan gaya-gaya yang bekerja pada benda dan ingatfgesek = k N }.
2. Suatu benda dengan massa konstanm ditembakkan tegak lurus keatas men-
jauhi permukaan bumi dengan kecepatan awal V0 km/dt2. Bila diasumsikan
tidak ada gesekan udara namun berat benda berubah dalam jarak-jarak ter-
tentu terhadap bumi, maka tentukan
(a) model matematik dari kecepatan V (t) selama benda itu meluncur
(b) tentukan V0 untuk mencapai ketinggian maksimum 100 km
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 36
(c) tentukan maksimum V0 supaya benda yang ditembakkan tadi tidak
kembali kebumi.
(Petunjuk : gunakan g = 0.098 km/dt2, jari-jari bumi R = 6378.388 km
dan fungsi berat dalam jarak x terhadap bumi yang umumnya dinyatakan
sebagai w(x) = mgR2
(R+x)2)
3. Model pertumbuhan populasi dapat ditulis dalam persamaan dydt= ry
(1Ty
1)untuk r dan T konstanta positip, maka
(a) gambar grafik f(y) dan y.
(b) tentukan model grafik y dan t untuk memberikan gambaran solusi
kualitatif dari PD tersebut.
4. Jam 10.00 WIB seseorang mengambil secangkir kopi panas dari microwave
oven dan meletakkan di ruang tamu dengan maksud untuk meminumnya
setelah agak dingin. Awal mula suhu kopi adalah 95oC. Selanjutnya 10
menit kemudian besar suhu kopi menjadi 75oC. Asumsikan suhu ruang
tamu itu adalah konstan 27oC.
(a) Berapa besar suhu kopi pada jam 10.18 WIB
(b) Orang ini suka meminum kopi yang suhunya antara 55oC sampai 60oC,
maka antara jam berapa dia harus minum kopi itu.
5. Sebuah tangki besar awal mula berisi 300 liter larutan yang mengandung
5 kg garam. Larutan lain yang mengandung garam de-ngan konsentrasi
12kg/liter dituangkan kedalam tangki dengan laju 5 liter/menit dan campu-
ran dalam tangki mengalir keluar dengan laju 3 liter/menit.
-
BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 37
(a) Tentukan model matematik tentang banyaknya garam dalam tangki
setiap saat.
(b) Bila kapasitas maksimum tangki 750 liter tentukan domain waktu t
sehingga model diatas tetap berlaku.
(c) Pada poin (b) berapa besar konsentrasi larutan pada saat tangki penuh.
(d) Bila tangki tidak mempunyai kapasitas maksimum, tentukan konsen-
trasi larutan untuk jangka waktu tak terbatas.
6. Suatu tangki berkapasitas 500 liter mula-mula berisi 200 liter larutan yang
mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam den-
gan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki dengan laju 3 liter/menit
dan campuran dalam tangki diperkenankan keluar dengan laju 2 liter/menit.
Tentukan model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki
setiap saat (sebelum dan sesudah tangki penuh).
-
BAB 4
PDB Linier Order Dua
Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teo-
rema tentang konsep umum PDB order n.
4.1 PDB Order n Homogen
Definisi 4.1.1 Bila f1, f2, . . . , fm adalah fungsi kontinyu pada sebarang x [a, b]
dan c1, c2, . . . , cm adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini
ditulis dengan c1f1 + c2f2 + + cmfm
Definisi 4.1.2 Fungsi f1, f2, . . . , fm dikatakan tergantung linier pada interval
[a, b] bila terdapat c1, c2, . . . , cm yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c1f1+
c2f2 + + cmfm = 0 untuk sebarang x [a, b], dan dikatakan bebas linier bila
semua c1, c2, . . . , cm sama dengan nol.
Teorema 4.1.1 Suatu PDB disajikan dalam
a0(x)y(n) + a1(x)y
(n1) + + an(x)y = 0, dimana a0(x) 6= 0. (4.1)
38
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 39
Misal f1, f2, . . . , fm solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan
kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y = c1f1 + c2f2 + + cmfm.
Bukti : Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan
kedalam persamaan (4.3).
y = c1f1 + c2f2 + + cmfm
y = c1f 1 + c2f2 + + cmf m
...
y(n1) = c1f(n1)1 + c2f
(n1)2 + + cmf (n1)m
y(n) = c1f(n)1 + c2f
(n)2 + + cmf (n)m
maka a0(x)
(c1f
(n)1 + c2f
(n)2 + + cmf (n)m
)+ a1(x)
(c1f
(n1)1 + c2f
(n1)2 + +
cmf(n1)m
)+ +an(x)
(c1f1+c2f2+ +cmfm
)= 0, dan dapat disederhanakan
menjadi c1
(a0(x)f
(n)1 +a1(x)f
(n1)1 + +an(x)f1
)+c2
(a0(x)f
(n)2 +a1(x)f
(n1)2 +
+ an(x)f2)+ + cm
(a0(x)f
(n)m + a1(x)f
(n1)m + + an(x)fm
)= 0. Analog
dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol,
sehingga terbukti y = c1f1 + c2f2 + + cmfm merupakan solusi umum. 2
Definisi 4.1.3 Misal f1, f2, . . . , fm adalah fungsi riel yang kontinyu pada tu-
runan ke (n 1) dalam interval [a, b] maka
W (f1, f2, . . . , fn) =
f1 f2 . . . fn
f 1 f2 . . . f
n
......
......
f(n1)1 f
(n1)2 . . . f
(n1)n
disebut determinan matrik Wronskian yang terdefinisi pada [a, b].
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 40
Teorema 4.1.2 Fungsi-fungsi solusi f1, f2, . . . , fn dari PDB homogen order n
dikatakan bebas linier bila W (f1, f2, . . . , fn) 6= 0
Contoh 4.1.1 Buktikan bahwa
1. Jika sinx, cosx merupakan solusi dari y+y = 0 maka y = c1 sinx+c2 cosx
juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier.
2. Jika ex, ex, e2x merupakan solusi dari y 2y y + 2y = 0 maka y =
c1ex+c2e
x+c3e2x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas
linier.
Cara sederhana untuk menyelesaikan PDB homogen order n ini adalah dengan
cara mereduksi ordernya.
Teorema 4.1.3 Suatu PDB
a0(x)y(n) + a1(x)y
(n1) + + an(x)y = 0, a0(x) 6= 0
maka permisalan y = f(x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n 1).
Contoh 4.1.2 Salah satu solusi PDB (x2 + 1)y 2xy + 2y = 0 adalah f1 = x
maka tentukan solusi umumnya.
