Universitas Indonusa Esa Unggul Fakultas Ilmu Komputer Teknik Informatika Persamaan Diferensial Orde II
PDB Orde II Bentuk umum : y + p(x)y + g(x)y = r(x) p(x), g(x) disebut koefisien jika r(x) = 0, maka Persamaan Differensial diatas disebut homogen, sebaliknya disebut non homogen. Persamaan Differensial Biasa linier orde dua homogen dengan koefisien konstan, memiliki bentuk umum : y + ay + by = 0 dimana a, b merupakan konstanta sebarang. 5/1/01 KALKULUS LANJUT
Solusi Homogen Diketahui y + ay + by = 0 Misalkan y=e rx Persamaannya berubah menjadi r + ar + b = 0, sebuah persamaan kuadrat. Jadi kemungkinan akarnya ada 3 yaitu: 1. Akar real berbeda (r 1,r ; dimana r 1 r ) Memiliki solusi basis y 1 = e r1 x dan y = e r x dan mempunyai solusi umum y = C 1 e r1 x + C e r x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 3
Solusi Homogen. Akar real kembar (r 1,r ; dimana r = r 1 =r ) Memiliki solusi basis y 1 = e r x dan y =x e r x dan mempunyai solusi umum y = C 1 e r x + C x e r x 3.Akar kompleks kojugate (r 1 = u + wi, r = u wi) Memiliki solusi basis y 1 = e ux cos wx; dan y = e ux sin wx dan mempunyai solusi umum y = e ux ( C 1 cos wx + C sin wx ) 5/1/01 KALKULUS LANJUT 4
Contoh soal 1. y + 5y + 6y = 0 Persamaan karakteristiknya: ( r + ) ( r + 3 ) = 0 r 1 = - atau r = -3 maka solusinya : y = C 1 e - x + C e -3x. y + 6y + 9y = 0 Persamaan karakteristiknya: ( r + 3 ) ( r + 3 ) = 0 r 1 = r = -3 maka solusinya : y = C 1 e -3x + C x e -3x 3. y + 4y = 0 Persamaan karakteristiknya: r + 4 = 0 ± 4.1.4 r 1 = = ± i maka solusinya : y = C 1 cos x + C sin x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 5
Persamaan Differensial non homogen Bentuk umum: dengan r(x) 0 y + p(x)y + g(x)y = r(x) Solusi total : y = y h + y p Dimana y h = solusi P D homogen y p = solusi P D non homogen Menentukan y p 1. Metode koefisien tak tentu. Metode variasi parameter 5/1/01 KALKULUS LANJUT 6
Metode koefisien tak tentu pilihlah y p yang serupa dengan r(x), lalu substitusikan ke dalam persamaan. r(x) = e mx r(x) y p = A e mx y p r(x) = X n y p = A n X n + A n-1 X n-1 +.+A 1 X + A 0 r(x) = sin wx y p = A cos wx + B sin wx r(x) =cos wx y p = A cos wx + B sin wx r(x) = e ux sin wx y p = e ux (A cos wx + B sin wx ) R(x) =e ux cos wx y p = e ux (A cos wx + B sin wx ) Ctt: Solusi Parsial tidak boleh muncul pada solusi homogennya. Jika hal ini terjadi, kalikan solusi khususnya dengan faktor x atau x sehingga tidak memuat lagi solusi homogennya. 5/1/01 KALKULUS LANJUT 7
Contoh 1. y 3y + y = e -x Jawab: Persamaan karakteristiknya: r 3 r + = 0 (r ) (r 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = dan r = 1 Jadi solusi homogennya adalah y h = C 1 e x + C e x Untuk y p dipilih y p = A e -x y p = - A e -x y p = A e -x Kemudian masukan ke PD di atas: A e -x + 3 A e -x + A e -x = e -x 6 A e -x = e -x A = 1/6 Jadi solusi umum PD di atas adalah y = C 1 e x + C e x + 1/6 e -x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 8
Contoh. y 3y + y = cos x Jawab: Persamaan karakteristiknya: r 3 r + = 0 (r ) (r 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = dan r = 1 Jadi solusi homogennya adalah y h = C 1 e x + C e x Untuk y p dipilih y p = A cos x + B sin x y p = - A sinx + B cos x y p = - A cos x B sin x Kemudian masukan ke PD di atas: (-A cos x B sin x) 3(-A sin x + B cos x)+(a cos x +B sin x)= cos x (-A-3B+A) cos x + (-B+3A+B) sin x= cos x (-3B + A) cos x + (3A+B) sin x= cos x -3B + A = 1 dan 3A+B= 0 5/1/01 KALKULUS LANJUT 9
