bab 4 pers diff pdf

11 Januari 2009 1

Persamaan Differensial Biasa (PDB)

PDB Orde 1Bentuk Peubah TerpisahBentuk LinierBentuk y/x

PDB Order 2PDB HomogenKoefisien Tak TentuVariasi Parameter

Handout Matematika Teknik 2, D3 Teknik Telekomunikasi IT Telkom Bandung 2

Persamaan Differensial BiasaOrde 1

Konsep Dasar

Orde

Orde : turunan ke-n peubah y thd x yg merupakan turunan tertinggi dlm persamaan Differensial

Persamaan Differensial Biasa

Persamaan Diff. Biasa diartikan sbg relasi yang mencakup satu/beberapa turunan fungsi y thd x

y’ = cos xContoh PDB

First ordery’’ +4y = cos x Second order



Konsep DasarSolusiFungsi y=g(x) dikatakan sbg solusi dari PDB jika g(x) iterdefinisi dan differensiabel s.d.h persamaannya menjadi benar ketika y dan y’ diganti dg g dan g’

Solusi UmumSolusi yang memuat konstanta sembarang

Solusi KhususSolusi yg diperoleh ketika konstanta sembarang dlm solusi umum kita set dg nilai tertentu



Bentuk Terpisah :

karena y’ = dy/dx, kita dpt menulis

g(y)dy = f(x) dx

Dg mengintegralkan kedua ruas kita akan dapatkan

Dg menghitung integral ini, kita akan mendapatkan solusi umum

( ) ( )xf'yyg =

∫ ∫= dx)x(fdy)y(g

( ) cxhy +=



Contoh

Tentukan solusi umum

Kemudian tentukan solusi khususnya bila y(2) = 3

Jawaban

karena y’ = dy / dx, maka

x2'yy2 =

3 2 33 += xy

∫ ∫= dxx2dyy2

cxy31 23 +=

)cx(3y 23 +=

31

2 cx3y += Solusi umum

Solusi Khusus ?

Dg substitusi y(3)=3 ke solusi umumnya

Kita dptkan c=3

Solusi khusunya



Bentuk Linier :

Terdapat dua nilai q(x)

1. q(x) = 0

2. q(x) ≠ 0

Bila q(x)=0 , kita akan mendapatkan bentuk terpisah

Bila q(x) ≠0 , maka solusi umum akan diperoleh dg beberapa prosedur:

( ) ( )xqyxp'y =+



Prosedur utk memperoleh solusi umum bentuk linier

Kalikan kedua ruas dg faktor integrasi

Sederhanakan ruas kiri

Integralkan kedua ruas

Kita dapatkan solusi umum :

∫ dx)x(pe)x(qe)y)x(p'y(e dx)x(pdx)x(p ∫∫ =+

)x(qe)ye(dxd dx)x(pdx)x(p ∫∫ =

dx)x(qeye dx)x(pdx)x(p ∫ ∫∫ =

dx)x(qeey dx)x(pdx)x(p ∫ ∫∫−=



Contoh 1

Tentukan solusi khusus pers. bila y(0) = 3

Jawaban

Ini merupakan bentuk linier dg p(x)= –1 dan

Faktor Integrasi :

Solusi umum

x2ey'y =−

dxeee xxx ∫ −= 2.

( ) x2exq =

xdx1dx)x(p eee −∫ − ==∫

dxxqeey dxxpx ∫ ∫= )()(

)( cee xx +=xx ceey += 2

Solusi khusus

Dg substitusi y(0)=3,

Kita dapatkan c= 3, sehingga

y = e2x + 3ex



Bentuk :Utk mendapatkan solusi umumnya, substitusikan y=ux dan y’=u+u’x atau dy=udx+xdu .

Pers. Diff .akan berubah menjadi bentuk peubah terpisah

=xyg'y

xdx

uduu

−=+ 212

Contoh

Tentukan solusi umum dari

Jawaban

Bagi kedua ruas dg x2, kita akan dapatkan

0xy'xyy2 22 =+−

01xy'y

xy2

2

=+

−

01u)x'uu(u2 2 =+−+ 01'2 2 =++ uxuu

Substitusi y=ux and y’=u+u’x



Jawaban

Dg mengintegralkan kedua ruas, kita akan dapatkan

xcu =+ 21

Dg substitusi u=y/x , kita dapatkan x2+y2 = cx

( ) cxu lnln1ln 2 +−=+xcln=

( ) 222 dydx =+−Kita dapat tuliskan sbg


Trayektori Orthogonal

Keluarga kurva

Untuk setiap nilai C tertentu, persamaan F(x,y,c)=0

menyatakan sebuah kurva dalam bidang xy.

