kalkulus 2 persamaan differensial...
TRANSCRIPT
Persamaan Differensial Biasa
(Ordinary Differential Equations (ODE))
Prodi Teknik Kimia
Fakultas Teknik
Universitas Negeri Semarang
Dhoni Hartanto, S.T., M.T., M.Sc.
Kalkulus 2
Persamaan Differensial adalah Persamaan yang mengandung
beberapa turunan dari suatu fungsi
Persamaan Differensial Biasa
Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi satu variable
bebas
Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi dengan jumlah
variable bebas lebih dari satu
08sin 22
2
22
3
3
2
xdx
dyyx
dx
yd
dx
ydxy
xydx
dy
Persamaan Differensial Biasa
Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi satu variable
bebas
Persamaan Differensial Biasa
2
2
2
2
2
2
),,,(
z
u
y
u
x
u
t
tzyxu
Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi dengan jumlah
variable bebas lebih dari satu
Fungsi u(x,y,z,t) digunakan untuk merepresentasikan temperatur
pada waktu t pada benda secara fisik dengan koordinat
(x,y,z)
= thermal diffusivity.
Heat equation
Persamaan Differensial Biasa
Penggunaan :
Cabang-cabang ilmu teknik
Ekonomi
Biologi dan kedokteran
Kimia, Fisika dsb.
ODE digunakan untuk mendapatkan formulasi suatu
fenomena yang mengalami perubahan terhadap waktu
atau tempat
Cooling
This is a model of how the temperature of an object changes as it loses heat to the surrounding atmosphere:
Temperature of the object: ObjT Room Temperature: RoomT
Newton’s laws states: “The rate of change in the
temperature of an object is proportional to the difference
in temperature between the object and the room
temperature”
)( RoomObj
ObjTT
dt
dT
Form
ODE
t
RoominitRoomObj eTTTT )(Solve
ODE
Where is the initial temperature of the
object.
initT
Newton’s 2nd law for a rotating object:
q
mg
l
sin2
22 mgl
dt
dml
0sin2
2
2
dt
d
This equation is very difficult to solve.
rearrange and divide
through by ml 2
l
g2
where
Moment of inertia x angular acceleration = Net external torque
Order suatu persamaan differensial adalah tingkat turunan
tertinggi persamaan differensial tersebut.
02
2
dt
dy
dt
yd2nd order
3
3
dt
xdx
dt
dx 3rd order
Order (tingkat)
Derajat suatu persamaan differensial (PD) adalah pangkat
dari turunan yang tertinggi di dalam PD tsb.
08sin 22
2
22
3
3
y
dx
dyyx
dx
ydx
dx
ydxy 2nd degree
Derajat (Degree)
)()(.....)( 1
)1(
1 xkyxayxay n
nn
Persamaan diferensial (PD) Linear derajat 1
Bentuk Umum :
Artinya mencari suatu fungsi y=f(x) yang memenuhi PD
tersebut
Fungsi y=f(x) yang memenuhi sebuah PD banyak sekali,
kumpulan fungsi-fungsi yang memenuhi sebuah PD
disebut Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial
(PUPD)
Salah satu fungsi di dalam kumpulan fungsi-fungsi yang
memenuhi sebuah PD disebut Penyelesaian Khusus PD
tsb.