Penyelesaian 4.1.1 Misal
f2 = y = f1v = xv
y = v + xv
y = 2v + xv.
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 41
Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapat x(x2+1)v+2v = 0 dan
misal w = v maka
x(x2 + 1)dw
dx+ 2w = 0
dw
dx= 2w
x(x2 + 1)1
wdw = 2
x(x2 + 1)dx
= ( 2x+
2x
(x2 + 1)
)dx
lnw = ln x2 + ln(x2 + 1) + ln c
lnw = ln1
x2(x2 + 1)
sehingga solusi umunnya adalah
w = 1x2(x2 + 1).
Sementara w = v, maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi
dv
dx=
c(x2 + 1)
x2
dv =(x2 + 1)
x2pilih c = 1
dv =
(1 +
1
x2
)dx
v = x 1x.
Sekarang f2 = f1v = x(x 1
x
)= x2 1 maka solusi umum dari PDB diatas
adalah
y = c1x+ c2(x2 1).
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 42
4.2 PDB Order n Nonhomogen
Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk
a0(x)y(n) + a1(x)y
(n1) + + an(x)y = F (x), a0(x) 6= 0 (4.2)
Teorema 4.2.1 Bila u adalah solusi umum PDB homogen dari persamaan (4.4)
dan v solusi khusus persamaan (4.4) maka u+ v adalah solusi umum PDB non-
homogen.
Misal diberikan PDB y + y = x. Bila solusi umum PDB y + y = 0 adalah
yu = c1 sinx + c2 cosx dan solusi khusus y + y = x adalah yk = x maka solusi
umum PDB ini adalah y = yu + yk atau y = c1 sinx+ c2 cosx+ x.
4.3 PDB Order Dua
4.3.1 PDB Order Dua Homogen
Suatu PDB order dua didefinisikan dengan persamaan
p(x)y + q(x)y + r(x)y = 0, (4.3)
bila p, q, r adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut
ay + by + cy = 0. (4.4)
Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan
y = ert
y = rert
y = r2ert
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 43
sehingga persamaan (4.4) menjadi
ar2ert + brert + cert = 0
(ar2 + br + c)ert = 0.
Bila ert 6= 0 maka ar2+ br+ c = 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB
order dua homogen dengan dengan koefisien konstan, dan y = ert merupakan
solusi dari persamaan (4.4).
Akar-Akar Riel dan Berbeda
Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0)
maka ditemukan r1 6= r2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah
y = c1er1t + c2er2t .
Misal diberikan PDB y + 5y + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya
adalah r2 + 5r + 6 = 0, dengan akar-akar r1 = 2 dan r2 = 3, sehingga solusi
umumnya y = c1e2t + c2e3t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2
dan y(0) = 3 maka nilai c1, c2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi
umum dua kali, yaitu y = 2c1e2t 3c2e3t dan y = 4c1e2t + 9c2e3t dan
substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem
c1 + c2 = 2
2c1 3c2 = 3
dimana c1 = 9 dan c2 = 7 dan solusi khususnya menjadi y = 9e2t 7e3t.
Contoh 4.3.1 Selesaikan persoalan berikut
1. 4y 8y + 3y = 0 y(0) = 2, y(0) = 12
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 44
2. 6y + 4y + 3y = 0 y(0) = 4, y(0) = 0
3. y + 5y + 3y = 0 y(0) = 1, y(0) = 0
Akar-Akar Komplek
Persamaan karakteristik persamaan PDB order dua homogen adalah ar2+br+c =
0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r1 = + i
dan r2 = i, dengan demikian solusi kompleknya adalah
y1 = c1e(+i)t (4.5)
y2 = c1e(i)t (4.6)
Teorema 4.3.1 (Teorema Taylor) Jika f(t) mempunyai n + 1 turunan kon-
tinyu pada interval [a, b] untuk beberapa n 0 dan bila t, t0 [a, b] maka
f(t) pn(t) +Rn+1(t)
pn(t) = f(t0) +(t t0)
1!f (t0) + + (t t0)
n
n!f (n)(t0)
Rn+1(t) =1
n!
tt0
(t t)nf (n+1)(t)dt
=(t t0)n+1(n+ 1)!
f (n+1)()
untuk antara t0 dan t.
Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut
pada t0 = 0 adalah:
eat = 1 + at+(at)2
2!+(at)3
3!+ =
n=0
(at)n
n!
sin at =(at)1
1! (at)
3
3!+(at)5
5! =
n=1
(1)n1 (at)2n1
(2n 1)!
cos at =(at)0
0! (at)
2
2!+(at)4
4! =
n=0
(1)n (at)2n
(2n)!
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 45
Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek eit dapat ditulis sebagai berikut
eit = 1 + it+(it)2
2!+(it)3
3!+ . . .
=n=0
(1)n (at)2n
(2n)!+ i
n=1
(1)n1 (at)2n1
(2n 1)!= cos t+ i sin t.
Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6)
menjadi
y1 = e(+i)t = et
(cost+ i sint
)y2 = e
(i)t = et(cost i sint).
Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka
u(t) = y1 + y2 = 2et cost
v(t) = y1 y2 = 2iet sint.
Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esen-
sial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik kom-
plek adalah
y = c1u(t) + c2v(t) = c1et cost+ c2et sint .
Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y + y + y =
0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r2 + r + 1 = 0 sehingga akar-akar
kompleknya adalah r12 = 12 i
34. Jadi = 1
2dan =
34sehingga solusi
umunya y = c1e 12t cos
34t+ c2e
12t sin
34t.
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 46
Akar-Akar Riel dan Sama
Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar2 + br + c = 0 akan mempunyai
D = b2 4ac = 0 sehingga r1 = r2 = b2a . Dengan demikian salah satu solusi
PDB adalah yk = e b2at. Misal solusi umumnya adalah y = v(t)yk(t) = v(t)e
b2at
maka
y = v(t)eb2at b
2av(t)e
b2at
y = v(t)eb2at b
av(t)e
b2at +
b2
4a2v(t)e
b2at
Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay + by + cy = 0 diperoleh[a
(v(t) b
av(t)+ b
2
4a2v(t)
)+ b
(v(t) b
2av(t)
)+ cv(t)
]e
b2at = 0. Bila e
b2at 6= 0
maka av(t)+( b2
4a+ c
)= 0. Karena b24ac = 0 maka persamaan ini menjadi
av(t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c1t + c2. Dengan demikian
solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah:
y = v(t)y1(t) = c1eb2at + c2te
b2at
4.3.2 PDB Order Dua Nonhomogen
Suatu PDB disajikan dalam persamaan berikut:
L[y] = y + p(t)y + q(t)y = g(t) (4.7)
L[y] = y + p(t)y + q(t)y = 0 (4.8)
Teorema 4.3.2 Jika Y1 dan Y2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y1 Y2adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y1, y2 solusi persamaan (4.7) maka
Y1(t) Y2(t) = c1y1(t) + c2y2(t)
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 47
Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah
y(t) = c1y1(t) + c2y2t solusi homogen
+yk(t)
Diberikan PDB y 3y 4y = 3e2t. Solusi persamaan homogennya adalah
yh = c1et + c1e4t. Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen
dengan memisalkan yk = Ae2t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai
A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali yk = 2Ae2t
dan yk = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = 1
2.
