matematika terapan tgs pd orde 1
DESCRIPTION
matekTRANSCRIPT
MATEMATIKA TERAPAN
MateriI. Review
Definisi DasarFungsiVariabel
Turunan/DerivatifBeberapa aturan pada operasi turunanLatihan Soal
IntegralBeberapa sifat pada operasi integralBeberapa sifat trigonometri yang perlu diperhatikanLatihan Soal
II Persamaan Diferensial BiasaPengertian persamaan diferensialPembentukan persamaan diferensialOrde persamaan diferensialPersamaan diferensial biasaSolusi persamaan Diferensial
Solusi umumSolusi khusus
Masalah nilai awal dan nilai batasLatihan Soal
III. Persamaan Diferensial Orde 1Bentuk Sederhana persamaan diferensial orde pertamaPemisahan VariabelContoh Soal Cerita
IV. Persamaan Diferensial Linear Orde 1Ciri-ciri sifat linearitas pada Persamaan DiferensialPersamaan Diferensial EksakMetode Faktor PengintegralanSolusi Persamaan Diferensial Non Eksak Dengan Faktor Pegintegaralan
V. Persamaan Diferensial Orde 2Persamaan Diferensial linear Orde 2Persamaan Diferensial Linear Homogen Orde 2 dengan Koefisien Konstan (SecondOrder Homogeneous Linear Differential Equations With Constant Coefficients)
Akar-akarnya adalah bilangan riil dan samaAkar-akarnya adalah bilangan riil dan berbedaAkar-akarnya adalah bilangan kompleks
Persamaan Diferensial Linear Non-Homogen Orde 2 dengan Koefisien Konstan (SecondOrder Homogeneous Linear Differential Equations With Constant Coefficients)
VI. Aplikasi Persamaan Diferensial Dalam Bidang Teknik Elektro
2
I. REVIEW
Definisi Dasar Fungsi
Secara mudah, fungsi dapat dipandang sebagai “aturan” yang menghubungkan input danoutput. Input yang diberikan akan dilewatkan ke sebuah blok fungsi, dan menghasilkan outputsesuai dengan karakteristik blok fungsi. Hal ini dapat diilustrasikan sebagai berikut :
aturan
input output
Gambar 1. Hubungan antara input, output, dan blok fungsi
Sebuah fungsi “pengali input dua kali” akan menghasilkan nilai output dua kali dari nilaiinput. fungsi tersebut apabila dituliskan secara matematis adalah sebagai berikut :
f : x 2x ,atau ditulis secara lebih kompak
f (x) 2xdan digambarkan sebagai berikut :
Fungsiinput kalikan 2
input output xf
2x
Gambar 2. Sebuah fungsi dengan blok fungsi “input kalikan 2”
Input suatu fungsi disebut sebagai argumen. Pada fungsi f (x) 2x , yang menjadi
argumen adalah x. Jika x diganti dengan nilai 3, maka : f (3) 2.3 6 , dengan nilai argumenadalah 3.
Sebuah fungsi dapat digambarkan secara grafik dengan memakai kordinat kartesius.Fungsi f (x) 2x dapat digambarkan dengan menguji nilai f (x) untuk beberapa nilai x sebagaiberikut.
x = 2, f (x) = 4x = 1, f (x) = 2x = 0, f (x) = 0
4
2
x = -1, f (x) = -2x = -2, f (x) = -4dst.
-2 -1-2
-4
0 1 2
Gambar 3. koordinat kartesius fungsi f (x) 2x
VariabelPada fungsi y f (x) 2x , x dan y dapat memiliki kemungkinan sejumlah nilai
tertentu, sehingga x dan y dinamakan sebagai variabel. x adalah variabel independent (variabel
3
bebas) dan y adalah variabel dependent (variabel tak-bebas), mengingat nilai y ditentukan olehnilai variabel x.
Fungsi, y(x) Turunan, y’ Fungsi, y(x) Turunan, y’Konstanta 0 1
sin (ax b) a
1 (ax b )2
xn nxn1 1cos (ax b) a
1 (ax b )2
ex ex 1tan (ax b) a
1 (ax b)2
ex ex sinh(ax b) a cosh(ax b)
eax aeax cosh(ax b) a sinh(ax b)ln x 1
x
tanh(ax b) 2a sec h (ax b)
sin x cos x cos ech(ax b) a cos ech(ax b)coth(ax b)
cos x sin x sec h(ax b) a s ech(ax b) tanh(ax b)
sin(ax b) a cos(ax b) coth(ax b) 2a cos ech (ax b)cos(ax b) a sin(ax b) 1
sinh (ax b) a2
(ax b ) 1tan(ax b) 2
a sec (ax b)1
cosh (ax b) a2
(ax b ) 1cos ec(ax b)
a cos ec(ax b)cot(ax b) 1tanh (ax b) a
1 (ax b )2
sec(ax b) a sec(ax b) tan(ax b)
d y
dt 9x et , variabel dependent = y, variabel independent = x, t
Contoh I.1a. y x4 5x2 , variabel dependent = y. variabel independent = x
b.
c.
dq
2
2
pada contoh b dan c terlihat bahwa pada persamaan differensial, variabel dependent-nya adalahvariabel dalam bentuk turunannya.
TURUNAN/DERIVATIFBerikut ini adalah turunan dari beberapa fungsi.
Tabel I.1. Beberapa fungsi yang sering digunakan beserta turunannya
4
Beberapa Aturan Pada Operasi TurunanJika u dan v adalah sebuah fungsi, dan c adalah konstanta, maka :
1. (u v) ' u ' v '2. (uv) ' u 'v uv '3. (cu) ' cu '
( )'
dx dz dx
y '
y ( ) , maka y ' ( ) '
y ' (2t 1) (2t 1) (2t 1)
dx !
dx dz dx
4.u u ' v uv ' v v2
5. Jika y y(z) , dan z z(x) , maka :
Contoh I.2Carilah turunan dari fungsi y berikut ini :
1. y (x2 sin x)jawab :
d ( x 2 ) d (sin x ) dx dx
y ' 2x cos x
dy dy dz *
2.y x sin xmisalkan : u x, v sin x .
u ' 1, dan v ' cos xmaka y menjadi y uv .y ' (uv) 'y ' u 'v uv 'y sin x x cos x
3. y 10cos xJawab : y ' 10sin x
4. y t 2
2t 1.
Jawab :
Misalkan u t2 dan v 2t 1 .u ' 2t , dan v ' 2
u u u ' v uv ' v v v2
y ' 2 t (2 t 1) t 2.2(2t 1)2
4t2 2t 2t 2 2 t 2 2 t 2 t ( t 1) 2 2 2
5. y z6 , z x2 1. Carilah dy
5
Jawab :
y (x2 1)6 , dy dy dz *
6z5.2x12x.z5
12x(x2 1)5
Latihan Soal I.1
y 5
y cos (4t 3)
y sin (2t 3)
y 3
2w e
y 3sin (2t) 5cos (3t)
tan (t 2) 4cos (2t 1)
18. Sebuah fungsi : y(t) 4t 1
y 3
Temukan turunan dari1.
2.
3.
4.
y e7x
y tan(3x 2)
y x5
y sin(x )1
5.t
6. y cos(4 t)7. y 8.
9.
1
1
10. y 1
sin(5x 3)
11.
12.
13.
14.
15.
16.
y 3sin(5t) 2e4t
y 2e3t 17 4sin(2t)
1 cos 5 t
t 23 4w
y 3 2
y x ln( x )1 1
17. y 1
21 1
t3 5t2
3 2
(a) tentukan dydt
(b) jika turunan pertama fungsi tersebut adalah nol, berapa nilai t ?
6
Latihan Soal I. 2Carilah turunan dari fungsi berikut ini :
1. y sin x cos x2. y xex
3. y et sin t cos t4. y et sin t cos t
(nomor 1-4, gunakan aturan perkalian)
5. y cos x sin x
6.e2t
Fungsi, f(x) f (x)dx Fungsi, f(x) f (x)dx
K,Konstanta
kx c tan ax ln | sec ax | ca
xn xn1
n 1 c, n 1tan(ax b) ln | sec( ax b ) | c
aex x
e c cos ec(ax b) 1 ln | co sec(ax b) cot(ax b) | c
ex xe c s ec(ax b) 1 ln | sec(ax b) tan(ax b) | ca
eax eax
a c
cot(ax b) 1 ln | sin(ax b) | ca
x1 ln | x | c 12 2
a x
1 x sin c
a
y sin
t 1
7. y 3 x 2 2 x 9 x3 1
8. y ln(x2 1)
9. 3(3t 2)
10. y 1
t 1
INTEGRALProses mengintegralkan suatu fungsi merupakan kebalikan turunan/derivatif. Suatu
fungsi f(x) dapat kita turunkan menjadi : d ( fx ) dx . Apabila kita ingin mencari suatu fungsi f(x)
dari turunan/derivatif-nya, maka dinamakan : integral
Tabel I.2. Beberapa fungsi yangs sering digunakan beserta integral fungsi tersebut
7
y 4x dx
x c
2. fdx
3. gdx
vu ' dx
11. tan( A B)
4. tan t
3. sin2 t
2. cos2 t
Contoh I.3Temukan fungsi y jika :
(a) y ' 6x
(b) y ' 4x3
(c) y ' cos x x
jawab :
1. y 6xdx
y 3x2 c , dengan c adalah suatu konstanta sembarang.Perlu diingat, bahwa turunan dari suatu konstanta adalah nol.
2. 3
y 4
(3 1)x(31) , y x4 c
3. y (cos x x)dx
y sin x 1 2
2
Beberapa sifat pada operasi integral (sifat linearitas):1. ( f g)dx fdx gdx
Afdx A
( Af Bg)dx A f dx B
(sifat 1-3 dinamakan sifat linearitas)
4. uv ' dx uv
8
Beberapa sifat trigonometri yang perlu diingat :1. sin2 t cos2 t 1
1 cos 2 t 2
1 cos 2 t 2
sin t cos t
5. sin 2t 2sin t cos t6. cos 2t 1 2sin2 t 2cos2 t 1 cos2 t sin2 t7. tan2 t 1 sec2 t8. 1 cot 2t cosec2 t9. sin( A B) sin Acos B sin B cos A10. cos( A B) cos Acos B sin Asin B
tan( A B)
1 tan A tan B
sin x cos x c 12 2
a x1 1 x
tan ca a
sin ax cos ax ca
sin(ax b) cos( ax b ) ca
cos x sin x ccos ax sin ax c
acos(ax b) sin( ax b ) c
atan x ln | sec x | c
y 5
y
cos tdt
sin tdt
xe dx
e sin tdt12.
(3x 1) dx
sin t cos tdt14.
