Example 76 : Sirkuit RLC
Tentukan persamaan arus I sebagai fungsi dari t setelah saklar (switch) pada su-atu sirkuit RCL ditutup. Sirkuit RLC terdiri dari resistor, induktor, kondensor (kapasitor), baterai 12 volt, dan saklar yang semuanya tersusun seri. Diketahui resistor R = 16 ohm, induktor L = 0; 02 henry, dan kondensor C = 2 10 4 farad. Asumsikan bahwa tidak ada muatan di kondensor sebelum saklarnya ditutup, sehingga Q = 0; jika t = 0; juga I = 0 jika t = 0:
Dengan memasukkan nilai-nilai R; L; C dan E(t); diperoleh persamaan non-homogen sebagai berikut:
Jadi solusi persamaan homogennya adalah
Qh(t) = e 400t(A cos 300t + B sin 300t) : Pilih solusi khususnya
Qk = K1
sehingga diperoleh turunan-turunannya sebagai berikut: Q0k = 0; Q00k = 0:
Substitusikan Qk dan turunan-turunannya ke dalam persamaan nonhomogen-nya, sehingga diperoleh
0 + 0 + 250:000K1 = 600
250:000K1 = 600 =) K1= 2; 4 10 3: Jadi solusi khususnya adalah
Qk(t) = 2; 4 10 3: Solusi umum persamaan nonhomogennya adalah
Q(t) = Qh(t) + Qk(t)
= e 400t(A cos 300t + B sin 300t) + 2; 4 10 3:
Dengan memasukkan syarat awal Q(0) = 0; diperoleh A = 2; 4 10 3: Untuk mencari B; turunkan Q(t) sehingga diperoleh
Q0(t) = 400e 400t(A cos 300t + B sin 300t) + e 400t( 300A sin 300t + 300B cos 300t)
= e 400t[( 400A + 300B) cos 300t + ( 400B 300A) sin 300t] : Karena Q0(0) = 0 dan A = 2; 4 10 3; maka
400A + 300B = 0 =) B = 3; 2 10 3: Solusi masalah nilai awalnya adalah
Q(t) = e 400t 2; 4 10 3 cos 300t + 3; 2 10 3 sin 300t + 2; 4 10 3: Jadi persamaan yang diharapkan untuk arus I sebagai fungsi dari t adalah
I(t) = Q0(t) = 2e 400tsin 300t: | Example 77 : Sirkuit RLC
Tentukan kuat arus I(t) dalam sirkuit RLC dengan R = 100 ohm, L = 0; 1 henry, dan C = 10 3 farad, yang terhubung dengan sumber voltase E(t) = 155 sin 377t (catatan: 60 Hz = 60 siklus/detik). Asumsikan tegangan Q dan kuat arus I adalah nol jika t = 0:
Jawab:
Berdasarkan hukum voltase Kircho¤, model untuk sirkuit listrik RLC tersebut adalah
EL+ ER+ EC= E(t): (3.50)
Dengan EL = LI0; ER = RI, Ec = 1cR
I(t)dt; dan E(t) = E0sin !t; maka hukum voltase Kircho¤ dapat dituliskan kembali sebagai
LI0+ RI + 1 C
Z
I(t)dt = E(t) = E0sin !t: (3.51) Untuk menghilangkan integral dalam persamaan di atas, maka persamaan terse-but diturunkan sehingga diperoleh persamaan
LI00+ RI0+ 1
CI = E0! cos !t: (3.52) Berdasarkan informasi pada soal, maka persamaan di atas menjadi persamaan nonhomogen
0; 1I00+ 100I0+ 1000I = 155: (377) cos 377t:
Persamaan homogennya adalah
0; 1I00+ 100I0+ 1000I = 0 () I00+ 1000I0+ 10:000I = 0:
Persamaan karakteristiknya adalah
2+ 1000 + 10:000 = 0;
yang menghasilkan akar-akar
1 990 dan 2 10;
sehingga solusi umumnya adalah
I(t) = c1e 990t+ c2e 10t:
Untuk mencari solusi persamaan nonhomogennya, pilih solusi khusus (steady-state current ):
Ik(t) = A cos 377t + B sin 377t:
Dengan menurunkan rumus dasar
Ik(t) = A cos !t + B sin !t
sampai turunan pertama dan ke-dua, diperoleh rumus reaktansi S, nilai A dan B sebagai berikut:
reaktansi S = !L 1
!C = (377) (0; 1) 1
(377) (10 3) = 35, sehingga diperoleh
A = E0S
R2+ S2 = (155) : (35)
1002+ 352 = 0484 dan B = E0R
R2+ S2 =(155) : (100)
1002+ 352 = 1; 38:
Jadi solusi khususnya adalah
Ik(t) = 0; 484 cos 377t + 1; 38 sin 377t;
sehingga solusi umum (transient current ) persamaan nonhomogennya adalah I(t) = c1e 990t+ c2e 10t 0; 484 cos 377t + 1; 38 sin 377t:
Dari syarat awal I(0) = 0; diperoleh persamaan I(0) = c1+ c2 0; 484 = 0:
Untuk memasukkan syarat awal Q(0) = 0, digunakan persamaan LI0+ RI +
1 C
R I(t)dt = E(t) danR
I(t)dt = Q(t); sehingga diperoleh persamaan
I0(t) = 1
L E(t) RI(t) 1 CQ(t) :