Sehingga solusi umumnya adalah y = c1et + c1e4t 12e2t.
Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana mem-
buat permisalan untuk menentukan solusi khusus yk. Kadangkala pemisalahan
itu harus diulang dua kali untuk menentukan koefisien yang tepat bagi solusi ini.
Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut.
gi(t) Yi(t)Pn(t) = a0t
n + a1tn1 + + an ts(A0tn + A1tn1 + + aN)
Pn(t)eat ts(A0t
n + A1tn1 + + aN)eat
Pn(t)eat
{sintcost
ts[(A0t
n + A1tn1 + + aN)eat cos t+
(A0tn + A1t
n1 + + aN)eat sin t]
Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen.
Contoh 4.3.2 Selesaikan persoalan berikut
1. y 3y 4y = 2 sin t
2. y 2y 3y = 8et cos 2t
3. y y 2y = 5e5t + 2 sin 3t 18et cos 4t
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 48
Variasi Parameter
Diberikan PDB nonhomogen
y(t) + p(t)y(t) + q(t)y(t) = g(t), (4.9)
maka yh(t) = c1y1(t) + c2y2(t) adalah solusi PDB homogen
y + p(t)y + q(t)y = 0. (4.10)
Kemudian bila c1 diganti dengan u1(t) dan c2 dengan u2(t) maka diperoleh
y(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t), (4.11)
adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali
y(t) = u1(t)y1(t) + u1(t)y1(t) + u
2(t)y2(t) + u2(t)y
2(t).
Set
u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t) = 0 (4.12)
maka
y(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t)
y(t) = u1(t)y1(t) + u1(t)y
1(t) + u
2(t)y
2(t) + u2(t)y
2(t).
Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh
u1(t)
[y1(t)+p(t)y
1(t)+q(t)y1(t)
]+u2(t)
[y2(t)+p(t)y
2(t)+q(t)y2(t)
]+u1(t)y
1(t)+
u2(t)y2(t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y1, y2
adalah solusi PDB (4.11) sehingga
u1(t)y1(t) + u
2(t)y
2(t) = g(t) (4.13)
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 49
Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier
dimana u1(t) dan u2(t) dapat ditentukan sebagai berikut:
u1(t) =
0 y2(t)
g(t) y2(t)
W (y1, y2)(t)
= y2(t)g(t)W
.
u2(t) =
y1(t) 0
y1(t) g(t)
W (y1, y2)(t)
=y1(t)g(t)
W.
Sehingga
u1(t) =
y2(t)g(t)
Wdt+ c1
u2(t) =
y1(t)g(t)
Wdt+ c2.
Dan solusi umum (4.11) menjadi
y(t) = y2(t)g(t)
Wdt y1(t) +
y1(t)g(t)W
dt y2(t)
Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y+4y = 3 csc t. Persamaan homogen-
nya adalah y+4y = 0 dengan persamaan karakteristik r2+4 = 0 dan mempunyai
akar komplek r12 = 0 2i. Dengan demikian solusinya yh = c1 cos 2t + c2 sin 2t.
Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t, y1(t) = cos 2t
dan y2 = sin 2t sehingga y1(t) = 2 sin 2t dan y2(t) = 2 sin 2t. Dengan mene-
rapkan prosedur diatas maka
u1(t) =
0 y2(t)
g(t) y2(t)
W (y1, y2)(t)
= 3 sin 2t csc t2[cos2 2t+ sin2 2t]
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 50
u2(t) =
y1(t) 0
y1(t) g(t)
W (y1, y2)(t)
=3
2csc t 3 sin t
Dengan proses yang sederhana diperoleh
u1(t) = 3 sin t+ c1
u2(t) =3
2ln | csc t cot t|+ 3 cos t+ c2
Sehingga solusi umumnya adalah
y(t) = c1 cos 2t+c2 sin 2t3 sin t cos 2t+3 cos t sin 2t+ 32ln | csc tcot t| sin 2t
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 51
Latihan Tutorial 4
1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua
berikut ini:
(a) y 2y 8y = 4e2x 21e3x
(b) y + 2y + 5y = 6 sin 2x+ 7 cos 2x
(c) 2y + 32y 2y = 6x2ex 4x2 + 12
(d) y + 4y = 4 sin 2x+ 8 cos 2x
(e) y + y 2y = 6e2x + 3ex 4x2
(f) y 6y + 5y = 24x2ex + 8e5x
(g) y 4y + 5y = 6e2x cosx
(h) y + 4y = 4 sin 2x+ 8 cos 2x
(i) y + y 6y = 10e2x 18e3x 6x 11
(j) y + 4y = 12x2 16x cos 2x
(k) 4y 4y + y = ex/2 + ex/2
(l) y + 2y + 10y = 5xe2x
(m) y + 6y + 5y = 2ex + 10e5x
(n) y + 2y + 4y = 13 cos 4x
2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini:
(a) y 4y + 3y = 9x2 + 4, y(0) = 6, y(0) = 8
(b) y + 5y + 4y = 16x+ 20ex, y(0) = 0, y(0) = 3
-
BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 52
(c) y 8y + 15y = 9xe2x, y(0) = 5, y(0) = 10
(d) y + 7y + 10y = 4xe3x, y(0) = 0, y(0) = 1
(e) y + 8y + 16y = 8e2x, y(0) = 2, y(0) = 0
(f) y + 6y + 9y = 27e6x, y(0) = 2, y(0) = 0
(g) y + 4y + 13y = 18e2x, y(0) = 0, y(0) = 4
(h) y 10y + 29y = 8e5x, y(0) = 0, y(0) = 8
(i) y 4y + 13y = 8 sin 3x, y(0) = 1, y(0) = 2
(j) y y 6y = 8e2x 5e3x, y(0) = 1, y(0) = 2
(k) y 2y + y = 2xe2x + 6ex, y(0) = 1, y(0) = 0
-
BAB 5
Aplikasi PDB Order Dua
Pembahasan aplikasi PDB order dua ini akan difokuskan pada model vibrasi
(Gerak Harmonis) pada pegas dengan pertimbangan model PDB ini berupa per-
samaan linier dengan koefisien konstan. Solusi model ini dapat diturunkan lang-
sung dari teknik-teknik yang diberikan pada bab-bab sebelumnya, yaitu berke-
naan dengan penentuan akar-akar persamaan karakteristik PDB.
