Program Perkuliahan Dasar Umum Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

Program Perkuliahan Dasar Umum Sekolah Tinggi Teknologi Telkom 0 Persamaan Diferensial Orde II [MA 1124] KALKULUS II

PDB Orde II 0 0 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. 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 2

Solusi Homogen Diketahui y + ay + by = 0 Misalkan y=erx Persamaannya berubah menjadi r 2 + ar + b = 0, sebuah persamaan kuadrat. Jadi kemungkinan akarnya ada 3 yaitu: 1. Akar real berbeda (r 1, r 2; dimana r 1 r 2) Memiliki solusi basis y 1 = er 1 x dan y 2 = er 2 x dan mempunyai solusi umum y = C 1 er 1 x + C 2 er 2 x 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 3

Solusi Homogen 2. Akar real kembar (r 1, r 2; dimana r = r 1=r 2) Memiliki solusi basis y 1= er x dan y 2 =x er x dan mempunyai solusi umum y = C 1 e r x + C 2 x e r x 3. Akar kompleks kojugate (r 1 = u + wi, r 2 = u – wi) Memiliki solusi basis y 1 = eux cos wx; dan y 2 = eux sin wx dan mempunyai solusi umum y = eux ( C 1 cos wx + C 2 sin wx ) 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 4

Contoh soal y + 5 y + 6 y = 0 Persamaan karakteristiknya: ( r + 2 ) ( r + 3 ) = 0 r 1 = -2 atau r 2 = -3 maka solusinya : y = C 1 e-2 x + C 2 e-3 x 2. y + 6 y + 9 y = 0 Persamaan karakteristiknya: ( r + 3 ) = 0 r 1 = r 2 = -3 maka solusinya : y = C 1 e-3 x + C 2 x e-3 x 3. y + 4 y = 0 Persamaan karakteristiknya: r 2+ 4 = 0 1. r 12 = maka solusinya : y = 3/3/2021 C 1 cos 2 x + C 2 sin 2 x [MA 1124] KALKULUS II 5

Latihan 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 3/3/2021 y’’ – 3 y’-4 y=0 y’’ – 9 y=0 y’’+ 4 y=0 y’’+2 y’=0 y’’ – 4 y’+ 4 y=0 y’’ + 3 y’ – 4 y=0 y’’+ 9 y= 0 y’’+ y’ =0 y’’ – 4 y=0, y=4, y’=0 bila x=0 y’’ – 5 y’+ 6 y=0, y=1, y’=0 bila x=0 [MA 1124] KALKULUS II 6

Persamaan Differensial non homogen Bentuk umum: y + p(x)y + g(x)y = r(x) dengan r(x) 0 Solusi total : y = yh + yp Dimana yh = solusi P D homogen yp = solusi P D non homogen Menentukan yp 1. Metode koefisien tak tentu 2. Metode variasi parameter 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 7

Metode koefisien tak tentu 0 pilihlah yp yang serupa dengan r(x), lalu substitusikan ke dalam persamaan. Ctt: Solusi Parsial tidak boleh muncul pada solusi homogennya. Jika hal ini terjadi, kalikan solusi khususnya dengan faktor x atau x 2 sehingga tidak memuat lagi solusi homogennya. 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 8

Contoh 1. y” – 3 y’ + 2 y = e-x Jawab: Persamaan karakteristiknya: r 2 – 3 r + 2 = 0 (r – 2) (r – 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = 2 dan r 2 = 1 Jadi solusi homogennya adalah yh = C 1 e 2 x + C 2 ex Untuk yp dipilih yp = A e-x yp’ = - A e-x yp” = A e-x Kemudian masukan ke PD di atas: A e-x + 3 A e-x + 2 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 2 x + C 2 ex + 1/6 e-x 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 9

Contoh 2. y” – 3 y’ + 2 y = cos x Jawab: Persamaan karakteristiknya: (r – 2) (r – 1) = 0 r 2 – 3 r + 2 = 0 Sehingga didapat r 1 = 2 dan r 2 = 1 Jadi solusi homogennya adalah yh = C 1 e 2 x + C 2 ex Untuk yp dipilih yp = A cos x + B sin x yp’ = - A sinx + B cos x yp” = - 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)+2(A cos x +B sin x)= cos x (-A-3 B+2 A) cos x + (-B+3 A+2 B) sin x= cos x (-3 B + A) cos x + (3 A+B) sin x= cos x 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II -3 B + A = 1 dan 3 A+B= 0 10

Contoh (no. 2 Lanjutan) Didapat A = 1/10 dan B = -3/10 Jadi solusi umum PD di atas adalah y = C 1 e 2 x + C 2 ex + (1/10) cos x – (3/10) sin x 3. y” – 3 y’ + 2 y = e-x + cos x Jawab: Dari contoh 1 dan 2 didapat, solusi umumnya adalah y = C 1 e 2 x + C 2 ex + (1/6) e-x + (1/10) cos x – (3/10) sin x 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 11

Contoh 4. y” – 3 y’ + 2 y = ex, y(0)=1, y’(0)=-1 Jawab: Persamaan karakteristiknya: r 2 – 3 r + 2 = 0 (r – 2) (r – 1) = 0 Sehingga didapat r 1 = 2 dan r 2 = 1 Jadi solusi homogennya adalah yh = C 1 e 2 x + C 2 ex Untuk yp dipilih yp = A x ex yp’ = A ex + A x ex yp” = 2 A ex + A x ex Kemudian masukan ke PD di atas: 2 Aex+Axex – 3 (Aex + Axex) + 2 Axex = ex -A ex = ex A = -1 Jadi solusi umum PD di atas adalah y = C 1 e 2 x + C 2 ex – xex 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 12