(5x 7)dx
dx f (x, y) . Sedangkan persamaan diferensial dalam orde 2 ditulis secara matematisd y dy
dx dx f (x, y, ) dengan catatan
x y
12. 2sin Acos B sin( A B) sin( A B)13. 2sin Asin B cos( A B) cos( A B)14. 2cos Acos B cos( A B) cos( A B)
Latihan Soal I.3Temukan fungsi y jika :
1. y sin(3x 2)2. y 5.9
3. y e3t
14.
xnomor 5 dst, gunakan sifat linear integral
5. y 3t2 tsin x cos x
6.2
7. y 7 cos ec( )2
8. y 4cos(9x 2)
9. 2
10. 2
11. 2x
t
13. 5
22
1
15. 4
nomor 9 dst. Carilah :
9
II. Persamaan Diferensial Biasa(Ordinary Differential Equations)
II. 1 Pengertian Persamaan Diferensial
Persamaan Diferensial/PD adalah persamaan yang di dalamnya berisi turunan(derivative atau differential) satu atau lebih variabel. Persamaan diferensial orde 1 dengan ysebagai variabel independent dan x sebagai variabel dependent ditulis secara matematis sebagai
berikut :
sebagai :
dy
2
2
dalam persamaan. Contoh dari persamaan diferensial antara lain:
(1)dy
dx e x sin x
(x adalah variabel independent, y adalah variabel dependent yang nilainya tergantung x)(2) y"2y' y cos x
(3) 2u
2 2u
2 u t
d x dx
d x
dt 8q sin t dengan q merupakan muatan listrik,
dapat dicari dengan rumus : i
(4) 3x2dx 2 ydy 0
II Pembentukan persamaan diferensialPersamaan diferensial muncul ketika terjadi perubahan pada suatu besaran, yang biasanya
dinyatakan dalam suatu fungsi matematis. Contoh (1), (2), (3) dan (4 ) merupakan persamaandiferensial yang secara matematis diekspresikan tanpa mengetahui latar belakangpembentukan/terjadinya persamaan diferensial tersebut.
Contoh pembentukan persamaan diferensial dalam dunia riil adalah persamaandifferensial yang terbentuk dari suatu objek yang sedang bergerak. Dimisalkan objek tersebut
bergerak dengan karakteristik persamaan :
x menyatakan jarak
2
dt 2
d
t
6 2x 3t dengan :
2
dt 2(yaitu turunan kedua fungsi jarak) menyatakan percepatan, dan
dxdt (turunan pertama) menyatakan kecepatan.
Contoh yang lain adalah muatan listrik yang bergerak, dimisalkan memiliki persamaan :dq dq
dt merupakan laju aliran muatan (yang
diistilahkan sebagai aliran arus listrik).Contoh lain pembentukan persamaan diferensial adalah pada rangkaian listrik yang terdiri
dari komponen RC sebagaimana diperlihatkan dalam gambar berikut :
10
R
i
VR
Vs +
-C
Vc
Gambar II.1 Suatu Rangkaian listrik dengan saklar
Berdasarkan hukum kirchof, jumlah tegangan pada loop tertutup dari suatu rangkaian listrikadalah nol. Jika dituliskan :VS VR VC , atau VR VS VC .
Vs = tegangan sumberVc = tegangan pada kapasitorVR = tegangan pada resistor
Berdasarkan hukum Ohm, arus yang mengalir pada resistor (pada rangkaian tertutup)Vs Vc
.R
Arus yang mengalir pada kapasitor adalah : i C dVcdt
.
C
dt Vc Vs .Persamaan ini merupakan persamaan diferensial
dt C 3 , adalah persamaan diferensial orde pertama dalam q sin( ) , adalah persamaan diferensial orde pertama dalam θ
d u du
dt dt u 4t2 , adalah persamaan diferensial orde ketiga dalam u
x1
y
dt 3t 2
dt 3t 2 , maka
dt 3t 2 .
dt 3t 2 ,
Oleh karena arus yang mengalir pada kapasitor = arus yang mengalir pada resistor, maka :Vs Vc dVc
.R dt
Sehingga didapatkan : RC dVc
dengan Vc adalah variabel dependent, dan t merupakan variabel independent.Lebih lanjut tentang aplikasi persamaan diferensial dalam bidang elektro, dapat dipelajari
di bagian akhir bab ini.
Orde Persamaan DiferensialOrde persamaan diferensial adalah orde tertinggi dari turunan yang ada di dalam
persamaan diferensial tersebut.dq q
R
d dtx '' 4t2 0 , adalah persamaan diferensial orde kedua dalam x
3
3
Persamaan Diferensial BiasaPersamaan diferensial yang hanya melibatkan satu variabel independent disebut sebagai
persamaan diferensial biasa. Sehingga contoh (1), (2), dan (4) di muka merupakan contohpersamaan diferensial biasa, sedangkan contoh (3) bukan merupakan persamaan diferensial biasa.Selanjutnya, (3) merupakan persamaan diferensial parsial (partial differential equation,PDE).
11
Persamaan diferensial parsial adalah persamaan diferensial yang melibatkan dua atau lebihvariabel independent. Contoh : persamaan diferensial parsial orde 1 dengan 2 variabel
independent : x1 dan x2 ditulis dalam bentuk : f (x1, x2, y) , dan bukan
dydx1
f (x1, x2, y) .
Solusi Persamaan DiferensialSolusi persamaan differensial adalah suatu fungsi yang memenuhi persamaan diferensial
yang dimaksudkan. Pada kedua kasus di atas adalah dimaksudkan untuk mencari nilai x(t) danq(t). Solusi persamaan differensial dapat berupa solusi analitis, dimana jawaban dari persamaandifferensial tersebut dapat dinyatakan dalam fungsi-fungsi dasar seperti et, sin t, cos t, dst. Tidaksemua persamaan diferensial dapat dicari solusinya secara analitis. Solusi persamaan differensialdapat juga dicari dengan menggunakan metode numerik yang menghasilkan solusi dengan nilaipendekatan.
Contoh II.1: Tunjukkan bahwa x = t3 adalah solusi dari persamaan diferensial :
Jawab :
Untuk membuktikan bahwa x = t3 adalah solusi dari persamaan diferensial
dx
dx
substitusikan x = t3 kedalam persamaan dx
d ( t 3 ) 3t2 3t2 , berlaku untuk semua nilai t, sehingga x = t3 adalah solusi dari
dt 3t 2 .
dt 3t 2 dapat memiliki solusi x = t3, x = t3+9, x = t3-6, dst. Solusi solusi ini disebut
dt 3t 2 .
d y
dx 2 y , carilah solusi khusus yang memenuhi
dx
Contoh II.2 : Tunjukkan bahwa y t2 3t 3.5 adalah solusi dari persamaan diferensial
y '' 3y ' 2 y 2t2 .
Jawab : y t2 3t 3.5 , y ' 2t 3 , y '' 2 . Substistusikan ke dalam persamaan diferensial
y '' 3y ' 2 y 2t2 , sehingga :
2 3(2t 3) 2(t2 3t 3.5) 2t2
2t 6t 9 2t2 6t 7 2t2
2t2 2t2
Solusi ini berlaku untuk semua nilai t. Sehingga y t2 3t 3.5 merupakan solusi dari
persamaan diferensial y '' 3y ' 2 y 2t2
Solusi Umum dan KhususPersamaan diferensial boleh jadi memiliki banyak solusi. Sebagai contoh, persamaan
diferensial dx
sebagai solusi khusus, sedangkan x = t3 + C merupakan solusi umum dari dx
12
Persamaan differensial dalam bidang teknik umumnya digunakan untuk memodelkansistem dinamis, yaitu sistem yang berubah terhadap waktu. Contoh dari beberapa sistem dinamisantara lain:
1. Rangkaian listrik dengan arus/tegangan yang merupakan fungsi waktu.2. Dalam produksi kimia, dimana tekanan, laju aliran, dst selalu berubah terhadap waktu.3. Peralatan semikonduktor, dimana kerapatan hole dan elektron selalu berubah.
Masalah Nilai Awal dan Nilai BatasJika dalam suatu persamaan diferensial diberikan suatu kondisi tambahan dengan sebuah
nilai yang sama pada variabel independent-nya (baik fungsi maupun turunannya), maka dikatakanbahwa persamaan diferensial tersebut sebagai masalah nilai-awal (initial-value problem). Jikakondisi tambahan yang diberikan merupakan nilai yang berbeda pada variabel independent-nya,maka dikatakan sebagai masalah nilai-batas (boundary-value problem).
Contoh II.3 :Sebuah persamaan diferensial :y 2y ex ;y( ) 1,y( ) 2
merupakan bentuk initial-value problem, karena terdapat dua kondisi tambahan yaitu pada x , dengan y (π) = 1 dan y’ (π) = 2.Sedangkan pada persamaan diferensial :
y 2y ex ;y( 0 ) 1,y(1) 1merupakan bentuk boundary-value problem, karena dua kondisi tambahan diberikan pada nilai xyang berbeda, yaitu pada x 0 and x 1.
Latihan Soal II.1:1. Tunjukkan bahwa : y 3sin 2x adalah solusi dari persamaan diferensial :
2
dx2 4 y 0
2. Jika y Ae2x adalah solusi umum daridy
dx dx 5
d y dy
dx 9 y 0dy d y dy
d y dy
dx f (x) . Fungsi y dapat
dx 5sin 2x . Untuk mencari fungsi y (x), persamaan tersebut diintegralkan :Maka y 5sin 2xdx , y cos 2x C
dx f (x)g( y) , maka penyelesaian
g ( y)dy f (x)dx .
y(0) = 3.3. Identifikasi variabel dependent dan independent dari persamaan diferensial berikut ini.
Dan sebutkan orde persamaan diferensial tersebut!
(a)3
3 cos x
(b)dy
2
(c) ( )( 2 ) 9dx dx dx
0
2
4. Solusi umum dari : ( 2 ) 2dx dx
y 0 adalah : y Axex Bex . Carilah solusi
khusus yang memenuhi : y(0) = 0, dy dx
(0) 1
13
III. Persamaan Diferensial Orde 1
Sebelum membahas persamaan diferensial orde tinggi, akan dibahas terlebih dahulupersamaan diferensial orde 1.Bentuk Sederhana
Bentuk sederhana persamaan diferensial orde 1 adalah : dy
dicari dengan cara mengintegralkan f(x), yaitu : y f (x)dx . Namun d, kebanyakan pada
demikian, persamaan diferensial yang dijumpai dalm soal umumnya tidak sesederhana itubentuknya..Contoh III.1dy
5
2
Pemisahan Variabel
Jika persamaan diferensial memiliki bentuk :dy
persamaan diferensial tersebut dapat dicari dengan metode pemisahan variabel, yaitu :1
Berikut ini adalah contoh penyelesaian persamaan diferensial dengan metode pemisahan variabel.Perhatikan bahwa variabel dikelompokkan sesuai dengan variabel sejenisnya, yaitu variabel xdengan dx, variabel y dengan dy.
Contoh III.2
Temukan solusi persamaan diferensial berikut dengan metode pemisahan variabel :
(a) dy
(c) dyx
dt 2 m sin t,
yd y x d x C
y C
ln 1 x 3 C 1 x 3
xdx , integralkan kedua ruas :
xdx 2 yydy x2 c ,
Sehingga solusi persamaan diferensial dy adalah : x2 y2 1
2
dt 2 m sin t,
x 2y
(b) dy dx
y1
x
3
x 2
, y(0) = 1dx y
(d)
Jawab :
dmm(0) 4
(a) Persamaan diferensial dydx
x 2
ymenjadi ydy x2 d x sehingga
14
2 y 2 x 3
2 3y
2x 3
3 2C , cukup ditulis:
2x3
3
(b) Persamaan diferensial dy dx
y1
x 3
x 2
menjadi ydy x 2
1 x 3d x sehingga
yd y x 2
1 x 3dx y 2
2
1
3y 2
3ln C'
(c) Pisahkan variabel yang sama sehingga persamaan diferensialnya menjadi :
ydy
1 12
Kalikan kedua ruas dengan 2 sehingga menjadi : y2 x2 c ( seharusnya
adalah 2c, namun karena masih bersifat konstanta, cukup ditulis c saja). Untuk mencarinilai c, substitusikan nilai y(0) = 1.