Untuk t = 0; diperoleh E(0) = 0; I(0) = 0 dan Q(0) = 0, sehingga I0(0) = 0:
Dari rumus I(t) yang ada, diperoleh turunan pertamanya, yaitu
I0(t) = 990c1e 990t 10c2e 10t+ (0; 484)(377) sin 377t + (1; 38)(377) cos 377t;
sehingga
I0(0) = 990c1 10c2+ (1; 38)(377) = 0:
Dari persamaan I(0) = 0 dan I0(0) = 0; diperoleh c1= 0; 526 dan c2= 0; 042:
Jadi solusi masalah nilai awal (kuat arus dari masalah sirkuit RLC) adalah I(t) = 0; 526e 990t 0; 042e 10t 0; 484 cos 377t + 1; 38 sin 377t: | Example 78 : Masalah Nilai Batas. Medan potensial elektrik di antara dua bola konsentrik (mempunyai pusat yang sama)
Tentukan potensial elektrostatik v = v(r) di antara dua bola konsentrik yang berjari-jari r1= 4 cm dan r2= 8 cm yang masing-masing terjaga pada potensial v1= 110 volt dan v2= 0:
(Catatan: v(r) adalah solusi dari rv00+ 2v0= 0; dengan v0= dv=dr:) Jawab:
Persamaan rv00+ 2v0= 0 dapat diubah menjadi persamaan Euler-Cauchy seba-gai berikut:
r2v00+ 2rv0 = 0 Persamaan tambahannya adalah
m2+ m = 0;
yang menghasilkan akar-akar m1 = 0 dan m2= 1; sehingga solusi umumnya adalah
v(r) = c1r0+ c2r 1= c1+ c2=r:
Dari syarat batas v(r1) = v(4) = 110 dan v(r2) = v(8) = 0; diperoleh hasil v(4) = c1+ c2=4 = 110 () 4c1+ c2= 440
v(8) = c1+ c2=8 = 0 () 8c1+ c2= 0:
Dengan eliminasi, diperoleh nilai c1= 110 dan c2= 880:
Jadi solusi masalah nilai batasnya yang merupakan potensial elektrostatik di antara dua bola konsentrik adalah
v(r) = 110 + 880=r volt. |
3.5.1 Latihan
I. Tentukan arus steady-state ( solusi khusus Ik(t)) dari sirkuit RLC untuk data berikut ini:
1. R = 2 ohm, L = 1 henry, C = 0:5 farad, E = 50 sin t volts.
2. R = 8 ohm, L = 2 henry, C = 0:1 farad, E = 160 cos 5t volts.
3. R = 4 ohm, L = 1 henry, C = 2:10 4 farad, E = 220 volts.
II. Tentukan arus dalam sirkuit RLC untuk data berikut ini:
4. R = 40 ohm, L = 0:5 henry, C = 1=750 farad, E = 25 cos 100t volts.
5. R = 20 ohm, L = 5 henry, C = 10 2 farad, E = 425 sin 4t volts.
6. R = 10 ohm, L = 0:1 henry, C = 1=340 farad, E = e t(169:9 sin t 160.1t)
III. Selesaikan masalah nilai awal berikut. Asumsikan I dan Q adalah nol jika t = 0:
7. R = 80 ohms, L = 10 henry, C = 0:004 farad, E = 240:5 sin 10t volts.
8. R = 3 ohms, L = 0:5 henry, C = 0:08 farad, E = 12 cos 5t volts.
9. R = 8 ohms, L = 2 henry, C = 0:1 farad, E = 10 volts.
(a)
Sistem Persamaan Diferensial
Pada bab-bab terdahulu, telah dibahas metode-metode penyelesaian persamaan diferensial yang meliputi hanya satu peubah (variabel) saja. Banyak aplikasi dalam kehidupan sehari-hari yang memerlukan kegunaan dari dua atau lebih peubah tak bebas, yang masing-masing merupakan fungsi dari peubah bebas yang tunggal. Hal-hal tersebut di atas, secara alamiah menunjuk kepada suatu sistem persamaan diferensial biasa secara keseluruhan. Umumnya, peubah be-bas tersebut dinyatakan dengan t dan peubah tak bebe-basnya (yang merupakan fungsi dari t yang tak diketahui) dengan y1; y2; :::; yn atau x; y; z; :::
Pembahasan ini akan dibatasi hanya pada suatu sistem dengan banyaknya per-samaan adalah sama dengan banyaknya peubah tak bebas (dari fungsi yang tak diketahui). Sebagai contoh, sistem dari dua persamaan diferensial orde pertama pada peubah tak bebas y1 dan y2; mempunyai bentuk umum:
f1(t; y1; y2; y10; y02) = 0;
f2(t; y1; y2; y10; y02) = 0;
dengan fungsi y1 dan y2 diketahui. Solusi dari sistem ini adalah pasangan y1(t); y2(t) dari fungsi t yang memenuhi kedua persamaan tersebut pada suatu selang dari t:
4.0.2 Vektor, Matriks
Untuk menyederhanakan formula dan menjelaskan ide-ide pembahasan men-genai sistem linier dari persamaan diferensial, digunakan matriks dan vektor.