Penyelesaian khusus sebuah PD tsb. juga harus
memenuhi beberapa kondisi batas
Penyelesaian Persamaan Diferensial
Tipe-tipe PD biasa orde 1 :
• PD dengan variabel dapat dipisah
• PD homogen
• PD bentuk (ax+by+c ) dx + (px+qy+r) dy =0
• PD eksak
• PD linear
• PD Bernoulli
Persamaan Diferensial Biasa Orde 1
Prinsip penyelesaian :
1. PD dengan variabel dapat dipisah
0),(),( dyyxQdxyxP
diubah menjadi bentuk persamaan
CdyyNdxxM
dyyNdxxM
)()(
0)()(
Contoh 1 : Cari penyelesaian umum PD berikut
1. PD dengan variabel dapat dipisah
)1)(1( yxdx
dy
Penyelesaian
Cey
Cxxy
dxxy
dy
xx
lnln)1ln(
ln2
1)1ln(
)1(1
2
2
1
2
1
1
ln)1ln(
2
2
2
2
1
2
1
2
1
xx
xx
xx
eCy
eCy
eCy
Suatu fungsi dikatakan homogen derajat n bila ada suatu
konstanta n sehingga untuk setiap parameter λ berlaku :
2. PD Homogen
),(),( yxfyxf n
Misal : xyxyxfa 2),() Homogen derajat 2
),(
)(
),(
2
22
222
yxf
xyx
xyxyxf
2. PD Homogen
Misal :
y
xyxfb tan),() Homogen derajat 0
y
xyxf
tan),(
λ saling menghilangkan
sehingga homogen
berderajat 0
PD orde satu berikut :
0),(),( dyyxQdxyxP
Dikatakan homogen bila P dan Q keduanya
homogen berderajat sama yaitu n
2. PD Homogen
Cara Penyelesaian :
PD Homogen dapat diselesaikan dengan subtitusi
dzxdxzdyzxyx
yz ;;
Contoh 2 : Cari penyelesaian umum PD berikut
0)( dyxdxyx
Penyelesaian : Substitusi dzxdxzdyzxyx
yz ;;
PD menjadi : 0)()( dzxdxzxdxzxx
0)( 2 dzxdxzxdxzxx
2. PD Homogen
(Lanjutan) Contoh 2 :
2/1
2/1
2
2
2
)21(lnln
ln)21ln(ln
ln)21ln(2
1ln
21
0)21(
0)21(
0)2(
0)(
zCx
Czx
Czx
z
dz
x
dx
dzxdxz
dzxdxzx
dzxdxzxx
dzxdxzxdxzxx
12
12
1
12
1
21
)21(
)21(
2
2
2
2
2
2
2
2
122
2/1
)21(lnln 2/1
x
Cxy
x
C
x
y
x
Cz
x
Cz
zCx
zCx
ee zCx
3. PD Bentuk 0)()( dyrqypxdxcbyax
Beberapa kemungkinan :
a) c = 0, r = 0 ; sehingga PD menjadi
0)()( dyqypxdxbyax
Cara
penyelesaian
sama dengan PD
homogenb) px + qy = k (ax + by), sehingga PD menjadi
0))(()( dyrbyaxkdxcbyax
Cara penyelesaian :
Subst. :
b
dxadzdy
dybdxadz
byaxz
3. PD Bentuk 0)()( dyrqypxdxcbyax
Lanjutan b), PD menjadi
0)(
)(
0)()(
dzb
rzkdx
b
rzkacz
b
dxadzrzkdxcz
Cara penyelesaian sama dengan PD variabel
dapat dipisah
3. PD Bentuk 0)()( dyrqypxdxcbyax
c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara penyelesaian :
Subst. :
dyqdxpdvrqypxv
dybdxaducbyaxu
;
;
pbqa
dvbduq
qp
ba
qdv
bdu
dx
pbqa
dupdva
qp
ba
dvp
dua
dy
3. PD Bentuk 0)()( dyrqypxdxcbyax
(Lanjutan) c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara
penyelesaian : Substitusi ke PD semula
0)()(
0)()(
0
dvbuavdupvqu
dupdvavdvbduqu
pbqa
dupdvav
pbqa
dvbduqu
Cara penyelesaian sama dengan PD homogen
3. PD Bentuk 0)()( dyrqypxdxcbyax
Contoh 3 : cari PUPD berikut
0)122()1( dyyxdxyx
Penyelesaian : (Berdasarkan analisis konstanta kemungkinan
persamaan tsb. Dapat diselesaikan dengan no.b)
Subst.
dxdzdydydxdz
xzyyxz
;
;
3. PD Bentuk 0)()( dyrqypxdxcbyax
Lanjutan contoh 3 : PD menjadi
cxzz
dxdzz
dxdzz
z
dzzdxz
dzzdxzz
dxdzzdxz
ln2
12
12
0)12(
0)12()121(
0)()12()1(
Substitusi z = x + y ke persamaan ini
Sehingga PUPD :
cxyxyx )ln()(2
4. PD Eksak
Bentuk
x
N
y
M
Bisa dinyatakan dalam bentuk turunan sempurna dari suatu
fungsi F (x,y)
Syarat PD eksak :
0),(),( dyyxNdxyxM
CyxF
yxdF
dyyxNdxyxMyxdF
),(
0),(
0),(),(),(
Permasalahan yang muncul adalah bagaimana mencari F (x, y)?