12 02 c , c 1
x dx y
(d)dm
m 2sin tdt ,
sin t dt , m dm 2 2m2 2cos t c ,
oleh karena c = 3, maka m 3 cos t
dt 10
dx e2xdy e2x
dx 3cos 2t 8sin 4t
dt y
dx yx2 2 yx
dx 2 y
dx sin x dx (x2 1)
dt 1.3N
N e ec , N Ae1.3t dengan A = ec
m(0) 4 . Pisahkan variabel yang s ama sehingga :
dm dmm
2 sin t dt ,
Latihan Soal
1 1
2
m cos t c
1.
2.
3.
dx
dy
dx y2
4.dx
dt 9cos 4 t
x2
15
5. dt x2 x
6. dy 3sin t , y(0) = 2
7.dy 6x2
, y(0) = 1
8. dy
9. y dy
10. temukan solusi umum dari persamaan diferensial : . Tentukan solusidt t
khusus yang memenuhi : x(0) = 5
Contoh Soal Cerita
Contoh III.3Laju pertumbuhan penduduk suatu negara adalah 1,3 kali jumlah penduduk saat ini. Jika jumlahpenduduk saat ini adalah 80, berapakah jumlah penduduk setelah 100 minutes ?Jawab : Langkah 1 Pemodelan menjadi persamaan diferensial
dN
Langkah 2 Integralkan
dN N
1.3dt , ln | N | 1.3t c
Langkah 3 Jadikan N sebagai subjek :
N 80e1.3100 , N 2.29810 individu
dt k(20 M ) , M(0) = 10, M(60) = 9.5
k(20 M ) , dt
20 M k
M 20 e ec , M 20 Aekt , dengan A = ec
N e1.3tc
Langkah 4 Susun kembali persamaan N dengan konstanta yang bersangkutan:1.3t
Langkah 5 Cari nilai konstanta :
80 Ae0 A 80 (didapat dari N(0) = 80)Langkah 6 Temukan solusinya :
58
Contoh III.4Jawab : Blok es deng berat 10kg meleleh dalam lingkungan yang temperaturnya naik. Laju penguranganberat es per detik adalah sebanding dengan 20 dikurangi berat es yang tersisa. Setelah 60 detik,berat es adalah 9.5 kg. berapa berat es setelah 120 detik ?Langkah 1 Susun persamaan diferensialnya :
dM
Langkah 2 Integralkan :
16
dM dMdt ln | 20 M | kt c
Langkah 3 Jadikan M sebagai subjek :ln | 20 M | kt c , 20 M ektc , M 20 ektc
Langkah 4 Susun kembali persamaan M dengan konstanta yang bersangkutan:kt
Langkah 5 Cari nilai konstantaGunakan nilai kondisi awal : M(0) = 10, M(60) = 9.5
10 20 Ae0 A 10 ,9.5 20 Ae60k , 10e60k 10.5 , e60k 1.05 ,60k ln1.05 , k 0.000813maka M 20 10e0.000813t
Langkah 6 Temukan solusinya :M 20 10e0.000813t , M (120) 20 10e0.000813120 ,
M (120) 8.975 kg
Contoh III.5Jawab : Laju pertumbuhan suatu kultur bakteri adalah sebanding (proporsional) dengan fungsieksponensial pangkat t, dengan t adalah waktu (dalam jam). Disebabkan karena pertumbuhanbakteri yang sangat cepat, maka terjadi overcrowding, sehingga laju pertumbuhan bakteri jugaberbanding terbalik dengan pangkat empat dari jumlah bakteri saat itu. Lewat eksperimendiketahui bahwa konstanta proporsionalnya adalah 1. Jika pada awalnya hanya terdapat 1bakteria, berapa banyak bakteria dalam waktu 5 jam ?Solusi :
pemodelan matematis :dn et
dt n4, n(0) 1 , ditanyakan : n(5) = ???
4 cos 0 c 2 1 c
n dn e d , e dt ,n dn
n 5e 4 , n 5 5et 4 ,
dx P(x) y Q(x) , maka dikatakan
dx 5xy 7x2 ,
4ex , P(x) =
sisi kiri persamaan diferensial Py Q dapat ditulis sebagai : ( y) Q(x) .
d dy d
Py dy dy d
Py
P , d P
4 t 4 t n5
5 et c , n5 5et c
evaluasi nilai c :15 5e0 c 1 5 c c 4
5 t n(5) 5 5e5 4
4
IV. Persamaan Linear Orde Pertama
Adakalanya persamaan diferensial memiliki bentuk : dy
bahwa persamaan diferensial tersebut dinamakan persamaan diferensial linear orde pertama. P(x)dan Q(x) merupakan fungsi x. Contoh persamaan diferensial linear orde pertama adalah
17
dy P(x) = 5x
Q(x) = 7x2
dy 2 y dx x
2x
Q(x) = 4ex
Metode Faktor PengintegralanPersamaan linear orde pertama dapat dicari solusinya dengan metode : faktor
pengintegralan, yaitu dengan cara mengalikan persamaan diferensial linear tersebut dengan μ
sehingga : dy dx
Py Q , dengan P dan Q merupakan fungsi dengan variabel x.
Faktor pengintegralan/ μ dapat dicari dengan rumus : e Pdx. Ide dari penggunaan
faktor pengintegaralan ini adalah menjadikan persamaan diferensial tersebut bersifat eksak, yaknidy ddx dx
Ingat bahwa : ( y) y ( dari rumus (uv) ' u 'v uv ' ). Sehingga :dx dx dx
y , disederhanakan menjadi :dx dx dxd
ydx
d dx dx
maka akan didapatkan : e Pdx
kembali ke persamaan diferensial mula-mula :ddx
( y) Q(x) , y Qdx
Contoh IV.1
y 1 Qdx
dx x 5 dengan faktor pengintegralan
dx x 5 , terlihat bahwa P Qdx , dengan e x eln x x
x
x C , y
dx 4 y 8, y(0) 1
dt 3x 8
dx y 2x 8
dx y x3
x dx y dy 0 . Solusi dari persamaan ini
N
Tentukan penyelesaian dari :
Jawab :
dy y
dari persamaan diferensial dy y 1x
dan Q 5 .
Maka : y 1
1 dx
y 15xdx
18
y 15 2
x 252
x C
Latihan Soal :
1. Buktikan bahwa solusi dari persamaan diferensial d dx
dy 2.
dx 3.
dy 4.
dy x
5.
P adalah : e Pdx
.
Persamaan Diferensial EksakSebuah persamaan diferensial dengan bentuk :
M(x, y)dx N (x, y)dy 0
dinamakan persamaan diferensial eksak (exact differential equation) jika terdapat sebuah fungsi f
sedemikian rupa sehingga M f and N f pada daerah tertentu. Oleh karenanya,x y
persamaan di atas dapat ditulis kembali menjadi : f
adalah f (x, y) k , k adalah nilai konstanta tertentu.
f
Apabila M ( x, y) fx
dan N (x, y) f y
maka persamaan diferensial dalam bentuk
M(x, y)dx N (x, y)dy 0 dikatakan eksak jika dan hanya jika M y
.x
Contoh IV.2
Buktikan bahwa persamaan diferensial berikut bersifat eksak dan tentukan solusi persamaandiferensial tersebut :
9x2 y 1
dx ex cos y 2 cos x
9x 2 y 1
(a) dx 4 y xdy 0
(b) e x sin y 2 y sin x dy 0
jawab :
(a) Untuk persamaan diferensial
19
M (x, y) 9x 2 y 1 M y
1
N (x, y) 4 y x N x
1
oleh karenanya, persamaan diferensial tersebut eksak. Fungsi diferensialnya adalah :
fx
9x 2 y 1 f (x, y) dx 3x 3 x y x C1 ( y)
f y
4 y x f (x, y) 2 y 2 x y C2 (x)
dengan membandingkan kedua persamaan di atas maka didapatkan :
f (x, y) 3x3 x y x 2 y2
Oleh karenanya, solusi umum persamaan diferensial tersebut adalah :
3x3 x y x 2 y2 k
(b) Untuk persamaan diferensial ini :
M(x, y) e x sin y 2 y sin x M y
e x cos y 2 sin x
N (x, y) e x cos y 2 cos x N x
e x cos y 2 sin x
adalah merupakan persamaan diferensial bersifat eksak. Fungsi diferensialnya adalah :
fx
f y
e x sin y 2 y sin x
e x cos y 2 cos x
f (x, y) e x sin y 2 y cos x C1 ( y)
f (x, y) e x sin y 2 y cos x C2 (x)
dengan membandingkan kedua persamaan di atas maka didapatkan :
f (x, y) e x sin y 2 y cos x
a. jika 1 M f (x) , dengan f(x)
N y x
b. jika 1 M g( y) , dengan g(y) adalah fungsi dalam y, faktor integralnya
N y x
dx x2 y2
M (x, y) 3x y 2x y y3
M y
N x
terlihat bahwa 1 M
N x 3. Oleh karenanya, faktor pengintegralannya adalah :
3d x
3x2 y 2x y y3 dx e3x x2 y2
3x 2 y 2x y y 3
Oleh karenanya, solusi umum persamaan diferensial tersebut adalah :
e x sin y 2 y cos x k
Solusi Persamaan Diferensial Non Eksak Dengan Faktor PegintegaralanApabila persamaan diferensial dalam bentuk :M(x, y)dx N (x, y)dy 0
jika tidak eksak, faktor integralnya dicari terlebih dahulu. Pedoman mencari faktorpengintegralannya adalah sebagai berikut :
20
N
adalah fungsi dalam x, maka faktor
integralnya adalah : ef (x)dx
N
adalah eg( y)dy
Contoh IV.3Temukan faktor pengintegralan dari persamaan diferensial biasa berikut dan tentukansolusinya :
3x 2 y 2x y y3 dy 0
solusi:
2
3x2 2x 3y2 dan M x
6x y 2 y
N (x, y) x2 y2 2x dan N y
2 y
N y
exp e3x sehingga persamaan diferensial-nya menjadi
e3x dy 0
fungsi diferensialnya adalah f (x, y)
fx
e3x
f ( x, y) e3x x 2 y C( x)x 2 y 2
e 2x y 3e x y C'( x)
e3x 2x y 3x 2 y y 3 C'( x)
yxeyxf x 23),(
y 3
3
f y
e3x
y 3 3
x
f 3x 3x 2 y 3
3
fx
dengan membandingkan kedua persamaan di atas, didapatkan :
C '(x) 0, sehingga C(x) constant
solusi umum persamaan diferensial tersebut adalah :
21
k
Selesaikan : (2xy ey 2xy3 y)dx (x y ey x y2 3x)dy 0
8xy ey 2xy ey 6xy2 1
2xy ey 2xy2 3
8xy ey 8xy2 4 , dan
N
g( y)
y
kalikan persamaan diferensial (2xy ey 2xy3 y)dx (x y ey x y2 3x)dy 0
(2xe 2 x x x1 3 )dx (x e 2 3 ) 0 dan persamaan diferensial ini eksak.
