iqbal robiyana 350412 mk3

14 Oktober 2014

Mekanika Klasik Tugas 3

Iqbal Robiyana (13/350412/PPA/04086) S2 ILMU FISIKA - UNIVERSITAS GADJAH MADA

MEKANIKA KLASIK 14 OKTOBER 2014

IQBAL ROBIYANA (13/350412/PPA/04086) 1

1. A. Potensial Sentral

Jawab:

1. Gunakan koordinat polar 2D

𝐿 = 𝑇 − 𝑉

𝐿 =1

2𝑚 (�̇�2 + 𝑟2�̇�2) − 𝑉(𝑟)

Misal,

𝑉(𝑟) = −𝛼

𝑟

Maka,

𝐿 =1

2𝑚 (�̇�2 + 𝑟2�̇�2) +

𝛼

𝑟

Untuk koordinat r, persamaan lagrangenya:

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�) −

𝜕𝐿

𝜕𝑟= 0

𝑑

𝑑𝑡(𝑚�̇�) − 𝑚𝑟�̇�2 +

𝛼

𝑟2= 0

𝑚�̈� = 𝑚𝑟�̇�2 −𝛼

𝑟2

�̈� = 𝑟2�̇�2 −𝛼

𝑚𝑟2 . . . . (1.1)

Untuk koordinat 𝜃, persamaan lagrangenya:

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�) −

𝜕𝐿

𝜕𝜃= 0

𝑑

𝑑𝑡(𝑚𝑟2�̇�) − 0 = 0

𝑚𝑟2�̇� = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛 = ℓ . . . . (1.2)

Dan

�̇� =ℓ

𝑚𝑟2 . . . . (1.3)

r

m

1. Carilah penyelesaian

persamaan Lagrangenya.

Apabila partikel bebas bergerak

pada potensial gravitasi

terhadap titik pusat.

2. Tentukanlah koordinat yang

siklik dan besarak yang kekal.

3. Gambarkan gaya pada arah

radial sebagai fungsi jarak.



Dengan memasukkan nilai �̇� pada persaaan (1.3) ke persamaan (1.1) diperoleh:

�̈� = 𝑟2 (ℓ

𝑚𝑟2)

2

−𝛼

𝑚𝑟2

�̈� = ℓ2

𝑚2𝑟3−

𝛼

𝑚𝑟2

Energi sistem:

𝐸 = 𝑇 + 𝑉

𝐸 =1

2𝑚 (�̇�2 + 𝑟2�̇�2) −

𝛼

𝑟

𝐸 =1

2𝑚�̇�2 +

1

2𝑚𝑟2�̇�2 −

𝛼

𝑟

𝐸 =1

2𝑚�̇�2 +

1

2𝑚𝑟2

ℓ2

𝑚2𝑟4−

𝛼

𝑟

𝐸 =1

2𝑚�̇�2 +

1

2

ℓ2

𝑚𝑟2−

𝛼

𝑟

1

2𝑚�̇�2 = 𝐸 −

1

2

ℓ2

𝑚𝑟2+

𝛼

𝑟

�̇�2 =2𝐸

𝑚−

ℓ2

𝑚2𝑟2+

2𝛼

𝑚𝑟

�̇� = √2𝐸

𝑚−

ℓ2

𝑚2𝑟2+

2𝛼

𝑚𝑟

2. Koordinat siklik 𝜃, besaran yang kekal adalah ℓ, momentum sudut.

3. Karena

𝑉(𝑟) = −𝛼

𝑟

Maka

𝐹 = −∇ 𝑉(𝑟) =𝛼

𝑟2

Grafiknya:

F

r



1.B. Titik kesetimbangan

Sebuah biji tasbih dapat berputar dalam simpai vetikal tanpa gesekan. Berapakah

selisih energi ketika 𝜔 = 0 dan 𝜔 = 𝜔𝑘𝑟𝑖𝑡𝑖𝑠

𝐿 = 𝑇 − 𝑉

𝐿 =1

2𝑚(𝑟2�̇�2 + 𝑟2 sin2 𝜃𝜔2) + 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃

𝐿 =1

2𝑚𝑟2�̇�2 +

1

2𝑚𝑟2 sin2 𝜃𝜔2 + 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃

𝐿 =1

2𝑚𝑟2�̇�2 − (−

1

2𝑚𝑟2 sin2 𝜃𝜔2 − 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃)

𝑉𝑒𝑓𝑓 = −1

2𝑚𝑟2 sin2 𝜃𝜔2 − 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃

Syarat Stabil

𝑑2𝑉𝑒𝑓𝑓

𝑑𝜃2> 0

𝑑𝑉𝑒𝑓𝑓

𝑑𝜃= −𝑚𝑟2 sin 𝜃 cos 𝜃 𝜔2 + 𝑚𝑔𝑟 sin 𝜃 = 0

Dievaluasi di 𝜃 = 𝜃0

−𝑚𝑟2 sin 𝜃0 cos 𝜃0 𝜔2 + 𝑚𝑔𝑟 sin 𝜃0 = 0

sin 𝜃0 (−𝑟 𝜔2 cos 𝜃0 + 𝑔) = 0

sin 𝜃0 = 0

dan

cos 𝜃0 =𝑔

𝑟𝜔2

𝑑2𝑉𝑒𝑓𝑓

𝑑𝜃2= 𝑚𝑟2𝜔2 cos2 𝜃 + 𝑚𝑟2𝜔2 sin2 𝜃 + 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃

Apakah

sin 𝜃0 = 0 stabil?

𝑚𝑟2𝜔2 cos2 𝜃0 + 𝑚𝑟2𝜔2 sin2 𝜃0 + 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃0

𝜔

r 𝜃



𝑚𝑟2𝜔2(1 − sin 𝜃0) + 𝑚𝑟2𝜔2 sin2 𝜃0 + 𝑚𝑔𝑟√1 − sin2 𝜃0

− 𝑚𝑟2𝜔2 + 𝑚𝑔𝑟 ≥ 0

𝜔𝑘𝑟𝑖𝑡𝑖𝑠 = √𝑔

𝑟

Selisih energi hanya mungkin ada saat

𝜃 = 0 (𝜔 = 0) dan cos 𝜃0 =𝑔

𝑟 𝜔2

𝐸 = 𝑇 + 𝑉

𝐸 = 1

2𝑚(𝑟2�̇�2 + 𝑟2 sin2 𝜃𝜔2) − 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃

𝐸𝜔=0 − 𝐸𝜔=𝜔𝑐=

1

2𝑚𝑟2�̇�2 − 𝑚𝑔𝑟 − (

1

2𝑚 (𝑟2�̇�2 + 𝑟2 sin2 𝜃

𝑔

𝑟) − 𝑚𝑔𝑟

𝑔

𝑟 𝜔2)

𝐸𝜔=0 − 𝐸𝜔=𝜔𝑐= −𝑚𝑔𝑟 − 𝑟2(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)

𝑔

𝑟+ 𝑚𝑔𝑟

𝐸𝜔=0 − 𝐸𝜔=𝜔𝑐= −𝑟2(1 −

𝑔2

𝑟2𝜔4)

𝑔

𝑟

𝐸𝜔=0 − 𝐸𝜔=𝜔𝑐= 0



2. Tentukanlah lagrangan dan penyelesaiannya bagi sistem tersebut di atas

Jawab:

Koordinat untuk benda m:

(𝑥 + 𝑎𝜙 cos 𝜃) 𝑖̂ + (𝐻 − 𝑎𝜙 sin 𝜃) 𝑗̂

Koordinat untuk benda M:

𝑥 𝑖 ̂

Kecepatan benda m:

𝒗𝑚 = (�̇� + 𝑎�̇� cos 𝜃) 𝑖̂ + (−𝑎�̇� sin 𝜃) 𝑗̂

𝒗𝑚2 = �̇�2 + 𝑎2�̇�2 cos2 𝜃 + 2𝑎�̇��̇� cos 𝜃 + 𝑎2�̇�2 sin2 𝜃

𝒗𝑚2 = �̇�2 + 𝑎2�̇�2 + 2𝑎�̇��̇� cos 𝜃

Kecepatan benda M:

𝒗𝑀2 = �̇�2

Tenaga Kinetik benda m:

𝑇𝑚 =1

2𝑚(�̇�2 + 2𝑎�̇� cos 𝜃 + 𝑎2�̇�2) +

1

2𝐼�̇�2

𝑇𝑚 =1

2𝑚(�̇�2 + 2𝑎�̇� cos 𝜃 + 𝑎2�̇�2) +

1

4𝑀𝑎2�̇�2

Tenaga potensial benda m:

𝑉𝑚 = 𝑚𝑔(𝐻 − 𝑎𝜙 sin 𝜃)

Tenaga Kinetik benda M:

𝑇𝑚 =1

2𝑀�̇�2

Tenaga potensial benda M:

𝑉𝑀 = 0

Lagrangannya:

𝐿 = 𝑇 − 𝑉

𝐿 =1

2𝑀�̇�2 +

1

2𝑚(�̇�2 + 2𝑎�̇� cos 𝜃 + 𝑎2�̇�2) +

1

4𝑀𝑎2�̇�2 + 𝑚𝑔𝑎𝜙 𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝐾𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎

x

H

M

m



Persaman lagrang untuk koordinat x:

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�) −

𝜕𝐿

𝜕𝑥= 0

𝑀�̈� + 𝑚�̈� + 𝑚𝑎�̈� cos 𝜃 = 0

�̈�(𝑀 + 𝑚) + 𝑚𝑎�̈� cos 𝜃 = 0 … … … … … … (2.1)

Persaman lagrang untuk koordinat 𝜙:

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�) −

𝜕𝐿

𝜕𝜙= 0

𝑚𝑎�̈� cos 𝜃 + 𝑚𝑎�̈� +1

2𝑚𝑎2�̈� − 𝑚𝑔𝑎 sin 𝜃 = 0

�̈� cos 𝜃 +3

2𝑎�̈� − 𝑔 sin 𝜃 = 0 … … … … … … (2.2)

Penyelesaian persamaan lagraange:

Dari persamaan (2.1) diperoleh:

�̈� = −𝑚𝑟�̈� cos 𝜃

(𝑀 + 𝑚) … … … … … … (2.3)

Substitusi persamaan (2.3) ke persamaan (2.2) diperoleh:

−𝑚𝑟�̈� cos2 𝜃

(𝑀 + 𝑚)+

3

2𝑎�̈� − 𝑔 sin 𝜃 = 0

�̈� =𝑔 sin 𝜃

𝑎 (32 −

𝑚 𝑐𝑜𝑠2𝜃(𝑀 + 𝑚)

)… … … … … … (2.4)

Apabila hendak dicari fungsi 𝜙 terhadap waktu, t, maka integralkan persamaan (2.4)

terhadap dt. Diperoleh:

𝜙(𝑡) =𝑔𝑡2 sin 𝜃

2𝑎 (32 −

𝑚 𝑐𝑜𝑠2𝜃(𝑀 + 𝑚)

)



3. a. Carilah ungkapan gaya kendala untuk kasus sistem mesin atwood berikut ini:

Jawab:

Kendala pada sistem atwood di atas adalah:

𝑧1 = 0 𝑧2 = 0 𝑧3 = 0

𝑦1 = 0 𝑦2 = 0 𝑦3 = 0

𝑥3 = 0 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑘 = 0 𝑥1 − 𝑎𝜃 = 0

Persamaan lagrange dan fungsi kendalanya adalah:

𝐿 = 𝑇 − 𝑉

𝐿 =1

2𝑚1�̇�1

2 +1

2𝑚2�̇�2

2 +1

2𝐼�̇�2 + 𝑚1𝑔𝑥1 + 𝑚2𝑔𝑥2 + 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎

𝑓1(𝑥1, 𝑥2, 𝜃) = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑘 = 0

𝑓2(𝑥1, 𝑥2, 𝜃) = 𝑥1 − 𝑎𝜃 = 0

Persamaan lagrange dengan kendala dalam koordinat 𝑥1, 𝑥2, 𝜃 adalah:

Untuk koordinat 𝑥1:

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�1) −

𝜕𝐿

𝜕𝑥1− 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥1−𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥1= 0

𝑚1�̈�1 − 𝑚1𝑔 − 𝜆1 − 𝜆2 = 0 … … … … … . . (3𝑎. 1)

x1 x2



Untuk koordinat 𝑥2:

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�2) −

𝜕𝐿

𝜕𝑥2− 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥2− 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥2= 0

𝑚2�̈�2 − 𝑚2𝑔 − 𝜆1 = 0 … … … … … . . (3𝑎. 2)

Untuk koordinat 𝜃:

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕𝜃) −

𝜕𝐿

𝜕𝜃− 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝜃−𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝜃= 0

𝐼�̈� − 𝜆2𝑎 = 0 … … … … … . . (3𝑎. 3)

Dari persamaan (3a.1) dan (3a.2) serta turunan kedua dari fungsi kendala

𝑓1(𝑥1, 𝑥2, 𝜃) = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑘 = 0 yaitu �̈�1 = −�̈�2 diperoleh:

−𝑚1�̈�2 − 𝑚1𝑔 − 𝜆1 − 𝜆2 = 0 kalikan 𝑚2

𝑚2�̈�2 − 𝑚2𝑔 − 𝜆1 = 0 kalikan 𝑚1

Persamaan di atas menjadi

−𝑚1𝑚2�̈�2 − 𝑚1𝑚2𝑔 − 𝑚2𝜆1 − 𝑚2𝜆2 = 0

𝑚1𝑚2�̈�2 − 𝑚1𝑚2𝑔 − 𝑚1𝜆1 = 0

_________________________________________+

−2𝑚1𝑚2𝑔 − (𝑚1 + 𝑚2)𝜆1 − 𝑚2𝜆2 = 0 … … … … … . . (3𝑎. 4)

Turunan kedua fungsi kendala 𝑓2(𝑥1, 𝑥2, 𝜃) = 𝑥1 − 𝑎𝜃 = 0 yaitu, �̈�1 = 𝑎�̈� dan dari

hubungan �̈�1 = −�̈�2 maka,

�̈� =−�̈�2

𝑎

Dengan mensubstitusi �̈� pada persamaan (3a.3) lalu menulis ulang persamaan

(3a.2) diperoleh:

−𝐼�̈�2 − 𝜆2𝑎2 = 0 kalikan 𝑚2

𝑚2�̈�2 − 𝑚2𝑔 − 𝜆1 = 0 kalikan 𝐼

Persamaan di atas menjadi:

−𝑚2𝐼�̈�2 − 𝜆2𝑚2𝑎2 = 0

𝑚2𝐼�̈�2 − 𝑚2𝐼𝑔 − 𝜆1𝐼 = 0

______________________+

−𝑚2𝐼𝑔 − 𝜆1𝐼 − 𝜆2𝑚2𝑎2 = 0 … … … … … . . (3.5)

Dari persamaan (3a.4) dan (3a.5)

−2𝑚1𝑚2𝑔 − (𝑚1 + 𝑚2)𝜆1 − 𝑚2𝜆2 = 0 kalikan 𝑎2

−𝑚2𝐼𝑔 − 𝜆1𝐼 − 𝜆2𝑚2𝑎2 = 0 kalikan 1



Persamaan di atas menjadi:

−2𝑚1𝑚2𝑎2𝑔 − (𝑚1 + 𝑚2)𝜆1𝑎2 − 𝑚2𝜆2𝑎2 = 0

−𝑚2𝐼𝑔 − 𝜆1𝐼 − 𝜆2𝑚2𝑎2 = 0

_____________________________________-

−2𝑚1𝑚2𝑎2𝑔 + 𝑚2𝐼𝑔 − 𝜆1𝑎2 (𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2)) = 0

𝜆1 =𝑚2𝑔(

𝐼𝑎2 − 2𝑚1)

𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2

Maskukkan nilai 𝜆1 ke dalam persamaan (3a.5), dipeoleh:

−𝑚2𝐼𝑔 −𝑚2𝑔𝐼(

𝐼𝑎2 − 2𝑚1)

𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2

− 𝜆2𝑚2𝑎2 = 0

𝜆2 = −𝐼𝑔

𝑎2(1 +

𝐼𝑎2 − 2𝑚1

𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2

)

Gaya kendala dinyatakan secara umum sebagai

�̃�𝑗 = ∑ 𝜆𝑖

𝜕𝑓𝑖

𝜕𝑥𝑗𝑖=1

�̃�1 = 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥1+ 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥1=

𝑚2𝑔(𝐼

𝑎2 − 2𝑚1)

𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2

−𝐼𝑔

𝑎2 (1 +

𝐼𝑎2 − 2𝑚1

𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2

)

�̃�2 = 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥2+ 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥2=

𝑚2𝑔(𝐼

𝑎2 − 2𝑚1)

𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2

�̃�3 = 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝜃+ 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝜃=

𝐼𝑔

𝑎(1 +

𝐼𝑎2 − 2𝑚1

𝑚1 + 𝑚2 +𝐼

𝑎2

)



3.b. Carilah ungkapan gaya kendala untuk kasus sistem mesin atwood berikut ini:

Persamaan kendala sistem atwood di atas adalah:

𝑓1(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, �̅�) = 𝑥1 + �̅� − 𝑙1 = 0

𝑓2(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, �̅�) = 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑙2 = 0

Lagrangian dari sistem,

𝐿 =1

2𝑚1�̇�1

2 +1

2𝑚2(�̇�2 + �̇̅�)

2+

1

2𝑚3(�̇�3 + �̇̅�)

2+ 𝑚1𝑔𝑥1 + 𝑚2𝑔(𝑥2 + �̅�) + 𝑚3𝑔(𝑥3 + �̅�)

Persamaan Lagrange dengan kendala dalam koordinat (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, �̅�) adalah sebagai

berikut:

Untuk koordinat 𝑥1

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�1) −

𝜕𝐿

𝜕𝑥1− 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥1−𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥1= 0

𝑚1�̈�1 − 𝑚1𝑔 − 𝜆1 = 0 … … … … … . . (3𝑏. 1)


𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�2) −

𝜕𝐿

𝜕𝑥2− 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥2−𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥2= 0

𝑚2(�̈�2 + �̈̅�) − 𝑚2𝑔 − 𝜆2 = 0 … … … … … . . (3𝑏. 2)

x1 �̅�

x2

x3




𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�3) −

𝜕𝐿

𝜕𝑥3− 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥3−𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥3= 0

𝑚3(�̈�3 + �̈̅�) − 𝑚3𝑔 − 𝜆2 = 0 … … … … … . . (3𝑏. 3)

Untuk koordinat �̅�

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇̅�) −

𝜕𝐿

𝜕�̅�− 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕�̅�−𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕�̅�= 0

𝑚2(�̈�2 + �̈̅�) + 𝑚3(�̈�3 + �̈̅�) − 𝑚2𝑔 − 𝑚3𝑔 − 𝜆1 = 0 … … … … … . . (3𝑏. 4)

Dari persamaan (3b.2) dan (3b.3) , dan karena �̈�2 = −�̈�3 maka diperoleh

)5.3(................................0

_____________________________________________________

0

0

3223332

2232

2333

bgmmxmmxmm

gmxxm

gmxxm

Dari persamaan (3b.5) dan (3b.4), diperoleh

)6.3(................................................044

0

____________________________________________________________

0

0

_______________________________________________________

0

0

1323232

132

2

32

2

23

2

32

2

23

321

2

3233223

2

32

2

23

2

2333223

3213232332

233223332

bmmgmmxmm

mmgmmmmmmmmx

mmgmmxmmmmxmm

gmmxmmxmmmm

mmxgmmxmmxmm

mmxgmmxmmxmm

Dari persamaan (3b.6) dan (3b.1), dan karena �̈�1 = −�̈̅� maka

323121

321

1

1312132321

321321321

1321321321

32111

11323232

4

8

048

______________________________________________________

0444

044

______________________________________________________

40

044

mmmmmm

gmmmnilaidiperolehsehingga

mmmmmmgmmm

mmgmmmxmmm

mmmgmmmxmmm

mmxgmxm

mxmmgmmxmm



Dengan mensubstitusi nilai 𝜆1ke persamaan (3b.1) yang sudah dimodifikasi, kita

akan mencari nilai �̈̅� , sebagai berikut:

−𝑚1�̈̅� − 𝑚1𝑔 − 𝜆1 = 0

�̈̅� = −𝑔 −8𝑚2𝑚3

𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 − 4𝑚2𝑚3𝑔

�̈̅� =−𝑚1𝑚2𝑔 − 𝑚1𝑚3𝑔 + 4𝑚2𝑚3𝑔 − 8𝑚2𝑚3𝑔2

𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 − 4𝑚2𝑚3

�̈̅� =−𝑚1𝑚2 − 𝑚1𝑚3 − 4𝑚2𝑚3

𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 − 4𝑚2𝑚3𝑔

�̈̅� =(𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 + 4𝑚2𝑚3)

4𝑚2𝑚3 − 𝑚1𝑚2 − 𝑚1𝑚3𝑔

Kembali ke persamaan (3b.2) dan (3b.3) untuk mendapatkan nilai 𝜆2 , sebagai

berikut:

)7.3(....022

_________________________________________________________________

00

00

22332332

323232332322232

223232332223333

bmmgmmxmm

mgmmxmmxmmmxgmxmxm

mgmmxmmxmmmxgmxmxm

Dengan memasukkan nilai �̈̅� ke dalam persamaan (3b.7) akan kita peroleh nilai dari

𝜆2 sebagai berikut:

𝜆2 =2𝑚2𝑚3�̈̅�

(𝑚3 + 𝑚2)−

2𝑚2𝑚3𝑔

(𝑚3 + 𝑚2)

𝜆2 =2𝑚2𝑚3

(𝑚3 + 𝑚2)

(𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 + 4𝑚2𝑚3)

4𝑚2𝑚3 − 𝑚1𝑚2 − 𝑚1𝑚3𝑔 −

2𝑚2𝑚3

(𝑚3 + 𝑚2)𝑔

𝜆2 =2𝑚2𝑚3(𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 + 4𝑚2𝑚3) − 2𝑚2𝑚34𝑚2𝑚3 − 𝑚1𝑚2 − 𝑚1𝑚3

(𝑚3 + 𝑚2)4𝑚2𝑚3 − 𝑚1𝑚2 − 𝑚1𝑚3𝑔

𝜆2 =4(𝑚1𝑚2

2𝑚3 + 𝑚1𝑚2𝑚32)

8𝑚22𝑚3 − 𝑚1𝑚2

2 − 𝑚1𝑚32 − 𝑚3

𝑔

Gaya kendala dirumuskan dengan

�̃�𝑗 = ∑ 𝜆𝑖

𝜕𝑓𝑖

𝜕𝑥𝑗𝑖=1

sehingga gaya kendalanya adalah sebagai berikut:

�̃�1 = 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥1+ 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥1=

8𝑚1𝑚2𝑚3

𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 − 4𝑚2𝑚3𝑔



�̃�2 = 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥2+ 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥2=

4(𝑚1𝑚22𝑚3 + 𝑚1𝑚2𝑚3

2)

8𝑚22𝑚3 − 𝑚1𝑚2

2 − 𝑚1𝑚32 − 𝑚3

𝑔

�̃�3 = 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕𝑥3+ 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕𝑥3=

4(𝑚1𝑚22𝑚3 + 𝑚1𝑚2𝑚3

2)

8𝑚22𝑚3 − 𝑚1𝑚2

2 − 𝑚1𝑚32 − 𝑚3

𝑔

�̃�4 = 𝜆1

𝜕𝑓1

𝜕�̅�+ 𝜆2

𝜕𝑓2

𝜕�̅�=

8𝑚1𝑚2𝑚3

𝑚1𝑚2 + 𝑚1𝑚3 − 4𝑚2𝑚3𝑔

iqbal robiyana 350412 mk3

Documents