FAKTOR INTEGRASI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE-1 UNTUK MENYELESAIKAN RANGKAIAN RC SIGIT KUSMARYANTO

FAKTOR INTEGRASI PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER ORDE-1

UNTUK MENYELESAIKAN RANGKAIAN RC

SIGIT KUSMARYANTO

http://sigitkus.lecture.ub.ac.id

Persamaan Diferensial Linier Orde-1 yang berbentuk 𝒅𝒅𝒅𝒅

𝒅𝒅𝒅𝒅 + 𝑷𝑷𝒅𝒅 = 𝑸𝑸 , P dan Q fungsi x atau konstanta penyelesaiannya diperoleh dengan mengalikan kedua ruas dengan faktor integrasi

𝑒𝑒

∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 Contoh, selesaikan PD 𝑃𝑃𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑃𝑃 − 𝑑𝑑 = 𝑃𝑃 Penyelesaian:

dari persamaan diperoleh P = -1 dan Q = x faktor integrasinya

_𝑒𝑒

∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑒𝑒−𝑃𝑃

jika kedua ruas persamaan dikalikan dengan 𝑒𝑒−𝑃𝑃 _maka: 𝑒𝑒−𝑃𝑃₍𝑃𝑃𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑃𝑃 – 𝑑𝑑) = 𝑒𝑒−𝑃𝑃(𝑃𝑃) 𝑒𝑒−𝑃𝑃𝑃𝑃𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑃𝑃 − 𝑒𝑒−𝑃𝑃. 𝑑𝑑 = 𝑒𝑒−𝑃𝑃. 𝑃𝑃 𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑃𝑃{𝑒𝑒−𝑃𝑃𝑑𝑑} = 𝑒𝑒−𝑃𝑃. 𝑃𝑃 → 𝑃𝑃 �𝑒𝑒∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃. 𝑑𝑑� = 𝑒𝑒∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃. 𝑃𝑃 = 𝑒𝑒∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃. 𝑄𝑄 sehingga penyelesaiannya � 𝑃𝑃(𝑒𝑒−𝑃𝑃_{𝑑𝑑) = � 𝑒𝑒}−𝑃𝑃_{. 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃} 𝑒𝑒−𝑃𝑃_{. 𝑑𝑑 = −𝑒𝑒}−𝑃𝑃_{. 𝑃𝑃 + � 𝑒𝑒}−𝑃𝑃_{𝑃𝑃𝑃𝑃 = −𝑒𝑒}−𝑃𝑃_{. 𝑃𝑃 − 𝑒𝑒}−𝑃𝑃 _{+ 𝑐𝑐} 𝑑𝑑 = −𝑃𝑃 − 1 + 𝑐𝑐 /𝑒𝑒−𝑃𝑃

dari contoh di atas jika faktor integrasi

𝑒𝑒

∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃

_{= 𝜇𝜇}

_{, maka PD linier orde satu bisa} dinyatakan dalam bentuk

𝑃𝑃

𝑃𝑃𝑃𝑃 (𝜇𝜇. 𝑑𝑑) = 𝜇𝜇. 𝑄𝑄

dengan bentuk di atas, penyelesaiannya menjadi: 𝜇𝜇. 𝑑𝑑 = � 𝜇𝜇𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑃𝑃 + 𝑐𝑐 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑑𝑑. 𝑒𝑒∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 _{= � 𝑒𝑒}∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃_{. 𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑃𝑃 + 𝑐𝑐}

Model persamaan rangkaian listrik RC mempunyai bentuk PD Linier orde-1. Penyelesaian rangkaian RC dapat diselesaikan dengan faktor integrasi. Ilustrasi penerapan faktor integrasi PD Linier orde-1 pada rangkaian RC dengan sumber E= Konstanta, E0 sinωt dan

Gambar 1 Rangkaian RC Seri

Dengan menerapkan hukum Kirchoff maka model persamaan rangkaian adalah: 𝑅𝑅𝑃𝑃𝑄𝑄_{𝑃𝑃𝑎𝑎 +}1_{𝐶𝐶 𝑄𝑄 = 𝐸𝐸 ↔} 𝑃𝑃𝑄𝑄_{𝑃𝑃𝑎𝑎 +𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑄𝑄 =}1 𝐸𝐸_𝑅𝑅

atau

𝑅𝑅𝑅𝑅 +1_{𝐶𝐶 � 𝑅𝑅𝑃𝑃𝑎𝑎 = 𝐸𝐸 ↔ 𝑅𝑅}𝑃𝑃𝑅𝑅_{𝑃𝑃𝑎𝑎 +𝐶𝐶 𝑅𝑅 =}1 𝑃𝑃𝐸𝐸_{𝑃𝑃𝑎𝑎} diperoleh PD linier orde satu:

𝑃𝑃𝑅𝑅 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 1 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑅𝑅 = 1 𝑅𝑅 𝑃𝑃𝐸𝐸 𝑃𝑃𝑎𝑎 Penyelesaian umum:

faktor integral PD Linier :

𝜇𝜇 = 𝑒𝑒∫ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑎𝑎 _{= 𝑒𝑒𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎}1 perkalian PD dengan faktor integral menghasilkan:

𝑒𝑒𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎1 _�𝑃𝑃𝑅𝑅 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 1 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑅𝑅� = 1 𝑅𝑅 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑃𝑃𝐸𝐸 𝑃𝑃𝑎𝑎 𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑎𝑎 �𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{. 𝑅𝑅� =}1 𝑅𝑅 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑃𝑃𝐸𝐸 𝑃𝑃𝑎𝑎 𝑒𝑒𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎1 _{. 𝑅𝑅 = �} 1 𝑅𝑅 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑃𝑃𝐸𝐸 𝑃𝑃𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘 𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎� 1 𝑅𝑅 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑃𝑃𝐸𝐸 𝑃𝑃𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎

= 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_�� 1 𝑅𝑅 𝑒𝑒

1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑃𝑃𝐸𝐸

𝑃𝑃𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘�

Kasus A. Jika E= Konstanta, maka dE/dt=0, sehingga

𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_��1 𝑅𝑅 𝑒𝑒

1

𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{. 0. 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘�} = 𝑘𝑘. 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎

RC disebut konstanta waktu kapasitif

Kasus B. Jika E(t) = E0 sinωt , maka:

𝑃𝑃𝐸𝐸

𝑃𝑃𝑎𝑎 = 𝜔𝜔𝐸𝐸0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 sehingga jika disubstitusikan ke persamaan menjadi:

𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_��1 𝑅𝑅 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{. 𝜔𝜔𝐸𝐸0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘�} 𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_�𝜔𝜔𝐸𝐸0 𝑅𝑅 � 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘�}

∫ 𝑒𝑒𝑅𝑅𝐶𝐶1𝑎𝑎. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎. 𝑃𝑃𝑎𝑎 dengan integral parsial dapat diselesaikan menjadi:

rumus baku integral parsial: _{∫ 𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑎𝑎. 𝑑𝑑 − ∫ 𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑎𝑎} jika 𝑎𝑎 = 𝑒𝑒𝑅𝑅𝐶𝐶1𝑎𝑎 dan 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎; 𝑑𝑑 =1 𝜔𝜔𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 , maka: � 𝑒𝑒𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎1 _{. cos 𝜔𝜔𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 =} 1 𝜔𝜔 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 −} 1 𝜔𝜔𝑅𝑅𝐶𝐶 � 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎} = ⋯ −_{𝜔𝜔𝑅𝑅𝐶𝐶 � 𝑒𝑒}1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎1 _{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 ; jika 𝑎𝑎 = 𝑒𝑒}𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎1 _{dan 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 , 𝑑𝑑 = −}1 𝜔𝜔 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 = ⋯ − 1 𝜔𝜔𝑅𝑅𝐶𝐶 �− 1 𝜔𝜔 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 + 1 𝜔𝜔𝑅𝑅𝐶𝐶 � 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎�

untuk penyederhanaan misalkan

_{𝐴𝐴 = ∫ 𝑒𝑒}

𝑅𝑅𝐶𝐶1𝑎𝑎

. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎

, maka: 𝐴𝐴 == 1 𝜔𝜔 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 + 1 𝜔𝜔2_{𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑒𝑒} 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 − 𝐴𝐴 𝜔𝜔2_𝑅𝑅2_𝐶𝐶2 𝐴𝐴 =_{1 + 𝜔𝜔}𝜔𝜔2𝑅𝑅₂2_𝑅𝑅𝐶𝐶₂2_𝐶𝐶2�_{𝜔𝜔 𝑒𝑒}1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎1 _{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 +} 1 𝜔𝜔2_{𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑒𝑒} 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎 _{𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎�} sehingga:

𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_�1 𝑅𝑅 𝜔𝜔𝐸𝐸0� 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{. 𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝜔𝜔𝑎𝑎. 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘�} 𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎�1 𝑅𝑅 𝜔𝜔𝐸𝐸0� 𝜔𝜔2_𝑅𝑅2_𝐶𝐶2 1 + 𝜔𝜔2_𝑅𝑅2_𝐶𝐶2� 1 𝜔𝜔 𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 + 1 𝜔𝜔2_{𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑒𝑒} 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎�� + 𝑘𝑘� 𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_��𝜔𝜔3𝐸𝐸0𝑅𝑅 𝐶𝐶2 1 + 𝜔𝜔2_𝑅𝑅2_𝐶𝐶2�_{𝜔𝜔 𝑒𝑒}1 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 +} 1 𝜔𝜔2_{𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑒𝑒} 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎 _{𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎�� + 𝑘𝑘�} 𝑅𝑅 = 𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_�� 𝜔𝜔2𝐸𝐸0𝑅𝑅𝐶𝐶2 1 + 𝜔𝜔2_𝑅𝑅2_𝐶𝐶2𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 +} 𝜔𝜔𝐸𝐸0𝐶𝐶 1 + 𝜔𝜔2_𝑅𝑅2_𝐶𝐶2𝑒𝑒 1 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎 _{𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎� + 𝑘𝑘�} 𝑅𝑅 =_{1 + 𝜔𝜔}𝜔𝜔2𝐸𝐸0₂𝑅𝑅𝐶𝐶_{𝑅𝑅2𝐶𝐶}2₂𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜔𝜔𝑎𝑎 +_{1 + 𝜔𝜔}𝜔𝜔𝐸𝐸₂0_𝑅𝑅𝐶𝐶_2𝐶𝐶2𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑎𝑎 + 𝑘𝑘𝑒𝑒− 1𝑅𝑅𝐶𝐶𝑎𝑎 Contoh:

Suatu rangkaian listrik terdiri dari Resistor 20 ohm yang dihubungkan seri dengan kapasitor 0,05 farad dan baterai E volt. Pada saat t=0 tidak ada muatan pada kapasitor. Tentukan besar muatan dan arus untuk t>0, jika E= 60, E=100t e-2t _{dan E= 100 cos 2t!}

(a) jika E=60, model persamaan rangkaian RC adalah: 𝑃𝑃𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 1 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑄𝑄 = 𝐸𝐸 𝑅𝑅 𝑃𝑃𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑄𝑄 = 3 faktor integrasi =

e

t

perkalian PD dg faktor integrasi didapatkan: 𝑒𝑒𝑎𝑎_�𝑃𝑃𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑄𝑄� = 3𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑎𝑎[𝑒𝑒𝑎𝑎𝑄𝑄] = 3 𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑒𝑒𝑎𝑎_{𝑄𝑄 = � 3𝑒𝑒}𝑎𝑎_{𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘} 𝑒𝑒𝑎𝑎_{𝑄𝑄 = 3𝑒𝑒}𝑎𝑎_{+ 𝑘𝑘} 𝑄𝑄 = 3 + 𝑘𝑘𝑒𝑒−𝑎𝑎_{, 𝑄𝑄(𝑎𝑎 = 0) = 0 → 𝑘𝑘 = −3} 𝑄𝑄 = 3 − 3𝑒𝑒−𝑎𝑎_, karena

𝑅𝑅 = 𝑃𝑃𝑄𝑄/𝑃𝑃𝑎𝑎,

maka𝑅𝑅 =_{𝑃𝑃𝑎𝑎}𝑃𝑃 [3 − 3𝑒𝑒−𝑎𝑎_{] = 3𝑒𝑒}−𝑎𝑎

Gambar 2 Arus Pada Rangkaian RC Seri, E=60 V Program MATLAB untuk Gambar 16

%Arus pada Rangk RC seri E=60 clear all; close all; clc; t=(0:0.01:5); I=3*exp(-t) plot(t,I,'b','linewidth',2)

xlabel('sumbu waktu (t)','fontsize',14) ylabel('Arus I(t)','fontsize',14)

(b) jika E=100 t e-2t_{, model persamaan rangkaian RC adalah:}

𝑃𝑃𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 1 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑄𝑄 = 𝐸𝐸 𝑅𝑅 𝑃𝑃𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑄𝑄 = 5𝑎𝑎𝑒𝑒−2𝑎𝑎 faktor integrasi = et

perkalian PD dg faktor integrasi didapatkan: 𝑒𝑒𝑎𝑎_�𝑃𝑃𝑄𝑄

𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑄𝑄� = 5𝑎𝑎𝑒𝑒−𝑎𝑎 𝑃𝑃

𝑃𝑃𝑎𝑎[𝑒𝑒𝑎𝑎. 𝑄𝑄] = 5𝑎𝑎. 𝑒𝑒−𝑎𝑎

𝑒𝑒𝑎𝑎_{. 𝑄𝑄 = 5 � 𝑎𝑎. 𝑒𝑒}−𝑎𝑎 _{𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘}