(2xey 2 3 )dx
x x x ey 3 ( y)
x x x ey 2 3 4 '( y) = N
x x x xx ey 2 3 4 '( y) x e 2 3 4
(2xy ey 2xy3 y)dx (x y ey x y2 3x)dy 0
adalah : x ey x x
2. (2x y2 4x y 2xy2 xy4 2y)dx 2( y3 x y x)dy 0
22
Contoh IV.34 2 4 2
Jawab : Kita periksa terlebih dahulu apakah persamaan diferensial tersebut bersifat eksak ataukah
tidak. M y
3 4
N 4
x
persamaannya tidak eksak karena N x
M y
. Selanjutnya dicari faktor integralnya :
M y
N 3
x
M y
x 4
N y
maka faktor integralnya adalah : e4 dy
e4ln y 1
y4
4 2 4 2
dengan faktor integralnya, yaitu : 1y4
, sehingga persamaan diferensialnya berbentuk :
y2
2 y
y y y y3
Selanjutnya : ambil = Mdx x 1y y
22
y y
sehingga :2
2
y y y2 2
2 2 y
y y y ysehingga '( y) 0 , maka ( y) konstantaoleh karenanya, solusi persamaan diferensial
4 2 4 2
22
Cy y3
Soal latihanperiksalah apakah persamaan diferensial di bawah ini eksak atau tidak, kemudian carilahsolusinya.1. (x2 y2 x)dx (xy)dy 0
3 2 2
d y dy
dx dx
d y dy
dx dx d y dy
dx dx d y dy 1
dx dx x x
d x
d x dx, , x
dt dtd x dx x
3 0 homogendt dt t
d x dx
dt dt 3 d x dx, , x dan tidak
dt dt
dx dt atau x
d x
dx adalah non
1. Variabel dependent dan turunannya berpangkat satu. Jadi bentuk
d x
23
V. Persamaan Diferensial Orde 2Persamaan Diferensial linear Orde 2Persamaan diferensial linear orde 2 memiliki bentuk umum sebagai berikut : :
p(x)2
2 r(x) y f (x)
dengan p(x), q(x), r(x) dan f (x) adalah fungsi dengan variabel x. Apabila f (x) = 0, maka
persamaan diferensial ini dikatakan homogen. Sebaliknya, jika f (x) 0 , maka dikatakansebagai persamaan diferensial linear tidak homogen orde 2.
p(x)
p(x)
2
2
2
2
r(x) y 0 , homogen
r(x) y sin x , tidak homogen
contoh persamaan diferensial linear orde 2 antara lain :
x2
2
2 y sin x
Persamaan Diferensial Linear Homogen Orde 2 dengan Koefisien Konstan (Second OrderHomogeneous Linear Differential Equations With Constant Coefficients)
Orde 2 : pangkat tertinggi dari turunan (derivatif) yang terdapat pada persamaan diferensial :
Contoh :2
dt 2
Homogen : tiap elemen mengandung unsur :2
2
Contoh : x2
2
2
2 t 3 tidak homogen
Linear : tiap elemen persamaan mengandung setidaknya satu unsur :2
2
terdapat unsur : 2 2
dt 2.
Persamaan diferensial dikatakan linear jika :2
dtlinear (mengapa ??)
2. Tidak ada perkalian antara varibel dependent dan turunannya. Sehingga bentuk x2
dt 2
adalah non-linear (mengapa??)3. Variabel dependent tidak berbentuk fungsi non-linear, seperti fungsi sinus, cosinus,
24
dt 4td x
d x dx x
dt dt t 3 dx 2
3 0 , Tidak linear karena menyalahi syarat (2)dt dt t
d y
dx y2 0 , Tidak linear karena menyalahi syarat (1)
dx cos y 0 , Tidak linear karena menyalahi syarat (3)d x dx, , x adalah konstanta
dt dt
d x dx
dt dt 6x 0 ,
d x
d x dx
dt dt 4d x
d x dx
dt dt 4
d x dx
dt dt 4
eksponensial, dst.
Contoh :dx
2
dt 2 4t
t
t
2
d
x
x
2 0 Linear, karena syarat (1),(2),(3) terpenuhi
2
2
2
dy
Koefisien Konstan : koefisien2
2
Solusi UmumContoh dari persamaan diferensial linear homogen orde 2 dengan koefisien konstan antara lain :
:2
2
2
dt 2 4x 0 , dst
Berikut ini contoh dalam mencari solusi umum persamaan diferensial linear homogen orde 2dengan koefisien konstan
Contoh V.1
Carilah solusi dari persamaan diferensial :2
2
Jawab :
3x 0 .
Misalkan x Cet , makadx
dt Cet , dan
2
dt 2 C 2et
Substitusikan sehingga menjadi : C2et 4Cet 3Cet 0 , 2 4 3 0Bentuk 2 4 3 0 merupakan persamaan karakteristik. Selanjutnya substitusikan
x Cet ke persaman2
2 3x 0 menghasilkan persamaan 2 4 3 0 , dengan
= -3, -1. oleh karenanya terdapat 2 solusi, yaitu x Ce3t dan x Cet . Oleh karenanya,
solusi umum persamaan diferensial2
2 3x 0 adalah : x C1e3t C2et
Contoh V.2Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut :
25
dt dt 2
d x dx
d x
d x dx
dt dt 4d x dx
dt dt 2d xdtd x dx
dt dt 5
d x dx
dt dt 3d x dx
dt dt 0d x
d x dx
2
215x 0
jawab : misalkan x Cet , makadx
dt Cet , dan
2
dt 2 C 2et
C2et 2Cet 15Aet 0 , 2 2 15 0Didapatkan = 5, -3.
Solusi umum : x C1e5t C2e3t
Catatan :2
2 3x 0 memiliki persamaan karakteristik 2 4 3 0
2
215x 0 memiliki persamaan karakteristik 2 2 15 0
jadi :2
2 2 , dx
dt , x 1
maka :2
2 6x 0 2 5 6 0
Akar-akar persamana karakteristik dapat memiliki 3 kemungkinan :1. Akar-akarnya adalah bilangan riil dan berbeda2. Akar-aknya adalah bilangan kompleks dan sama3. Akar-akarnya adalah bilangan kompleks4. Akar-aknya adalah bilangan riil dan sama
Latihan Soal :Tuliskan persamaan karakteristik dari :
(a)2
2 x 0
(b)2
2
(c)2
dt 2 3x 0
Akar-akarnya adalah bilangan riil dan berbeda
Jika akar persamaan karakteristik adalah dan , maka solusi dari persamaan diferensial
tersebut adalah : y C1ex C2e x , jika y adalah variabel dependent dan x adalah variabel
independent.
Contoh V.3Temukan solusi dari persamaan diferensial :
2
2 4dt dt
3x 0 x(0) 1, x(0) 0
3 langkah penyelesaian :
26
C1 2 , 0 3(1 C2 2
C2 , C1 21
d x dx 1 3t 3
1 3t 3
d x dx
(2) x C1e C2e , x(0) 0 0 3C1 4C2
d x dx
dt dt 7
1. Tuliskan persamaan karakteristik dan cari nilai 2. Tuliskan solusi umum3. Cari nilai konstanta dari solusi umum
Jawab :
(1) 2 4 3 0 ( 3)( 1) 0 3, 1(2) x C1e3t C2et
(3) (i) x(0) 1 1C1 C2
(ii) x 3C1e3t C2et , x(0) 0 0 3C1 C2
maka dicari nilai C1 dan C2 dari persamaan : 1 = C1 + C2 dan 0 = -3C1 -C2
1 C ) C3
2
sehingga solusi dari2
2 4dt dt
3x 0, x(0) 1, x(0) 0 adalah x e et
2 2apabila digambar dalam grafik akan terlihat seperti gambar berikut :
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0 1 2 3 4
Gambar. Grafik dari x e et
2 2
Contoh V.4Temukan solusi dari persamaan diferensial :
2
2 7dt dt
12x 0 x(0) 1 x( 0 ) 0
Jawab :
(1) 2 7 12 0 ( 3)( 4) 0 3, 43t 4t
(3) 1 = C1 + C2 dan 0 = 3 C1 + 4 C2
C2 3 , C1 4
Jadi solusi selengkapnya dari persamaan diferensial
2
212x 0 dengan
x(0) 1 x( 0 ) 0 adalah : x 4e3t 3e4t . Grafik x 4e3t 3e4t ditunjukkan pada gambar
27
50
0
d y
d y
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4-50
-100
-150
-200
-250
-300
-350
-400
Gambar V.1 grafik fungsi x 4e3t 3e4t
Jika akar-akar persamaan karakteristik merupakan bilangan kompleks dan sama.Jika akar persamaan karakteristik adalah , maka solusi dari persamaan diferensial tersebutadalah : y C1 cos x C2 sin xPerhatikan contoh soal berikut :
Contoh V.5
Tentukan solusi dari :
Jawab :
2
dx2 4 y 0
Persamaan karakteristik dari2
dx2 4 y 0 adalah :
2 4 0 , 2 4 , maka 2oleh karenanya, solusi umum yang didapatkan adalah :
y C1e2 jx C2e2
jx
berdasarkan sifat trigonometri :e2 jx cos 2x j sin 2x
e2 jx cos 2x j sin 2xmaka didapatkan :
y C1(cos 2x j sin 2x) C2 (cos 2x j sin 2x)
jika C1 2 A CC1 j C2 j B
maka : y Acos 2x B sin 2x
Jika akar-akar persamaan karakteristik merupakan bilangan kompleksJika akar persamaan krakteristik adalah a bj , maka solusi dari persamaan diferensialtersebut adalah :y eax (C1 cos bx C2 sin bx)
Contoh V.6Tentukan solusi dari persamaan diferensial :y '' 2 y ' 4 y 0
28
jawab :
Persamaan karakteristik : 2 2 4 0Akar persamaan dicari dengan menggunakan rumus abc :
di di 1
dt dt C Rd y dy
dx dx 8 y 0d y dy
dx dx 2 y 0d x
d x 5dx
dt dt 6x 0d y dy
dx dx y 0
d y dy
dx dx
b b 2 4 ac 2a
2 2 2 4.1.4 2.1
2 4 16
2, 1 3 j
maka solusi umumnya adalah :y ex ( Acos 3x B sin 3x)
Jika akar persamaan karakteristik berupa bilangan riil dan samamaka solusi umumnya berbentuk : y x.ex
Contoh V.6y '' 9 0
Persamaan karakteristik : 2 9 0 , 3Solusi dari persamaan diferensial tersebut adalah : y x.e3x
Latihan Soal
1. tentukan persamaan karakteristik dari : L2
2 i 0
2. tentukan solusi dari persamaan diferensial homogen orde 2 berikut :
a.
b.
2
2
2
2
c.2
dt 216x 0
d.
e.