4. PD Eksak
Agar terpenuhi :
Maka :
dyyxNdxyxMyxdF ),(),(),(
dyy
Fdx
x
FyxdF
),(
x
N
y
F
xyxN
y
F
y
M
x
F
yyxM
x
F
),(*
),(*
4. PD Eksak
Cara mencari F (x, y) :
),()('),()
),,(
)(),(),()
),(
),(
yxNyCxyxMy
b
makayxNy
Fkarena
yCxyxMyxFa
xyxMF
yxMx
F
2 persamaan penting
dalam penyelesaian
PD eksak
Sehingga nilai C ( y ) bisa diperoleh
4. PD Eksak
Contoh 4 : Cari penyelesaian umum PD berikut :
Penyelesaian :
0)2()3( 32 dyyxxdxyyx
0)2()3( 32 dyyxxdxyyx
M N
x
N
y
M
Syarat PD eksak
13
13
2
2
xx
N
xy
M
Sesuai syarat PD eksak
4. PD Eksak
Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)
)(),(
)()3(
)(),(),(
3
2
yCyxyxyxF
yCxyyx
yCxyxMyxF
yxxyCyxyxy
yxNyCxyyxy
yxNyCxyxMy
2)('
),()(')3(
),()('),(
33
2
Persamaan Umum PD eksak (b)
4. PD Eksak
Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)
sehingga
yyC
dyydC
ydy
dC
yxxdy
dCxx
2
33
)(
2
2
2
23
3
),(
)(),(
yyxyxyxF
yCyxyxyxF
5. PD Linear
Bentuk : )()( xQyxPdx
dy
dxxP
eU)(
Cara Penyelesaian :
-) Kalikan dengan suatu faktor integrasi sedemikian agar PD
Linear berubah menjadi PD dengan variabel yang dapat dipisah
-) Kemudian menyelesaikan bentuk PD variabel yang dapat
dipisah
Faktor integrasi :
PD dikalikan U sehingga menjadi:
dxxPdxxPdxxP
exQeyxPedx
dy )()()(
)()(
5. PD Linear
dxxPdxxPdxxP
exQeyxPedx
dy )()()(
)()(
dxxPdxxP
exQeydx
d )()(
)(
Pembuktian :
)(:
)(
)(
)()(
)()(
xPeedx
dnote
xPeydx
dye
dx
duy
dx
dyuuy
dx
d
dxxPdxxP
dxxPdxxP
5. PD Linear
Sehingga berdasarkan :
CdxeQey
CdxeQeyd
dxxPdxxP
dxxPdxxP
)()(
)()(
dxxPdxxP
exQeydx
d )()(
)(
Contoh 5 : Cari penyelesaian umum PD berikut :
xyxdx
dy
2
Penyelesaian : Bentuk tersebut merupakan bentuk PD linear,
sehingga
xxQx
xP )(,2
)(
5. PD Linear
Lanjutan Contoh 5 :
PUPD berdasarkan
2lnln2
22
xUeUeUeU xxdx
x
CdxeQeydxxPdxxP
)()(
Cxxxy
Cxxy
Cxxy
Cx
dxxy
Cdxxxxy
22
2
2
2
22
ln
)(ln
ln
6. PD Bernoulli
Bentuk : )()( xQyyxPdx
dy n
1
1
ny
z
Bila n 0, maka PD Bernoulli menjadi PD Linear
Cara penyelesaian :
Subtitusi :Sehingga menjadi PD menjadi Linear:
Contoh 6 : Cari penyelesaian umum PD berikut :
22yx
x
y
dx
dy
6. PD Bernoulli
Penyelesaian Contoh 6 : Substitusi
dx
dz
zdx
dy
makadx
dz
dz
dy
dx
dynberdasarka
zdz
dy
zy
yyyz
n
2
2
121
1
,*
11
111
Sehingga PD menjadi :
2
2
1121
zx
zxdx
dz
z
6. PD Bernoulli
Lanjutan Contoh 6 :2
2
1121
zx
zxdx
dz
zDikalikan dengan -z2
Sehingga PD menjadi : xzxdx
dz
2PD Linear
Penyelesaian berdasarkan PD linear :
2lnln2
22
xUeUeUeU xxdx
x
Cx
dxxz
Cdxxxxz
CdxuxQuz
2
22
)(
)ln(
1
)ln(
ln
2
2
2
xCxy
Cxxz
Cxxz
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
Bentuk :
)(..... 11
1
10 xfyadx
dya
dx
yda
dx
yda nnn
n
n
n
nn aaaa ,,, 110 konstan
Bila f(x) = 0 PD Linear order n homogen