Untuk mengawali pembahasan ini akan dijelaskan bagaimana model PDB
vibrasi ini diturunkan dan salah satu hukum yang berkaitan dengan fenomena ini
adalah hukuk Hook dengan bunyi sebagai berikut.
Hukum 5.0.1 (Hukum Hook) Besarnya gaya yang dibutuhkan untuk mereng-
gangkan suatu pegas sebanding dengan besarnya regangan, yaitu |F | = ks. Di-
mana F=gaya, k=konstanta elastisitas pegas (lb/ft) dan s=jarak regangan.
Gambar 5.1 menjelaskan bagaimana hukum Hook terjadi. Beberapa gaya yang
terjadi pada peristiwa ini adalah
53
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 54
l l l
L
U
l + L + U
Gambar 5.1: Vibrasi pada pegas
1. gaya gravitasi bumi (arah ke bawah, nilai positif)
F1 = m.g = W (5.1)
2. gaya tarik pegas (arah ke atas, nilai negatif) dengan besar L+ u
F2 = k(L+ u)
3. gaya gesek atau redaman (damping force) yang cukup kecil namun perlu
dipertimbangkan. F3 = |dudt | dimana > 0 adalah konstan. Gaya redaman
ini selalu berlawanan dengan gaya F1 sehingga
F3 = dudt
(5.2)
4. gaya luar (external force), katakanlah
F4 = F (t) (5.3)
Selanjutnya stabilitas tercapai bila F1 dan F2 sama namun berlawan arah
yaitu F1 = F2 dan tercapai pada saat u = 0. Dengan demikian mg = kL.
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 55
Substitusikan persamaan terakhir ini pada F2 = k(L+ u) didapat
F2 = mg ku. (5.4)
Hukum Newton menyebutkan
F = ma sehingga jumlah gaya-gaya yang be-
kerja adalah jumlah persamaan (8.9-5.4) dan diperoleh PDB order dua
ku dudt
+ F (t) = md2u
dt2
mu(t) + u(t) + ku = F (t)
dimana m, , k > 0. Jika = 0 maka dikatakan vibrasi takteredam dan jika
F (t) = 0 maka dikatakan vibrasi bebas gaya luar. Adapun nilai awal yang ber-
sesuaian dengan persamaan ini adalah u(0) = u0 dan u(0) = u0 sehingga se-
lengkapnya PDB order 2 model vibrasi ini adalah
mu(t) + u(t) + ku = F (t) (5.5)
u(0) = u0 (5.6)
u(0) = u0 (5.7)
5.1 Vibrasi Bebas dan Takteredam
Dalam peristiwa ini = 0 dan F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan
menjadi
mu + ku = 0
dapat disederhanakan dalam bentuk
u(t) + 2u = 0, 2 =k
m(5.8)
u(0) = u0 (5.9)
u(0) = u0 = v0. (5.10)
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 56
Persamaan karakteristiknya adalah r2 + 2 = 0 dengan r12 = 0 i. Jelas
solusi PDB ini adalah u = c1 cost+ c2 sint. Dengan menerapkan nilai awalnya
diperoleh c1 = u0 dan c2 =v0sehingga
u(t) =v0sint+ u0 cost.
Langkah selanjutnya menyederhanakan solusi ini. Tetapkan suatu konstanta H =(v0
)2+ u20 maka solusi ini dapat ditulis sebagai
u(t) = H
[ v0
Hsint+
u0H
cost
].
Misalv0
H= sin dan u0
H= cos maka
u(t) = H
[ sin sint+ cos cost
]= H cos(t+ )
Persamaan terakgir ini menunjukkan fungsi perpindahan massa dari titik setim-
bang O dalam waktu t > 0. Dan perlu diingat bahwa bila fungsi itu berupa
fungsi trigonometri dalam hal ini u(t) = H cos(t + ) maka amplitudo adalah
sebesar |H|, waktu yang dibutuhkan utnuk melakukan satu kali getaran (periode)
sebesar 2pidan jumlah getaran tiap detik (frekwensi) sebesar
2pi.
Contoh 5.1.1 Sebuah benda beratnya 8 newton diletakkan pada ujung pegas yang
tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.2 meter dan men-
capai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.1 meter
dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas dengan kecepatan
awal 1 m/dt maka tentukan besarnya amplitudo, periode dan frekwensi. (Gunakan
g=10 m/dt2).
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 57
Penyelesaian 5.1.1 Dalam posisi setimbang pegas merenggang sepanjang 0.2
meter sehingga F = ks 8 = k(0.2) k = 40. Karena berat benda 8 newton
maka W = mg m = 8/10 kg. Dengan demikian model PDBnya adalah810u + 40u = 0. Memperhatikan kondisi awal pada saat benda dilepas maka
model selengkapnya bersama nilai awalnya adalah
u + 50u = 0
u(0) =1
10
u(0) = 1.
Memperhatikan persamaan ini maka akar-akar persamaan karakteristik r12 =
052i sehingga solusi umumnya adalah u(t) = c1 cos 52t+c2 sin 5
2t dimana
u(t) = 52c1 sin 52t + c25
2 cos 5
2t. Dengan menerapkan kedua syarat
awalnya didapat solusi khusus
u(t) =1
10cos 5
2t+
1
52sin 5
2t.
Kemudian untuk H =
110
2+ 1
52
2= 1
10
3 maka
u(t) = H
[ 110
Hcos 5
2t+
152
Hsin 5
2t
].
Dan misal110
H= cos dan
152
H= sin maka
cos =110
110
3
sin = 1
52
110
3
dimana = .96 sehingga
u(t) = 110
3
[cos(0.96) cos 5
2t sin(0.96) sin 5
2t
]=
1
10
3 cos
(52t 0.96)].