2
2
2
2
Persamaan Diferensial Linear Non-Homogen Orde 2 dengan Koefisien Konstan (SecondOrder Homogeneous Linear Differential Equations With Constant Coefficients)
Dari bentuk umum persamaan diferensial linear orde 2
p(x)2
2 r(x) y f (x)
29
jika f (x) 0 , maka solusi khusus persamaan diferensial tersebut dicari dengan mencobanyadengan menggunakan ketentuan sebagai berikut : :
f(x) Solusi coba-cobaKonstanta KonstantaPolinomial x dengan derajat n Polinomial x dengan derajat ncos kx a cos kx bsin kxsin kx a cos kx bsin kxaekx aekx
d y dy
dx dx 6
d y dy
dx dx 6
d y dy
dx dx 6
Selanjutnya substitusikan ke persamaan diferensial
, b
Solusi total merupakn penjumlahan dari solusi khusus dan solusi umum.Solusi_total = Solusi_Umum + Solusi_Khusus
Contoh V.7Carilah solusi dari persamaan diferensial :
2
2 8 y 3cos x
(1). Mencari solusi umum
Persamaan karakteristik dari
( 4)( 2) 0
2
2 8y 0 adalah : 2 6 8 0
1 2, 2 4
Sehingga solusi umumnya adalah : C1e2x C2e4x
(2) Mencari solusi khususBeberapa langkah yang harus dilakukan dalam mengerjakan solusi khusus :
1. Cari fungsi yang merupakan solusi khusus berdasarkan tabelBerdasarkan tabel, maka solusi khusus dimisalkan adalqh fungsi :
yp (x) a cos x b sin x2. Cari turunan pertama dan kedua, kemudian substitusikan ke dalam persamaandiferensialTurunan pertamanya : y 'p (x) a sin x b cos x
Turunan keduanya : y ''p (x) a cos x b sin x2
2
( y ''p (x) a cos x b sin x )–6( y 'p (x) a sin x b cos x )+
8 y 3cos x
(
yp (x) a cos x b sin x )= 3cos x2. Kelompokkan koefisien- koefisien yangs sejenis, dan cari nilai konstantanyaUntuk koefisien cos x :(a 6b 8a)cos x (b 6a 8b)sin x 3cos x(a 6b 8a)cos x 3cos x(7a 6b) 3
30
Untuk koefisien sin x :(b 6a 8b)sin x 0(b 6a 8b) 0(6a 7b) 0
Maka dapat dicari nilai a dan b, yaitu : a 21 18
85 853. Substitusikan nilai konstanta yang didapat ke dalam solusi khusus persamaan
diferensialSolusi khusus : yp (x) a cos x b sin x adalah :
cos x
d y dy
dx dx 6
dt y, y ct 4
dt t, y 2 t 2 c, y 0d y dy
d y dy
dt dt 6 y(
yp (x) 21 18
85 85sin x
solusi_total = Solusi_Umum + Solusi_Khusus
= C1e2x C2e4x + 21
18cos x 85 85
Latihan Soal :Temukan solusi khusus dari :
sin x
1.2
2 8y x
LATIHAN SOAL TERPADU
1. Tentukan solusi dari persamaan diferensial dydx
y y
, dengan , , , adalah
konstanta.2. Temukan solusi persamaan diferensial berikut dengan metode pemisahan variabel :
(a) dydx
y 2 sin x 0
3. Pergerakan suatu benda yang jatuh ke bumi memiliki persamaan :
dv
d t g bv
Tentukan kecepatan benda tersebut pada waktu t, jika v(0) 0 .4. Inti bahan radioaktif mengalami peluruhan dengan fungsi peluruhan :
dN
dt N
N adalah konsentrasi(massa) inti bahan radioaktif tersebut and adalah konstanta
peluruhan. Temukan N (t) dengan kondisi awal N (0) No .
5. Dari persamaan diferensial berikut, tentukan :(a) apakah bersifat linear(b) sebutkan orde persamaan diferensial tersebut
31
(c) buktikan bahwa fungsi yang diberikan merupakan solusi dari persamaan diferensialtersebut :
i. t dy
ii. y dy
iii. t2
2 tdt dt
y 4, y 3t.et 4
2
dt 6t 0, y(1) 6
dt 5y sin(12t), y(0) 0
dt 3y 0, y(0) 1
dt y 4, y(0) 2
2 dt 6 y 3sin(5t) 2cos(5t), y(0) 0
dy 2x y2 2 y
iv. 3y22
2 2, y3 t2
6. Temukan solusi dari persamaan diferensial dengan kondisi awal berikut ini :
a.
b.
c.
dy
dy
dy
d. 4 dy
e. 1 dy
f. 3 dy dt
2 y et , y(0) 3
7. Temukan faktor pengintegralan dari persamaan diferensial biasa berikut dan tentukansolusinya :
(a)
(b)
y 2dx xydy 0
(x2 y 2 x)dx xy dy 08. Buktikan bahwa persamaan diferensial berikut bersifat eksak dan tentukan solusi dari
persamaan diferensial tersebut :
(a) ax bydx bx cydy 0
(b) 2x 2 y 2x dx 0
Aplikasi Persamaan Diferensial Dalam Bidang Teknik ElektroRangkaian LRC pada gambar dapat dimodelkan ke dalam persamaan diferensial dengan
aturan-aturan sebagai berikut :1. Hukum II Kirchoff’s tentang tegangan : jumlah/sigma keseluruhan tegangan dalam loop
tertutup adalah nol (the sum of all the voltage drops around any closed loop is zero).2. Tegangan pada pada resistor, VR, adalah sebanding dengan arus yang melewatinya, yang
dirumuskan dengan : VR = iR (Hukum Ohm’s ), dengan R adalah resistansi dari resistor.
32
3. Tegangan pada kapasitor adalah sebanding dengan muatan elektrik pada kapasitor, yaitu q,
yang dirumuskan dengan : Vc 1C
.q , dengan C adalah kapasitansi kapasitor (dalam
satuan farad) dan muatan q dalam satuan coulombs.4. Tegangan pada induktor sebanding dengan laju perubahan arus listrik yang mengalir
dalam satu satuan waktu. Dirumuskan sebagai : VL L di dt
, dengan L adalah induktansi
induktor yang diukur dalam satuan : henri.
dt C iR di d dq d q
dt C iR
d q dq q
dt dt c R
Vs VR dVc
dt Vc Vs , yang dapat disederhanakan menjadi bentuk :
dt RC RC
RC , Q=RC , sehingga faktor pengintegralan ( ) diberikan sebagai :
Gambar VI. Rangkaian RLC dalam loop tertutup.
Berdasarkan hukum II Kirchof (KVL II) :
L di 1 q v(t) .
Oleh karena i(t) dqdt
, maka:2
( ) . Sehingga persamaandt dt dt dt 2
Ldi 1 q v(t) menjadi : L
2
2 v(t)
Contoh VI.1Sebuah rangkaian listrik yang terdiri dari komponen R, C, dan sumber tegangan sebagai berikut :
R
i
VR
Vs +
-C
Vc
Jika pada saat t=0 switch tertutup, tegangan pada kapasitor adalah Vo, yaitu Vc (0) = Vo maka :1. Buktikan bahwa persamaan diferensial yang terbentuk merupakan persamaan diferensial
linear orde pertama2. Carilah solusi dari persamaan diferensial tersebut menggunakan metode faktor
pengintegaraln3. Carilah solusi khusus dari persamaan diferensial tersebut jika tegangan pada kpasitor
mula-mula adalah Vo = 0. Solusi pada kondisi ini dinamakan : respon keadaan nol (zerostate- response)
4. Carilah solusi persamaan diferensial yang terbentuk, jika tegangan sumber = 0 (Vs = 0).Solusi pada kondisi ini dinamakan : respon input nol (zero input- response)
5. buktikan bahwa solusi (2) merupakan penjumlahan antara zero state- responsedan zeroinput- response
33
Jawab :1. berdasark hukum II Kirchof tentang tegangan : Vs(t) VR Vc .Arus yang mengalir pada resistor = arus yang mengalir pada kapasitor
C , sehingga persamaan diferensial yang terbentuk adalah :R dt
RC dVc
dVc Vc Vs (persamaan diferensial orde pertama linear)
2. dari pembentukan persamaan diferensial di atas terlihat bahwa :
P= 1 Vs
dt
Vc ee
Vc e
R C e(RC) cost R C 1 RC
V .R C e(RC)
(R C 22 1)RCe
sin t RC
VR C cost (R C22 1)
sin t (R C22 1)
cost
Vo K , sehingga :(R C 1) RC
(R C22 1)
VR C cost V
(R C22 1) (R C 1)RC
VR C cost V
(R C 1) RC (R C 1)
VR C cost (R C22 1) RC (R C22 1)
ePdt
, e Pdt1
, e RC
e t
RC
solusi dapat dicari dengan rumus :Vc 1 Qdt , dengan Vs V cost . Maka :
1t
(RC)
t
(RC) 1
RCV cost
V
RC.et
(RC)
t
(RC) cost .
t
Sedangkan et
(RC)
t
Vc (RC) 2
cos t
t
+ K. e (RC)
Vc 2 sin t RC
t
+ K. e (RC)
Dengan kondisi pada saat t=0, Vc = Vo, maka :
Vc 2
VR C t
RC + K. e (RC)
dengan menerapkan t=0, Vc = Vo
VR C 1 2 2 2
34
K Vo 2
V. Substitusikan nilai K ke persamaan sehingga :
Vc sin t (Vo 2 2 2 2
t
) e (RC)
3. Dengan mengganti Vo = 0, maka didapatkan :fungsi zero state- response nya adalah :
Vc 2 2 2 sin t 2 2 2t
e (RC)
4. Dengan mengganti Vs = V = 0,maka dari persamaan diferensial
Vc 2 sin t (Vo 2
Vt
) e (RC) didapatkan
fungsi zero input- response nya adalah :
Vc Vo.e t
(RC)
5. Terlihat bahwa solusi persamaan diferensial dari point (2) merupakan jumlah antara zero
VR C cost V (R C22 1) )(R C 1) RC
sin t (Vo (R C22 1) ) e(R C 1) RC
state- response dan zero input- response
Vtotal Vo.e t
(RC) +(Vc 2 2 2
2
sin t
yang merupakan solusi yang didapatkan dari (2), yaitu :
Vc 2
2
2
2 V
R
C
c
o
s
t
V
cost RC e sin t R C 1 RC
d i L di
dt R dt i is (t) , untuk t 0
dt 2 pada saat t=0.
d i L di
dt R dt i is (t) ?d i L di
dt R dt i is (t)
2. Carilah solusi untuk persamaan diferensial LC
dt 2 untuk t=0
d i L di
dt R dt i is (t) ,
d i di
, 3 j
t B sin
t (RC)
Latihan soal :t
1. Buktikan bahwa : et
(RC)
Contoh VI.2Sebuah rangkaian listrik yang terdiri dari R, L, n C tersusun paralel seperti pada gambar :
Is(t) R L C
Sumber arus adalah Is(t), arus yang mengalir adalah I, dengan persamaan :
LC2
2
dengan i merupakan arus yang mengalir pada induktor.
Jika L = 10 H, R = 10 , dan C = 0.1 F, dengan sumber arus is (t) edi
awal i=1 dan
2t . Dengan nilai kondisi
35
1. Persamaan diferensial bentuk apakah LC2
2
2
2
3. Carilah zero input- response, yaitu kondisi pada saat is (t) 0
4. Carilah zero state- response, yaitu saat i=0 dandi
5. Tunjukkan bahwa solusi (1) merupakan penjumlahan antara zero input- response danzero state- response
jawab :
1. LC2
2
2
2 i e2t
dt dtpersamaan karkteristik adalah : 2 1 0 .
Akar persamaan karkteristik adalah : b b 2 4 ac
2a
1 1 2 4.1.1
2.1,
1 3
2
1 2
solusi umumnya oleh karenanya adalah :
i et / 2 ( Acos3 3
2 2t)
1 2t
t B sin t) + e2t
i A , A
t t) et / 2 ( Acos t B sin t) e
dt 2 , sehingga
2 2 3B
A
2 2 3 3B
2 B 1
i et / 2 ( cos t 2 3 sin t) + e2t
t B sin
solusi khusus dicari dengan mencoba-coba, oleh karena f(x) = e2t , maka diandaikan
i e2t , i ' 2e2t , i '' 4e2t , subtitusikan ke persamaan diferensial :i " i '1 e2t
4e2t 2e2t + e2t = e2t
sehingga 3 1, 13
sehinggs solusi khususnya adalah : i 3
e
solusi keseluruhan =solusi umum + solusi khusus
i et / 2 ( Acos3 3
2 21
3untuk mencari nilai konstanta A dan B, maka digunakan bantuan kondisi awal.Saat t=0, i=1, sehingga :
13
23
didt :
36
di
dt et / 2 (
3 3 3 3Asin B cos
2 2 2 21 3 3 2 t / 22 2 2 3
saat t=0, di
2
2
2
3
3 1 2
3 1 2 2
3
3
2 B
B 2 3sehingga solusi lengkapnya adalah :
2 3 3
3 2 2
1
3
2. zero input- response, yaitu kondisi pada saat is (t) 0dari (1) telah didapatkan solusi umumnya, yaitu :
is (t) et / 2 ( Acos
3 32 2
t)
3. kerjakan4. kerjakan
MATLABSolusi persamaan diferensial biasa linear
MatLab merupakan perangkat lunak yang dapat digunakan untuk mencari solusi persamaandiferensial secara mudah. Sintaks perintah yang digunakan untuk mencari persamaan diferensialadalah perintah dsolve.