Bila f(x) ≠ 0 PD Linear order n tidak homogen
Teorema :
1. Bila y = f(x) merupakan penyelesaian PD linear
homogen, maka y = C f(x) juga merupakan
penyelesaian
2. Bila y1 = C1 f1 (x)
y2 = C2 f2 (x)
:
yn = Cn fn (x)
adalah penyelesaian-penyelesaian yang berlainan
dari PD linear homogen, maka
y = C1 f1 (x) + C2 f2 (x) +…….+ Cn fn (x) juga
merupakan penyelesaian
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
Cara I :
Penyelesaian Umum PD linear homogen tingkat n dapat
diperoleh dengan subtitusi Euler :mxey
0.....1
1
10
yadx
yda
dx
yda nn
n
n
n
mxn
n
n
mx
mx
emdx
yd
emdx
yd
medx
dy
:
2
2
2
Sehingga
0
0
1
10
1
10
n
nn
mx
n
mxnmxn
amama
eaemaema
Persamaan karakteristik
Diperoleh akar-akar persamaan karakteristik m1, m2, m3,….., mn
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
Lanjutan Cara I :
Jadi
xm
nn
xm
xm
neCy
eCy
eCy
:
2
1
22
11
Sehingga
xm
n
xmxm neCeCeCy .....21
21
PUPD linear homogen tingkat n
Merupakan penyelesaian
(berdasarkan teorema 2)
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
Cara II :
Menggunakan operator :
PD menjadi dx
dD
0.....
0).....(
0.....
1
10
1
10
1
10
n
nn
n
nn
n
nn
aDaDa
aDaDay
yayDayDa
Akar-akar :
Persamaan karakteristik
n ,......,, 21
0))......()(( 21 nDDD
Sehingga :
0))......()(( 21 yDDD n
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
Lanjutan Cara II :
Ditinjau salah satu akar :
k
x
k
kkk
k
k
k
k
Cey
Cxy
dxy
dy
ydx
dy
ydx
d
yD
k lnlnln
lnln
0
0)(
0)(
n
k
x
k
x
kk
x
kk
k
k
k
eCy
PUPD
eCy
eCy
1
lnln
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
Contoh 7 : Selesaikan persamaan diferensial berikut :
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
6,0)0('';4,5)0(';4,3)0(
0:
0''''
yyy
xnote
yy
Penyelesaian : Substitusi Eulermxey
1,1,0
0)1)(1(
0)1(
0
0
321
2
3
3
mmm
mmm
mm
mm
meem mxmx
Lanjutan Contoh 7 : Berdasarkan persamaan
maka
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
xm
n
xmxm neCeCeCy .....21
21
xx
xx
xx
xxx
eCeCy
eCeCy
eCeCCy
eCeCeCy
32
32
321
)1(
3
)1(
2
)0(
1
''
'
Lanjutan Contoh 7 :
Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
321
0
3
0
21
4,3
4,3
4,3)0(*
CCC
eCeCC
y
32
32
6,0
6,0)0(''*
4,5
4,5)0('*
CC
y
CC
y
Berdasarkan substitusi diperoleh masing-masing nilai :
4,2;3;4 321 CCC
PD :
xx eey 4,234
Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus
Teknik Kimia
Pembuatan sabun disebut saponifikasi, dalam proses tersebut lemak
yang berasal dari hewan atau tumbuhan direaksikan dengan KOH atau
NaOH untuk memproduksi gilcerol dan fattyacid salt (sabun). Sabun
dipisahkan dari gliserol melalui presipitasi dengan penambahan
natrium klorida. Lapisan air bagian atas yang mengandung natrium
klorida dipisahkan dari campuran sebagai limbah.