Contoh (no. Lanjutan) Didapat A = 1/10 dan B = -3/10 Jadi solusi umum PD di atas adalah y = C 1 e x + C e x + (1/10) cos x (3/10) sin x 3. y 3y + y = e -x + cos x Jawab: Dari contoh 1 dan didapat, solusi umumnya adalah y = C 1 e x + C e x + (1/6) e -x + (1/10) cos x (3/10) sin x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 10
Contoh 4. y 3y + y = e x, y(0)=1, y (0)=-1 Jawab: Persamaan karakteristiknya: r 3 r + = 0 (r ) (r 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = dan r = 1 Jadi solusi homogennya adalah y h = C 1 e x + C e x Untuk y p dipilih y p = A x e x y p = A e x + A x e x y p = A e x + A x e x Kemudian masukan ke PD di atas: Ae x +Axe x 3 (Ae x + Axe x ) + Axe x = e x -A e x = e x A = -1 Jadi solusi umum PD di atas adalah y = C 1 e x + C e x xe x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 11
Contoh Kita punya y(0)=1 dan y (0)=-1 y = C 1 e x + C e x x e x 1=C 1 +C y = C 1 e x + C e x e x xe x 0=C 1 +C Didapat C 1 =-1, dan C = Jadi solusi khusus PD di atas adalah y = e x + e x x e x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 1
Latihan 1. y 3y -4y=3x +. y 9y=x+ 3. y 3y 4y=e x 4. y + 4y= sin x 5. y 3y -4y=e -x 6. y + 4y= cos x 7. y +y =3x + 8. y 4y + 4y=e x 9. y + 3y 4y=3x + 10. y + 9y= sin 3x+e x 11. y + y =e x + 3x 1. y 4y=4 sin x, y=4, y =0 bila x=0 13. y 5y + 6y=e x, y=1, y =0 bila x=0 5/1/01 KALKULUS LANJUT 13
Metode Variasi Parameter Metode ini digunakan untuk memecahkan persamaanpersamaan yang tidak dapat diselesaikan dengan menggunakan metode koefisien tak tentu. Persamaan Differensial orde dua non homogen y + a y + b y = r(x) memiliki solusi total : y = y h + y p misal y p = u y 1 + v y dimana u = u(x) ; v = v(x) maka y p = u y 1 + u y 1 + v y + v y pilih u dan v sehingga : u y 1 + v y = 0.(*) 5/1/01 KALKULUS LANJUT 14
Metode Variasi Parameter y p = u y 1 + v y y p = u y 1 + u y 1 + v y + vy Substitusikan y p, y p, y p ke dalam persamaan awal sehingga di dapatkan : u y 1 + u y 1 + v y + vy + a (u y 1 + v y )+ b ( u y 1 + v y ) = r(x) u ( y 1 + a y 1 + b y 1 ) + v ( y + a y + b y ) + u y 1 + v y = r (x) u y 1 + v y = r (x).(**) 5/1/01 KALKULUS LANJUT 15
Metode Variasi Parameter Eleminasi (*) dan (**) di peroleh : u y 1 + v y = 0 u y 1 + v y = r (x) dengan aturan cramer diperoleh 0 r(x) y' y r(x) ' = u = dx y y W y ' y y u 1 1 Keterangan: W = ' y 1 y y1' y' y 1 y1' r(x) y r(x) ' = v = dx y y W y ' y 0 v 1 1 1 ' 5/1/01 KALKULUS LANJUT 16
Contoh 1. y + y = tan x Jawab: Persamaan karakteristiknya: r + 1 = 0 r = ± i Jadi solusi homogennya adalah y h = C 1 cos x + C sin x Untuk y p dipilih y p = u y 1 + v y dengan y 1 = cos x y = sin x y 1 = - sin x y = cos x W= y 1 y y 1 y = cos x+sin x = 1 Sehingga diperoleh sin x tan x sin u = dx = x dx 1 cos x = 1 cos x dx cos x (sec = x cos x) dx 5/1/01 KALKULUS LANJUT 17
Contoh (Lanjutan) + = sec x dx cos x dx = ln sec x + tan x + sin x Sedangkan, cos x tan x v = dx = sin x dx = cos x 1 Jadi solusi non homogen didapat y p = = ( ln sec x + tan x ) cos x + sin x cos x sin x cos x ( ln sec x + tan x ) cos x Jadi solusi umum dari persamaan diferensial di atas y = C1 cos x + C sin x + ( ln sec x tan x ) cos x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 18
Contoh. y +9y = sec 3x Jawab: Persamaan karakteristiknya: r + 9 = 0 r = ± 3 i Jadi solusi homogennya adalah y h = C 1 cos 3x + C sin 3x Untuk y p dipilih y p = u y 1 + v y dengan y 1 = cos 3x y = sin 3x y 1 = -3 sin 3x y = 3 cos 3x Sehingga diperoleh sin 3xsec 3x u = dx = 3 tan 3x dx 3 W= y 1 y y 1 y = 3 cos x+3 sin x = 3 1 1 ( sec 3x 1 ) 5/1/01 KALKULUS LANJUT 19 = dx 3