Sebagai contoh, persamaan diferensial orde 2 sebagai berikut :y'' + y = cos(2x)dengan kondisi y'(0) = 0 dan y(0) = 1,dengan y'' = d2y/dx2 dan y' = dy/dx.
y=dsolve('D2y + y = cos(2*x)', 'Dy(0)=0', 'y(0)=1')y =-2/3*cos(x)^2+1/3+4/3*cos(x)
pretty(y)
- 2/3 cos(x)2 + 1/3 + 4/3 cos(x)
37
solusi tersebut dapat disederhanakan :
y = simple(y)y =-1/3*cos(2*x)+4/3*cos(x)pretty(y)- 1/3 cos(2 x) + 4/3 cos(x)
contoh 2 : cari solusi persamaan diferensial homogen linear orde 2 dengan koefisien konstanberikut : y'' + 2y' + 5y = 0.Jawab :dsolve('D2y+2*Dy+5*y')ans =C1*exp(-x)*sin(2*x)+C2*exp(-x)*cos(2*x)
Apabila persamaan diferensial di atas berbentuk y'' + 2y' + 5y = -sin(x),dengan y'(0) = 0and y(0) = 1.y = dsolve('D2y+2*Dy+5*y = -sin(x)', 'Dy(0)=0','y(0)=1')y =3/40*sin(2*x)*cos(3*x)-1/40*sin(2*x)*sin(3*x)-1/8*sin(2*x)*cos(x)+1/8*sin(2*x)*sin(x)+1/8*cos(2*x)*cos(x)+1/8*cos(2*x)*sin(x)-1/40*cos(2*x)*cos(3*x)-3/40*cos(2*x)*sin(3*x)+11/20*exp(-x)*sin(2*x)+9/10*exp(-x)*cos(2*x)
y = simple(y)y =-1/5*sin(x)+1/10*cos(x)+11/20*exp(-x)*sin(2*x)+9/10*exp(-x)*cos(2*x)apabila digambarkan/diplot :fplot(y,[0 20])
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
-0.2
-0.40 5 10 15 20
persamaan diferensial untuk orde ketiga :y''' - 2y'' - y' +2y =2x2 - 6x + 4dengan y''(0) = 1, y'(0) = -5, dan y(0) = 5y=dsolve('D3y-2*D2y-Dy+2*y=2*x^2-6*x+4','D2y(0)=1','Dy(0)=-5','y(0)=5')y =-2*x+3+x^2+exp(x)-exp(2*x)+2*exp(-x)
38
fplot(y,[0 2])
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
-30
-35
-40
-450 0.5 1 1.5 2
BAB 2. TRANSFORMASI LAPLACE2.1 Pengertian Transformasi
2.1.1 Latar Belakang Penggunaan Transformasi2.1.2 Contoh Sederhana Penggunaan Transformasi
2.2 Pengertian Transformasi Laplace dan inverse Transformasi Laplace2.2.1 Latar Belakang Penggunaan Transformasi Laplace2.2.2 Mengubah Persamaan Deferensial ke kawasan S2.2.3 Transformasi Laplace Beberapa Fungsi Sederhana
2.3 Beberapa Sifat Transformasi Laplace2.3.1 Linearitas2.3.2 Pergeseran dalam s2.3.3 Pergeseran dalam S dan inversenya2.3.4 Konvolusi2.3.5 Integrasi2.3.6 perkalian dengan konstanta2.3.7 scaling
2.4 Menyelesaikan Partial Fraction dari Transformasi Laplace2.4.1. Metode Cover Up2.4.2. Metode Substitusi
2.4.3. Metode Equate Coefficient2.5 Transformasi Laplace Untuk Mencari Solusi Persamaan Deferensial Biasa2.6 Contoh Soal & Aplikasi Transformasi Laplace2.7 Menyelesaikan Transformasi Laplace Dengan Bantuan Matlab
39
BAB 2. TRANSFORMASI LAPLACE
2.1 Pengertian Transformasi
Transformasi adalah teknik atau formula matematis yang digunakan untuk
mengubah representasi persamaan matematika dari satu bentuk ke bentuk representasi
yang lain. Adanya transformasi mengharuskan juga adanya inverse transformasi, yang
melakukan hal yang sebaliknya.
2.1.1 Latar Belakang Penggunaan Transformasi
Transformasi diperlukan sebagai alat bantu untuk memecahkan persoalan
matematika yang rumit. Penggunaan transformasi dan inversenya dapat diilustrasikan
pada gambar di bawah ini.
Permasalahan
dalam bentuk asalTransformasi Solusi
Transformasiinverse
Transformasi
Solusi permasalahan
dalam bentuk asal
Gambar. Penggunaan Transformasi dan Inversenya
Terdapat beberapa tipe/jenis transformasi yang digunakan, tergantung pada
persamaan matematika yang ingin dicari penyelesaiannya. Beberapa contoh
transformasi yang digunakan dalam bidang teknik antara lain :
1. Transformasi Laplace
2. Transformasi Z
3. Trasnformasi Fourier
4. Trasnformasi Wavelet
5. DLL
( ) { ( )} ( )Y s L y t ey t dt
Dalam hal ini, Transformasi Laplace digunakan untuk memecahkan Persamaan
Differensial Biasa (ODE, Ordinary Differential Equation).
2.1.2 Contoh Sederhana Penggunaan Transformasi
Contoh sederhana pemakaian transformasi dalam matematika adalah
penggunaan logaritma dan inverse-nya, yaitu fungsi perpangkatan. Apabila diinginkan
untuk menghitung hasil dari : 1234 x 5678 tanpa menggunakan kalkulator, namun
dengan menggunakan tabel logaritma, maka solusi hasil perhitungan 1234 x 5678 dapat
dicari dengan mudah.
40
Langkah pertama adalah mengubah/lakukan transformasi perhitungan 1234 x
5678 menjadi logaritma basis 10. Langkah ke dua adalah menyelesaikan kalkulasi
algoritmanya. Langkah terakhir adalah mencari inverse logaritma ( 10x ), sehingga hasil
akhir dari inverse logaritma ini adalah solusi dari 1234 x 5678. Apabila dikerjakan
menjadi :
Langkah ke-1. Ubah/transformasi ke logaritma basis 10
1234 x 5678 => Log (1234 x 5678)
Langkah ke-2. Selesaikan kalkulasi algoritma.
Log (1234) + Log (5678) = 3,0913 + 3,7542
= 6,8455
Langkah ke-3. Gunakan inverse transformasi untuk mencari solusi dari 1234 x 5678.
Dalam hal ini, inverse transformasinya adalah : 10 x, sehingga :
6,8455 => 10 6,8455
= 7.006.482
Dengan menggunakan kalkulator, didapatkan jawaban eksak dari 1234 x 5678 =
7.006.652. Tampak bahwa jawaban yang didapat dengan menggunakan transformasi
logaritma (dan inverse logaritma) mendekati jawaban eksaknya.
Perhitungan menggunakan transformasi Laplace dapat dilakukan secara
langsung melalui penggunaan formula/rumus transformasi, dan dengan menggunakan
bantuan tabel Tranformasi Laplace. Pada tabel telah dicantumkan Transformasi Laplace
dari bentuk-bentuk umum Persamaan Differensial Biasa yang sering digunakan.
Penggunaan tabel Transformasi Laplace ini memudahkan pencarian solusi, karena tidak
diperlukan kalkulasi Transformasi Laplace dengan menggunakan rumus transformasi.
2.2 Pengertian Transformasi Laplace
Transformasi Laplace Y (s) dari fungsi y(t), untuk t > 0 adalah :
st
0
Transformasi Laplace digunakan untuk mengubah fungsi y(t) yang berada dalam
kawasan waktu ke kawasan s. Solusi dari persamaan diferensial didapat dengan
mengubah persamaan diferensial (yang merupakan fungsi waktu) dari kawasan waktu
ke kawasan s dengan menggunakan transformasi laplace, sebagaimana ditunjukkan pada
gambar di bawah.
41
Permasalahandalam kawasan
waktu
TransformasiLaplace
SolusiTransformasi
Laplace
InverseTransformasi
Laplace
Solusi permasalahandalam kawasan
waktu
Gambar. Penggunaan Transformasi Laplace dan Inversenya
Rumus Tranformasi Laplace di atas, apabila digunakan secara langsung pada
permasalahan. maka akan seringkali dijumpai kesulitan dalam kalkulasinya, sehingga
dianjurkan untuk menggunakan bantuan tabel transformasi laplace. Penggunaan tabel
transformasi laplace menghindarkan dari rumitnya perhitungan transformasi.
2.2.1 Latar Belakang Penggunaan Transformasi Laplace
Adapun Latar belakang penggunaan Transformasi Laplace adalah :
1. Solusi Persamaan Diferensial Biasa Linear Homogen melibatkan bentuk
eksponensial yang relatif cukup sulit untuk dikerjakan
2. Transformasi Laplace dapat digunakan untuk mengubah persamaan diferensial
menjadi bentuk persamaan aljabar,sehingga mengurangi kerumitan penggunaan
bentuk eksponensial menjadi bentuk ekspresi persamaan aljabar
3. Solusi persamaan dalam bentuk aljabar dapat ditulis sebagai penjumlahan tiap-
tiap komponennya dengan tiap komponen merupakan Transformasi Laplace dari
bentuk eksponensial.
2.2.2 Mengubah Persamaan Diferensial ke kawasan S
dt dt vdtu dt u v
Bila Transformasi Laplace adalah : Y (s) L y(t) e y(t)dt , maka Transformasi
dy st dyLaplace dari turunan (derivative) pertama adalah : L e dt
dest dy st dy
L e dt st
dt dt dt
dy L se ydte y
dt
dy L s e ydte y
dt
dibanding dengan grafik e–st, maka e y(t) 0 untuk t
Sehingga : 0 e y(0) y(0)st e y
dy Bentuk di atas dapat disederhanakan menjadi : L s e ydte y
dt
L y(0) sY (s)
adalah : L sY (s) y(0) atau L sL y(t) y(0)
d y dyL s Y (s) dt dt
Untuk melakukan transformasi laplace terhadap persamaan diferensial, maka
harus diingat terlebih dahulu bahwa :
d u v dt
u dv du dt dt
v
dv du
st
0
dt 0 dt
42
jika u adalah e –st dan v adalah y, maka :
e y ydt
00 0
st st
00
st st
00
Jika diasumsikan bahwa pada saat t grafik y(t) mengalami kenaikan cukup lambat
st
0
0
st st
00
dy dt
Dari uraian di atas, maka Transformasi Laplace dari turunan pertama sebuah fungsi
dy dy
dt dt
Transformasi Laplace dari turunan kedua suatu fungsi juga dapat dicari dengan cara
yang sama.