Keseluruhan kurva ini disebut sebuah keluarga kurva dg 1 parameter

Contoh

menyatakan keluarga lingkaran dg jari2 c dan pusat pd titik asalnya (0,0).

( ) 0cyxc,y,xF 222 =−+=



Definisi

Misal diberikan suatu keluarga kurva, maka keluarga kurva lain yg berpotongan secara ortthogonal (garis singgungya saling tegak lurus) disebut trayektori orthogonal

Prosedur utk mendapatkan trayektori orthogonal

1. Nyatkan F(x,y,c)= 0 dlm PD y’ = f(x,y)

2. Ganti nilai c dg c dlm persamaan F(x,y,c)= 0 (jika c muncul dlm y’=f(x,y))

3. Persamaan diff dari Trayektori orthogonal adalah

4. Trayektori orthogonal diperoleh dg menyelesaikan PD tersebut( )yxfy,1'=



Contoh

Tentukan trayektori orthogonal dari x2+(y-c)2 = c2

Jawabn

1. Dg menurunkan thd x,kita dptkan 2x + 2(y-c)y’ = 0

2. Dari x2+(y-c)2 = c2 , kita peroleh

3. Substitusikan C pada 2x + 2(y-c)y’ = 0 ,setelah disederhanakn

4. PD dari trayektori orthogonal

5. Solusi umumnya (lihat hal 10) adalah

y2yxc22 +

=

( ) 222 cycx =+−

0'2 22 =+− xyxyy22

2'yxxyy−

=




x2+(y-c)2 = c2 :

(x-c)2+y2 = c2 :

Trayektori orthogonal


Latihan

Nomor : 1 - 3, tentukan solusi umum PD dibawah ini

1.

2.

Nomor 4–8, tentukan solusi khusus PD dibawah ini

4. bila y(2) = 4

5. bila

22 xyyx1'y +++=22 xyyx1'y −−+=

xyxyy

+−

='.3

22 x4y2'xyy +=

θθθ dcosr2sindr = ( ) 22r =π


Latihan

Tentukan solusi khusus PD dibawah ini

6. bila y(0) = 1

7. bila y(1) = 0

8. bila y(2) = 4

Nomor 9 – 11,tentukan dan gambarkan trayektori orthogonal dari

9.

10.

11.

x2Sinxtgy'y =+

01xxy2'yx2 =+−+22 x4y2'xyy +=

cxy +=2cxy =

cxy +=



Definisi

Suatu PDB orde 2 dengan koefisien konstan memiliki bentuk : , dimana p dan q : konstanta

Untuk memperoleh solusi umumnya, harus dicari dulu solusi homogennya yaitu

solusi umum dari PD dengan r(x) = 0.

( )xryq'yp"y =++

Solusi Homogen

Secara umum, solusi umum PD : y”+py’ +qy = r(x) adalah

y = C1eλ1x + C2eλ2x dimana λ1 dan λ2 diperoleh dari persamaan karakteristik

λ2 +pλ + q = 0


Persamaan Differensial BiasaOrde 2Ada 3 kemungkinan nilai λ yaitu :

a. Riil dan berbedab. Riil dan hanya satu c. Memuat bil. imaginer : i

Perlu dilakukan modifikasi solusi umum utk setiap kemungkinana. Rill dan berbeda : λ1 dan λ2

solusi umum : b. Riil dan hanya satu : λ

solusi umum :c. Memuat imaginer : λ = α ± βi

solusi umum :

XX eCeCy 2121

λλ +=

XX xeCeCy λλ21 +=

( )xCxCey x ββα sincos 21 +=



Contoh 1Tentukan solusi khusus dari

bila y(0)=1 dan y’(0) = 11

JawabanPersamaan Karakteristik :Akar-akarnya : λ1= – 4 or λ2 =1

Solusi umumnya ::

Solusi khusus ?

Substitusi y(0)=1 dan y’(0) = 11 ke solusi umumnya, kita dapatkan

C1 + C2 = 1

C1 - C4 = 11

Solusi khususnya :

0y4'y3"y =−+

0432 =−+ λλ

X42

X1 eCeCy −+=

XX eCeCy 421

−+=

C1 = 3 and C2= -2



Contoh 2


Jawaban

Akar2 persamaan karakteristik λ2 +2 λ+10=0 adalah

atau

Solusi umumnya adalah

0y10'y2"y =++

i31+−=λ i31−−=λ

)33( 21 xSinCxCosCey x += −


Persamaan Differensial BiasaOrde 2Persamaan Differensial Non-HomogenPersamaan memiliki bentuk dimana r(x) ≠ 0Ada 2 metode utk mendapatkan solusi non-homogen:

Koefisisen Tak TentuVariasi of parameter

Solusi umum PDB non homogeny = yh + yp

Dimana yh solusi umum PD Homogen dan yp solusi PD non-homogen

( )xryq'yp"y =++


Koefisien Tak Tentu

Dalam metode ini, kita menduga yp sbg r(x) + semua variasi turunan r(x).Setelah yp’ dan yp” ditentukan,substitusikan yp, yp’ dan yp” ke PD non homogen, maka kita akan memperoleh yp solusi particular PDnon homogen

Aex + Bx + Cex+x

Ax2 + Bx + Cx2

Aexex

A cos x + B sin xsin x

A cos x + B sin xcos x

Dugaaan awal Ypr(x)


Koefisien Tak Tentu

Contoh 1


Jawaban

Solusi homogen adalah

Kita duga yp sbg

Dg substitusi nilai2 tsb, kita peroleh persamaannya:

Disederhanakan menjadi

x2Sin5y4'y3"y =−+

X42

X1h eCeCy −+=

xBxAyy p 2cos2sin +==

xBxAy 2sin22cos2' −= xBxAy 2cos42sin4" −−=

( ) ( ) xxBxAxBxAxBxA 2sin52cos2sin42sin22cos232cos42sin4 =+−−+−−

( ) ( ) xxBABxABA 2sin52cos4642sin464 =−+−+−−−

5B6A8 =−−

0B8A6 =−A =-0,4 B = -0,3

yp = -0,4 sin2x -0,3 cos 2x

y=C1ex +C2e-4x -0,4 sin2x - 0,3 cos 2x


Koefisien Tak Tentu

Contoh 2 (kasus khusus)Tentukan solusi umum dari

AnswerSolusi homogennya : Bila yp disuga sbg ex , Kita lihat ex adalah bagian dari yh.

ex harus dikalikan dg x (or x2) untuk memperoleh solusi yg benar

Sekarang kita memiliki

kemudian

Substitusi nilai2 ini ke PD

X42

X1h eCeCy −+=

xe2y4'y3"y =−+

xx AxeAe'y += xx AxeAe2"y +=

xAxey =

xp xey 4,0=

( ) xxxxxx e2Axe4AxeAe3AxeAe2 =−+++ ( ) xx e2eA3A2 =+ 4,0=A

Solusi particular : Solusi umum y=C1ex+C2e-4x +0,4xex


Variasi Parameter

Misal PD y”+py’+qy = r(x) memiliki yh =u1(x)+u2(x)

Solusi particular nya:

Turunan yp ,bila diambil kondisi :

maka

Dari substitusi yp, yp’ and yp” ke y”+py’+qy = r(x) , kita peroleh

Dg menyelesaikan sistem pers. Linier yg muncul

u1v1’ + u2v2’ = 0

u1v1’ + u2v2’ = 0

kita memperoleh v1’ + v2’

( ) ( )xuxvxuxvyp 2211 ).().( +=

2211' uvuvyp +=

)('''' 2211 xrvuvu =+

0'' 2211 =+ vuvu

"''"''" 22221111 uvuvuvuvyp +++=


Variasi Parameter

Dg menggunakan metode Crammer

Contoh

Tentukan solusi umum dari y”+4y = sec x

Jawaban

Persamaan karakteristik : λ2+4 = 0 , memiliki akar : λ= ±2i

yh= C1 cos 2x + C2 sin 2x 02sin2cos 21 =+= xvxvyp

'u'uuu'u)x(ru0

'v

21

21

2

2

1 =

'u'uuu)x(r'u

0u

'v

21

21

1

1

2 =

DeterminanWronksian (W)


Variasi Parameter

Answer (continued)

Solusi particular :

Solusi umum :

xx 2sinsec21

−=

22cos22sin22sin2cos

=−

=xxxx

W

22cos2sec2sin0

'1xxx

v =

xv cos1 =

xsin−=

22cossec xx

=

2secsin202cos

'2xx

x

v−

=

2secln

sinsec21cos2

xtgxxdxxxv

+−=−= ∫

2xSecxCos2 −

=

xxtgx

xxxyp 2sin.2

seclnsin2cos.cos

+−+=

( ) xCxtgx

xxxCy 2sin.2

seclnsin2cos.cos 21

+

+−++=


Latihan

Tentukan solusi umum dari PD berikut

1.

2.

3.

4.

5.