Contoh Kita punya y(0)=1 dan y’(0)=-1 1=C 1+C 2 + C 2 ex – xex 0=2 C 1+C 2 y = C 1 e 2 x + C 2 ex – x ex y’ = 2 C 1 e 2 x Didapat C 1=-1, dan C 2 = 2 Jadi solusi khusus PD di atas adalah y = – e 2 x + 2 ex – x ex 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 13

Latihan 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 3/3/2021 y’’ – 3 y’-4 y=3 x 2+2 y’’ – 9 y=x+2 y’’ – 3 y’ – 4 y=e 2 x y’’+ 4 y=2 sin x y’’ – 3 y’-4 y=e-x y’’+ 4 y=2 cos 2 x y’’+2 y’=3 x 2+2 y’’ – 4 y’+ 4 y=e 2 x y’’ + 3 y’ – 4 y=3 x 2+ 2 y’’+ 9 y= sin 3 x+e 2 x y’’+ y’ =ex+ 3 x y’’ – 4 y=4 sin x, y=4, y’=0 bila x=0 y’’ – 5 y’+ 6 y=2 ex, y=1, y’=0 bila x=0 [MA 1124] KALKULUS II 14

Metode Variasi Parameter 0 0 Metode ini digunakan untuk memecahkan persamaan 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 = yh + yp misal yp = u y 1 + v y 2 dimana u = u(x) ; v = v(x) maka y p = u y 1 + u y 1’ + v y 2 pilih u dan v sehingga : u y 1 + v y 2 = 0 ………………. (*) 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 15

Metode Variasi Parameter y p = u y 1 + v y 2 y p = u y 1 + v y 2 + vy 2 Substitusikan yp , yp’ , yp ke dalam persamaan awal sehingga di dapatkan : u y 1 + v y 2 + vy 2 + a (u y 1 + v y 2 )+ b ( u y 1 + v y 2 ) = r(x) u ( y 1 + a y 1 + b y 1 ) + v ( y 2 + a y 2 + b y 2 ) + u y 1 + v y 2 = r (x) u y 1 + v y 2 = r (x)……………. (**) 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 16

Metode Variasi Parameter Eleminasi (*) dan (**) di peroleh : u y 1 + v y 2 = 0 u y 1 + v y 2 = r (x) dengan aturan cramer diperoleh Keterangan: 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 17

Contoh 1. y” + y = tan x Jawab: Persamaan karakteristiknya: r 2 + 1 = 0 r=±i Jadi solusi homogennya adalah yh = C 1 cos x + C 2 sin x Untuk yp dipilih yp = u y 1 + v y 2 dengan y 1= cos x y 2= sin x y’ 1= - sin x y’ 2= cos x W= y 1 y’ 2 – y’ 1 y’ 2 = cos 2 x+sin 2 x = 1 Sehingga diperoleh 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 18

Contoh (Lanjutan) Sedangkan, Jadi solusi non homogen didapat Jadi solusi umum dari persamaan diferensial di atas 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 19

Contoh 2. y”+9 y = sec 2 3 x Jawab: Persamaan karakteristiknya: r 2 + 9 = 0 r=± 3 i Jadi solusi homogennya adalah yh = C 1 cos 3 x + C 2 sin 3 x Untuk yp dipilih yp = u y 1 + v y 2 dengan y 1= cos 3 x y 2= sin 3 x y’ 1= -3 sin 3 x y’ 2= 3 cos 3 x W= y 1 y’ 2 – y’ 1 y’ 2 = 3 cos 23 x+3 sin 23 x =3 Sehingga diperoleh 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 20

Contoh (Lanjutan) Sedangkan, Jadi solusi non homogen didapat Jadi solusi umum dari persamaan diferensial di atas 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 21

Latihan 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 22

Program Perkuliahan Dasar Umum Sekolah Tinggi Teknologi Telkom 0 Penggunaan II [MA 1124] KALKULUS II PD Orde

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 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 24

(Lanjutan) Arus , diukur dalam ampere, memenuhi persamaan yang diperoleh dengan pendiferensialan persamaan di atas terhadap t, yaitu 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 25

Contoh Tentukan muatan Q dan arus I sebagai fungsi dari waktu t dari suatu rangkaian RLC dengan R = 16 ohm, L = 0, 02 henry, C = 2 x 10 -4 farad dan E = 12 Volt dengan diasumsikan saat awal arus dan muatannya adalah nol (pada waktu saklar S ditutup) Jawab Dari hukum kirchhoff, tentang rangkaian RLC didapat Atau bisa disederhanakan 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 26

Contoh Persamaan karakteristiknya adalah Diperoleh akar – akar persamaannya : Solusi homogen : Dengan menggunakan metode koefisien tak tentu, dengan mengambil Qp = A, di dapat Jadi solusi umumnya adalah 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 27

Rangkaian RLC Dengan memasukkan syarat awal Q(0) =0 dan I(0)=0 maka diperoleh dan Jadi solusi khususnya adalah Dengan pendiferensialan diperoleh 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 28

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. 2. Tentukan muatan Q sebagai fungsi dari waktu t yang mengalir dalam suatu rangkaian RC dengan R = 106 ohm, C = 10 -6 farad dan sumber tegangannya konstan dengan E = 1 Volt dan diasumsikan saat awal muatannya adalah nol. 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 29

Latihan 3. Hitunglah muatan dan kuat arus I yang mengalir dalam suatu rangkaian RLC dengan nilai R = 1000 ohm, L = 3, 5 henry, C = 2 x 10 -6 farad yang dihubungkan dengan sumber tegangan E(t) = 120 sin 377 t 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 -2 Henry, C = 10 -7 farad dan sumber tegangannya konstan dengan E = 20 Volt dan diasumsikan saat awal muatan dan arusnya adalah nol. 3/3/2021 [MA 1124] KALKULUS II 30