Kementerian Lingkungan Hidup (KLH) mengharuskan konsentrasi
maksimum natrium klorida pada limbah yang dibuang ke lingkungan
tidak lebih dari 11.00 gram / liter. Natrium klorida ini merupakan
limbah utama dalam proses produksi sabun.
Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus
Teknik Kimia (lanjutan)
Sebuah pabrik sabun tersebut hanya memiliki 1 tangki dengan
kapasitas 15 liter untuk penampungan limbah. Dalam proses pengisian
tangki limbah tersebut, sebanyak 15 liter air dan 750 gram natrium
klorida dimasukkan. Untuk proses kontinuitas proses produksi pabrik
dan menjaga agar limbah yang terbuang ke lingkungan konsentrasinya
tidak melebihi aturan KLH, maka diperlukan pompa yang dioperasikan
untuk memompa air ke tangki dengan laju 2 liter setiap menit dimana
limbah garam yang mengandung 45 gram garam per liter ditambahkan
dengan laju 1,5 liter per menit.
Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan)
Untuk menjaga volume larutan dalam tangki tetap pada level 15 liter,
maka limbah yang terdapat di dalam tangki dikeluarkan (discharge)
sebanyak 3,5 liter per menit
Misalkan A merupakan aliran limbah dari proses, B merupakan aliran
air (fresh water), dan C adalah aliran keluar limbah dari tangki ke
lingkungan.
Diasumkan saat aliran A dan B masuk ke dalam tangki, maka secara
cepat terjadi perubahan konsentrasi klorida ke arah konsentrasi keluar
tangki x1 dan di dalam tangki tidak terjadi reaksi kimia
a) Berapa lama waktu yang dibutuhkan untuk memperoleh
konsentrasi sesuai dengan standar dari KLH untuk limbah kloride
di lingkungan, apakah pabrik tersebut bisa memenuhi standard
dari KLH?
b) Pada waktu 3 detik berapa konsentrasi limbah yang keluar dari
tangki
c) Dalam kondisi steady state, berapa konsentrasi garam yang
dikeluarkan oleh pabrik tersebut
Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus
Teknik Kimia (lanjutan)
Aliran A
1,5 Liter / menit
45 gram / liter
Aliran B
2 Liter / menit
0 gram / liter
Aliran C
3,5 Liter / menit
x1 gram / liter
Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus
Teknik Kimia (lanjutan)
Neraca massa untuk natrium klorida pada sistem tangki :
Akumulasi = input – output + generasi (pembuangan karena reaksi)
LgL
gxt
xdt
dx
LLgxLLgLLgdt
dx
/5015
750)0(,0
5.675.3
0min)/5.3()/(min)/2()/0(min)/5.1()/45(
1
11
11
5.67)(;5.3)(
5.675.3 11
xQxP
eeU
xdt
dx
tdt
t
t
t
tt
tt
dxxPdxxP
e
Cx
e
Cex
Ceex
Ceex
CdxeQey
5.67
5.67
5.67
5.67
)()(
Penyelesaian dengan menggunakan PD Linear
Penyelesaian dengan menggunakan PD Linear
LgL
gxt /50
15
750)0(,0 1
5.17
5.6750
5.6750
5.67
0
C
C
e
C
e
Cx
t
Sehingga persamaan menjadi :
tex
5.175.67
a) -1,1724 minutes, artinya
pabrik tidak bisa
memenuhi standar KLH
karena waktu yang
dibutuhkan bersifat minus
sehingga tidak dapat
memenuhi persamaan
b) 50.8535 g/L
c) Steady state berarti
Lgx
x
dt
dx
/285.19
5.675.30
0
1
1
1
Let’s play
Find the solution (PUPD) from the problems below :
0'2'')10
02'3'')9
2cos2')8
2')7
0)5410()15()6
0)43()32()5
0)4
2)()3
0)1(2)2
0)12()12()1
433422
22
2
yyy
yyy
xyy
eyy
dyyxyyxdxyyx
dyyxdxyx
dyxdxy
dyyxdxyx
dyxdxxy
dyyxdxyx
x
THANK YOU FOR YOUR
ATTENTION IN THIS
CLASS