Untuk Keluarga Tercinta

Transkripsi

1 Untuk Keluarga Tercinta 1

2 Daftar Isi Daftar Tabel 5 Daftar Gambar 7 Kata Pengantar 8 1 Konsep Dasar Klasifikasi Persamaan Difrensial Solusi PDB Metoda Penyelesaian Masalah Nilai Awal (MNA) PDB Linier Order Satu PDB Linier Order Satu Homogen PDB Eksak Solusi PDB Eksak Faktor Integrasi Teknik Variabel Terpisah PDB Linier Order Satu Nonhomogen

3 DAFTAR ISI 3 3 Aplikasi PDB Order Satu Masalah Dalam Mekanik Pertumbuhan dan Peluruhan Pertumbuhan Populasi Peluruhan Radioaktif Hukum Pendinginan Newton Campuran PDB Linier Order Dua PDB Order n Homogen PDB Order n Nonhomogen PDB Order Dua PDB Order Dua Homogen PDB Order Dua Nonhomogen Aplikasi PDB Order Dua Vibrasi Bebas dan Takteredam Vibrasi Bebas dan Teredam Vibrasi Takbebas Gaya Luar Sistem PDB Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Homogen dengan Koefisien Kosntan Akar Riel dan Berbeda Akar-Akar Komplek Akar Riel dan Sama

4 DAFTAR ISI Metoda Operator PDB Nonlinier dan Kesetimbangan Sistem Linier Sistem Otonomus dan Trayektori Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otonomus Potret Fase Sistem Otonomus Potret Fase Sistem PDB Nonlinier dan Aplikasi Interaksi Populasi Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana

5 Daftar Tabel 4.1 Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier

6 Daftar Gambar 1.1 Diagram kekonvekan untuk D R Diagram kekonvekan untuk D R Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi Proses campuran dalam tangki Gerakan benda pada bidang miring Vibrasi pada pegas Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar Ekspresi getaran suku fungsi pertama Ekspresi getaran suku fungsi kedua Getaran pada pegas takbebas gaya luar Dua tangki yang saling berhubungan Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal Potret fase sistem PDB dengan MAPLE Ringkasan potret fase

7 DAFTAR GAMBAR Potret fase untuk nilai awal tertentu Potret fase sistem secara umum Potret fase untuk nilai awal tertentu Potret fase sistem secara umum Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa Potret fase sistem secara umum Ayunan Bandul Trayekktori sistem ayunan bandul Potret fase Potret fase secara umum Dua tangki yang saling berhubungan Rangkaian tertutup seri R, L dan C

8 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 refrensi 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 harapan 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 untuk 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

9 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 penyempurnaan dikemudian hari. Jember, September 2008 Penulis

10 Daftar Isi 10

11 Daftar Tabel 11

12 Daftar Gambar 12

13 BAB 1 Konsep Dasar 1.1 Klasifikasi Persamaan Difrensial Pada umumnya dikenal dua jenis persamaan difrensial yaitu Persamaan Difrensial Biasa (PDB) dan Persamaan Difrensial Parsial (PDP). Untuk mengetahui perbedaan kedua jenis persamaan difrensial itu dapat dilihat dalam definisi berikut. Definisi 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 tergantung pada satu variabel bebas maka disebut Persamaan Difrensial Biasa (PDB) dan bila tergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Difrensial Parsial (PDP) Contoh Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP. 1. y + y + xy = 5 x t 1

14 BAB 1. KONSEP DASAR 2 2. ( 2 dy + d2 y dy + dx dx dx) 3x = y s 2 4. d 3 y dx y y = 0 t ( ) 3 d 2 y + dx 2 ( dy dx) 2 x = 2y 5. u + u + u = 5 x y z ( ( 6. dy dx ) 5 + d2 y dx 2 + dy dx ) 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 Order Order suatu PDB adalah order tertinggi dari turunan dalam persamaan F (x, y, y,..., y (n) ) = 0. Definisi Linieritas dan Homogenitas PDB Order n dikatakan linier bila dapat dinyatakan dalam bentuk a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n 1) + + a n (x)y = F (x), dimana a 0 (x) 0 Selanjutnya: 1. Bila tidak dapat dinyatakan dengan bentuk diatas dikatakan tak linier 2. Bila koefisien a 0 (x), a 1 (x),..., a n (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.

15 BAB 1. KONSEP DASAR Solusi PDB Berikut ini akan dijelaskan pengertian dan bentuk solusi suatu PDB. Definisi 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 C n (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 dapat 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, katakanlah C. Sebagai contoh, diketahui sutau PDB y = 3y + 1 maka solusi umunnya adalah y = 1/3 + Ce 3 x. 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/ e3 x.

16 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 + C 2 adalah solusi umum dari (y ) 2 + xy = y, namun demikian disisi lain PDB ini mempunyai solusi singular y = 1 4 x 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 untuk 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

17 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 R 2 Atau dengan menggunakan prinsip-prinsip yang ada dalam matematika untuk menggambar suatu fungsi, (lihat KALKULUS). 3. Metoda Numerik. Pada saat sekarang metoda ini merupakan metoda

18 BAB 1. KONSEP DASAR 6 yang sangat fleksibel. Metoda ini berkembangan sesuai dengan perkembangan komputer dan dapat menyelesaiakan suatu PDB dari level yang mudah sampai level yang komplek. Walaupun fungsi solusi tidak diketahui 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 konsukwensi dari penggunaan metoda ini adalah adanya evaluasi berulang dengan menggunakan komputer untuk mendapatkan hasil yang akurat. Salah satu metoda ang telah anda kenal adalah metoda EULER dengan rumus y n+1 = y n + hf(t, y), (lihat catatan Algoritma dan Pemerograman). Dibawah diberikan programming metoda EULER dengan menggunakan MATLAB programming. %Programming Untuk Menyelesaikan PDB %y = y t 2 + 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:n fprintf( \n y(i) = 1.2 y(i 1) 0.2 t(i 1) ; t(i) = t(1) + (i 1) h; end plot(t,y) hold on f = t t exp(t); plot(t,f, o )

19 BAB 1. KONSEP DASAR 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 (x 0, y 0 ) 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(x 0 ) = y 0. Dengan notasi umum sebabagai berikut: y = f(x, y), y(0) = y 0 (1.2) Permasalahannya sekarang apakah solusi y(x) yang memenuhi y(x 0 ) = y 0 selalu ada (principle of existence), kalau benar apakah solusi itu tunggal (principle of uniqueness). Pertanyaan ini merupakan hal yang sangat penting untuk 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 (Sarat Lipschitz) Suatu fungsi f(t, y) dikatakan memenuhi sarat Lipschitz dalam variabel y di suatu domain D R 2 jika ada konstanta L > 0 sedemikian hingga f(t, y 1 ) f(t, y 2 ) L y 1 y 2 untuk sebarang (t, y 1 ), (t, y 2 ) D. Selanjutnya konstanta L disebut sebagai konstanta Lipschitz.

20 BAB 1. KONSEP DASAR 8 Definisi (Konvek) Suatu himpunan D R 2 dikatakn konvek bila untuk sebarang (t, y 1 ), (t, y 2 ) D maka titik ((1 λ)t 1 + λt 2, (1 λ)y 1 + λy 2 ) juga merupakan elemen dari D untuk λ [0, 1]. Secara geometris dapat digambarkan sebagai berikut (t, y ) 1 1 (t, y ) 2 2 (t, y ) 1 1 (t, y ) 2 2 Konvek Tidak Konvek Gambar 1.2: Diagram kekonvekan untuk D R 2 Teorema Teorema Lipschitz. Andaikata f(t, y) terdefinisi dalam himpunan konvek D R 2 dan ada konstanta L > 0 dimana df (t, y) dy L, untuk semua (t, y) D, (1.3) maka f memenuhi suatu sarat Lipschitz. Teorema Misal D = {(t, y) a t b, y } dan f(t, y) adalah fungsi kontinyu dalam D, kemudian bila f memenuhi sarat Lipschitz dalam variabel y maka masalah nilai awal y (t) = f(t, y), a t b y(a) = α mempunyai solusi tunggal y(t) untuk a t b. Contoh y = 1 + t sin(ty), 0 t 2, y(0) = 0. Tentukan apakah persamaan ini mempunyai solusi tunggal.

21 BAB 1. KONSEP DASAR 9 Penyelesaian f(t, y) = 1 + t sin(ty), kemudian terapkan teorema nilai rata-rata pada KALKULUS yaitu untuk sebarang y 1 < y 2, maka ada bilangan ξ (y 1, y 2 ) sedmikian hingga f(t, y 2 ) f(t, y 1 ) y 2 y 1 = y f(t, ξ) = t2 cos(tξ). Kemudian f(t, y 2 ) f(t, y 1 ) = (y 2 y 1 )t 2 cos(tξ) f(t, y 2 ) f(t, y 1 ) = (y 2 y 1 )t 2 cos(tξ) y 2 y 1 t 2 cos(tξ) y 2 y 1 max 0 t 2 t2 cos(tξ) = 4 y 2 y 1. Degan demikian sarat Lipschitz terpenuhi yaitu f(t, y 1 ) f(t, y 2 ) L y 1 y 2, dimana konstanta Lipschitznya adalah L = 4, berarti persamaan itu mempunyai solusi tunggal. Teorema Teorema Picard. Suatu masalah nilai awal y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 mempunyai solusi tunggal y = φ(x) pada interval x x 0 ɛ, dimana ɛ adalah bilangan positif dan kecil sekali, bila 1. f C(D) dimana D adalah daerah pada bidang xy, yaitu D = {(x, y), a < x < b, c < y < d} 2. y x C(D) yang memuat nilai kondisi awal (x 0, y 0 )

22 BAB 1. KONSEP DASAR 10 Latihan Tutorial 1 1. Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP. (a) y x + y (b) dy dx + d2 y dx 2 + (c) 2 y s 2 (d) d3 y dx 3 + (e) u (f) t + xy = 5 + y ( dy dx) 2 3x = 0 y = 0 t ( ) 3 d 2 y + dx 2 + u + u x y ( dy dx = 5 z ( ) 5 + d2 y dx 2 + ( dy dx) 2 x = 2y dy dx ) 2 = 7 y x 2. Tentukan orde dan sifat-sifat kelinieran dari persamaan diferensial berikut ini (a) y + x xy = xe x ( ) 5 (b) d4 y d y + 5y = 0 dx 4 dx 2 (c) d2 y + ysinx = 0 dx 2 (d) d6 u dt 6 + ( d 2 u )( d 5 u dt 2 (e) x 2 dy + y 2 dx = 0 (f) (g) ( d 2 y (h) d3 y dt 3 dt 5 ) + t = 2u ) 5 + xsiny = 0 dx 2 ( ) 4 d 2 u d = 5 u + t = 2u dt 2 dt 5 + t dy dt + (cos2 t)y = t 2 (i) (1 + s 2 ) d2 y ds 2 + s dy ds + y = es

23 BAB 1. KONSEP DASAR 11 (j) d4 y (k) dt 4 (l) d2 y dt 2 + d3 y dt 3 + d2 y dt 2 + y = 0 ( d 3 y dx 3 ) 2 + xtan 2 (xy) = 0 (m) (1 + t 2 ) d2 y dt 2 (n) d5 y ds 5 + dy dt + (cos2 (t + 2))y = t 2 + t dy dt + tey = 0 + cosec(2s 2 2) = siny 3. Ulangilah soal nomor 2, tentukan sifat kehomgenan dari masing-masing soal tersebut 4. Selidikilah apakah solusi yang diberikan merupakan solusi dari persamaan diferensial berikut ini (a) y + 2y 3y = 0; y 1 (t) = e 3t, y 2 (t) = e t (b) ty y = t 2 ; y(t) = 3t + t 2 (c) y (4) + 4y (3) + 3y = t; y 1 (t) = t 3, y 2(t) = e t + t 3 (d) 2t 2 y + 3ty y = 0, t > 0; y 1 (t) = t 1 2, y 2 (t) = t 1 (e) y 2ty = 1; y(t) = e t2 t 0 e s2 ds + e t2 5. Cermati apakah fungsi solusi dibawah ini merupakan solusi terhadap masalah nilai awal yang bersesuaian (a) y = y; y(0) = 2, y(x) = 2e x (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) = e x e 2x 6. Periksalaha mana diantara soal berikut ini yang memenuhi teorema Lipschitz:

24 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) = 2 t y + t2 e 2, 1 t 2, y(1) = 0 (d) f(t, y) = 4t3 y 1+t 4, 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 = e t + y, y(1) = 3 (d) y = y, x y(0) = 1 8. Tentukan untuk titik-titik (x 0, y 0 ) yang mana PDB berikut ini memenuhi teori kewujudan dan ketunggalan dari Picard. (a) y = x2 +y x y (b) y = (2x y) 1 3 (c) y = (1 x 2 2xy 2 ) 3 2 (d) 2xy = x 2 + y 2

25 BAB 2 PDB Linier Order Satu 2.1 PDB Linier Order Satu Homogen PDB order satu dapat dinyatakan dalam atau dalam bentuk derivatif dy dx = f(x, y) M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.1) PDB Eksak Definisi 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) dx + x F (x, y) dy y untuk semua (x, y) D. 13

26 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 14 Definisi 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 dengan persamaan 2.1 diperoleh F (x, y) M(x, y) = x F (x, y) N(x, y) = y Teorema Persamaan 2.1 dengan M, N kontinyu pada turunan pertamanyan (M, N C 1 (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 adalah PDB eksak. = N(x,y) x untuk (x, y) D maka dikatakan 2.1 Bukti Akan dibutkikan bagian pertama dari teorema ini. Jika 2.1 eksak di D maka Mdx + Ndy adalah eksak difrensial di D. Dengan definisi 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 2 F (x, y) x y = M(x, y), dan 2 F (x, y) y y x = N(x, y) x Kita tahu bahwa F (x, y) x y = F (x, y) y x

27 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 Solusi PDB Eksak Ada dua cara menyelesaikan PDB jenis ini, yaitu menggunakan prosedur dalam teorema atau dengan teknik pengelompokan. Contoh Tentukan solusi PDB eksak (3x 2 + 4xy)dx + (2x 2 + 2y)dy = 0 Penyelesaian 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 = 3x 2 + 4y dan F (x, y) y = 2x 2 + 2y Integralkan bentuk pertama F (x, y) = M(x, y) x + φ(y) = (3x 2 + 4xy) x + φ(y) Kemudian turunkan terhadap y F (x, y) y = 2x 2 + dφ(y) dy, padahal kita punya F (x, y) y = N(x, y) = 2x 2 + 2y