∫ 𝑎𝑎. 𝑒𝑒−𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 diselesaikan dengan integral parsial rumus baku integral parsial: _{∫ 𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑎𝑎. 𝑑𝑑 − ∫ 𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑎𝑎} jika 𝑎𝑎 = 𝑎𝑎 dan 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑒𝑒−𝑎𝑎_{; 𝑑𝑑 = −𝑒𝑒}−𝑎𝑎 _{, maka:}

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 sumbu waktu (t) Aru s I(t)

� 𝑎𝑎. 𝑒𝑒−𝑎𝑎_{𝑃𝑃𝑎𝑎 = −𝑎𝑎. 𝑒𝑒}−𝑎𝑎 _{+ � 𝑒𝑒}−𝑎𝑎_{𝑃𝑃𝑎𝑎} = −𝑎𝑎. 𝑒𝑒−𝑎𝑎 _{− 𝑒𝑒}−𝑎𝑎 maka: 𝑒𝑒𝑎𝑎_{. 𝑄𝑄 = 5 [−𝑎𝑎. 𝑒𝑒}−𝑎𝑎_{− 𝑒𝑒}−𝑎𝑎_{] + 𝑘𝑘} 𝑄𝑄 = 5 [−𝑎𝑎. 𝑒𝑒−2𝑎𝑎_{− 𝑒𝑒}−2𝑎𝑎_{] + 𝑘𝑘𝑒𝑒}−𝑎𝑎_{, 𝑄𝑄(𝑎𝑎 = 0) = 0 → 𝑘𝑘 = 5} jadi: 𝑸𝑸 = 𝟓𝟓 �−𝒕𝒕. 𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕_{− 𝒆𝒆}−𝟐𝟐𝒕𝒕_{� + 𝟓𝟓𝒆𝒆}−𝒕𝒕 𝑅𝑅 =𝑃𝑃𝑄𝑄_{𝑃𝑃𝑎𝑎 =𝑃𝑃𝑎𝑎}𝑃𝑃 [5 [−𝑎𝑎. 𝑒𝑒−2𝑎𝑎 _{− 𝑒𝑒}−2𝑎𝑎_{] + 5𝑒𝑒}−𝑎𝑎_] = [−5. 𝑒𝑒−2𝑎𝑎_{+ 10𝑎𝑎𝑒𝑒}−2𝑎𝑎 _{+ 10𝑒𝑒}−2𝑎𝑎_{] − 5𝑒𝑒}−𝑎𝑎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝒕𝒕𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕_{+ 𝟓𝟓𝒆𝒆}−𝟐𝟐𝒕𝒕_{− 𝟓𝟓𝒆𝒆}−𝒕𝒕

0

1

2

3

4

5

Aru

s I(t)

10te-2t_+5e-2t_-5e-t 10te-2t

5e-2t

-5e-t

Gambar 3 Arus Pada Rangkaian RC Seri, E=100te-2t _V

Program MATLAB untuk Gambar 17 sebagai berikut:

%Arus pada Rangk RC seri E=60 clear all; close all; clc; t=(0:0.01:5); I=10*t.*exp(-t*2) plot(t,I,'b','linewidth',2) hold on I=5*exp(-t*2) plot(t,I,'r','linewidth',2) hold on I=-5*exp(-t)

plot(t,I,'g','linewidth',2) hold on

I=10*t.*exp(-t*2)+5*exp(-t*2)-5*exp(-t) plot(t,I,'k','linewidth',2)

xlabel('sumbu waktu (t)','fontsize',14) ylabel('Arus I(t)','fontsize',14)

(c) jika E=100cos2t volt, R=20 ohm, C=0,05 farad, model persamaan rangkaian RC adalah: 𝑃𝑃𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 1 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑄𝑄 = 𝐸𝐸 𝑅𝑅 𝑃𝑃𝑄𝑄 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑄𝑄 = 5 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 faktor integrasi =

e

t

perkalian PD dg faktor integrasi didapatkan: 𝑒𝑒𝑎𝑎_�𝑃𝑃𝑄𝑄

𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑄𝑄� = 5𝑒𝑒𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 𝑃𝑃