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 58
Dengan demikian besar amplitudo adalah 110
3, periode 2pi
52detik dan frekwensi
52
2pigetaran/detik. Gambar 5.3 menunjukkan bagaimana proses getaran tidak
mengalami perubahan pada saat t tertentu yang dalam hal ini disebabkan karena
tidak adanya redaman (titik stasioner tetap sama sepanjang t).
2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 20.06
0.04
0.02
0
0.02
0.04
0.06
u(t)
Gambar 5.2: Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar
5.2 Vibrasi Bebas dan Teredam
Dalam peristiwa ini F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan menjadi
mu + u + ku = 0
dapat disederhanakan dalam bentuk
u(t) + 2bu + 2u = 0, 2b =
, 2 =
k
m(5.11)
u(0) = u0 (5.12)
u(0) = u0 = v0. (5.13)
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 59
Persamaan karakteristiknya adalah r2+2br+2 = 0 dengan r12 = bb2 2.
Untuk getaran teredam dipilih b < sehingga r12 = b b2 2i dan so-
lusinya adalah u(t) = ebt(c1 cos
b2 2t + c2 sin
b2 2t). Tetapkan suatu
konstanta H =c21 + c
22 maka solusi ini dapat ditulis sebagai
u(t) = Hebt cos(
b2 2t+ ).dimana = arcsin
( c1H
)= arccos
(c2H
). Jelas solusi ini terdiri dari dua fak-
tor yaitu ebt dan cos(
b2 2t + ) dan ebt disebut faktor peredam yangmempunyai sifat
limt
Hebt = 0,
artinya semakin lama semakin melemah pengaruhnya.
2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 20.06
0.04
0.02
0
0.02
0.04
0.06
u(t)
Gambar 5.3: Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar
Contoh 5.2.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas
yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter
dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 60
awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u dimana u adalah kecepatan dalam
satuan m/dt2 maka tentukan besarnya quasi amplitudo, quasi frekwensi dan pe-
ngurangan logaritmiknya. (Gunakan g=10 m/dt2).
5.3 Vibrasi Takbebas Gaya Luar
Dalam peristiwa ini model vibrasi muncul dalam persamaan penuh. Dengan
mengambil F (t) = F1 cost maka model persamaan adalah
mu + u + ku = F1 cost.
dapat disederhanakan dalam bentuk
u(t) + 2bu + 2u = E1 cost, (5.14)
u(0) = u0 (5.15)
u(0) = u0 = v0. (5.16)
dimana 2b = , 2 = k
m, E1 =
F1m. Bila dipilih b < maka solusi PDB
homogennya adalah
uh = Hebt cos
(b2 2t+ ). (5.17)
Selanjutnya akan ditentukan solusi khusus PDB nonhomogen dengan memisalkan
us = A cost+B sint. (5.18)
Dengan demikian
us = A sint+ B cost
us = 2A cost 2B sint.
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 61
Substitusikan dalam persamaan (5.14) akan diperoleh dua sistem persamaan li-
nier
2bA+ (2 2)B = 0
(2 2)A+ 2bB = E1
sehingga
A =E1(
2 2)(2 2)2 + 4b22
B =2bE1
(2 2)2 + 4b22 .
Dengan demikian persamaan (5.18 menjadi
us =E1
(2 2)2 + 4b22((2 2) cost+ 2b sint
).
atau
us =E1
(2 2)2 + 4b22 cos(t ), (5.19)
dimana = arccos (22)
(22)2+4b22 = arcsin2b
(22)2+4b22 . Dengan demikian
solusi umum model PDB ini adalah u = uh + us pada persamaan (5.17-5.19),
yaitu
u = Hebt cos(
b2 2t+ )+ E1(2 2)2 + 4b22 cos(t ). (5.20)
Memperhatikan solusi ini maka dapat disimpulkan bahwa fungsi solusinya terdiri
dari dua suku fungsi yaitu Hebt cos(
b2 2t+) dan E1(22)24b22 cos(t
), dan dengan konstanta tertentu maka visualisasi vibrasi takbebas gaya luar
ini dapat disajikan berturut-turut pada Gambar 5.4-5.6.
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 62
0 1 2 3 4 5 6 7 8 90.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0.1
0.2
0.3
Waktu (t)
Perp
inda
han
(u)
u(t)
Gambar 5.4: Ekspresi getaran suku fungsi pertama
0 1 2 3 4 5 6 7 8 90.6
0.4
0.2
0
0.2
0.4
0.6
Waktu (t)
Perp
inda
han
(u)
u(t)
Gambar 5.5: Ekspresi getaran suku fungsi kedua
Contoh 5.3.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas
yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter
dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan
awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u dimana u adalah kecepatan dalam
satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu apabila terdapat
gaya luar F (t) = 5 cos 2t. (Gunakan g=10 m/dt2).
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 63
0 1 2 3 4 5 6 7 8 90.8
0.6
0.4
0.2
0
0.2
0.4
0.6
Waktu (t)
Perp
inda
han
(u)
u(t)
Gambar 5.6: Getaran pada pegas takbebas gaya luar
-
BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 64
Latihan Tutorial 5
1. Sebuah benda beratnya 10 newton diletakkan pada ujung pegas yang ter-
gantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.25 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh
0.4 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas
tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya gesek diabaikana maka tentukan
fungsi simpangan pada saat. (Gunakan g=10 m/dt2).
2. Sebuah benda beratnya 26 newton diletakkan pada ujung pegas yang ter-
gantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.75 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh
0.65 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas
tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 8u dimana u adalah
kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat
tertentu.
3. Sebuah benda beratnya 80 newton diletakkan pada ujung pegas yang ter-
gantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 1.5 meter dan
mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh
1.25 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas
tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 4u + 1 dimana u
adalah kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan
pada saat tertentu apabila terdapat gaya luar F (t) = 5 cos 2t+ sin 2t.
-
65
Daftar Pustaka
Boyce, W. E. & Diprima, R. C. 1997. Elementary Differential Equations andBoudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore
Burden, R. L. and Faires, J. D. 1997.Numerical Analysis. Brooks/Cole PublishingCompany. U.S.
Lambert, J.D. 1993. Numerical Methods for Ordinary Differential Systems. JohnWiley & Sons, Inc. Singapore
Powell, M.J.D. 1981. Approximation Theory and Methods. Cambridge UniversityPress. U.K.
Ross, S. L. 1989. Introduction to Ordinary Differential Equations. John Wiley &Sons, Inc. New York. U.S.
Shampine, L. F. & Baca, L.S. 1989. Computer Solution of Ordinary DifferentialEquations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco.