28 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 16 sehingga 2x 2 + 2y = 2x 2 + dφ(y) dy atau dφ(y) dy = 2y. Integralkan persamaan terakhir ini diperoleh φ(y) = y 2 + c 0, dengan demikian F (x, y) menjadi F (x, y) = x 3 + 2x 2 y + y 2 + c 0. Bila F (x, y) merupakan solusi umum maka keluarga solusi itu adalah F (x, y) = c 1 sehingga x 3 + 2x 2 y + y 2 + c 0 = c1 atau x 3 + 2x 2 y + y 2 = c yang merupakan solusi persamaan PDB eksak yang dimaksud. Cara yang kedua adalah dengan menggunakan teknik pengelompokan, lihat catatan dalam perkuliahan Faktor Integrasi Faktor integrasi ini digunakan untuk menyelesaikan PDB order satu tidak eksak. Langkah yang dimaksud adalah merubah PDB tidak eksak menjadi eksak. Renungkan lagi persamaan 2.1, bila M(x,y) y sedemikian hingga N(x,y) x maka dapat ditentukan µ(x, y) µ(x, y)m(x, y)dx + µ(x, y)n(x, y)dy = 0 (2.2)

29 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 17 merupakan PDB eksak. Sekarang bagaimana prosedur menentukan µ(x, y), dapatlah digunakan teorema diatas. Bila persamaan 2.2 eksak maka (µm) y µ y M + µ M y [ M µ y N ] x = (µn) x = µ x N + µ N x = N µ x M µ y µ(x, y) = N µ M µ x y M y N x (2.3) adalah merupakan formula faktor integrasi secara umum. Contoh Tentukan solusi PDB berikut ini 1. (4xy+3y 2 x)dx+x(x+2y)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung pada x saja 2. (x 2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + (x 3 + 2x 2 y + 3x)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung pada xy Penyelesaian Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita bahas soal nomor 2. Jika µ tergantung pada xy ini berarti µ = µ(x, y) misal z = xy maka sedangkan µ x = µ(z) µ y atau z y = µ(z) z x M y = x2 + 4xy + 3, dan N x = 3x2 + 4xy + 3. Sekarang gunakan faktor integrasi 2.3 dan substitusikan nilai-nilai diatas ini,

30 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 18 maka didapat µ = (x3 + 2x 2 y + 3x) µ(z) z µ = µ z z = 1 µ µ 1 z = µ µ z = ln µ y (x2 y + 2xy 2 + 2x + 3y) µ(z) x z (x 2 + 4xy + 3) (3x 2 + 4xy + 3) µ = e z = e xy Dengan demikian faktor integrasinya adalah µ(x, y) = e xy. Sekarang soal nomor dua menjadi PDB eksak dengan mengalikan faktor integrasi terhadap sukusukunya dimasing-masing ruas. e xy (x 2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + e xy (x 3 + 2x 2 y + 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 Teknik Variabel Terpisah Bila persaman 2.1 kita transformasikan kedalam bentuk f 1 (x)g 1 (y)dx + f 2 (x)g 2 (y)dy = 0 (2.4) selanjutnya kalikan persamaan ini dengan g 1 (y)f 2 (x) maka akan diadapat f 1 (x) f 2 (x) dx + g 2(x) dy = 0 (2.5) g 1 (y)

31 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 bentuk itu menjadi f1 (x) f 2 (x) dx + g2 (x) g 1 (y) dy = 0 Contoh Tentukan solusi PDB berikut ini dengan menggunakan teknik pemisahan variabel. 1. (x + y) 2 dx xydy = 0 2. (2xy + 3y 2 )dx (2xy + x 2 )dy = 0 Penyelesaian 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. (2x 2 v + 3x 2 v 2 )dx (2x 2 v + x 2 )(vdx + xdv) = 0 2x 2 vdx + 3x 2 v 2 dx 2x 2 v 2 dx 2x 3 vdv x 2 vdx x 3 dv = 0 x 2 (v + v 2 )dx x 3 (2v 1)dv = 0 1 (2v 1) dx x (v + v 2 ) dv = 0 Jelas persamaan terakhir ini merupakan PDB eksak sehingga gunakan cara yang sama untuk menyelesaikannya. Atau bisa diintegralkan langsung menjadi 1 x dx (2v 1) (v + v 2 ) dv = 0 ln x + c 0 + ln v 3 ln(1 + v) + c 1 = 0 ln x + c 0 + ln(y/x) 3 ln(1 + (y/x)) + c 1 = 0 ln x + ln(y/x) 3 ln(1 + (y/x)) = c Persamaan terakhir adalah solusi umum dari PDB yang dimaksud.

32 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU PDB Linier Order Satu Nonhomogen Pada umumnya PDB linier order satu nonhomogen dapat dinyatakan dengan Untuk persamaan 2.6 dapat kita tulis dalam dy + P (x)y = Q(x) dx (2.6) dy dx + P (x)y = Q(x)yn (2.7) (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 µ(x). sedemikian (µ(x)p (x)y µ(x)q(x))dx + µ(x)dy = 0 merupakan PDB eksak, yang berakibat bahwa ( ) µ(x)p (x)y µ(x)q(x) y = µ(x) x Selesaikan bentuk ini didapat P (x)dx = ln µ = 1 µ(x) µ(x) P (x)dx µ = e R P (x)dx µ > 0

33 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 21 Kalikan µ terhadap persamaan 2.6 didapat yang mana hal ini sama dengan e R P (x)dx dy dx + er P (x)dx P (x)y = Q(x)e R P (x)dx ( d R ) R P e (x)dx P (x)dx y = Q(x)e dx atau R P e (x)dx y = e R P (x)dx Q(x)dx + c atau y = e R P (x)dx e R P (x)dx Q(x)dx + c (2.8) Persamaan ini disebut Persamaan Bernoulli Selanjutnya untuk persamaan 2.7 dapat kita tulis dalam Misal v = y 1 n maka dy = 1 dv yn dx (1 n) dx n dy y dx + P (x)y1 n = Q(x). sehingga persamaan diatas menjadi dv + (1 n)p (x)v = Q(x)(1 n) dx Misal P p (x) = (1 n)p (x) dan Q q (x) = (1 n)q(x) maka persamaan diatas dapat direduksi kedalam bentuk dv dx + P p(x)v = Q q (x) adalah persaman sebagaimana 2.6, sehingga cara menyelesaikan sama. Contoh Tentukan solusi PDB berikut ini 1. (x 2 + 1) dy + 4xy = x, y(2) = 1 dx

34 BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU dy dx + y = xy3, y(0) = 2 Penyelesaian Soal nomor 1 dapat diselesaikan langsung dengan persamaan 2.8, sehingga dy dx + 4x (x 2 + 1) y = x (x 2 + 1) maka P (x) = 4x (x 2 +1) dan Q(x) = x (x 2 +1) y = e R P (x)dx sehingga dengan menggunakan e R P (x)dx Q(x)dx + c y dapat ditentukan sebagai y = x 4 4(x 2 + 1) 2 + x 2 2(x 2 + 1) 2 + c (x 2 + 1) 2 untuk y(2) = 1 maka substitusikan ke persamaan ini didapat c = 19, akhirnya solusi khususnya adalah y = x 4 4(x 2 + 1) 2 + x 2 2(x 2 + 1) (x 2 + 1) 2 Ikuti langkah dalam prosedur yang telah diberikan untuk mengerjakan soal nomor 2. Anda kerjakan sebagai latihan

35 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 sec 2 x + sec x tan x)dx + (tan x + 2y)dy = 0 (b) (θ 2 + 1) cos rdr + 2θ sin rdθ = 0 ( ) ( 2s 1 s s (c) ds + )dt 2 = 0 t t 2 2. Selesaikanlah PD order 1 eksak berikut ini (a) (2y sin x cos x + y 2 sin x)dx + (sin 2 x 2y cos x)dy = 0; y(0) = 3 ( ) ( ) (b) 1+8xy 2/3 x 2/3 y 1/3 dx + 2x 4/3 y 2/3 x 1/3 y 4/3 dy = 0; y(1) = 8 3. Tentukan faktor integrasi µ untuk masing-masing soal berikut ini (a) (x 2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + (x 3 + 2x 2 y + 3x)dy = 0, bila µ tergantung pada xy (b) (y 3 2x 2 y)dx + (2xy 2 x 3 )dy = 0, bila µ tergantung pada x + y 4. Gunakan metoda variabel terpisah untuk menyelesaikan beberapa persoalan berikut ini (a) (x tan y + y)dx xdy = 0 x (b) ( x + y + x y)dx + ( x y x + y)dy = 0 5. Gunakan metoda Bernoulli untuk menyelesaikan PD berikut ini (a) (x 2 + x 2) dy + 3(x + 1)y = x 1 dx (b) dr dθ + r tan θ = cosθ, r( pi 4 ) = 1

36 BAB 3 Aplikasi PDB Order Satu 3.1 Masalah Dalam Mekanik Misal x adalah perubahan jarak yang ditimbulkan benda bergerak selama waktu t maka kecepatan rata-rata didefinisikan Selanjutnya kecepatan sesaat adalah v r = x t = x B x A t B t A. x v = lim v r = lim 0 t 0 t v = dx (m/dt). dt a = dv dt (m/dt 2 ) Hukum (Hukum Newton I) Hukum ini juga disebut hukum Kelembaman 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

37 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 25 Hukum (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. Secara 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 m dv dt = F m dv dx dx dt = F mv dv dx = F adalah model dari PDB order satu. Contoh 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/dt 2, serta gaya gesek udara adalah 2v. Tentukan ekspresi kecepatan v dan jarak x pada saat tertentu.

38 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 26 Penyelesaian Hukum newton mengatakan F = ma atau F = ma. Dalam hal ini f 1 = W = 8 newton (gaya kebawah), dan F 2 =gaya gesek udara = 2v (gaya keatas) sehingga m dv dt = F 1 + F 2 8 dv 10 dt = 8 2v 1 10 dv = 8 2v 8 dt Karena benda berawal dari keadaan diam maka v(0) = 0, sehingga model PDB sekarang adalah 1 8 2v dv = 10 8 dt v(0) = 0 Integralkan kedua ruasnya didapat 1 2 ln(8 2v) + c 0 = 10 8 t + c 1 ln(8 2v) = 5 2 t + c 2 (8 2v) = e 5 2 t+c 2 2v = Ce 5 2 t + 8 v = 1 2 (8 Ce 5 2 t ) Dengan memasukkan nilai awal v(0) = 0 maka c = 4 sehingga ekspresi kecepatan adalah v(t) = 4 2e 5 2 t. Selanjutnya untuk menentukan ekspresi jarak maka rubah v(t) kedalam v = dx dt

39 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 27 sehingga model PDB sekarang adalalah dx dt x(0) = 0 = 4 2e 5 2 t Dengan cara yang sama untuk solusi PDB ini maka ekspresi jarak terhadap waktu adalah x(t) = 4t 4 5 e 5 2 t Pertumbuhan dan Peluruhan Jika Q menunjukkan jumlah, kuantitas atau kualitas sesuatu dalam waktu t, maka perubahan (bertambah=pertumbuhan atau berkurang=peluruhan) yang disimbulkan dengan dq dt berbanding lurus dengan kuantitas Q, dengan kata lain dq dt dq dt = rq pertumbuhan = rq peluruhan 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(t 0 ) = y 0

40 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 dy dt = (r ay)y dy dt = r(1 y K )y dimana K = r a y(t 0 ) = y 0 PDB ini dikenal dengan persamaan Verhulst atau persamaan Logistik. Solusi kualitatif persamaan ini untuk r, K positip adalah tertera dalam Gambar 3.1. Asymptotic solution y(x) x Gambar 3.1: Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi. Contoh Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut dx dt = x 1 (10) 8 x2 Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100,000 maka 1. berapa besar populasi tahaun tahun berapa jumlah populasi akan menjadi 2 tahun berapa jumlah populasi terbesar untuk t > 1980

41 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 29 Penyelesaian Bila tahun 1980 jumlah populasi 100,000 maka dapat dikatakan x(1980) = 100, 000 sehingga model PDB sekarang adalah dx dt = x 1 (10) 8 x2 x(t 0 ) = x 0 Rubah kedalam kedalam PD dengan variabel terpisah 1 dx = dt (10) 2 x (10) 8 x2 Integralkan kedua ruasnya 1 (10) 2 x(1 (10) 6 x) dx = x + (10) 6 1 (10) 6 x dx = dt dt 100 ( ln x ln(1 (10) 6 x) ) + c 0 = t + c 1 x ln 1 (10) 6 x = t c 2 x 1 (10) 6 x = e t 100 +c 2 x 1 (10) 6 x = ce t 100 x = Terapkan nilai awal x(1980) = 100, 000 didapat c = (10)6 9e 19.8 x(t) = ce t (10) 6 ce t 100 sehingga e 19.8 t/100 (3.1) Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut 1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = Substitusikan nilai t ini kedalam persamaan 3.1 didapat x = 119, 495. Dengan demikian jumlah populasi tahun 2000 adalah 119,495 orang.