6.

x2Siny4"y =+

xxy4'y3"y 3 +=−+x3ey9"y =−

xsecCoy"y =+

xey'y2"yx

=+−

xsecey5'y2"y x2−=++


Pemodelan Rangkaian Listrik

Konsep Dasar

L : induktansi (Henry)

R : Resistansi (ohm)

C : Kapasitansi (farad)

I : Arus (ampere)

Q : Muatan (dI / dt )

E(t): Sumber tegangan (volts)



Rangkain RLC

PD dalam rangkaian RLC

PD orde 2 diperoleh dg menurunkan thd I

atau dg substitusi Q = dI/dt

( ) ( ) ( ) ( )tEdttIC1tIRt'IL =++ ∫

( ) ( ) )(1'" tEQC

tQRtQL =++

( ) ( ) )('1'" tEIC

tIRtIL =++



Contoh Tentukan muatan Q(t) dlm rangkain RLC dimana R = 16 ohm, L = 0,02 Henry, C = 2.10-4 farad dan E = 12 voltt

JawabanDari ,kita peroleh

akar2nya : ,

sehingga, solusi umum :

dan solusi particular Qp= 2,4.10-3

Muatan pd saat t: 321

400 10.4,2)300sin300cos()( −− ++= tCtCetQ t

( ) ( ) )(1'" tEQC

tQRtQL =++ 600Q250000'Q800"Q =++

i300400±−=λ( )t300SinCt300CosCeQ 21t400

h += −



RC Circuit

PD dalam rangkain RC

Dg menurunkan thd I

Ini merupakan PDB orde 1 bentuk linier

( ) ( ) ( )tEdttIC1tIR =+ ∫

( ) ( ) ( )t'EtIC1t'IR =+



ContohTentukan kuat arus I(t) dlm rangkain RC dimana R = 10 ohm, C = 10 -3

farad dan sumber tegangan E = 100 Volt dan diasumsikan tdk ada arus saat t=0.

JawabanPD nya

Or

Ini adalah PDB orde 1 bentuk terpisah,solusi umumnya : Solusi khusus ( ketika I(0)=0 c=1 ) adalah

( ) ( ) 01000'10 =+ tItI

( ) ( ) 0tI100t'I =+t100CeI =

t100eI =


Latihan

1. Tentukan muatan Q(t) dan arus I(t) dalam rangkaian RLC dimana R = 1000 ohm, L = 3,5 Henry, C=2.10–6 farad dan E =120 sin 377t Volt dan diasumsikan tidak ada muatan dan arus ketika t=0

2. entukan arus I 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 arusnya adalah 1

3. Tentukan waktu ketika Q mencapai maksimum dari suatu rangkaian RC dengan R = 20 ohm, C = 10 -2 farad dan sumber tegangannya merupakan fungsi eksponensial dengan Volt bila diasumsikan saat awal muatannya adalah nol


LatihanTentukan solusi umum atau solusi khusus persamaan diferensial berikut :

1. 2.

3. 4.

5. 6.

7. 8.

( ) 02 25 =++ dyydxx

049 =+ xdxdyy

( ) ( ) 0421 =−++ dyxdxy

xyxy

dxdy

34−

=

( ) ( ) 0=−++ dyyyxdxxyx

xydxdy 22 +=+

( ) dxexdxydyx x22 −=+

( ) xxxxydxdyx costan1 2+−=


Latihan

9. 10.

11. 12.

13. 14.

15. 16.

17. 18.

x2sin21xcosy

dxdy

=− xexxy

dxdy 22 +=

dxyxdxydyx 22 422 +=−

( ) ( ) 0322 =+++ dyyxdxyx

( ) 022 =+− dyyxdxxy

( ) 03 233 =++ dyyxdxyx

01221 =

−+

+ dy

yxedxe y

xyx

( ) 110 ==+ yydxdyx

( ) 20 =−+

= yxyxy

dxdy

( ) 012 3' ==− yexyyx x


LatihanDetermine the general solution and particular solution of the second order differential equations below

1. 2.

3. 4.

5. 6.

7. 8.

xyy 2sin4'' =+

23'' 2 xxyy +=+

xxyyy 2sin23 ''' =++

xxx eeeyyy 23''' 36 −−+=++

xyy sec'' =+xeyyyx2

''' 44 =+−

22'' +=+ xeyy xx exexyyy 223''' 44 +=+−


Latihan

9. 10.

11. 12.

13. 14.

15.

16.

xxyy +=− 2sinh24'' xxyy 3sin3cos9'' −=−

xeyyy 62 ''' =+− xyy tan'' =+

xyy csc'' =+ ( ) ( ) 0010,2 ''' =−==− yyeyy x

( ) ( ) 1010,2 '''' −==+=++ − yyexyyy x

( ) ( ) ex yyxeyyy 1'''' 1,01,ln42 −===++ −

bab 4 pers diff pdf

Documents