-
BAB 6
Sistem PDB
Persamaan difrensial biasa order pertama dapat disajikan dalam bentuk berikut
dy
dx= f(x, y) atau y = f(x, y). (6.1)
Solusi dari persamaan ini adalah y(x) yang memenuhi persamaan y(x) = f(x, y(x))di semua titik pada interval domain [a, b]. Selanjutnya persamaan (6.1) dikatakanmerupakan masalah nilai awal bila solusi itu memenuhi nilai awal y(a) = y0, se-hingga persamaan itu dapat digambarkan sebagai
y = f(x, y), a x by(a) = y0.
Kemudian bila persamaan ini terdiri dari lebih dari satu persamaan yang sa-ling terkait maka dikatagorikan sebagai sistem persamaan difrensial. Sistem per-samaan difrensial order pertama disajikan sebagai berikut.
y1 = f1(t, y1, y2, . . . , yn)
y2 = f2(t, y1, y2, . . . , yn)...
yn = fn(t, y1, y2, . . . , yn).
Atau dalam bentuk umum dapat disajikan sebagai
yi = fi(t, y1, y2, . . . , yn) i = 1, 2, . . . , n dan a t b. (6.2)
66
-
67
dengan nilai awal y1(a) = 1, y1(a) = 2, . . . , y1(a) = n.
Seluruh bentuk PDB atau sistem PDB dapat ditransformasikan kedalambentuk sistem persamaan difrensial order satu dan kelebihan sistem ini adalahmudah ditentukan solusinya dengan metoda apapun baik analitik, kualitatif ataupunmetoda numerik. Dibawah ini diberikan contoh bagaimana sistem PDB sebarangdapat ditransformasikan kedalam sistem PDB order satu.
Contoh 6.0.2 Transformasikan sistem persamaan difrensial dibawah ini dalamsistem persamaan difrensial order satu.
u + uv = xv
v + v +u
1 + x= cos x
dimana u(0) = 1, u(0) = 1, u(0) = 1, v(0) = 1
Penyelesaian 6.0.1 Misal y1 = u, y2 = u, y3 = u dan y4 = v, maka
y1 = u = y2,
y2 = u = y3,
y3 = u = xy4 y3(cosx y4 y1
1 + x),
y4 = v = cos x y4 y1
1 + x.
Nilai awal seakarang adalah y1(0) = 1, y2(0) = 1, y3(0) = 1, y4(0) = 1.
6.1 Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Ho-
mogen dengan Koefisien Kosntan
Untuk memberikan gambaran bagaimana usaha yang dilakukan dalam menyele-saikan sistem PDB diatas, berikut ini akan diberikan contoh model penyelesaiansistem PDB dengan dua persamaan.
y1 = a1y1 + a2y2 (6.3)
y2 = a3y1 + a4y2. (6.4)
-
68
Misal y1 = Aet y1 = Aet dan y2 = Bet y2 = Bet adalah solusi sistem
ini maka substitusikan kedalam (6.3-6.4) didapat dua persamaan
(a1 )A+ a2B = 0a3A+ (a4 )B = 0.
Solusi dari persamaan terakhir ini akan berupa solusi tunggal bila determinankoefisien-koefisiennya 2 (a1 + a2) + (a1a4 a3a2) = 0 tidak sama dengannol, dan bila sama dengan nol solusinya adalah trivial (banyak solusi). Kemu-dian jenis solusi PDB model ini akan ditentukan oleh akar-akar -akar persamaankarakteristik ini.
6.1.1 Akar Riel dan Berbeda
Contoh 6.1.1 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini.
y1 = 6y1 3y2y2 = 2y1 + y2.
Penyelesaian 6.1.1 Misal y1 = Aet y1 = Aet dan y2 = Bet y2 =
Bet adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatasdiperoleh
(6 )A 3B = 02A+ (1 )B = 0.
Sehingga persamaan karakteristik adalah 27+12 = 0 dimana 1 = 3, 1 = 4.Dengan demikian untuk = 3 didapat nilai A = B = 1 sehingga solusinya
(y1)1 = e3t
(y2)1 = e3t,
sedangkan untuk = 4 diperoleh nilai A = 3, B = 2 dan solusinya
(y1)2 = 3e4t
(y2)2 = 2e4t.
Dengan demikian solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah
y1 = c1(y1)1 + c2(y1)2 atau y1 = c1e3t + 3c2e
4t
y2 = c1(y2)1 + c2(y2)2 atau y1 = c1e3t + 2c2e
4t
-
69
6.1.2 Akar-Akar Komplek
Contoh 6.1.2 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini.
y1 = 3y1 + 2y2y2 = 5y1 + y2.
Penyelesaian 6.1.2 Misal y1 = Aet y1 = Aet dan y2 = Bet y2 =
Bet juga solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatasdiperoleh
(3 )A+ 2B = 05A+ (1 )B = 0.
Sehingga persamaan karakteristik adalah 2 4+ 13 = 0 dimana akar-akarnya12 = 2 3i. Dengan demikian
(1 3i)A+ 2B = 05A+ (1 3i)B = 0.
Ambil sebarang A misal A = 2 maka B = 1 + 3i sehingga solusinyay1 = 2e
(2+3i)t atau y1 = e2t(2e3it
)y2 = (1 + 3i)e(2+3i)t atau y2 = e2t
( e3it + 3ie3it).Ingat bahwa eit = cos t+ i sin t sehingga
y1 = e2t(2 cos 3t+ 2i sin 3t
)y2 = e
2t( cos 3t i sin 3t+ 3i cos 3t+ 3i2 sin 3t).
Dengan mengabaikan bagian imajiner i didapat dua solusi riel berikut
(y1)1 = 2e2t cos 3t
(y2)1 = e2t(cos 3t+ 3 sin 3t
).
dan
(y1)2 = 2e2t sin 3t
(y2)2 = e2t(3 cos 3t sin 3t).
Dengan menggabungkan kedua solusi ini didapat solusi umum sistem PDB
y1 = 2e2t(c1 cos 3t+ c2 sin 3t
)y2 = e
2t[c1( cos 3t 3 sin 3t)+ c2(3 cos 3t sin 3t)]
-
70
6.1.3 Akar Riel dan Sama
Permisalan solusi pada kasus ini sedikit berbeda dengan permisalan solusi-solusisebelumnya. Pertama kali dimisalkan
y1 = Aet
y2 = Bet
kemudian permisalan ditingkatkan menjadi
y1 = Atet
y2 = Btet.
Bila permisalan terakhir ini dipandang tidak cukup signifikan dijadikan solusiPDB dengan akar riel sama ini dapat dipilih permisalan lain
y1 = (A1t+ A2)et
y2 = (B1t+B2)et.