42 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU jumlah populasi 2 tahun 1980, berarti x = 200, 000. Substitusikan nilai x ini kedalam persamaan 3.1 didapat t = Dengan demikian jumlah populasi akan dua kali lipat tahun 1980 dicapai pada tahun Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t ) berarti x = lim t e 19.8 t/100 x = lim t e 19.8 e t/100 x = 10 6 = 1, 000, 000 Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak terbatas adalah satu juta orang Peluruhan Radioaktif Contoh Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang sebanding dengan jumlah isotop. Jika 100 mg dari material meluruh menjadi 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 Gunakan rumus peluruhan. Misal Q jumlah isotop Thorium- 234 maka dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah dq dt = rq Q(0) = 100

43 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 31 Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh Q(t) = 100e rt Kemudian terapkan sarat kedua, yakni dalam satu minggu (7 hari) isotop menjadi mg artinya Q(7) = mg akan didapat nilai r, sedemikian hingga ekspresi jumlah terhadap waktu (hari) adalah Q(t) = 100e t. Dengan mengetahui ekspresi ini akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaanpertanyaan 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 x s maka proses pendinginan Newton terhadap waktu t digambarkan dengan dx dt = k(x x s), k > 0 dimana k adalah konstanta tingkat pendinginan. Contoh Suatu benda dengan suhu 80 o C diletakkan diruangan yang bersuhu 50 o C pada saat t = 0. Dalam waktu 5 menit suhu benda tersebut menjadi 70 o C, maka 1. tentukan fungsi suhu pada saat tertentu 2. tentukan besarnya suhu benda pada 10 menit terakhir

44 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU kapan suhu menjadi 60 o C Penyelesaian Dengan memahami persoalan ini maka model PDB proses pendinginan dapat ditulis sebagai Solusi dari persamaan itu adalah dx dt = k(x 50) x(0) = 80 dan x(5) = 70 ln(x 50) + c 0 = kt + c 1 (x 50) = ce kt x = 50 + ce kt Masukkan nilai awal maka nilai c = 30 sehingga persamaan menjadi x = e kt Dan masukkan kondisi kedua didapat sehingga ekspresi terakhir menjadi e k = ( 2) x(t) = ( 2) t 5 3 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 campuran lain dengan konsentrasi berbeda. Bila Q menunjukkan jumlah bahan pada

45 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 33 saat tertentu, maka perubahan Q terhadap t ditunjukkan dengan dq dt. 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 v =r liter/min k =s gram/liter v =r liter/min K= L liter Q(0) = Q_0 gram Gambar 3.2: Proses campuran dalam tangki. Dimana bila laju masuk sama dengan laju keluar maka Contoh IN = kv = sr gram/liter OUT = Q K v = Qr L gram/liter 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, kemudian campuran itu diperkenankan keluar dengan laju 4 liter/menit. 1. Formulasikan masalah nilai awal tersebut

46 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU Tentukan jumlah garam Q setiap saat. Penyelesaian Formula campuran adalah dq dt = IN OUT. Diketahui s = 1 gram/liter, r = 4 liter/menit, L = 200 liter dan Q(0) = 100 didapat Sehingga IN = kv = s gram/liter r liter/menit = 4 gram/liter OUT = Q K v = Q K gram/liter r liter/menit = 4Q 200 gram/liter 1. Model PDBnya adalah dq dt = 4 4Q 200 = 4 Q 50 Q(0) = Dengan menyelesaikan PDB ini didapat ekspresi jumlah garam setiap saat Q(t) = e t/50

47 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 35 Latihan Tutorial 3 1. Suatu benda yang massanya 50 kg dari keadaan diam di suatu puncak bergerak diatas bidang miring dengan panjang 20 m dari puncak ketanah, dan sudut kemiringan 45 o (lihat Gambar 1). Bila koefisien gesek kinitis µ 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. N f gesek 45 o W 45 o Gambar 3.3: Gerakan benda pada bidang miring. {Petunjuk : uraikan gaya-gaya yang bekerja pada benda dan ingat f gesek = µ k N }. 2. Suatu benda dengan massa konstan m ditembakkan tegak lurus keatas menjauhi permukaan bumi dengan kecepatan awal V 0 km/dt 2. Bila diasumsikan tidak ada gesekan udara namun berat benda berubah dalam jarak-jarak tertentu terhadap bumi, maka tentukan (a) model matematik dari kecepatan V (t) selama benda itu meluncur (b) tentukan V 0 untuk mencapai ketinggian maksimum 100 km

48 BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU 36 (c) tentukan maksimum V 0 supaya benda yang ditembakkan tadi tidak kembali kebumi. (Petunjuk : gunakan g = km/dt 2, jari-jari bumi R = 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 dy dt = ry( 1 T y 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 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 95 o C. Selanjutnya 10 menit kemudian besar suhu kopi menjadi 75 o C. Asumsikan suhu ruang tamu itu adalah konstan 27 o C. (a) Berapa besar suhu kopi pada jam WIB (b) Orang ini suka meminum kopi yang suhunya antara 55 o C sampai 60 o C, 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 1kg/liter dituangkan kedalam tangki dengan laju 5 liter/menit dan campu- 2 ran dalam tangki mengalir keluar dengan laju 3 liter/menit.

49 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 konsentrasi 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 dengan 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).

50 BAB 4 PDB Linier Order Dua Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teorema tentang konsep umum PDB order n. 4.1 PDB Order n Homogen Definisi Bila f 1, f 2,..., f m adalah fungsi kontinyu pada sebarang x [a, b] dan c 1, c 2,..., c m adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini ditulis dengan c 1 f 1 + c 2 f c m f m Definisi Fungsi f 1, f 2,..., f m dikatakan tergantung linier pada interval [a, b] bila terdapat c 1, c 2,..., c m yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c 1 f 1 + c 2 f c m f m = 0 untuk sebarang x [a, b], dan dikatakan bebas linier bila semua c 1, c 2,..., c m sama dengan nol. Teorema Suatu PDB disajikan dalam a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n 1) + + a n (x)y = 0, dimana a 0 (x) 0. (4.1) 38

51 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 39 Misal f 1, f 2,..., f m solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y = c 1 f 1 + c 2 f c m f m. Bukti : Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan kedalam persamaan (4.3). y = c 1 f 1 + c 2 f c m f m y = c 1 f 1 + c 2 f c m f m. y (n 1) = c 1 f (n 1) 1 + c 2 f (n 1) c m f (n 1) m y (n) = c 1 f (n) 1 + c 2 f (n) c m f (n) m ( ) ( maka a 0 (x) c 1 f (n) 1 + c 2 f (n) c m f m (n) + a 1 (x) c 1 f (n 1) 1 + c 2 f (n 1) ) ) c m f m (n 1) + +a n (x) (c 1 f 1 +c 2 f 2 + +c m f m = 0, dan dapat disederhanakan menjadi c 1 ( a 0 (x)f (n) 1 +a 1 (x)f (n 1) 1 + +a n (x)f 1 ) +c 2 ( a 0 (x)f (n) 2 +a 1 (x)f (n 1) 2 + ) ( ) + a n (x)f c m a 0 (x)f m (n) + a 1 (x)f m (n 1) + + a n (x)f m = 0. Analog dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol, sehingga terbukti y = c 1 f 1 + c 2 f c m f m merupakan solusi umum. Definisi Misal f 1, f 2,..., f m adalah fungsi riel yang kontinyu pada turunan ke (n 1) dalam interval [a, b] maka f 1 f 2... f n f 1 f 2... f n W (f 1, f 2,..., f n ) =.... f (n 1) 1 f (n 1) 2... f n (n 1) disebut determinan matrik Wronskian yang terdefinisi pada [a, b].

52 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 40 Teorema Fungsi-fungsi solusi f 1, f 2,..., f n dari PDB homogen order n dikatakan bebas linier bila W (f 1, f 2,..., f n ) 0 Contoh Buktikan bahwa 1. Jika sin x, cos x merupakan solusi dari y +y = 0 maka y = c 1 sin x+c 2 cos x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier. 2. Jika e x, e x, e 2x merupakan solusi dari y 2y y + 2y = 0 maka y = c 1 e x +c 2 e x +c 3 e 2x 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 Suatu PDB a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n 1) + + a n (x)y = 0, a 0 (x) 0 maka permisalan y = f(x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n 1). Contoh Salah satu solusi PDB (x 2 + 1)y 2xy + 2y = 0 adalah f 1 = x maka tentukan solusi umumnya. Penyelesaian Misal f 2 = y = f 1 v = xv y = v + xv y = 2v + xv.

53 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 41 Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapat x(x 2 +1)v +2v = 0 dan misal w = v maka x(x 2 + 1) dw dx + 2w = 0 dw dx = 2w x(x 2 + 1) 1 w dw = 2 x(x 2 + 1) dx ( = 2 x + 2x (x 2 + 1) ) dx ln w = ln x 2 + ln(x 2 + 1) + ln c ln w = ln 1 x 2 (x2 + 1) sehingga solusi umunnya adalah w = 1 x 2 (x2 + 1). Sementara w = v, maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi dv dx = c(x2 + 1) x 2 dv = (x2 + 1) pilih c = 1 x 2 dv = (1 + 1x ) dx 2 v = x 1 x. Sekarang f 2 = f 1 v = x ( x 1 x) = x 2 1 maka solusi umum dari PDB diatas adalah y = c 1 x + c 2 (x 2 1).

54 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA PDB Order n Nonhomogen Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n 1) + + a n (x)y = F (x), a 0 (x) 0 (4.2) Teorema 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 nonhomogen. Misal diberikan PDB y + y = x. Bila solusi umum PDB y + y = 0 adalah y u = c 1 sin x + c 2 cos x dan solusi khusus y + y = x adalah y k = x maka solusi umum PDB ini adalah y = y u + y k atau y = c 1 sin x + c 2 cos x + x. 4.3 PDB Order Dua 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 = e rt y = re rt y = r 2 e rt

55 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 43 sehingga persamaan (4.4) menjadi ar 2 e rt + bre rt + ce rt = 0 (ar 2 + br + c)e rt = 0. Bila e rt 0 maka ar 2 + br + c = 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB order dua homogen dengan dengan koefisien konstan, dan y = e rt merupakan solusi dari persamaan (4.4). Akar-Akar Riel dan Berbeda Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0) maka ditemukan r 1 r 2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah y = c 1 e r1t + c 2 e r2t. Misal diberikan PDB y + 5y + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya adalah r 2 + 5r + 6 = 0, dengan akar-akar r 1 = 2 dan r 2 = 3, sehingga solusi umumnya y = c 1 e 2t + c 2 e 3t. Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2 dan y (0) = 3 maka nilai c 1, c 2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi umum dua kali, yaitu y = 2c 1 e 2t 3c 2 e 3t dan y = 4c 1 e 2t + 9c 2 e 3t dan substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem c 1 + c 2 = 2 2c 1 3c 2 = 3 dimana c 1 = 9 dan c 2 = 7 dan solusi khususnya menjadi y = 9e 2t 7e 3t. Contoh Selesaikan persoalan berikut 1. 4y 8y + 3y = 0 y(0) = 2, y (0) = 1 2

56 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA y + 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 ar 2 +br+c = 0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r 1 = λ + iµ dan r 2 = λ iµ, dengan demikian solusi kompleknya adalah y 1 = c 1 e (λ+iµ)t (4.5) y 2 = c 1 e (λ iµ)t (4.6) Teorema (Teorema Taylor) Jika f(t) mempunyai n + 1 turunan kontinyu pada interval [a, b] untuk beberapa n 0 dan bila t, t 0 [a, b] maka f(t) p n (t) + R n+1 (t) p n (t) = f(t 0 ) + (t t 0) f (t 0 ) + + (t t 0) n f (n) (t 0 ) 1! n! R n+1 (t) = 1 n! untuk ξ antara t 0 dan t. t t 0 (t t) n f (n+1) (t)dt = (t t 0) n+1 f (n+1) (ξ) (n + 1)! Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut pada t 0 = 0 adalah: e at = 1 + at + (at)2 2! sin at = (at)1 1! cos at = (at)0 0! (at)3 3! (at)2 2! + (at)3 3! + (at)5 5! + (at)4 4! + = = = (at) n n=0 n! ( 1) n=1 n=0 n 1 (at)2n 1 ( 1) n (at)2n (2n)! (2n 1)!

57 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 45 Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek e it dapat ditulis sebagai berikut e it = 1 + it + (it)2 + (it) ! 3! = ( 1) n (at)2n (2n)! + i n=0 = cos t + i sin t. n=1 n 1 (at)2n 1 ( 1) (2n 1)! Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6) menjadi y 1 = e (λ+iµ)t = e λt( cos µt + i sin µt ) y 2 = e (λ iµ)t = e λt( cos µt i sin µt ). Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka u(t) = y 1 + y 2 = 2e λt cos µt v(t) = y 1 y 2 = 2ie λt sin µt. Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esensial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik komplek adalah y = c 1 u(t) + c 2 v(t) = c 1 e λt cos µt + c 2 e λt sin µt. Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y + y + y = 0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r 2 + r + 1 = 0 sehingga akar-akar kompleknya adalah r 12 = 1 ± i 3. Jadi λ = 1 dan µ = 3 sehingga solusi umunya y = c 1 e 1 2 t 3 cos t + c 4 2e 1 2 t 3 sin t. 4

58 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 46 Akar-Akar Riel dan Sama Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar 2 + br + c = 0 akan mempunyai D = b 2 4ac = 0 sehingga r 1 = r 2 = b. Dengan demikian salah satu solusi 2a PDB adalah y k = e b 2a t. Misal solusi umumnya adalah y = v(t)y k (t) = v(t)e b 2a t maka y = v (t)e b 2a t b 2a v(t)e b 2a t y = v (t)e b 2a t b a v (t)e b 2a t + b2 4a 2 v(t)e Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay + by + cy = 0 diperoleh [ ( ) ( ) ] a v (t) b a v (t) + b2 v(t) + b v (t) b v(t) + cv(t) e b 4a 2 2a t = 0. Bila e b 2a t 0 2a ( ) maka av (t) + b2 + c = 0. Karena b 2 4ac = 0 maka persamaan ini menjadi 4a av (t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c 1 t + c 2. Dengan demikian solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah: b 2a t y = v(t)y 1 (t) = c 1 e b 2a t + c 2 te b 2a t 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 Jika Y 1 dan Y 2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y 1 Y 2 adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y 1, y 2 solusi persamaan (4.7) maka Y 1 (t) Y 2 (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t)

59 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 47 Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah y(t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 t +y }{{} k (t) solusi homogen Diberikan PDB y 3y 4y = 3e 2t. Solusi persamaan homogennya adalah y h = c 1 e t + c 1 e 4t. Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen dengan memisalkan y k = Ae 2t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali y k = 2Ae2t dan y k = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = 1 2. Sehingga solusi umumnya adalah y = c 1 e t + c 1 e 4t 1 2 e2t. Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana membuat permisalan untuk menentukan solusi khusus y k. Kadangkala pemisalahan itu harus diulang dua kali untuk menentukan koefisien yang tepat bagi solusi ini. Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut. g i (t) Y i (t) P n (t) = a 0 t n + a 1 t n a n t s (A 0 t n + A 1 t n a N ) P n (t)e at t s (A 0 t n + A 1 t n a N )e { at sin βt P n (t)e at t [(A s 0 t n + A 1 t n a N )e at cos βt+ cos βt ] (A 0 t n + A 1 t n a N )e at sin βt Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen. Contoh Selesaikan persoalan berikut 1. y 3y 4y = 2 sin t 2. y 2y 3y = 8e t cos 2t 3. y y 2y = 5e 5t + 2 sin 3t 18e t cos 4t

60 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 y h (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) adalah solusi PDB homogen y + p(t)y + q(t)y = 0. (4.10) Kemudian bila c 1 diganti dengan u 1 (t) dan c 2 dengan u 2 (t) maka diperoleh y(t) = u 1 (t)y 1 (t) + u 2 (t)y 2 (t), (4.11) adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali y (t) = u 1(t)y 1 (t) + u 1 (t)y 1(t) + u 2(t)y 2 (t) + u 2 (t)y 2(t). Set u 1(t)y 1 (t) + u 2(t)y 2 (t) = 0 (4.12) maka y (t) = u 1 (t)y 1(t) + u 2 (t)y 2(t) y (t) = u 1(t)y 1(t) + u 1 (t)y 1(t) + u 2(t)y 2(t) + u 2 (t)y 2(t). Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh [ ] [ ] u 1 (t) y 1(t)+p(t)y 1(t)+q(t)y 1 (t) +u 2 (t) y 2(t)+p(t)y 2(t)+q(t)y 2 (t) +u 1(t)y 1(t)+ u 2(t)y 2(t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y 1, y 2 adalah solusi PDB (4.11) sehingga u 1(t)y 1(t) + u 2(t)y 2(t) = g(t) (4.13)