2
2
2 (0) sy(0)
d y d y dy s Y (s) (0) sn2 (0) s y(0)
dyd y
dt y 0 , dengan y(0) 1, (0) 0dt
Y (s) L y(t) e y(t)dt
d y d y y L0 est 2 y dt est 0dt
Sedangkan transformasi Laplace dari turunan ke-n suatu fungsi adalah :n n1
n
dt dtn1 dt
n1
contoh 1.
Ubah persamaan diferensial berikut dari kawasan t ke kawasan s dengan
menggunakan metode Transformasi Laplace.
L2
2
43
jawab:
Langkah ke-1. Lakukan Transformasi Laplace
st
0
2
L 2
dt 0 dt 0
d y est dt e ydt 0dt
s Y (s) dt (0) sy(0) Y (s) 0
2
susun kembali menjadi : Y (s)
Y (s) 0 s
s 1
1 st LC e Cdt e C 0
st
2
0 0
Gunakan secara langsung Transformasi Laplace untuk turunan kedua, maka didapatkan:
2 dy
s2 1 dy
dt(0) sy(0)
Langkah ke-2. Cari Persamaan polinomial Y(s) dengan bantuan nilai awal
y(0) 1,dy
dt(0) 0
s2 1
Y (s) 2
s
Yang perlu diingat adalah bentuk L f (t) F (s) merupakan Transformasi Laplace
dari fungsi f(t).
2.2.3 Transformasi Laplace Beberapa Fungsi Sederhana
berikut adalah transformasi Laplace dari beberapa fungsi
1. Konstanta
Transformasi Laplace dari sebuah konstanta C ( y(t) = C ), adalah :
0
s
0
s
s
st C C
, sehingga LC
1 st 1 1 st Lt e tdt e dt Lt 0 0 2 e t e
1 st n L{t } e t dt e nt dt e t
n L{t } 0 0 e nt dt
L{t1} L{t 0}
e e dt L{eat } e dt
L{e } e e(sa)t
e0 L{eat} 0
C s
2. Transformasi Laplace fungsi y(t) = t
44
st 1 st 1
0 s 0 s 0 s s 0 s
sehingga Lt 1
s2
3. Transformasi Laplace fungsi y(t) = t n
n st n 1 st n1
0 s 0 0 s
n st n1
s 0
L{t n} n
sL{t n1}
dengan cara yang sama :
L{t n1}
L{t n2}
n 1
sn 2
s
L{t n2}
L{t n3}
1
s
sehingga L{t n} n!
sn1
4. Transformasi Laplace fungsi eksponensial, y(t) = eat
st at (sa)t
0 0
at
0
(sa)t 1
s a 0
s a
2 s s s2 2 Lcost
Lcost L eit e-it Lcost
s 2
s 2
F (s) L f (t) e f (t)dt dan
G(s) Lg(t) e g(t)dt
1s a
, sehingga L{eat} 1
s a
5. Fungsi cosinus dan sinus
45
1 1 1 1 1 1
2 2 2 s i 2 s i
1 s i s i s2 2 2 2
sehingga L{cost} 2
s
dengan cara yang sama, Transformasi Laplace dari fungsi sinus adalah :
L{sin t} 2
Ringkasan Transformasi Laplace beberapa fungsi tersebut dapat ditulis dalam tabel berikut.
Tabel. Transformasi Laplace beberapa fungsi sederhana
s
2.3 Beberapa karakteristik Transformasi Laplace
Beberapa karakteristik Transformasi Laplace antara lain :
Fungsi y(t) Transformasi Laplace Y(s)
y(t) = CC s
y(t) = t1s2
y(t) = t nn!
sn1
y(t) = e at1
s a
y(t) = cos ωts
2 2
y(t) = sin ωt
2 2
Jika F (s) L f (t) e f (t)dt
Le f (t) e f (t)dt F (s a) ,e e f (t)dt
Le f (t) F (s a)
Jika Le f (t) F (s a) , maka L F(s a) e L F(s) e f (t)
, F (s) 21
sehingga L1 F (s a) e L1 F (s) , L1 e L1 2 e t(s a) s
1 at
L1 (s a)
e t
, G(s) Lg(t) e g(t)dt
L f (t )g( )d F (s)G(s)
L1 F (s)G(s) f (t )g( )d , atau L1 F (s)G(s) f ( )g(t )d
1. Linearitas
Jika f(t) dan g(t) adalah sebuah fungsi, dengan :
st
0
st
0
46
maka Lcf (t) cF (s) dan Laf (t) bg(t) aF(s) bG(s)
2. Pergeseran dalam S
st
0
Maka
at st at (sa)t
0 0sehingga
at
3. Pergeseran dalam S dan inversenyaat 1 at 1 at
contoh 2. Gunakan sifat pergeseran dalam s untuk mecari Inverse Transformasi Laplace
dari :1
(s a)2
jawab : F (s a) 1(s a) 2 s
at 1 at
2
1 2
at
4. Teorema Konvolusi
Jika Transformasi Laplace dari fungsi f(t) dan g(t) adalah F(s) dan G(s), dengan
F (s) L f (t) e0
st f (t)dt
0
st
Maka :
t
(s 1)2
(s 1) (s 1)
sL F (s)G(s) f (t )g( )d , maka L1 2 2 cos(t )sin( )d
sL 2 2 cos(t ) sin( )d
cos t sin sin d
Apabila diselesaikan menjadi : L1 2 2 t sin t
Jika F (s) L f (t) e f (t)dt , maka L f ( )d1
1F (s)
1 1 L1 e d e)
0
yang disebut sebagai integral konvolusi. Jika inverse Transformasi Laplace dari F(s)
dan G(s) adalah f(t) dan g(t), dengan : L1 F (s) f (t) , dan L1 G(s) g(t)
makat t
0 0
47
contoh 3: Gunakan teorema konvolusi untuk mencari inverse Transformasi Laplace
dari:2
s
jawab : F (s) 2
s, G(s) 2
1, maka f (t) cos t , dan g(t) sin t
gunakan teorema konvolusi :t t
1
0 (s 1) 0
ekspansikan menjadi :t
1
(s 1) 0
t t
cos sin d sin t0 0
s 1
(s 1) 2
5. Integrasi t
st
0 s 0
contoh 4: Gunakan teorema integrasi untuk mencari inverse dari : 1
s(s 1)
Jawab : F (s) 1(s 1)
f (t) et (dari tabel), maka : s
s
1
0
t
s 1 A B
s 4s 3 (s 1) (s 3)
2. 1
s 6s 9 (s 3) (s 3) (s 3)
t 0
et (1) 1 et
2.4 Menyelesaikan Partial Fraction dari Transformasi Laplace
Di dalam penggunaannya, transformasi laplace seringkali melibatkan bentuk
Q ( s )
P(s)dengan banyak fraksi, dimana P(s) dan Q(s) merupakan suku polinomial. Oleh
karenanya, terlebih dahulu dipelajari bagaimana fraksi-fraksi yang terlibat/dihasilkan
diubah ke fraksi pecahan (partial fraction) agar didapatkan solusi dari Persamaan
48
Differensial Biasa, Jadi, terlebih dahulu dipelajari bagaimana menggunakan partial
fraction sebelum memecahkan Persamaan Differensial Biasa.
Mengubah Fraction Menjadi Partial Fraction
Jika :
Q(s) a1 a2
P(s) (s 1) (s 2 )
an
(s n )dengan P(s) (s 1)(s 2 ) (s n )
Maka terdapat 3 kemungkinan penyelesaian dari P(s)
a. P(s) akar-akarnya riil dan berbeda. Tuliskan masing-masing faktor P(s), dan
tambahkan koefisien yang sesuai (A, B, dst) pada bagian pembilang
Contoh :
1.2
A B
(s 2)(s 1) (s 2) (s 1)
b. P(s) akar-akarnya riil dan sama, yaitu 1 2 n . Jika
Maka uraikan menjadi :
Q(s) a1
P(s) (s 1)n
Q(s) a1 a2
P(s) (s 1) (s 1)2
ak1
(s k1)
ak
(s k )
an
(s n )
Contoh :
1 1 A B2 2 2
c. Jika akar-akarnya merupakan bilangan pasangan bilangan kompleks
Q(s) A Bs a3
(s 3 )P(s) (s a) b
s s2 2 (s 1)(s2 2s 2)
1 A B Cs
s 1 A B
(s 1) A (s 1)
s 1 A A 1
s 1 A B
s 3 (s 3)
s 3 B B 2
1 a bi,2 a bi,
2 2
an
(s n )
Contoh :
1 13
(s 1)(s 1 i)(s 1 i) s 1 (s 1)2 1
49
Dari pemecahan fraksi di atas, perlu dicari nilai dari koefisien A,B,C dan
seterusnya. Terdapat 3 cara untuk menyelesaikan parsial fraksi di atas, yaitu :
1. Cover up Rule
2. Substitusi
3. Equate coefficient
1. Metode Cover Up
Langkah penyelesaian parsial fraksi dengan Cover Up adalah :
a. Kalikan dengan s-αi
b. Subtitusikan s = αi
1. Jika P(s) akar-akarnya riil dan berbeda.
contoh 5. Cari Parsial fraksi dari :s 1
(s 1)(s 3)
jawab :
(s 1)(s 3) (s 1) (s 3)
( s 1) B
(s 3) (s 3)
kalikan dengan (s-1), substitusikan s = 1,
2
2
Selanjutnya kalikan dengan (s – 3)
(s 1)(s 3) (s 1) (s 3)
( s 1) A
(s 1) (s 1) B
substitusikan s = 3,
s 1 1 2
s : A s
s 0: A 0 A 1
(s 1) : (s 1) A B
s 1: 0 B B 1
(s 1)
(s 1) (s 1) (s 1)3
4 A B C . Subtitusikan C =2 sehingga
4
2
Maka diperoleh : (s 1)(s 3) (s 1) (s 3)
Contoh 6. Cari Parsial fraksi dari : 1s(s 1)
Jawab: 1s(s 1)
A Bs (s 1)
50
Untuk mencari nilai A, kalikan persamaan di atas dengan s, dan subtitusikan nilai s = 0
sehingga menjadi : 1s(s 1)
A Bs (s 1)
1 B(s 1) (s 1)
1 1
Untuk mencari nilai B, kalikan dengan (s + 1) dan subtitusikan nilai s = -1
1
s
1
1
Sehingga bentuk parsial fraksinya adalah :
1
s(s 1)
1
s
1
(s 1)
2. Jika P(s) akar-akarnya riil dan sama
contoh 7. Cari Parsial fraksi dari :s2 3 s 4
(s 1)3
jawab : s2 3 s 4 3
= A B C2
untuk mencari nilai C, kalikan dengan (s + 1)3
s2 3s 4 A(s 1)2 B(s 1) C , substitusikan s = -1
1 3 4 C, C 2
Untuk mencari nilai A dan B, digunakan metode substitusi. Ambil s = 0 dan subtitusikan
ke persamaan.
1 , kalikan dengan 8 menjadi :2 2 4 82 2 2
(s 1)
(s 1) (s 1) (s 1)3
(s 2) (s2 1)
1 A B Cs D(s 2) (s 1) (s 2) (s 2) (s 1)
(s 2)2 (s 2) A B (s 2)2
(s 1) (s 1)
s 2 B B 15
1 A Cs D(s 2) (s 1) (s 2) 5(s 2) (s 1)
1 A Cs D(s 2) (s 1) (s 2) 5(s 2) (s 1)
s 0 (0 2) (0 1) (0 2) 5(0 2) (0 1)
4 2 A 20 D 5A 10D 2
s 1 (1 2) (1 1) (1 2) 5(1 2) (1 1)
2 A 5 2 C 1 D 10A 5C 5D 3
s 3 (3 2) (3 1) (3 2) 5(3 2) (3 1)
10 A 5 10 C 10 D 10A 3C D 1
1
1
0 0 4 A B C
1 1 1 1
2 = A + B,
ambil s = 1: 1 3 4 A B C A B C
3 2 3
8 4A 2B C, substitusikan C =2
6 4A 2B,
apabila diselesaikan akan didapatkan : A = 1, B = 1, C = 2.