Untuk lebih jelaskan akan diselesaikan contoh berikut ini.
Contoh 6.1.3 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini.
y1 = 4y1 y2y2 = y1 + 2y2.
Penyelesaian 6.1.3 Misal y1 = Aet y1 = Aet dan y2 = Bet y2 =
Bet adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatasdiperoleh persamaan karakteristik dengan 1 = 2 = 3 sehingga persamaan men-jadi
AB = 0AB = 0.
Pilih A = B = 1 maka solusinya
(y1)1 = e3t
(y2)1 = e3t.
Selanjutnya misal solusi itu y1 = (A1t+A2)e3t dan y2 = (B1t+B2)e
3t makay1 = A1e
3t + 3A1te3t + 3A2e
3t dan y2 = B1e3t + 3B1te
3t + 3B2e3t. Substitusikan
kedalam dua persamaan dalam persoalan diatas diperoleh persamaan
(A1 B1)t+ (A2 A1 B2) = 0(A1 B1)t+ (A2 B1 B2) = 0
-
71
sehingga
A1 B1 = 0 A2 A1 B2 = 0A1 B1 = 0 A2 B1 B2 = 0.
Sebelumnya sudah dipilih A1 = B1 = 1 maka didapat A2 B2 = 1, pilih A2 =1 B2 = 0. Dengan demikian solusinya adalah
(y1)2 = (t+ 1)e3t
(y2)2 = te3t.
Dari kedua bagian solusi ini solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah
y1 = c1(y1)1 + c2(y1)2 atau y1 = c1e3t + c2(t + 1)e
3t
y2 = c1(y2)1 + c2(y2)2 atau y1 = c1e3t + c2te
4t
6.2 Metoda Operator
Misal diberikan
Dx = x
Dnx = x(n)
maka
a0x(n) + a1x
(n1) + + an1x + anx = F (x)(a0D
(n) + a1D(n1) + + an1D + an
)x = F (x).
Bila dipilih L = a0D(n) + a1D
(n1) + + an1D + an maka operator L akanmemenuhi sifat berikut
L(c1f1 + c2f2 + + cnfn) = c1L(f1) + c2L(f2) + + cnL(fn).
Dan bila L1, L2 L maka
L1L2f = L2L1f = Lf.
Contoh 6.2.1 Bila L = 3D2 + 5D maka tentukan L(3t2 + t).
-
72
Penyelesaian 6.2.1
L(3t2 + t) = 3L(t2) + L(t)
= 3(3D2 + 5D)(t2) + (3D2 + 5D)(t)
= 30t+ 23
Kemudian bagaimana menerapkan metoda operator ini untuk menyele-saikan sistem PDB, berikut ini akan dibahas contoh sistem PDB order satu.
Contoh 6.2.2 Tentukan solusi sistem PDB berikut ini.
2x 2y 3x = t2x + 2y + 3x+ 8y = 2
Penyelesaian 6.2.2 Rubah kedalam bentuk persamaan operator
(2D 3)x 2Dy = t(2D + 3)x+ (2D + 8)y = 2
Gunakan metoda eliminasi untuk y sehingga
(2D + 8)(2D 3)x 2(2D + 8)Dy = (2D + 8)t2D(2D + 3)x+ 2D(2D + 8)y = 2.2D
dengan menjumlah kedua persamaan ini diperoleh
(D2 + 2D 3)x = t+ 14.
Persamaan terakhir ini merupakan PDB nonhomogen order dua dengan koefisienkonstan sehingga dengan menggunakan prinsip-prinsip penyelesaian sebelumnyadiperoleh solusi berikut
x(t) = c1et + c2e
3t 13t 11
36. (6.5)
Dengan cara yang sama gunakan metoda eliminasi untuk x diperoleh solusi
y(t) = k1et + k2e
3t +1
8t+
5
12. (6.6)
Tentukan turunan pertama kedua solusi ini dan substitusikan kedua solusi inibersama turunannya kedalam salah satu sistem PDB dan kelompokkan seluruhkoefisien yang bersesuaian diperohel
(c1 2k1)et + (9c2 + 6k2)e3t = 0
-
73
sehingga diperoleh hubungan k1 = 12c1 dan k2 = 32c2. Dengan demikian solusiumumnya adalah
x(t) = c1et + c2e3t 13t 11
36
y(t) = 12c1e
t +3
2c2e
3t +1
8t+
5
12.
-
74
Latihan Tutorial 1
1. Suatu fluida (yang berupa zat alir) diinjeksikan satu arah dalam sebuahtrowongan vertikal. Kemudian flow (aliran) fluida itu diamati sedemikianhingga menghasilkan suatu model matematika yang berupa sistem PD nonlinier dengan masalah nilai awal sebagai berikut:
f R[(f )2 ff ] +RA = 0h +Rfh + 1 = 0
+ Pf = 0
dengan nilai awal f(0) = 1, f (0) = 2, f (0) = 1, h(0) = 2, h(0) =1, (0) = 1, (0) = 1. Dimana f, h adalah fungsi potensial dan adalahfungsi distribusi temperatur. A adalah konstanta tak tentu, R adalah bi-langan Reynold dan P bilangan Peclect. Lakukan transformasi kedalamsistem PDB order satu.
2. Suatu PDB disajikan dalam sistem berikut:
u + u = xv
v
2v +u
1 + x= cos v
w + v(1 xw) u = x
dengan nilai awal u(0) = 0, u(0) = 1, u(0) = 2, v(0) = 1, v(0) =0, w(0) = 0, w(0) = 2, w(0) = 0. Lakukan transformasi kedalamsistem PDB order satu.
3. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt airdengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/Lt dituangkankedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalamtangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki IIdengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/Lt dituangkankedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalamtangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luardimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalirkeluar meninggalkan sistem.
(a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dariperistiwa ini.
-
75
2 Lt/min, 1 gram/Lt
2 Lt/min
4 Lt/min
3 Lt/min
1 Lt/min, 3 gram/Lt
Gambar 6.1: Dua tangki yang saling berhubungan.
(b) Gunakan metoda operator untuk menentukan ekspresi model mate-matik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki I dan II setiapsaat.
4. Gambar 6.2 menyajikan gerak harmonis pegas yang disebabkan oleh ditem-patkannya dua massam1 danm2. Selanjutnya bendam1 didorong mendekatipangkal pegas sejauh y1 = a1 dari titik setimbang m1 dan m2 ditarik men-jauhi pangkal pegas sejauh y2 = a2 dari titik setimbang m2. Pada saatt(0) = t0 dan v(0) = v0 kedua beban itu dilepas sehingga mengalami garakharmonis.