61 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 49 Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier dimana u 1(t) dan u 2(t) dapat ditentukan sebagai berikut: 0 y 2 (t) g(t) y 2(t) u 1(t) = = y 2(t)g(t) W (y 1, y 2 )(t) W. y 1 (t) 0 y 1(t) g(t) u 2(t) = = y 1(t)g(t) W (y 1, y 2 )(t) W. Sehingga u 1 (t) = u 2 (t) = y 2(t)g(t) W dt + c 1 y1 (t)g(t) W dt + c 2. Dan solusi umum (4.11) menjadi y(t) = y 2(t)g(t) W dt y 1(t) + y 1 (t)g(t) dt y W 2(t) Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y +4y = 3 csc t. Persamaan homogennya adalah y +4y = 0 dengan persamaan karakteristik r 2 +4 = 0 dan mempunyai akar komplek r 12 = 0 ± 2i. Dengan demikian solusinya y h = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t. Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t, y 1 (t) = cos 2t dan y 2 = sin 2t sehingga y 1(t) = 2 sin 2t dan y 2(t) = 2 sin 2t. Dengan menerapkan prosedur diatas maka 0 y 2 (t) g(t) y 2(t) u 1(t) = W (y 1, y 2 )(t) 3 sin 2t csc t = 2[cos 2 2t + sin 2 2t]

62 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 50 u 2(t) = y 1 (t) 0 y 1(t) g(t) W (y 1, y 2 )(t) = 3 csc t 3 sin t 2 Dengan proses yang sederhana diperoleh u 1 (t) = 3 sin t + c 1 u 2 (t) = 3 2 ln csc t cot t + 3 cos t + c 2 Sehingga solusi umumnya adalah y(t) = c 1 cos 2t+c 2 sin 2t 3 sin t cos 2t+3 cos t sin 2t+ 3 ln csc t cot t sin 2t 2

63 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 = 4e 2x 21e 3x (b) y + 2y + 5y = 6 sin 2x + 7 cos 2x (c) 2y + 32y 2y = 6x 2 e x 4x (d) y + 4y = 4 sin 2x + 8 cos 2x (e) y + y 2y = 6e 2x + 3e x 4x 2 (f) y 6y + 5y = 24x 2 e x + 8e 5x (g) y 4y + 5y = 6e 2x cos x (h) y + 4y = 4 sin 2x + 8 cos 2x (i) y + y 6y = 10e 2x 18e 3x 6x 11 (j) y + 4y = 12x 2 16x cos 2x (k) 4y 4y + y = e x/2 + e x/2 (l) y + 2y + 10y = 5xe 2x (m) y + 6y + 5y = 2e x + 10e 5x (n) y + 2y + 4y = 13 cos 4x 2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: (a) y 4y + 3y = 9x 2 + 4, y(0) = 6, y (0) = 8 (b) y + 5y + 4y = 16x + 20e x, y(0) = 0, y (0) = 3

64 BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 52 (c) y 8y + 15y = 9xe 2x, y(0) = 5, y (0) = 10 (d) y + 7y + 10y = 4xe 3x, y(0) = 0, y (0) = 1 (e) y + 8y + 16y = 8e 2x, y(0) = 2, y (0) = 0 (f) y + 6y + 9y = 27e 6x, y(0) = 2, y (0) = 0 (g) y + 4y + 13y = 18e 2x, y(0) = 0, y (0) = 4 (h) y 10y + 29y = 8e 5x, y(0) = 0, y (0) = 8 (i) y 4y + 13y = 8 sin 3x, y(0) = 1, y (0) = 2 (j) y y 6y = 8e 2x 5e 3x, y(0) = 1, y (0) = 2 (k) y 2y + y = 2xe 2x + 6e x, y(0) = 1, y (0) = 0

65 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 persamaan linier dengan koefisien konstan. Solusi model ini dapat diturunkan langsung dari teknik-teknik yang diberikan pada bab-bab sebelumnya, yaitu berkenaan 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 (Hukum Hook) Besarnya gaya yang dibutuhkan untuk merenggangkan suatu pegas sebanding dengan besarnya regangan, yaitu F = ks. Dimana F =gaya, k=konstanta elastisitas pegas (lb/f t) dan s=jarak regangan. Gambar 5.1 menjelaskan bagaimana hukum Hook terjadi. Beberapa gaya yang terjadi pada peristiwa ini adalah 53

66 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 54 l l l L l + L + U U Gambar 5.1: Vibrasi pada pegas 1. gaya gravitasi bumi (arah ke bawah, nilai positif) F 1 = m.g = W (5.1) 2. gaya tarik pegas (arah ke atas, nilai negatif) dengan besar L + u F 2 = k(l + u) 3. gaya gesek atau redaman (damping force) yang cukup kecil namun perlu dipertimbangkan. F 3 = γ du dimana γ > 0 adalah konstan. Gaya redaman dt ini selalu berlawanan dengan gaya F 1 sehingga F 3 = γ du dt (5.2) 4. gaya luar (external force), katakanlah F 4 = F (t) (5.3) Selanjutnya stabilitas tercapai bila F 1 dan F 2 sama namun berlawan arah yaitu F 1 = F 2 dan tercapai pada saat u = 0. Dengan demikian mg = kl.

67 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 55 Substitusikan persamaan terakhir ini pada F 2 = k(l + u) didapat F 2 = mg ku. (5.4) Hukum Newton menyebutkan F = ma sehingga jumlah gaya-gaya yang bekerja adalah jumlah persamaan ( ) dan diperoleh PDB order dua ku γ du dt + F (t) = u md2 dt 2 mu (t) + γu (t) + ku = F (t) dimana m, γ, k > 0. Jika γ = 0 maka dikatakan vibrasi takteredam dan jika F (t) = 0 maka dikatakan vibrasi bebas gaya luar. Adapun nilai awal yang bersesuaian dengan persamaan ini adalah u(0) = u 0 dan u (0) = u 0 sehingga selengkapnya PDB order 2 model vibrasi ini adalah mu (t) + γu (t) + ku = F (t) (5.5) u(0) = u 0 (5.6) u (0) = u 0 (5.7) 5.1 Vibrasi Bebas dan Takteredam Dalam peristiwa ini γ = 0 dan F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan menjadi mu + ku = 0 dapat disederhanakan dalam bentuk u (t) + µ 2 u = 0, µ 2 = k m (5.8) u(0) = u 0 (5.9) u (0) = u 0 = v 0. (5.10)

68 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 56 Persamaan karakteristiknya adalah r 2 + µ 2 = 0 dengan r 12 = 0 ± µi. Jelas solusi PDB ini adalah u = c 1 cos µt + c 2 sin µt. Dengan menerapkan nilai awalnya diperoleh c 1 = u 0 dan c 2 = v 0 µ sehingga u(t) = v 0 µ sin µt + u 0 cos µt. Langkah selanjutnya menyederhanakan solusi ini. Tetapkan suatu konstanta H = ( v0 ) 2 µ + u 2 0 maka solusi ini dapat ditulis sebagai [ v0µ u(t) = H H sin µt + u ] 0 cos µt. H Misal v 0µ H = sin φ dan u 0 H = cos φ maka [ ] u(t) = H sin φ sin µt + cos φ cos µt = H cos(µt + φ) Persamaan terakgir ini menunjukkan fungsi perpindahan massa dari titik setimbang O dalam waktu t > 0. Dan perlu diingat bahwa bila fungsi itu berupa fungsi trigonometri dalam hal ini u(t) = H cos(µt + φ) maka amplitudo adalah sebesar H, waktu yang dibutuhkan utnuk melakukan satu kali getaran (periode) sebesar 2π µ dan jumlah getaran tiap detik (frekwensi) sebesar µ 2π. Contoh Sebuah benda beratnya 8 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.2 meter dan mencapai 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/dt 2 ).

69 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 57 Penyelesaian 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 adalah 8 10 u + 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 r 12 = 0±5 2i sehingga solusi umumnya adalah u(t) = c 1 cos 5 2t+c 2 sin 5 2t dimana u (t) = 5 2c 1 sin 5 2t + c cos 5 2t. Dengan menerapkan kedua syarat awalnya didapat solusi khusus u(t) = 1 10 cos 5 2t sin 5 2t. 1 Kemudian untuk H = = maka Dan misal 1 10 H u(t) = H[ 1 10 H cos 5 2t + = cos φ dan H = sin φ maka cos φ = sin φ = 1 ] 5 2 H sin 5 2t dimana φ =.96 sehingga u(t) = 1 [ 3 cos( 0.96) cos 5 2t sin( 0.96) sin 5 ] 2t 10 = 1 ( ) 3 cos 5 2t 0.96 ]. 10

70 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 58 Dengan demikian besar amplitudo adalah , periode 2π 5 2 detik dan frekwensi 5 2 2π getaran/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) 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 + γu + ku = 0 dapat disederhanakan dalam bentuk u (t) + 2bu + µ 2 u = 0, 2b = γ µ, µ2 = k m (5.11) u(0) = u 0 (5.12) u (0) = u 0 = v 0. (5.13)

71 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 59 Persamaan karakteristiknya adalah r 2 +2br+µ 2 = 0 dengan r 12 = b± b 2 µ 2. Untuk getaran teredam dipilih b < µ sehingga r 12 = b ± b 2 µ 2 i dan solusinya adalah u(t) = e bt( c 1 cos b 2 µ 2 t + c 2 sin b 2 µ 2 t ). Tetapkan suatu konstanta H = c c 2 2 maka solusi ini dapat ditulis sebagai u(t) = He bt cos ( b2 µ 2 t + φ ). dimana φ = arcsin ( c 1 H ) = arccos ( c2 H ). Jelas solusi ini terdiri dari dua faktor yaitu e bt dan cos ( b 2 µ 2 t + φ ) dan e bt disebut faktor peredam yang mempunyai sifat lim t He bt = 0, artinya semakin lama semakin melemah pengaruhnya u(t) Gambar 5.3: Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar Contoh 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

72 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 60 awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u dimana u adalah kecepatan dalam satuan m/dt 2 maka tentukan besarnya quasi amplitudo, quasi frekwensi dan pengurangan logaritmiknya. (Gunakan g=10 m/dt 2 ). 5.3 Vibrasi Takbebas Gaya Luar Dalam peristiwa ini model vibrasi muncul dalam persamaan penuh. Dengan mengambil F (t) = F 1 cos ωt maka model persamaan adalah mu + γu + ku = F 1 cos ωt. dapat disederhanakan dalam bentuk u (t) + 2bu + µ 2 u = E 1 cos ωt, (5.14) u(0) = u 0 (5.15) u (0) = u 0 = v 0. (5.16) dimana 2b = γ µ, µ2 = k m, E 1 = F 1 m. Bila dipilih b < µ maka solusi PDB homogennya adalah u h = He bt cos ( b2 µ 2 t + φ ). (5.17) Selanjutnya akan ditentukan solusi khusus PDB nonhomogen dengan memisalkan u s = A cos ωt + B sin ωt. (5.18) Dengan demikian u s = ωa sin ωt + ωb cos ωt u s = ω 2 A cos ωt ω 2 B sin ωt.

73 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 61 Substitusikan dalam persamaan (5.14) akan diperoleh dua sistem persamaan linier 2bωA + (µ 2 ω 2 )B = 0 (µ 2 ω 2 )A + 2bωB = E 1 sehingga A = B = E 1 (µ 2 ω 2 ) (µ 2 ω 2 ) 2 + 4b 2 ω 2 2bωE 1 (µ 2 ω 2 ) 2 + 4b 2 ω. 2 Dengan demikian persamaan (5.18 menjadi atau u s = ( ) E 1 (µ 2 ω 2 ) cos ωt + 2bω sin ωt. (µ 2 ω 2 ) 2 + 4b 2 ω 2 dimana φ = arccos u s = E 1 cos(ωt φ), (5.19) (µ2 ω 2 ) 2 + 4b 2 ω2 (µ 2 ω 2 ) (µ = arcsin 2bω. Dengan demikian 2 ω 2 ) 2 +4b 2 ω (µ 2 2 ω 2 ) 2 +4b 2 ω2 solusi umum model PDB ini adalah u = u h + u s pada persamaan ( ), yaitu u = He bt cos ( b2 µ 2 t + φ ) + E 1 cos(ωt φ). (5.20) (µ2 ω 2 ) 2 + 4b 2 ω2 Memperhatikan solusi ini maka dapat disimpulkan bahwa fungsi solusinya terdiri dari dua suku fungsi yaitu He bt cos ( b 2 µ 2 t + φ ) dan E 1 (µ 2 ω 2 ) 2 4b 2 ω 2 cos(ωt φ), dan dengan konstanta tertentu maka visualisasi vibrasi takbebas gaya luar ini dapat disajikan berturut-turut pada Gambar

74 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA u(t) Perpindahan (u) Waktu (t) Gambar 5.4: Ekspresi getaran suku fungsi pertama u(t) Perpindahan (u) Waktu (t) Gambar 5.5: Ekspresi getaran suku fungsi kedua Contoh 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/dt 2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu apabila terdapat gaya luar F (t) = 5 cos 2t. (Gunakan g=10 m/dt 2 ).

75 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA u(t) Perpindahan (u) Waktu (t) Gambar 5.6: Getaran pada pegas takbebas gaya luar

76 BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA 64 Latihan Tutorial 5 1. Sebuah benda beratnya 10 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung 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/dt 2 ). 2. Sebuah benda beratnya 26 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung 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/dt 2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu. 3. Sebuah benda beratnya 80 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung 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/dt 2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu apabila terdapat gaya luar F (t) = 5 cos 2t + sin 2t.

77 65 Daftar Pustaka Boyce, W. E. & Diprima, R. C Elementary Differential Equations and Boudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Burden, R. L. and Faires, J. D Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing Company. U.S. Lambert, J.D Numerical Methods for Ordinary Differential Systems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Powell, M.J.D Approximation Theory and Methods. Cambridge University Press. U.K. Ross, S. L Introduction to Ordinary Differential Equations. John Wiley & Sons, Inc. New York. U.S. Shampine, L. F. & Baca, L.S Computer Solution of Ordinary Differential Equations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco.