51
s2 3 s 4 3 =
1 1 22
3. Jika P(s) akar-akarnya kompleks
contoh 8. Cari parsial fraksi dari :2
1
jawab : karena P(s) mengandung (s2 + 1), maka berikan koefisien Cs + D pada bagian
pembilang.
2 2 2 2
1 Cs D 2 2
1(4 1)
2 2 2 2
Untuk mencari nilai koefisien yang lain (A,C dan D), maka digunakan metode substitusi
2 2 2 2
1 A D2 2 2 2
1 1
Untuk
1 A C D2 2 2 2
1 1 1
Untuk
1 4 1 4s 3(s 2) (s2 1) 25(s 2) 5(s 2) 25(s2 1)
Jika Parsial fraksi adalah : P(b ) (b ) (b ) (b )
A B
A B
(kurangkan persamaan 1 dan 2 ), Maka didapatkan : 1 B 1 A 1
s (s 1) 2
s (s 1) 2
As B B B 1
s (s 1) 2
1 A 1 3 C D 2 2 2 2
1 1
Sehingga : 2
2
2. Metode SubtitusiQ ( b i ) a1 a2 an
i i 1 i 2 i n
Maka lakukan :
52
1. Subtitusikan s = bi, dengan i = 1, 2, ..., n
2. pecahkan nilai a1, a2, ..., an
Contoh 9. Cari nilai koefisien A dan B pada : 1s(s 1)
jawab :
A Bs (s 1)
Untuk s = 1,
Untuk s = 2,
1 A B 1 1 2 1 2 2 2
1 A B 1 2 6 2 3 3 3
B
6 6
maka
1
s(s 1)
1
s
1
(s 1)
Contoh 10. Tentukan nilai koefisin A, B dan C pada :
Jawab :
Gunakan aturan Cover Up
2
1 A B Cs s (s 1)
2
1 A B Cs s (s 1)
, kalikan dengan s2, dan subtitusikan nilai s = 0 sehingga
1 Cs2
(s 1) (s 1)
1(0 1)
untuk mendapatkan nilai C, kalikan dengan (s + 1)2
C C C 1(1)2s s s
s (s 1) 2
2 1 (11) 1 1 (11)
A 1 A 1
s (s 1) 2
1 A B Cs s (s 1)
substitusikan s = -1.
1 A ( s 1) B ( s 1) 12 2
Oleh karenanya telah kita dapatkan : 2
1 A
1
1
s s (s 1)
Untuk mencari nilai A, maka kita substutusikan nilai s yang mudah dikalkulasi. Ambil s
= 1, maka :2
1 A 1 1 1 1
2 2
Persamaan Parsial fraksi yang kita dapatkan oleh karenanya adalah
2
1 1 1s s
1(s 1)
53
3. Metode Equate Coefficient
Langkah mengerjakan parsial fraksi dengan metode ini adalah :
1. Kalikan dengan P(s) dengan sehingga menjadi bentuk :
2. Samakan koefisien s di ruas kanan persamaan dengan di ruas kiri.
contoh 11. Gunakan metode equate coefficient untuk mencari nilai koefisien A dan B
pada : 1s(s 1)
A Bs (s 1)
jawab :
1. Kalikan dengan s(s + 1), 1 A(s 1) Bs
1 = As + Bs + A, => 1 = (A+B) s + A
1 A Bs C(s 1)(s 1) (s 1) (s 1)
maka didapatkan : A , B , C
1 A B Cs D(s 2) (s 1) (s 2) (s 2) (s 1)
1 (s 2)(s2 1) A B(s2 1) (s 2) (Cs D)
apabila diselesaikan, didapat : A 25 , B 5 ,C 25 , D 25
dt dtdtk
a2 a1 a0 y g(t)d y d y dy
2. Untuk koefisien s1 : A+B = 0
3. Untuk koefisien s0 : A = 1, sehingga B = -1
contoh 12. Gunakan metode equate coefficient untuk mencari nilai koefisien A, B dan
C pada : 2 2
jawab :
1. kalikan dengan (s + 1)(s2 + 1), sehingga menjadi :
1 A(s2 1) (Bs C)(s 1)
1 ( A B)s2 (B C)s ( A C)
2. penyamaan koefisien s
untuk s2 => 0 = A + B,
untuk s1 => 0 = B + C,
untuk s0 => 1 = A + C
1 1 1
2 2 2
Contoh 8 dapat juga dikerjakan dengan menggunakan metode Equate
Coefficient sebagai berikut :
2 2 2 2
, kalikan dengan (s - 2)2(s2 + 1)
2
sehingga 1 As3 2As2 As 2A Bs2 B (s2 4s 4)(Cs D)
54
1 As3 2As2 As 2A Bs2 B Cs3 4Cs2 4Cs Ds2 4Ds 4D
1 ( A C)s3 (2A B 4C D)s2 ( A 4C 4D)s (2A B 4D)
s3 : A C 0
maka didapatkan : s2 : 2 A B 4C D 0s : A 4C 4D 0
1: 2 A B 4D 14 1 4
2.5 Solusi Persamaan Differensial Biasa Menggunakan Transformasi Laplace
Persamaan Diffrensial Linear dengan bentuk :
ak
k 2
2
d y dy
d y dy
d y d y dy s Y (s) (0) sk2L (0) s y(0)
d y dy d y s Y (s) s y(0) sk2 (0) ... L
d y dy
d y dy
{s Y (s) y(0) sy(0)} {4sY (s) 4 y(0)} 3Y (s) 0
y(0) 1, y(0) 0 s Y (s) s 4sY (s) 4 3Y (s) 0
(s 4s 3)
A , substitusi s = 1, A 0
dapat diselesaikan dengan menggunakan transformasi laplace. Sebagai contoh, kita
dapat menyelesaikan persamaan diferensial :
1.2
2 4dt dt
3y 0, y(0) 1, y(0) 0 2.
2
2 4dt dt
4 y sin(t), y(0) 1, y(0) 1 Pada
contoh kasus 1 (Persamaan Differensial Linear Homogen), ubah persamaan diferensial
dengan transformasi laplace :
k k1k
dt dtk1 dt
Yang juga dapat ditulis dalam bentuk :
k1
k k1k k1
dt dt dtk1(0)
untuk memudahkan dalam mengingatnya. Perlu dicermati bahwa pangkat dari s
menurun, sedangkan turunan y mengalami kenaikan. Selanjutnya, transformasikan ke
kawasan s dengan transformasi laplace :2
2 4dt dt
3y 0
2
L( 2 ) L(4 ) L(3y) 0dt dt
2
2
(s2 4s 3)Y (s) s 4
55
didapatkan :
(s2 4s 3)Y (s) s 4 Y (s) 2
s 4
Y (s) s 4(s 1)(s 3)
Dari bentuk ini, kita ubah bagian fraksinya : Y (s) s 4
(s 1)(s 3)= A B
(s 1) (s 3)
Kalikan dengan (s - 1)
3 A
2
( s 4) B ( s 1)
(s 3) (s 3)
(1 4)
(1 3)
B , s = 3, 0 B , maka B
Y (s)
Y (s)
L1 Y (s) L1 2 (s 1) 2 (s 3)
L1 L1
y(t) et e3t
1
d y dy
d y dy
{s Y (s) y(0) sy(0)} {4sY (s) 4 y(0)} 4Y (s) L{sin(t)}
s Y (s) 1 s 4sY (s) 4 4Y (s) s 1
(s 2)2Y (s) s 5s 1
(s 2)2Y (s) s 5s 1
Y (s) (s 2) (s 1) (s 2)
Y (s) (s 2) (s 1) (s 2) (s 2) (s 2) (s 1) (s 2) (s 2)
kalikan dengan (s – 3), substitusi s = 3, untuk mendapatkan koefisien B.
( s 4) A ( s 3) (3 4)
(s 1) (s 1) (3 1)
1
2
sehingga parsial fraksinya menjadi:
3 1 1 1
2 (s 1) 2 (s 3)
untuk mencari solusi Persamaan Deferensial asal, ubah Y(s) dari kawasan s ke kawasan t
menggunakan inverse transformasi dengan bantuan tabel.
3 1 1 1
2 (s 1) 2 (s 3)
3 1 1 1
3 1 1 2 (s 1) 2 (s 3)
3 1
2 2
Pada contoh kasus ke-2 (Persamaan Diferensial Linear Tak Homogen) :2
2 4dt dt
4 y sin(t)
2
L( 2 ) L(4 ) L(4 y) L{sin(t)}dt dt
Langsung kita ubah ke kawasan s dengan transformasi laplace :2
Dengan kondisi
56
y(0) 1, y(0) 1
2
2
1
12
Sehingga bentuk Y(s) nya adalah :
12
1 s 52 2 2
Y (s) 4 1 1 1 4s 3 s 5
25 (s 2) 5 (s 2) 25(s 1) (s 2)
4 1 1 1 4 s 3 1 1 1 25 s 2 5 s 2 25 s 1 25 s 1 s 2 s 2
Y (s) 2 229 1 14 14 25 s 2 15 s 2 25 s 1 25 s 1
Y (s) 2 2 25 s 2 15 s 2 25 s 1 25 s 1
L1 Y (s) L1 29 1 14 1 4 s 3 1
25 s 2 15 s 22
2 2
3 2
29 1 1 14 1 1 4 1 s 3 1 1
s 2L L L 2 L 2
s 2 15 25 s 1 25 s 125
e te cos(t)
d y dy
dt dt 6
d y dy
dt dt 2
Gunakan partial fraction untuk mengubah Y (s)
1 s 5 A B Cs D E F2 2 2 2 2 2
2 2 2
Y (s) 2 2 2
s 3 12
Gunakan inverse transform untuk mendapatkan solusi akhir
29 1 14 1 4 s 3 12
25 s 1 25 s 1
L1 Y (s) 2
y 29 2t 14 2t 4 325 15 25 25
sin(t)
Soal-soal
1.s 1
(s 2) (s 3)
A Bs 2 s 3
2
2 8y 2 y(0) y '(0) 0
57
2
2 2 y cos t y(0) 1, y '(0) 0
DAFTAR PUSTAKA
Ayres, Frank, JR,PhD, & Ault, JC, MSc, & Ratna, Lily, Dra. 1999: Persamaan Diferensialdalam satuan SI metric (seri buku schaum, teori dan soal-soal). Erlangga, Jakarta.
Kartono. 1994. Penuntun Belajar Persamaan Diferensial. Cetakan pertama, Andi Offset,Yogyakarta.
Spiegel, Murray, PhD. 1994. Matematika Lanjutan Untuk Para Insinyur Dan Ilmuwan.
(alih bahasa : Drs. Koko Martono). Cetakan ketiga. Erlangga, Jakarta.
Croft, Anthony & Davidson, Robert & Hargreaves, Martin. 2001. Engineering Mathematics,A Foundation For Electronic, Electrical, Communication and Systems Engineers. Thirdedition. Pearson, Addison-Wesley. UK.
58