(a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dariperistiwa ini.
(b) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan besarnya sim-pangan setiap saat.
-
76
k1 k2
x a1 1= x a2 2=
O1 O2
P
P
m1 m2
m1 m2
k1 k2
Gambar 6.2: Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban.
-
BAB 7
PDB Nonlinier dan
Kesetimbangan
Dalam fenomena riel sedikit sekali model PDB muncul dalam bentuk linier. Se-baliknya persamaan itu muncul dengan model nonlinier yang sulit diselesaikansecara analitik. Suatu metoda yang terus berkembang pesat adalah metoda nu-merik. Namun demikian secara teoritis maupun praktis metoda ini memerlukanpemahaman khusus terutama menyangkut pembuatan komputer programming.
Metoda sederhana namun cukup berarti adalah menghampiri persamaannonlinier dengan persamaan linier termasuk didalamnya menganalisa perubahankoefisien dan syarat awalnya. Teknik ini dikenal dengan analisa kualitatif, yaitumencoba menganalisa solusi PDB nonlinier secara grafis. Beberapa aspek pen-ting untuk memahami teknik penyelesaian dengan cara ini dapat dijelaskan dalambahasan berikut.
77
-
78
7.1 Sistem Linier
Suatu sistem PDB order satu dengan n persamaan yang disajikan sebagai
dx1
dt= a11x1 + a12x2 + + a1nxn
dx2
dt= a21x1 + a22x2 + + a2nxn...
dx1
dt= a11x1 + a12x2 + + a1nxn
dapat ditulis dalam bentuk
dx
dt= Ax. (7.1)
Misal solusi persamaan ini adalah x = ert dan x = rert maka
rert = Aert
(A rI) = 0
Definisi 7.1.1 Misal A Rnn maka vektor Rn disebut vektor eigen bilaA = r dimana r adalah nilai eigen.
Untuk memperoleh nilai eigen dapat dipakai formulasi det(A rI) = 0 yangsekaligus merupakan persamaan karakteristik dari sistem PDB linier diatas. Se-lanjutnya bila persamaan (7.1) sama dengan nol, yaitu dx
dt= Ax = 0 maka solusi
sistem PDB linier akan mencapai titik kritis (titik kesetimbangan). Suatu con-toh, diberikan sistem PDB x1 = x1 + x2, x2 = x1 x2. Titik kritis dapatdiperoleh dengan menyelesaikan sistem
x1 + x2 = 0x1 x2 = 0
dimana titik yang memenuhi adalah (0, 0) sehingga titik kesetimbangannya adalah(0, 0).
7.2 Sistem Otonomus dan Trayektori
Dalam hal ini akan dibahas sistem PDB dengan dua variabel terikat x1, x2.
-
79
Definisi 7.2.1 Suatu PDB yang berbentuk
dx1
dt= f1(x1, x2) (7.2)
dx2
dt= f2(x1, x2) (7.3)
adalah merupakan sistem otonomus karena f1(x1, x2) dan f2(x1, x2) bebas dari t.
Dengan demikian bila sarat Lipschitz dipenuhi oleh persamaan diatas maka
x1 = x1(t), x2 = x2(t) (7.4)
merupakan solusinya dan memenuhi sarat awal x1(t0) = (x1)0, x2(t0) = (x2)0.Jelas penyelesaian (7.4) menentukan sebuah kurva diruang tiga-dimensi t, x1, x2.Jika kita pandang t sebagai parameter, maka bila t berubah dalam selang intervaltertentu a < t < b, titik (x1(t), x2(t)) akan menelusuri sebuah kurva yang disebuttrayektori atau orbit dari penyelesaian (7.4) di bidang x1x2. Dalam kajian darisistem fisis, pasangan (x1, x2) disebut fase dari sistem oleh karena itu bidangx1x2 pada umumnya disebut bidang fase (phase plan), sedangkan gambar semuatrayektori yang berpautan dalam bidang fase disebut potret fase.
Untuk menentukan trayektori dari persamaan (7.2-7.2) dapat digunakanaturan rantai sebagai berikut:
dx2dx1
=dx2dt
dtdx1
=f2(x1, x2)
f1(x1, x2)(7.5)
Kemudian dengan menyelesaikan PDB ini akan diperoleh persamaan trayektoriyang melalui titik-titik pada domain D. Misal f2(x1, x2) 6= 0 maka persamaantrayektori yang melalui titik-titik lain misal S adalah
dx1dx2
=f1(x1, x2)
f2(x1, x2)
Titik-titik ((x1)0, (x2)0) dalam bidang fase yang membuat f1 dan f2 samade-ngan nol merupakan titik setimbang dari sistem (7.2-7.2) dan x1(t) = (x1)0, x2(t) =(x2)0 adalah penyelesaian untuk semua t.
Contoh 7.2.1 Tentukan titik kritis sistem PDB
dx
dt=
0 11 0
x,dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhisyarat awal x1(0) = 1, x2(0) =
3.
-
80
Contoh 7.2.2 Tentukan titik kritis sistem PDB
dx
dt=
0 11 0
x,dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhisyarat awal x1(0) = 1, x2(0) =
3.
Penyelesaian 7.2.1 Titik kritis ditentukan dengan 0 11 0
x = 0,sehingga (0, 0) adalah satu-satunya titik kritis. Kemudian dengan menggunakanpersamaan (7.5) maka persamaan trayektori didapat dari menyelesaikan PDB
dx2
dx1= x1
x2, x2 6= 0
dimana penyelesaian umumnya adalah x21+x22 = c
2, suatu lingkaran yang berpusatdi (0, 0). Dengan menerapkan sarat awal, maka solusi khusus didapat sebagaix21 + x
22 = 4. Trayektori dari solusi ini adalah berupa lingkaran yang berpusat di
(0, 0), dimana gerakannya dapat dianalisis dari solusi x22 = 4x21. Semakin besarnilai x1 semakin kecil nilai x2-nya, dengan demikian gerakan titik berlawanandengan arah jarum jam, lihat Gambar (7.1).
x2
x12
Gambar 7.1: Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal.
-
81
7.3 Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otono-
mus
Persamaan otonomus yang ditulis dalam sistem berikut
dx1
dt= f1(x1, x2) (7.6)
dx2
dt= f2(x1, x2) (7.7)
akan mempunyai ((x1)0, (x2)0) se