78 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) dikatakan merupakan masalah nilai awal bila solusi itu memenuhi nilai awal y(a) = y 0, sehingga persamaan itu dapat digambarkan sebagai y = f(x, y), a x b y(a) = y 0. Kemudian bila persamaan ini terdiri dari lebih dari satu persamaan yang saling terkait maka dikatagorikan sebagai sistem persamaan difrensial. Sistem persamaan difrensial order pertama disajikan sebagai berikut. y 1 = f 1 (t, y 1, y 2,..., y n ) y 2 = f 2 (t, y 1, y 2,..., y n ). y n = f n (t, y 1, y 2,..., y n ). Atau dalam bentuk umum dapat disajikan sebagai y i = f i (t, y 1, y 2,..., y n ) i = 1, 2,..., n dan a t b. (6.2) 66

79 67 dengan nilai awal y 1 (a) = α 1, y 1 (a) = α 2,..., y 1 (a) = α n. Seluruh bentuk PDB atau sistem PDB dapat ditransformasikan kedalam bentuk sistem persamaan difrensial order satu dan kelebihan sistem ini adalah mudah ditentukan solusinya dengan metoda apapun baik analitik, kualitatif ataupun metoda numerik. Dibawah ini diberikan contoh bagaimana sistem PDB sebarang dapat ditransformasikan kedalam sistem PDB order satu. Contoh Transformasikan sistem persamaan difrensial dibawah ini dalam sistem persamaan difrensial order satu. u + u v = xv v + v + u 1 + x = cos x dimana u(0) = 1, u (0) = 1, u (0) = 1, v(0) = 1 Penyelesaian Misal y 1 = u, y 2 = u, y 3 = u dan y 4 = v, maka y 1 = u = y 2, y 2 = u = y 3, y 3 = u = xy 4 y 3 (cos x y 4 y x ), y 4 = v = cos x y 4 y x. Nilai awal seakarang adalah y 1 (0) = 1, y 2 (0) = 1, y 3 (0) = 1, y 4 (0) = Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Homogen dengan Koefisien Kosntan Untuk memberikan gambaran bagaimana usaha yang dilakukan dalam menyelesaikan sistem PDB diatas, berikut ini akan diberikan contoh model penyelesaian sistem PDB dengan dua persamaan. y 1 = a 1 y 1 + a 2 y 2 (6.3) y 2 = a 3 y 1 + a 4 y 2. (6.4)

80 68 Misal y 1 = Ae λt y 1 = Aλe λt dan y 2 = Be λt y 2 = Bλe λt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam ( ) didapat dua persamaan (a 1 λ)a + a 2 B = 0 a 3 A + (a 4 λ)b = 0. Solusi dari persamaan terakhir ini akan berupa solusi tunggal bila determinan koefisien-koefisiennya λ 2 (a 1 + a 2 )λ + (a 1 a 4 a 3 a 2 ) = 0 tidak sama dengan nol, dan bila sama dengan nol solusinya adalah trivial (banyak solusi). Kemudian jenis solusi PDB model ini akan ditentukan oleh akar-akar -akar persamaan karakteristik ini Akar Riel dan Berbeda Contoh Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini. y 1 = 6y 1 3y 2 y 2 = 2y 1 + y 2. Penyelesaian Misal y 1 = Ae λt y 1 = Aλe λt dan y 2 = Be λt y 2 = Bλe λt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas diperoleh (6 λ)a 3B = 0 2A + (1 λ)b = 0. Sehingga persamaan karakteristik adalah λ 2 7λ+12 = 0 dimana λ 1 = 3, λ 1 = 4. Dengan demikian untuk λ = 3 didapat nilai A = B = 1 sehingga solusinya (y 1 ) 1 = e 3t (y 2 ) 1 = e 3t, sedangkan untuk λ = 4 diperoleh nilai A = 3, B = 2 dan solusinya (y 1 ) 2 = 3e 4t (y 2 ) 2 = 2e 4t. Dengan demikian solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah y 1 = c 1 (y 1 ) 1 + c 2 (y 1 ) 2 atau y 1 = c 1 e 3t + 3c 2 e 4t y 2 = c 1 (y 2 ) 1 + c 2 (y 2 ) 2 atau y 1 = c 1 e 3t + 2c 2 e 4t

81 Akar-Akar Komplek Contoh Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini. y 1 = 3y 1 + 2y 2 y 2 = 5y 1 + y 2. Penyelesaian Misal y 1 = Ae λt y 1 = Aλe λt dan y 2 = Be λt y 2 = Bλe λt juga solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas diperoleh (3 λ)a + 2B = 0 5A + (1 λ)b = 0. Sehingga persamaan karakteristik adalah λ 2 4λ + 13 = 0 dimana akar-akarnya λ 12 = 2 ± 3i. Dengan demikian (1 3i)A + 2B = 0 5A + ( 1 3i)B = 0. Ambil sebarang A misal A = 2 maka B = 1 + 3i sehingga solusinya y 1 = 2e (2+3i)t atau y 1 = e 2t( 2e 3it) y 2 = ( 1 + 3i)e (2+3i)t atau y 2 = e 2t( e 3it + 3ie 3it). Ingat bahwa e it = cos t + i sin t sehingga y 1 = e 2t( 2 cos 3t + 2i sin 3t ) y 2 = e 2t( cos 3t i sin 3t + 3i cos 3t + 3i 2 sin 3t ). Dengan mengabaikan bagian imajiner i didapat dua solusi riel berikut dan (y 1 ) 1 = 2e 2t cos 3t (y 2 ) 1 = e 2t( cos 3t + 3 sin 3t ). (y 1 ) 2 = 2e 2t sin 3t (y 2 ) 2 = e 2t( 3 cos 3t sin 3t ). Dengan menggabungkan kedua solusi ini didapat solusi umum sistem PDB y 1 = 2e 2t( c 1 cos 3t + c 2 sin 3t ) y 2 = e 2t[ c 1 ( cos 3t 3 sin 3t ) + c2 ( 3 cos 3t sin 3t )]

82 Akar Riel dan Sama Permisalan solusi pada kasus ini sedikit berbeda dengan permisalan solusi-solusi sebelumnya. Pertama kali dimisalkan y 1 = Ae λt y 2 = Be λt kemudian permisalan ditingkatkan menjadi y 1 = Ate λt y 2 = Bte λt. Bila permisalan terakhir ini dipandang tidak cukup signifikan dijadikan solusi PDB dengan akar riel sama ini dapat dipilih permisalan lain y 1 = (A 1 t + A 2 )e λt y 2 = (B 1 t + B 2 )e λt. Untuk lebih jelaskan akan diselesaikan contoh berikut ini. Contoh Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini. y 1 = 4y 1 y 2 y 2 = y 1 + 2y 2. Penyelesaian Misal y 1 = Ae λt y 1 = Aλe λt dan y 2 = Be λt y 2 = Bλe λt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas diperoleh persamaan karakteristik dengan λ 1 = λ 2 = 3 sehingga persamaan menjadi Pilih A = B = 1 maka solusinya A B = 0 A B = 0. (y 1 ) 1 = e 3t (y 2 ) 1 = e 3t. Selanjutnya misal solusi itu y 1 = (A 1 t+a 2 )e 3t dan y 2 = (B 1 t+b 2 )e 3t maka y 1 = A 1 e 3t + 3A 1 te 3t + 3A 2 e 3t dan y 2 = B 1 e 3t + 3B 1 te 3t + 3B 2 e 3t. Substitusikan kedalam dua persamaan dalam persoalan diatas diperoleh persamaan (A 1 B 1 )t + (A 2 A 1 B 2 ) = 0 (A 1 B 1 )t + (A 2 B 1 B 2 ) = 0

83 71 sehingga A 1 B 1 = 0 A 2 A 1 B 2 = 0 A 1 B 1 = 0 A 2 B 1 B 2 = 0. Sebelumnya sudah dipilih A 1 = B 1 = 1 maka didapat A 2 B 2 = 1, pilih A 2 = 1 B 2 = 0. Dengan demikian solusinya adalah (y 1 ) 2 = (t + 1)e 3t (y 2 ) 2 = te 3t. Dari kedua bagian solusi ini solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah y 1 = c 1 (y 1 ) 1 + c 2 (y 1 ) 2 atau y 1 = c 1 e 3t + c 2 (t + 1)e 3t y 2 = c 1 (y 2 ) 1 + c 2 (y 2 ) 2 atau y 1 = c 1 e 3t + c 2 te 4t 6.2 Metoda Operator Misal diberikan maka Dx = x D n x = x (n) a 0 x (n) + a 1 x (n 1) + + a n 1 x + a n x = F (x) ( a0 D (n) + a 1 D (n 1) + + a n 1 D + a n ) x = F (x). Bila dipilih L = a 0 D (n) + a 1 D (n 1) + + a n 1 D + a n maka operator L akan memenuhi sifat berikut L(c 1 f 1 + c 2 f c n f n ) = c 1 L(f 1 ) + c 2 L(f 2 ) + + c n L(f n ). Dan bila L 1, L 2 L maka L 1 L 2 f = L 2 L 1 f = Lf. Contoh Bila L = 3D 2 + 5D maka tentukan L(3t 2 + t).

84 72 Penyelesaian L(3t 2 + t) = 3L(t 2 ) + L(t) = 3(3D 2 + 5D)(t 2 ) + (3D 2 + 5D)(t) = 30t + 23 Kemudian bagaimana menerapkan metoda operator ini untuk menyelesaikan sistem PDB, berikut ini akan dibahas contoh sistem PDB order satu. Contoh Tentukan solusi sistem PDB berikut ini. 2x 2y 3x = t 2x + 2y + 3x + 8y = 2 Penyelesaian 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)t 2D(2D + 3)x + 2D(2D + 8)y = 2.2D dengan menjumlah kedua persamaan ini diperoleh (D 2 + 2D 3)x = t Persamaan terakhir ini merupakan PDB nonhomogen order dua dengan koefisien konstan sehingga dengan menggunakan prinsip-prinsip penyelesaian sebelumnya diperoleh solusi berikut x(t) = c 1 e t + c 2 e 3t 1 3 t (6.5) Dengan cara yang sama gunakan metoda eliminasi untuk x diperoleh solusi y(t) = k 1 e t + k 2 e 3t t (6.6) Tentukan turunan pertama kedua solusi ini dan substitusikan kedua solusi ini bersama turunannya kedalam salah satu sistem PDB dan kelompokkan seluruh koefisien yang bersesuaian diperohel ( c 1 2k 1 )e t + ( 9c 2 + 6k 2 )e 3t = 0

85 73 sehingga diperoleh hubungan k 1 = 1 2 c 1 dan k 2 = 3 2 c 2. Dengan demikian solusi umumnya adalah x(t) = c 1 e t + c 2 e 3t 1 3 t y(t) = 1 2 c 1e t c 2e 3t t

86 74 Latihan Tutorial 1 1. Suatu fluida (yang berupa zat alir) diinjeksikan satu arah dalam sebuah trowongan vertikal. Kemudian flow (aliran) fluida itu diamati sedemikian hingga menghasilkan suatu model matematika yang berupa sistem PD non linier dengan masalah nilai awal sebagai berikut: f R[(f ) 2 ff ] + RA = 0 h + Rfh + 1 = 0 θ + P fθ = 0 dengan nilai awal f(0) = 1, f (0) = 2, f (0) = 1, h(0) = 2, h (0) = 1, θ(0) = 1, θ (0) = 1. Dimana f, h adalah fungsi potensial dan θ adalah fungsi distribusi temperatur. A adalah konstanta tak tentu, R adalah bilangan Reynold dan P bilangan Peclect. Lakukan transformasi kedalam sistem PDB order satu. 2. Suatu PDB disajikan dalam sistem berikut: u + u = x v v 2v + u = cos v 1 + x w + v (1 x w ) 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 kedalam sistem PDB order satu. 3. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi 30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/lt dituangkan kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/lt dituangkan kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir keluar meninggalkan sistem. (a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari peristiwa ini.

87 75 2 Lt/min, 1 gram/lt 1 Lt/min, 3 gram/lt 4 Lt/min 2 Lt/min 3 Lt/min Gambar 6.1: Dua tangki yang saling berhubungan. (b) Gunakan metoda operator untuk menentukan ekspresi model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki I dan II setiap saat. 4. Gambar 6.2 menyajikan gerak harmonis pegas yang disebabkan oleh ditempatkannya dua massa m 1 dan m 2. Selanjutnya benda m 1 didorong mendekati pangkal pegas sejauh y 1 = a 1 dari titik setimbang m 1 dan m 2 ditarik menjauhi pangkal pegas sejauh y 2 = a 2 dari titik setimbang m 2. Pada saat t(0) = t 0 dan v(0) = v 0 kedua beban itu dilepas sehingga mengalami garak harmonis. (a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari peristiwa ini. (b) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan besarnya simpangan setiap saat.

88 76 P k 1 k 2 m 1 m 2 O 1 O 2 P k 1 k 2 m 1 m 2 x = a x = a Gambar 6.2: Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban.

89 BAB 7 PDB Nonlinier dan Kesetimbangan Dalam fenomena riel sedikit sekali model PDB muncul dalam bentuk linier. Sebaliknya persamaan itu muncul dengan model nonlinier yang sulit diselesaikan secara analitik. Suatu metoda yang terus berkembang pesat adalah metoda numerik. Namun demikian secara teoritis maupun praktis metoda ini memerlukan pemahaman khusus terutama menyangkut pembuatan komputer programming. Metoda sederhana namun cukup berarti adalah menghampiri persamaan nonlinier dengan persamaan linier termasuk didalamnya menganalisa perubahan koefisien dan syarat awalnya. Teknik ini dikenal dengan analisa kualitatif, yaitu mencoba menganalisa solusi PDB nonlinier secara grafis. Beberapa aspek penting untuk memahami teknik penyelesaian dengan cara ini dapat dijelaskan dalam bahasan berikut. 77

90 Sistem Linier Suatu sistem PDB order satu dengan n persamaan yang disajikan sebagai dx1 dt dx2 dt dx1 dt dapat ditulis dalam bentuk = a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n. = a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n dx dt = Ax. (7.1) Misal solusi persamaan ini adalah x = ξe rt dan x = ξre rt maka ξre rt = Aξe rt (A ri)ξ = 0 Definisi Misal A R n n maka vektor ξ R n disebut vektor eigen bila Aξ = rξ dimana r adalah nilai eigen. Untuk memperoleh nilai eigen dapat dipakai formulasi det(a ri) = 0 yang sekaligus merupakan persamaan karakteristik dari sistem PDB linier diatas. Selanjutnya bila persamaan (7.1) sama dengan nol, yaitu dx = Ax = 0 maka solusi dt sistem PDB linier akan mencapai titik kritis (titik kesetimbangan). Suatu contoh, diberikan sistem PDB x1 = x1 + x2, x2 = x1 x2. Titik kritis dapat diperoleh dengan menyelesaikan sistem x1 + x2 = 0 x1 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.