Contoh (Lanjutan) = 1 1 1 1 dx sec 3x dx = x tan3x 3 3 3 9 Sedangkan, cos 3xsec 3x 1 1 v = dx = sec 3x dx = ln sec3x + tan 3x 3 3 9 Jadi solusi non homogen didapat 1 1 1 y p = x cos3x tan3x cos3x + ( ln sec3x + tan3x ) sin 3x 3 9 9 1 1 1 = x cos3x sin 3x + ( ln sec3x + tan 3x ) sin 3x 3 9 9 Jadi solusi umum dari persamaan diferensial di atas 1 1 1 y = C1 cos3x + C sin 3x + x cos3x + + 3 9 3 9 ( ln sec3x tan 3x ) sin x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 0
Latihan 1. y + y = cosec x cot x. y + y = cot x x e 3. y 3 y + y = x e + 1 e x 4. y + 4 y + 4 y = x 5. y + 4 y = 3 cosec x 6. y + 4 y = 3 cosec x 7. 4 y + y = sec (x/) x e 8. y y + y = 1+ x 5/1/01 KALKULUS LANJUT 1
Universitas Indonusa Esa Unggul Fakultas Ilmu Komputer Teknik Informatika Penggunaan PD Orde II
Penerapan dalam Rangkaian Listrik Perhatikan suatu rangkaian (gambar samping) dengan sebuah tahanan (R ohm), dan sebuah kumparan (L Henry) dan sebuah kapasitor (C farad) dalam rangkaian seri dengan sumber gaya elektromotif yang menyediakan suatu voltase E(t) volt pada saat t. Hukum Kirchhoff untuk kasus ini, muatan Q pada kapasitor, diukur dalam coulomb, memenuhi d Q dq 1 L + R + Q = dt dt C E( t) 5/1/01 KALKULUS LANJUT 3 R S L E(t) C
Arus (Lanjutan) I = dq dt, diukur dalam ampere, memenuhi persamaan yang diperoleh dengan pendiferensialan persamaan di atas terhadap t, yaitu L d I di 1 + R + I = dt dt C E' ( t ) 5/1/01 KALKULUS LANJUT 4
Contoh Tentukan muatan Q dan arus I sebagai fungsi dari waktu t dari suatu rangkaian RLC dengan R = 16 ohm, L = 0,0 henry, C = x 10-4 farad dan E = 1 Volt dengan diasumsikan saat awal arus dan muatannya adalah nol (pada waktu saklar S ditutup) Jawab Dari hukum kirchhoff, tentang rangkaian RLC didapat 0,0Q" + 16Q' + 5000Q = Atau bisa disederhanakan Q" + 800 Q' + 50000 Q = 1 600 5/1/01 KALKULUS LANJUT 5
Contoh Persamaan karakteristiknya adalah r + 800r + 50000 = 0 Diperoleh akar akar persamaannya : Solusi homogen : Q r = 400 ± 300i ( C 300t + C sin t) 400t Qh = e 1 cos 300 Dengan menggunakan metode koefisien tak tentu, dengan mengambil Q p = A, di dapat 3 =,4 x10 Q p Jadi solusi khususnya adalah ( C cos 300t + C sin 300t ) 3 400 t =,4 x10 + e 1 5/1/01 KALKULUS LANJUT 6
Rangkaian RLC Dengan memasukkan syarat awal Q(0) =0 dan I(0)=0 maka diperoleh C1 =,4 x10 3 dan Jadi solusi khususnya adalah Q = 10 C = 3, x10 3 400 t [,4 e (,4 cos 300t + 3, sin 300t )] Dengan pendiferensialan diperoleh I( t) = Q'( t) = e 400t sin300t 3 5/1/01 KALKULUS LANJUT 7
Latihan 1. Hitunglah kuat arus yang mengalir dalam suatu rangkaian RLC dengan nilai R = 100 ohm, L = 0,1 henry, C = 10-3 farad yang dihubungkan dengan sumber tegangan E(t) = 155 sin 377 t dengan diasumsikan pada saat awal arus dan muatannya adalah nol.. Tentukan muatan Q sebagai fungsi dari waktu t yang mengalir dalam suatu rangkaian RC dengan R = 10 6 ohm, C = 10-6 farad dan sumber tegangannya konstan dengan E = 1 Volt dan diasumsikan saat awal muatannya adalah nol. 5/1/01 KALKULUS LANJUT 8
Latihan 3. Hitunglah muatan dan kuat arus I yang mengalir dalam suatu rangkaian RLC dengan nilai R = 1000 ohm, L = 3,5 henry, C = x 10-6 farad yang dihubungkan dengan sumber tegangan E(t) = 10 sin 377t dengan diasumsikan pada saat awal arus dan muatannya adalah nol. 4. Tentukan kuat arus I sebagai fungsi dari waktu t yang mengalir dalam suatu rangkaian LC dengan L = 10 - Henry, C = 10-7 farad dan sumber tegangannya konstan dengan E = 0 Volt dan diasumsikan saat awal muatan dan arusnya adalah nol. 5/1/01 KALKULUS LANJUT 9