Banyak dari sistem linier ini yang terdiri dari dua persamaan di dalam dua fungsi tak diketahui y1(t); y2(t) berbentuk:
y01 = a11y1+ a12y2; (4.1) y02 = a21y1+ a22y2:
Sebagai contoh:
y10 = 5y1+ 2y2; y20 = 13y1+1
2y2: 73
Pada pembahasan selanjutnya nanti, akan dibahas sistem dari n persamaan dengan n fungsi tak diketahui y1(t); :::; yn(t) yang berbentuk:
y01 = a11y1+ a12y2+ ::: + a1nyn (4.2) y02 = a21y1+ a22y2+ ::: + a2nyn
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::
yn0 = an1y1+ an2y2+ ::: + annyn:
4.0.3 Nilai Eigen, vektor Eigen
Misalkan A = [ajk] adalah matriks. Perhatikan persamaan
A!x = !x (4.3)
dengan adalah skalar (bilangan real atau kompleks) dan !x adalah vektor yang masing-masing akan ditentukan. Untuk setiap ; solusinya adalah !x = !0 : Skalar seperti pada persamaan (4.3) yang membuat vektor !x 6=!0 disebut nilai eigendari A dan vektornya disebut vektor eigen dari A yang berhubun-gan denberhubun-gan nilai eigen ini. Salah satu arti dari kata ”eigen” dalam bahasa Jerman, adalah proper . Nilai eigen juga disebut sebagai proper values, nilai karakteristik atau latent roots (akar laten) oleh beberapa pengarang.
Persamaan (4.3) dapat ditulis sebagai A!x !x = !0 atau
(A I)!x = 0: (4.4)
Ini adalah n fungsi aljabar linier dengan x1; x2; :::; xn( komponen dari x) yang tak diketahui. Untuk mendapatkan solusi !x 6= !0 ; koe…sien matriks A I harus singular. Dalam bab ini, hanya akan dibahas untuk n = 2; sehingga bila dinyatakan dalam bentuk matriks, persamaan (4.4) menjadi
a11 a12 a21 a22
x1
x2 = 0
0 ; (4.5)
dengan komponen-komponennya:
(a11 )x1+ a12x2 = 0 (4.6)
a21x1+ (a22 )x2 = 0:
A Isingular jika dan hanya jika determinannya sama dengan nol (det (A I) = 0). Determinan ini, yaitu det (A I); disebut sebagai determinan karakteristik dari A (juga untuk n umumnya).
det (A I) = a11 a12
a21 a22
= (a11 )(a22 ) a12a21
= 2 (a11+ a22) + a11a22 a12a21= 0:
Persamaan kuadrat di atas disebut sebagai persamaan karakteristik dari A:
Solusinya adalah nilai eigen 1 dan 2 dari A: Jika !x vektor eigen dari A;
demikian juga k!x untuk suatu k 6= 0:
Example 79 : Masalah nilai eigen
Tentukan nilai eigen dan vektor eigen dari matriks A = 5 2
2 2 :
Jawab:
Persamaan karakteristiknya diperoleh dari :
det (A I) = 5 2
2 2
= 2+ 7 + 6 = 0;
sehingga menghasilkan nilai eigen 1 = 1 dan 2 = 6: Sedangkan vektor eigennya diperoleh dari persamaan:
( 5 )x1+ 2x2= 0 atau 2x1+ ( 2 )x2= 0:
Untuk = 1= 1; substitusikan ke dalam persamaan di atas sehingga meng-hasilkan:
4x1+ 2x2 = 0 2x1 x2 = 0:
Karena kedua persamaan tersebut pada dasarnya sama, maka untuk menen-tukan nilai x1dan x2; dapat diambil sebarang bilangan. Dengan mengambil x1= 1 dan x2= 2 , diperoleh vektor eigen yang pertama, yaitu
!x(1) = 1 2 :
Untuk = 2= 6; diperoleh persamaan x1+ 2x2 = 0 2x1+ 4x2 = 0:
Dengan alasan yang sama seperti di atas, dapat diambil sebarang bilangan untuk x1 dan x2 nya. Ambil x1 = 2 dan x2 = 1; sehingga diperoleh vektor eigen yang ke dua, yaitu !x(2)= 2
1 : |