91 79 Definisi Suatu PDB yang berbentuk dx1 dt = f 1 (x 1, x 2 ) (7.2) dx2 dt = f 2 (x 1, x 2 ) (7.3) adalah merupakan sistem otonomus karena f 1 (x 1, x 2 ) dan f 2 (x 1, x 2 ) bebas dari t. Dengan demikian bila sarat Lipschitz dipenuhi oleh persamaan diatas maka x 1 = x 1 (t), x 2 = x 2 (t) (7.4) merupakan solusinya dan memenuhi sarat awal x 1 (t 0 ) = (x 1 ) 0, x 2 (t 0 ) = (x 2 ) 0. Jelas penyelesaian (7.4) menentukan sebuah kurva diruang tiga-dimensi t, x 1, x 2. Jika kita pandang t sebagai parameter, maka bila t berubah dalam selang interval tertentu a < t < b, titik (x 1 (t), x 2 (t)) akan menelusuri sebuah kurva yang disebut trayektori atau orbit dari penyelesaian (7.4) di bidang x1x2. Dalam kajian dari sistem fisis, pasangan (x 1, x 2 ) disebut fase dari sistem oleh karena itu bidang x1x2 pada umumnya disebut bidang fase (phase plan), sedangkan gambar semua trayektori yang berpautan dalam bidang fase disebut potret fase. Untuk menentukan trayektori dari persamaan ( ) dapat digunakan aturan rantai sebagai berikut: dx 2 = dx 2 dx 1 dt dt = f 2(x 1, x 2 ) dx 1 f 1 (x 1, x 2 ) (7.5) Kemudian dengan menyelesaikan PDB ini akan diperoleh persamaan trayektori yang melalui titik-titik pada domain D. Misal f 2 (x 1, x 2 ) 0 maka persamaan trayektori yang melalui titik-titik lain misal S adalah dx 1 = f 1(x 1, x 2 ) dx 2 f 2 (x 1, x 2 ) Titik-titik ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) dalam bidang fase yang membuat f 1 dan f 2 sama de-ngan nol merupakan titik setimbang dari sistem ( ) dan x 1 (t) = (x 1 ) 0, x 2 (t) = (x 2 ) 0 adalah penyelesaian untuk semua t. Contoh Tentukan titik kritis sistem PDB dx dt = 0 1 x, 1 0 dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhi syarat awal x 1 (0) = 1, x 2 (0) = 3.

92 80 Contoh Tentukan titik kritis sistem PDB dx dt = 0 1 x, 1 0 dan gambar keluarga trayektori yang berpautan dengan solusi yang memenuhi syarat awal x 1 (0) = 1, x 2 (0) = 3. Penyelesaian Titik kritis ditentukan dengan 0 1 x = 0, 1 0 sehingga (0, 0) adalah satu-satunya titik kritis. Kemudian dengan menggunakan persamaan (7.5) maka persamaan trayektori didapat dari menyelesaikan PDB dx2 dx1 = x 1 x 2, x 2 0 dimana penyelesaian umumnya adalah x 2 1+x 2 2 = c 2, suatu lingkaran yang berpusat di (0, 0). Dengan menerapkan sarat awal, maka solusi khusus didapat sebagai x x 2 2 = 4. Trayektori dari solusi ini adalah berupa lingkaran yang berpusat di (0, 0), dimana gerakannya dapat dianalisis dari solusi x 2 2 = 4 x 2 1. Semakin besar nilai x 1 semakin kecil nilai x 2 -nya, dengan demikian gerakan titik berlawanan dengan arah jarum jam, lihat Gambar (7.1). x2 2 x1 Gambar 7.1: Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal.

93 Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otonomus Persamaan otonomus yang ditulis dalam sistem berikut dx1 dt dx2 dt = f 1 (x 1, x 2 ) (7.6) = f 2 (x 1, x 2 ) (7.7) akan mempunyai ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) sebagai titik kritis (atau kesetimbangan) dari sistem ( ) apabila f 1 ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) = 0 dan f 2 ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) = 0. Karena turunan suatu konstanta sama dengan nol, akibatnya jika titik ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) merupakan titik kritis dari sistem ini, maka sepasang fungsi konstan x1(t) = (x 1 ) 0, x2(t) = (x 2 ) 0 (7.8) merupakan penyelesaian dari sistem ( ) untuk semua nilai t. Dalam banyak keadaan, sangat penting mengetahui apakah setiap penyelesaian dari sistem ( ) yang memulai cukup dekat dengan penyelesaian (7.8) pada t = 0 akan tetap dekat dengan (7.8) untuk seluruh t > 0 berikutnya. Jika demikian halnya, penyelesaian (7.8), atau titik kritis ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) disebut stabil. Untuk lebih jelasnya diberikan definisi berikut. Definisi Titik kritis ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) atau penyelesaian konstan (7.8) dari sistem ( ) disebut stabil jika untuk setiap bilangan e > 0 terdapat suatui bilangan δ > 0 sedemikian hingga setiap penyelesaian (x 1 (t), x 2 (t)) yang pada t = 0 memenuhi ujud dan memenuhi untuk semua t 0. [x 1 (0) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (0) (x 2 ) 0 ] 2 < δ (7.9) [x 1 (t) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (t) (x 2 ) 0 ] 2 < ɛ (7.10) Definisi Titik kritis ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) atau penyelesaian konstan (7.8) disebut stabil asimtotik jika titik itu stabil dan sebagai tambahan terdapat δ 0 sedemikian hingga setiap penyelesaian (x 1 (t), x 2 (t)) yang pada t = 0 memenuhi [x 1 (0) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (0) (x 2 ) 0 ] 2 < δ 0 (7.11)

94 82 ujud untuk semua t 0 dan memenuhi lim x 1(t) = 0, t lim x 2 (t) = 0 (7.12) t Definisi Sebuah titik yang tidak stabil disebut tak stabil. Secara singkat dikatakan, stabilitas berarti perubahan kecil dalam syarat awal hanya menyebabkan pengaruh kecil pada penyelesaian, stabil asimtotik berarti pengaruh dari perubahan kecil cendrung menghilang sama sekali (tidak berpe-ngaruh) sedangkan ketakstabilan berarti suatu perubahan kecil pada syarat awalnya akan berakibat perubahan besar pada penyelesaian. Konsep mengenai titik stabil, stabil asimtotik dan tak stabil masing-masing digambarkan dalam Gambar 7.2. Gambar 7.2: Potret fase sistem PDB dengan MAPLE Contoh Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB adalah stabil. dx dt = x,

95 83 Penyelesaian Misal diberikan ɛ > 0. Pilih δ = ɛ. Solusi sistem ini adalah x 1 (t) = c 1 cos t + c 2 sin t (7.13) x 2 (t) = c 1 cos t c 2 sin t (7.14) dimana c 1, c 2 adalah sebarang konstan. Karena titik kritis (0, 0) maka (x 1 ) 0 = (x 2 ) 0 = 0 dan x 1 (0) = c 1, x 2 (0) = c 2, dan jelas Selanjutnya apakah [x 1 (0) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (0) (x 2 ) 0 ] 2 < δ (c 1 0) 2 + (c 2 0) 2 < δ c c 2 2 < δ. [x 1 (t) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (t) (x 2 ) 0 ] 2 < ɛ. Substitusikan penyelesaian diatas didapat (c 1 cos t + c 2 sin t) 2 + (c 1 cos t c 2 sin t) 2 < δ c 2 1 cos 2 t + 2c 1 cos tc 2 sin t + c 2 2 sin 2 t + c 2 1 cos 2 t 2c 1 cos tc 2 sin t + c 2 2 sin 2 t < δ c c 2 2 < δ = ɛ. Lengkaplah pembuktian bahwa titik kritis (0, 0) adalah stabil. Kita tahu bahwa trayektori sistem PDB ini merupakan persamaan lingkaran yang berpusat di (0, 0), dengan demikian lingkaran itu tidak menghampiri titik kritis pada saat t. Ini berarti persamaan (7.12) tidak berlaku, oleh karena itu titik kritis (0, 0) bukan stabil asimtotik. Contoh Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB adalah stabil asimtotik. dx dt = x, Penyelesaian Mula-mula harus dibuktikan bahwa (0, 0) adalah stabil. Misal diberikan ɛ > 0. Pilih δ = ɛ. Solusi umum sistem pada soal ini adalah x 1 (t) = c 1 e t (7.15) x 2 (t) = c 2 e t (7.16)

96 84 dimana c 1, c 2 adalah sebarang konstan. Disini (x 1 ) 0 = (x 2 ) 0 = 0 dan x 1 (0) = c 1, x 2 (0) = c 2, dan jelas Selanjutnya apakah [x 1 (0) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (0) (x 2 ) 0 ] 2 < δ (c 1 0) 2 + (c 2 0) 2 < δ c c 2 2 < δ. [x 1 (t) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (t) (x 2 ) 0 ] 2 < ɛ. Substitusikan penyelesaian diatas didapat (c 1 e t ) 2 + (c 2 e t ) 2 < δ (c c 2 2)e 2t < δ c c 2 2 < δ = ɛ dengan demikian titik (0, 0) adalah stabil. Karena untuk sebarang c 1, c 2 berlaku lim x 1(t) = lim c 1 e t = 0, t t maka titik (0, 0) adalah stabil asimtotik. lim x 2 (t) = lim c 2 e t = 0 t t Contoh Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB adalah takstabil. dx dt = x, Penyelesaian Misal titik (0, 0) adalah stabil maka untuk ɛ > 0 terdapat δ > 0 sedemikian hingga memenuhi persamaan ( ). Perhatikan bentuk penyelesaian sistem ini δ x 1 (t) = 2 et (7.17) δ x 2 (t) = 2 et (7.18) Disini (x 1 ) 0 = (x 2 ) 0 = 0 dan x 1 (0) = x 2 (0) = δ, dan 2 δ δ ( 2 )2 + ( 2 )2 < δ δ 2 < δ.

97 85 Selanjutnya apakah [x 1 (t) (x 1 ) 0 ] 2 + [x 2 (t) (x 2 ) 0 ] 2 < ɛ. Substitusikan penyelesaian diatas didapat δ δ ( 2 et ) 2 + ( 2 et ) 2 < ɛ δ 2 e2t < ɛ. Jelas ini tidak akan berlaku untuk semua nilai t 0, sehingga titik kristis (0, 0) adalah takstabil. Selanjutnya sifat-sifat kestabilan secara umum dari sistem otonomus linier dx dt = a b x, c d dapat dianalisa dari nilai eigen matriknya. Bila ad bc 0 maka titik kritis (0, 0) adalah satu-satunya titik kristis sistem ini dan solusinya akan berbentuk x 1 (t) = Ae λt, x 2 (t) = Be λt. dan sifat-sfiat kestabilan dapat dilihat dalam teorema berikut. Teorema Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB otonomus akan stabil jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan negatif atau mempunyai bagian riel yang takpositif. akan stabil asimtotik jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan negatif atau mempunyai bagian riel yang negatif. akan takstabil jika dan hanya jika salah satu atau kedua nilai eigennya riel dan positif atau paling sedikit satu nilai eigen mempunyai bagian riel yang positif. Ketiga contoh yang diberikan semuanya adalah sistem otonomus linier. Dalam contoh (7.3.1) persamaan kuadratik nilai eigen (persamaan karakteristik) λ = 0. Akar-akarnya adalah 0 ± i, jelas mempunyai bagin riel yang

98 86 tak positif (yaitu 0) maka menurut teorema titik kritis ini (0, 0) adalah stabil. Dalam contoh (7.3.2) persamaan karakteristiknya berbentuk λ 2 + 2λ + 1 = 0. Akar-akarnya λ 1 = 1 = λ 2. Karena akar-akarnya riel dan negatif maka titik kritis (0, 0) adalah stabil asimtotik. Terakhir contoh (7.3.3) persamaan karakteristiknya λ 2 1 = 0 akar-akarnya λ = 1 dan λ = 1 sehingga titik kritisnya takstabil. Sekarang perhatikan kembali sistem otonomus ( ). Misal titik kritis itu ((x 1 ) 0, (x 2 ) 0 ) mengalami transformasi karena pemetaan yang berbentuk X 1 = x 1 (x 1 ) 0 dan X 2 = x 2 (x 2 ) 0, dan memetakan sistem otonomus kedalam sistem sepadan dengan (0, 0) sebagai titik kritis, tanpa mengurangi perumuman, dimana (0, 0) juga merupakan titik kritis sistem ( ) maka inilah suatu teknik untuk menghampiri bentuk sistem non linier dengan sistem linier. Sistem hampiran ini akan menjadi sistem yang hampir linier dengan bentuk umum sebagai berikut dx dt = a b x + F (x 1, x 2 ), c d dengan ad bc 0 dan F (0, 0) = 0. Jadi (0, 0) tetap merupakan titik kritis sistem ini. Kemudian bila fungsi-fungsi F C 1 (I) didekat titik kritis asal, dan juga terjadi bahwa lim x 1 0 x 2 0 F (x 1, x 2 ) x x 2 2 = 0 (7.19) dikatakan bahwa sistem linier dx dt = a c b d x, merupakan hampiran yang baik terhadap sistem PDB hampir linier diatas. Selanjutnya berkenaan dengan kestabilan titik kritis akan mengikuti teorema berikut. Teorema Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB hampir linier akan stabil asimtutik jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah stabil asimtutik. akan takstabil jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah takstabil.

99 87 Contoh Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier x 1 = x 1 + x 2 + (x x 2 2) x 2 = 2x 2 (x x 2 2) 3/2 adalah stabil asimtutik. Penyelesaian Di sini a = 1, b = 1, c = 0, d = 2, dan ad bc = 2 0 sedang F 1 (x 1, x 2 ) = (x x 2 2), F 2 (x 1, x 2 ) = (x x 2 2) 2. Juga F 1 (0, 0) = F 2 (0, 0) = 0, sehingga syarat (7.19) terpenuhi. Dengan demikian sistem liniernya sekarang adalah x 1 = x 1 + x 2 x 2 = 2x 2 Persamaan karakteristik persamaan ini adalah λ 2 + 3λ + 2 = 0, dimana akarakarnya adalah λ 1 = 1 dan λ 1 = 2. Karena kedua akarnya bernilai riel dan negatif maka titik kritis sistem linier ini adalah adalah stabil asimtutik yang berakibat bahwa sistem yang hampir linier itu juga stabil asimtutik. Contoh Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier x 1 = 3x 1 + 4x 2 + (x 2 1 x 2 2) adalah stabil asimtutik. x 2 = 2x 1 + 3x 2 x 1 x 2 Penyelesaian Di sini a = 3, b = 4, c = 2, d = 3, dan ad bc = 2 0 sedang F 1 (x 1, x 2 ) = (x 2 1 x 2 2), F 2 (x 1, x 2 ) = x 1 x 2, juga F 1 (0, 0) = F 2 (0, 0) = 0. Kita nyatakan x 1 dan x 2 dalam koordinat polar: x 1 = r cos θ, x 2 = r sin θ maka (syarat x 0 dan x 0 sepadan dengan r 0). Maka F 1 (x 1, x 2 ) lim r 0 x x 2 2 F 2 (x 1, x 2 ) lim r 0 x x 2 2 = lim r 0 r 2 (cos 2 θ sin 2 θ) r = lim r 0 r2 (cos θ sin θ) r = lim r 0 r cos 2θ = 0 = lim r 0 r cos θ sin θ = 0. Jadi syarat (7.19) terpenuhi, sehingga kajian difokuskan pada bagian sistem linier x 1 = 3x 1 + 4x 2 x 2 = 2x 1 + 3x 2 dimana nilai eigennya adalah λ 1 = 1 dan λ 2 = 1. Karena salah satu akarnya adalah positif dan titik (0, 0) adalah titik kritis dari sistem linier ini sehingga menjadi takstabil maka sistem hampir linier diatas merupakan sistem PDB dengan titik keritis takstabil.

100 Potret Fase Sistem Otonomus Sebagaimana dijelaskan sebelumnya, gambar semua trayektori yang berpautan dari suatu sistem PDB disebut potret fase. Bila sistem PDB itu adalah otonomus linier dx dt = a c b d x, maka solusi umumnya adalah x 1 (t) = Ae rt, x 2 (t) = Be rt dimana r adalah nilai eigen dari matrik a b. c d yaitu, r merupakan akar dari persamaan karakteristik det(a ri) = 0. (7.20) Potret fase dari sistem otonomus linier diatas hampir seluruhnya tergantung pada akar-akar r 1, r 2 dari persamaan (7.20). Tabel (7.1) merupakan rangkuman potret fase sistem PDB dengan sifat-sifat stabilitasnya. Sedangkan tipe-tipe titik kritis x = Ax det(a ri) = 0 det A 0 Nilai eigen Tipe titik kritis Stabilitas r 1 > r 2 > 0 Simpul Tidak stabil r 1 < r 2 < 0 Simpul Stabil asimtotik r 1 < 0 > r 2 Titik plana Tidak stabil r 1 = r 2 > 0 Simpul sempurna atau tak sempurna Tidak stabil r 1 = r 2 < 0 Simpul sempurna atau tak sempurna Stabil asimtotik r 1, r 2 = λ ± iµ Titik spiral (Fokus) λ > 0 Tidak stabil λ < 0 Stabil asimtotik r 1 = iµ, r 2 = iµ Pusat Stabil Tabel 7.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier pada kolom dua dapat dijelaskan melalui Gambar 7.3. Contoh Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier x 1 = 2x 1 + x 2 (7.21) x 2 = x 1 2x 2 (7.22)

101 89 x 2 x 2 x 2 (( x ), ( x ) ) (a) x 1 x (b) 1 x (c) 1 Gambar 7.3: Ringkasan potret fase Penyelesaian Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r 1 = 1 dan r 2 = 3, sehingga penyelesaian umumnya adalah x 1 (t) = c 1 e t + c 2 e 3t (7.23) x 2 (t) = c 1 e t c 2 e 3t. (7.24) Akan ditentukan trayektori dari semua penyelesaian yang diberikan oleh penyelesaian umum ini untuk semua nilai c 1, c 2 yang berbeda. Bila c 1 = c 2 = 0 maka didapat penyelesaian x 1 = x 2 = 0 dimana trayektorinya merupakan titik asal (0, 0). Bila c 1 0 dan c 2 = 0 didapat penyelesaian dan bila c 1 = 0 dan c 2 0 didapat penyelesaian x 1 (t) = c 1 e t (7.25) x 2 (t) = c 1 e t, (7.26) x 1 (t) = c 2 e 3t (7.27) x 2 (t) = c 2 e 3t. (7.28) Untuk c 1 > 0 semua penyelesaian ( ) mempunyai trayektori yang sama, y = x > 0. Demikian pula untuk c 1 < 0, trayektorinya adalah y = x < 0. Pada persamaan ( ) bila c 2 > 0 dan c 2 < 0, berturut-turut akan diperoleh trayektori y = x < 0 dan y = x > 0. Keempat trayektori ini akan berupa setengah garis-garis lurus sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Panah-panah pada setengah garis itu menunjukkan arah gerakan pada trayektori bila t bertambah. Untuk mendapatkan trayektori lainnya secara eksplisit kita harus mengeliminasi t pada persamaan ( ) dan menyelidiki semua kurva yang diperoleh untuk nilai konstanta c 1, c 2 yang tidak nol. Bila ini sulit dilakukan maka dapat dianalisa dari ( ), jelas bahwa bila t setiap trayektori dari sistem PDB pada soal ini akan menuju (0, 0). Selanjutnya, untuk c 1 0 dan c 2 0, kita punyai x lim t y = lim y t x = c 1e t c 2 e 3t c 1 c 2 e 2t = lim = 1 y = x. c 1 e t + c 2 e 3t t c 1 + c 2 e 2t

102 90 Jadi, semua trayektori ini menuju titik asal dan menyinggung garis y = x. Gambar 7.4 menunjukkan beberapa potret fase sistem ( ). y = x > 0 y y = x > 0 x y = x < 0 y = x < 0 Gambar 7.4: Potret fase untuk nilai awal tertentu Selanjutnya dengan MAPLE potret fase ini dapat digambar dengan mudah melalui fungsi DEplot.

103 91 %Menggunakan fungsi DEplot with(detools): ode1:=diff(x1(t),t)=-2*x1(t)+x2(t); ode2:=diff(x2(t),t)=x1(t)-2*x2(t); DEplot(ode1,ode2,[x1(t),x2(t)],t=-3..3,x1=-3..3,x2=-3..3); Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini. Gambar 7.5: Potret fase sistem secara umum Contoh Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier x 1 = 3x 1 2x 2 (7.29) x 2 = 2x 1 2x 2 (7.30) Penyelesaian Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r 1 = 1 dan r 2 = 2, sehingga penyelesaian umumnya adalah x 1 (t) = c 1 e t + c 2 e 2t (7.31) x 2 (t) = 2c 1 e t c 2e 2t. (7.32) Bila c 1 = c 2 = 0 maka didapat penyelesaian x 1 = x 2 = 0 dimana trayektorinya merupakan titik asal (0, 0). Bila c 1 0 dan c 2 = 0 didapat penyelesaian x 1 (t) = c 1 e t (7.33) x 2 (t) = 2c 1 e t, (7.34)

104 92 dan bila c 1 = 0 dan c 2 0 didapat penyelesaian x 1 (t) = c 2 e 2t (7.35) x 2 (t) = c 2 e 2t. (7.36) Untuk c 1 > 0 trayektori sistem persamaan ( ) berupa setengah garis lurus x 2 = 2x 1 > 0, sedangkan untuk c 1 < 0, trayektorinya adalah setengah garis x 2 = 2x 1 < 0. Kemudian untuk c 2 > 0 dan c 2 < 0, berturut-turut akan diperoleh trayektori setengah garis x 2 = 1x 2 1 > 0 dan x 2 = 1x 2 1 < 0. Arah gerakan titiknya menuju ke titik asal sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Untuk c 1 0 dan c 2 0, kita peroleh x 2 2c 1 e t + 1 lim = lim c 2 2e 2t t x 1 t c 1 e t + c 2 e 2t dan untuk x 2 2c 1 e t + 1 lim = lim c 2 2e 2t t x 1 t c 1 e t + c 2 e 2t = lim t 2c 1 e 3t c 2 c 1 e 3t + c 2 = 1 2 x 2 = 1 2 x 1. 2c = lim c 2 2e 3t = 2 x t c 1 + c 2 e 3t 2 = 2x 1. Hal ini menyatakan bahwa untuk t semua trayektori asimtotis ke garis x 2 = 1 2 x 1, sedangkan untuk t semua trayektori asimtotis ke garis x 2 = 2x 1. Gambar 7.4 menggambarkan beberapa trayektori dari potret fase sistem ( ), dan menunjukkan bahwa hanya ada dua trayektori yang menuju titik asal, selebihnya menjauhi yaitu menuju ± bila t. y y = 2x > 0 1 y = x > 0 2 x 1 y = x < 0 2 y = 2x < 0 Gambar 7.6: Potret fase untuk nilai awal tertentu Selanjutnya melalui penerapan fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.

105 Gambar 7.7: Potret fase sistem secara umum 93

106 94 Latihan Tutorial 2 1. Tentukan titik kritis dan persamaan trayektori dari penyelesaian sistem berikut. (a) x 1 = x 1, x 2 = 2x 2 (b) x 1 = x 2, x 2 = 4 sin x 1 (c) x 1 = x 1, x 2 = 2x 2 (d) x 1 = x 1 + x 2, x 2 = x 1 x 2 (e) x 1 = x 2, x 2 = sin x 1 (f) x 1 = x 1 x 1 x 2, x 2 = x 2 + x 1 x 2 2. Transformasikan PDB berikut kedalam sistem PDB order satu dan hitung persamaan trayektorinya (a) x + x = 0 (b) x + sin x = 0 (c) x x + x 3 = 0 3. Tentukan apakah titik kritis (0, 0) merupakan titik stabil, stabil asimtutik atau tak stabil. (a) x 1 = x 2, x 2 = x 1 (b) x 1 = x 1 + x 2, x 2 = 2x 2 (c) x 1 = x 1 + x 2, x 2 = x 1 x 2 (d) x 1 = 5x 1 6x 2, x 2 = 6x 1 7x 2 (e) x 1 = 3x 1 + 4x 2, x 2 = 2x 1 + 3x 2 (f) x 1 = 5x 1 6x 2 + x 1 x 2, x 2 = 6x 1 7x 2 x 1 x 2 (g) x 1 = x 2 + x 2 1 x 1 x 2, x 2 = 2x 1 + 3x 2 + x 2 2 (h) x 1 = 3x 1 2x 2 + (x x 2 2) 2, x 2 = 4x 1 x 2 + (x 2 1 x 2 2) 2 4. Misal sistem x 1 = 5x 1 6x 2 + 1, x 2 = 6x 1 7x menunjukkan dua populasi yang berlomba, dimana x 1 adalah populasi yang diperlukan dan x 2 adalah populasi parasit. Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) dari sistem ini adalah stabil asimtotik dan karena itu kedua populasi ini akan menuju kepunahan.

107 BAB 8 Potret Fase Sistem PDB Nonlinier dan Aplikasi Pada bagian ini akan dibahas potret fase sistem otonomus nonlinier dalam aplikasi. Suatu teorema mengenai potret fase sistem otonomus nonlinier x 1 = ax 1 + bx 2 + f 1 (x 1, x 2 ) (8.1) x 2 = ax 1 + bx 2 + f 2 (x 1, x 2 ) (8.2) Misal r 1, r 2 adalah akar-akar persamaan karakteristik (nilai eigen) dari sistem yang dilinierkan maka potert fase dan stabilitasnya dapat dilihat dalam tabel berikut Interaksi Populasi Dalam bagian ini akan dibahas dua spesies yang berbeda, satu spesies disebut pemangsa dan spisies lainnya disebut mangsa (Predator-Prey). Spesies mangsa mempunyai persediaan makanan yang berlebihan sedangkan spesies pemangsa diberi makanan spesies mangsa. Kajian matematis mengenai ekosistem seperti ini pertama kali diperkenalkan oleh Lotka dan Volterra dalam pertengahan tahun

108 96 x = Ax det(a ri) = 0 det A 0 Nilai eigen Tipe titik kritis Stabilitas r 1 > r 2 > 0 Simpul Tidak stabil r 1 < r 2 < 0 Simpul Stabil asimtotik r 1 < 0 > r 2 Titik plana Tidak stabil r 1 = r 2 > 0 Simpul atau Titik spiral (Fokus) Tidak stabil r 1 = r 2 < 0 Simpul atau Titik spiral (Fokus) Stabil asimtotik r 1, r 2 = λ ± iµ Titik spiral (Fokus) λ > 0 Tidak stabil λ < 0 Stabil asimtotik r 1 = iµ, r 2 = iµ Pusat atau Titik spiral (Fokus) Taktentu Tabel 8.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier Misalkan x 1 (t) dan x 2 (t) masing-masing menunjukkan banyaknya spesies mangsa dan pemangsa pada saat t maka bila kedua spesies itu terpisah model matematisnya digambarkan sebagai berikut: x 1 = a 1 x 1 (8.3) x 2 = a 1 x 2. (8.4) Dalam hal ini a 1 > 0 karena populasi mangsa akan terus bertambah dengan adanya makanan yang banyak, sedangkan spesies pemangsa akan berkurang jumlahnya sehingga a 1 < 0. Akan tetapi bila kedua spesies itu berinteraksi maka model matematis yang diungkapkan oleh Lotka dan Volterra menjadi x 1 = a 1 x 1 a 2 x 1 x 2 (8.5) x 2 = a 3 x 2 + a 4 x 1 x 2. (8.6) Populasi pemangsa akan memakan populasi mangsa sehingga beralasan untuk mengandaikan bahwa jumlah yang membunuh besarnya tiap satuan waktu berbanding lurus dengan x 1 dan x 2, yaitu x 1 x 2. Jadi populasi mangsa akan berkurang sedangkan populasi pemangsa akan bertambah. Persamaan ( ) ini tak linier dan sulit diselesaikan dengan cara analitik untuk menentukan solusi eksplisitnya. Namun demikian dengan teori kualitatif sistem semacam ini dapat dianalisa untuk membuat ramalan tentang kelakuan kedua spesies tersebut. Dengan menyelesaikan sistem a 1 x 1 a 2 x 1 x 2 = 0 (8.7) a 3 x 2 + a 4 x 1 x 2 = 0 (8.8)

109 97 untuk menentukan titik kritisnya didapat (0, 0) dan (a 3 /a 4, a 1 /a 2 ). Dengan demikian sistem ini akan mencapai solusi seimbang pada x 1 (t) = 0, x 2 (t) = 0 dan x 1 (t) = a 3 /a 4, x 2 (t) = a 1 /a 2. Dalam hal ini solusi seimbang kedua akan dikaji. Secara intuitif dapatlah ditentukan solusi sistem itu, yaitu x 1 (t) = 0, x 2 (t) = x 2 (0)e a 3t merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x 2 positif dan x 2 (t) = 0, x 1 (t) = x 1 (0)e a 1t merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x 1 positif. Karena ketunggalan penyelesaian ini, maka setiap penyelesaian sistem ini yang pada t = 0 berawal pada kuadran pertama tidak akan memotong sumbu x 1 dan x 2 oleh karena itu solusi itu akan tetap berada pada kuadran pertama. atau Trayektori sistem ini diperoleh dari dx 2 = a 3x 2 + a 4 x 1 x 2 = ( a 3 + a 4 x 1 )x 2 dx 1 a 1 x 1 a 2 x 1 x 2 (a 1 a 2 x 2 )x 1 a 1 a 2 x 2 dx 2 = a 3 + a 4 x 1 dx 1 x 2 x 1 ( ) ( a1 a 2 dx 2 = a ) 3 + a 4 dx 1 x 2 x 1 Inegralkan kedua ruas persamaan ini diperoleh penyelesaian umum a 1 ln x 2 a 2 x 2 = a 4 ln x 1 + a 4 x 1 + k ln x a ln x a 3 1 = a 2 x 2 + a 4 x 1 + k x a 1 2 x a 1 2 x a 3 1 = e a 2x 2 +a 4 x 1 +k x a 3 1 e a 4x 2 = K (8.9) e a 2x 2 dimana K = e k dan k merupakan konstanta sebarang. Dapat dilihat bahwa bila K > 0, trayektori (8.9) merupakan kurva tertutup, lihat Gambar 8.1, dan karena itu tiap penyelesaian (x 1 (t), x 2 (t)) dari ( ) dengan nilai awal (x 1 (0), x 2 (0)) dalam kuadran pertama merupakan fungsi dari waktu yang periodik. Jika T merupakan periode dari penyelesaian x 1 (t), x 2 (t), yaitu, jika (x 1 (t + T ), x 2 (t + T ) = x 1 (t), x 2 (t) untuk semua t 0, maka nilai rata-rata dari populasi x 1 (t) dan x 2 (t) adalah x 1 = 1 T T 0 x 1 (t)dt, x 2 = 1 T T 0 x 2 (t)dt. Untuk menentukan nilai integral ini dapatlah diturunkan langsung dari persamaan ( ) tanpa mengetahu solusi eksplisit. Dalam hal ini x 2 = a 3 x 2 + a 4 x 1 x 2 x 2 x 2 = a 3 + a 4 x 1.

110 98 Integralkan kedua ruas dari 0 sampai dengan T, Karena x 2 (T ) = 0 maka Dengan demikian T 0 1 x 2 (t) dx 2 = T 0 ( a 3 + a 4 x 1 (t))dt T ln x 2 (T ) ln x 2 (0) = a 3 T + a 4 x 1 (t)dt. T a 3 T + a 4 x 1 (t)dt = 0 x 1 = a 3 a 4. Dengan cara yang sama akan diperoleh 0 x 2 = a 1 a 2. atau 1 T 0 T 0 x 1 (t)dt = a 3 a 4. Dari (8.10) dan (8.10) dapatlah dibuat ramalan yang menarik bahwa ukuran rata-rata dari dua populasi x 1 (t) dan x 2 (t) yang berinteraksi sesuai dengan model matematis yang digambarkan pada persamaan ( ) akan tepat mempunyai nilai setimbang pada x 1 = a 3 /a 4 dan x 2 = a 1 /a 2. Selanjutnya de-ngan menggunakan pengamatan ini dapatlah dibuat ramalan lain yang menarik. Misal populasi mangsa x 1 (t) berkurang dalam jumlah yang sedang, maka po-pulasi mangsa dan pemangsa akan berkurang jumlahnya pada laju, katakanlah, ɛx 1 (t) dan ɛx 2 (t). Sehingga sistem menjadi atau x 1 = a 1 x 1 a 2 x 1 x 2 ɛx 1 x 2 = a 3 x 2 + a 4 x 1 x 2 ɛx 2. x 1 = (a 1 ɛ)x 1 a 2 x 1 x 2 (8.10) x 2 = (a 3 + ɛ)x 2 + a 4 x 1 x 2. (8.11) Dengan menerapkan persamaan ( ) dapat ditentukan bahwa rata-rata populasi mangsa dan pemangsa setelah adanya pengurangan masing-masing adalah x 1 = a 3 + ɛ a 4 (8.12) x 2 = a 1 ɛ a 2. (8.13) Dengan kata lain rata-rata populasi mangsa akan lebih besar sedikit dari ratarata sebelum adanya pengurangan sedangkan rata-rata populasi pemangsa sedikit lebih kecil dari rata-rata sebelumnya. Melalui fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.

111 99 x 2 a1 a 2 a3 (, a a a 4 1 ) 2 a a 3 4 x 1 Gambar 8.1: Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa Gambar 8.2: Potret fase sistem secara umum

112 Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana Ayunan sederhana terdiri dari sebuah bandul B bermassa m pada spotong tongkat yang ringan dan kaku sepanjang L, diikat bagian atasnya sedemikian hingga sisem itu dapat berayun pada bidang vertikal, lihat Gambar θ C T C L B s A mg sinθ mg mg cosθ Gambar 8.3: Ayunan Bandul Bila bandul itu ditarik satu arah dan dilepas dari keadaan diam pada saat t = 0 dan misal θ(t) merupakan perpindahan sudut dari tongkat pada saat t dari keadaan setimbang )A dimana sudut θ(t) positif bila bandul berada disebelah kanan dari kedudukan setimbang dan negatif bila berada disebelah kiri. Kita ingin mengkaji θ(t) bila bandul berayun kembali dan bergerak sepanjang busur lingkaran CC. Dari informasi yang ada telah diketahui θ(0) = θ 0, θ (0) = 0 dimana θ(0) = θ 0 adalah perpindahaan sudut awal dari tongkat dan θ(0) = 0 karena bandul dilepas dari keadaan diam. Ada dua gaya yang berkerja yaitu gaya berat ( mg) dan gaya tegangan tongkat T. Gaya mg dipecah menjadi dua komponen mg cos θ dan mg sin θ, lihat Gambarband. Gaya mg cos θ mengimbangi tegangan T pada tongkat, sedang gaya mg sin θ menggerakkan bandul sepanjang busur lingkaran BA. Menurut H.K. Newton II diperoleh m d2 s = mg sin θ (8.14) dt2 dimana s adalah panjang busur AB dan d2 s percepatan sepanjang busur. Karena dt 2 L merupakan panjang tongkat maka panjang busur s = Lθ. m d2 s dt 2 = Ld2 θ dt 2 (8.15)

113 101 atau d 2 θ dt + g sin θ = 0 (8.16) 2 L θ(0) = θ 0 θ (0) = 0. (8.17) Kedua persamaan terakhir ini menggambarkan secara lengkap gerak pendulum itu bersama nilai awalnya. Selanjutnya persamaan ini dapat dirubah kedalam sistem PDB order satu, dengan memisalkan ω 2 = g L, x 1 = θ dan x 2 = θ, sehingga diperoleh x 1 = x 2 (8.18) x 2 = ω 2 sin x 1. (8.19) Untuk menganalisa titik kritis persamaan ini, dapat ditentukan dari mengnolkan ruas kiri, sehingga x 2 = 0 ω 2 sin x 1 = 0. Dengan menyelesaikan persamaan kedua diperoleh x 1 = θ = 0, ±π, ±2π, ±3π,... sehinggga titik kritisnya adalah..., ( 2π, 0), ( π, 0), (0, 0), (π, 0), (2π, 0),... Memahami sin x adalah fungsi periodik maka cukup dipelajari (0, 0), (π, 0) saja. Untuk (0, 0) maka ekspansi deret Taylor disekitar x = 0 adalah sin x = x x3 3! + x5 5!..., sehingga persamaan ( ) dapat dihampiri oleh sistem linier x 1 = x 2, x 2 = ω 2 x. (8.20) Dengan demikian persamaan karakteristik (8.20) adalah r 2 +ω 2 = 0 dengan akarakar r 12 = ±ωi. Menurut Tabel 7.1 Tabel 8.1 dan maka titik kritis (0, 0) adalah stabil pusat untuk sistem (8.20) dan merupakan titik pusat atau fokus untuk sistem ( ), lihat Gambar 8.3. Panah pada trayektori menunjukkan arah perputaran jarum jam karena persamaan pertama dalam (8.20) yaitu x membesar bila y positif. Analog dengan ini sistem ( ) juga mempunyai titik kritis pada (2πn, 0) untuk n = ±1, ±2,....

114 102 x 2 2π π 0 π 2π x 1 Gambar 8.4: Trayekktori sistem ayunan bandul Selanjutnya kita kaji titik kritis (π, 0). Ekspansi deret Taylor untuk sin x disekitar x = π diberikan oleh sin x = (x π) + Jadi sistem yang dilinierkan berbentuk (x π)3 3 (x π)5 5! x 1 = x 2, x 2 = ω 2 (x π). (8.21) dan mempunyai titik kritis pada (π, 0). Titik kritis dapat dipetakan ke (0, 0) dengan memisalkan v = x π sehingga menjadi v = x 2, x 2 = ω 2 v. (8.22) Persamaan karakteristiknya adalah r 2 ω 2 = 0 dengan akar-akar r 12 = ±ω. Karena akar-akarnya riel dan tandanya berlawanan, maka titik kritis (0, 0) merupakan titik plana oleh karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari (8.22). Sebagai implikasinya, titik kritis (π, 0) juga merupakan titik plana dan karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari sistem yang dilinierkan (8.21), lihat Tabel 7.1. Selanjutnya menurut Tabel 8.1, diperoleh kenyataan bahwa karena (π, 0) merupakan titik plana maka titik ini merupakan kesetimbangan stabil dari sistem ( ). Sistem ini juga akan mempunyai sebuah titik plana pada titik (2n+1)π, 0) untuk n = ±1, ±2,..., dan selengkapnya dapat dilihat dalam Gambar 8.5. Dengan menggunakan fungsi DEplot diperoleh potret fase dapat dilihat dalam Gambar 8.6. Secara eksplisit kita juga dapat menurunkan persamaan trayektori persamaan ( ). Dengan menggabungkan kedua persamaan itu, yaitu dx 2 dx 1 = ω 2 sin x 1 x 2

115 103 x 2 4π 3π 2π π 0 π 2π 3π 4π x 1 Gambar 8.5: Potret fase 2π π π 2π Gambar 8.6: Potret fase secara umum

116 104 maka persamaan ini merupakan PDB terpisah dimana solusinya adalah 1 2 x2 2 ω 2 cos x 1 = c. (8.23) Untuk menggambarkan potret fase dari persamaan ini adalah tepat sekali untuk menyatakan c dalam syarat awal. Andaikan bahwa x 2 = (x 2 ) 0 bila x 1 = 0 maka dari (8.23) didapat bahwa c = 1 2 (x 2) 2 0 ω x2 2 ω 2 cos x 1 = 1 2 (x 2) 2 0 ω 2 x ω 2 (1 cos x 1 ) = (x 2 ) 2 0 x ω 2 sin 2 x 1 2 = (x 2 ) 2 0 (8.24) Persamaan terakhir ini merupakan persamaan yang menggambarkan tiga tipe kurva yang beraputan dalam Gambar 8.5 dalam tiga kasus berikut. KASUS 1 (x 2 ) 0 < 2ω. Nilai maksimum dari sudut x 1 (ingat bahwa x 1 = θ) dicapai bila x 2 = 0 dan x maks = 2 arcsin (x 2) 0 2ω < π. Dalam kasus ini ayunan itu berosilasi antara sudut ekstrem ±x maks. Trayektorinya merupakan kurva tertutup sebagaimana terlihat dalam bagian paling dalam kurva dalam Gambar 8.5. KASUS 2 (x 2 ) 0 > 2ω. Dalam kasus ini ayunan membuat putaran lengkap. Trayektorinya akan berbentuk kurva ombak pada bagian atas dan bawah kurva dalam Gambar 8.5. KASUS 3 (x 2 ) 0 = 2ω. Dalam hal ini trayektori berbentuk simpal (kop) tebal yang memisahkan trayektori tertutup dan trayektori ombak dalam Gambar 8.5. Persamaan trayektori ini dapat diturunkan langsung dari persamaan (8.24) jika kita substitusikan 2ω dalam (x 2 ) 0 sehingga diperoleh x 2 = ±2ω cos x 2

117 105 Latihan Tutorial 3 1. Dalam interaksi mangsa dan pemangsa, misal populasi mangsa mempunyai persediaan makanan yang terbatas maka model persamaan interaksi itu akan menjadi x 1 = a 1 x 1 a 2 x 1 x 2 ɛ 1 x 2 1, x 2 = a 3 x 2 + a 4 x 1 x 2 ɛ 2 x 2 2 dimana ɛ 1, ɛ 1 > 0. Sebagi contoh khusus model ini adalah x 1 = 3x 1 x 1 x 2 2x 2 1, x 2 = x 2 + 2x 1 x 2 x 2 2, dimana x 1, x 2 diukur dalam ratusan mahluk. Kajilah stabilitsa dari tiap titik kritisnya dan tentukan apakah ini merupakan titik simpul, plana atau fokus. 2. Persamaan difrensial θ + kθ + ω 2 sin θ = 0, k > 0 merupakan gerak ayunan yang dipengaruhi gaya gesekan (gaya peredam) yang berbanding lurus dengan kecepatan sudut θ. Transformasikan PDB ini kedalam sistem PDB order satu dan buktikan bahwa hanya (nπ, 0) untuk n = 0, ±1, ±2,... merupakan titik kritis dari sistem ini. Dalam setiap kasus kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) dan tentukan apakah (0, 0) merupakan titik simpul, plana atau fokus untuk 3. Persamaan difrensial (a) k < 2ω (b) k = 2ω (c) k > 2ω x + µ(x 2 1)x + x = 0, µ > 0 disebut persamaan vanderp ol dan mengatur rangkaian listrik tertentu yang mengandung pipa hampa. Transformasikan PDB ini kedalam sistem PDB order satu dan buktikan bahwa hanya (0, 0) satu-satunya titik kritis dari sistem ini. Kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) bila µ < 2 dabn µ > 2. Dalam setiap kasus tentukan apakah (0, 0) merupakan titik simpul, plana atau fokus. 4. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi 30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/lt dituangkan kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/lt dituangkan kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir keluar meninggalkan sistem.

118 106 2 Lt/min, 1 gram/lt 1 Lt/min, 3 gram/lt 4 Lt/min 2 Lt/min 3 Lt/min Gambar 8.7: Dua tangki yang saling berhubungan. (a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari peristiwa ini. (b) Tentukan titik kesetimbangan (titik kritis) dari dari sistem PD order pertama tersebut. (c) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki I dan II setiap saat. 5. Suatu rangkaian tertutup seri dari hambatan (R), induktor (L) dan kapasitor (C) dihubungkan dengan sumber tegangan bolak balik E = 100 sin 60t Volt, lihat Gambar 2 dibawah ini. Jika muatan listrik awal dan arus listrik awal sama dengan nol, tentukan fungsi muatan listrik Q dalam kapasitor setelah saat tertentu t > 0. R = 2 ohm E I Keterangan: R : Hambatan L : Induktor C : Kapasitor C=1/260 farad L=1/10 henry Gambar 8.8: Rangkaian tertutup seri R, L dan C.

119 Daftar Pustaka Boyce, W. E. & Diprima, R. C Elementary Differential Equations and Boudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Burden, R. L. and Faires, J. D Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing Company. U.S. Lambert, J.D Numerical Methods for Ordinary Differential Systems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Powell, M.J.D Approximation Theory and Methods. Cambridge University Press. U.K. Ross, S. L Introduction to Ordinary Differential Equations. John Wiley & Sons, Inc. New York. U.S. Shampine, L. F. & Baca, L.S Computer Solution of Ordinary Differential Equations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco. 107