𝑃𝑃𝑎𝑎[𝑒𝑒𝑎𝑎. 𝑄𝑄] = 5𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎

𝑒𝑒𝑎𝑎_{. 𝑄𝑄 = 5 � 𝑒𝑒}𝑎𝑎 _{𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘}

∫ 𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 diselesaikan dengan integral parsial rumus baku integral parsial: _{∫ 𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑎𝑎. 𝑑𝑑 − ∫ 𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑎𝑎} jika 𝑎𝑎 = 𝑒𝑒𝑎𝑎 _{dan 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎; 𝑑𝑑 =}1 2𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 , maka: � 𝑒𝑒𝑎𝑎_{. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 =}1 2 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 − 1 2 � 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 = ⋯ −1_{2 � 𝑒𝑒}𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 ; jika 𝑎𝑎 = 𝑒𝑒}𝑎𝑎 _{dan 𝑃𝑃𝑑𝑑 = 𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎} 𝑑𝑑 = −1_{2 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎} = ⋯ −1_{2 �−}1_{2 𝑒𝑒}𝑎𝑎 _{𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 +}1 2 � 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎� untuk penyederhanaan misalkan _{𝐴𝐴 = ∫ 𝑒𝑒}𝑎𝑎 _{𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎, maka:} 𝐴𝐴 =1_{2 𝑒𝑒}𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 −}1 2 �− 1 2 𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 + 1 2 𝐴𝐴� = 1 2 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 + 1 4 𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 − 1 4 𝐴𝐴 𝐴𝐴 =2_{5 𝑒𝑒}𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 +}1 5 𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 sehingga:

𝑒𝑒𝑎𝑎_{. 𝑄𝑄 = 5 � 𝑒𝑒}𝑎𝑎 _{𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 𝑃𝑃𝑎𝑎 + 𝑘𝑘} = 5 �2_{5 𝑒𝑒}𝑎𝑎_{𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 +}1 5 𝑒𝑒𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎� + 𝑘𝑘 𝑄𝑄 = 2𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 2𝑎𝑎 + 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2𝑎𝑎 + 𝑘𝑘𝑒𝑒−𝑎𝑎_{, 𝑅𝑅(𝑎𝑎 = 0) = 0, 𝑚𝑚𝑎𝑎𝑘𝑘𝑎𝑎 𝑘𝑘 = −1} = 𝟐𝟐𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟐𝟐𝒕𝒕 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒔𝒔 𝟐𝟐𝒕𝒕 − 𝒆𝒆−𝒕𝒕 𝑰𝑰 =𝒅𝒅𝑸𝑸_{𝒅𝒅𝒕𝒕 = 𝟒𝟒𝒄𝒄𝒄𝒄𝒔𝒔 𝟐𝟐𝒕𝒕 − 𝟐𝟐𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟐𝟐𝒕𝒕 + 𝒆𝒆}−𝒕𝒕

0

1

2

3

4

5

rus I(t)

Arus steady state I(t)=4cos(2t)-2sin(2t)

Arus transien I(t)=e-t

Respon Arus Lengkap

(transien+steady state)

Gambar 4 Arus pada Rangkaian RC Seri, E=100 cos 2t V Program MATLAB untuk Gambar 18 sebagai berikut:

%Arus pada Rangk RC seri E=100cos2t clear all; close all; clc; t=(0:0.01:7); I=4*cos(2*t)-2*sin(2*t) plot(t,I,'r','linewidth',2) hold on I=exp(-t) plot(t,I,'b','linewidth',2) hold on I=4*cos(2*t)-2*sin(2*t)+exp(-t) plot(t,I,'k','linewidth',2)

ylabel('Arus I(t)','fontsize',14)

Referensi:

[1] Sigit Kusmaryanto, Buku Ajar Matematika Teknik I,2012

[2] Kreyszig, Erwin, Matematika Teknik lanjutan. Jakarta: Gramedia, 1988. [3] Stroud, K.A., Matematika untuk Teknik. Jakarta: Penerbit Erlangga, 1987.

[4] Farlow, Stanley J., An Introduction to Diffrenential Equations and Their Applications, McGraw-Hill, Singapore, 1994

[5] Howard, P., Solving ODE in MATLAB, Fall, 2007

[6] Thompson, S., Gladwell, I., Shampine, L.F., Solving ODEs with MATLAB, Cambridge University Press, 2003

[7] Rosenberg, J.M., Lipsman, R.L., Hunti, B.R., A Guide to MATLAB for Beginners and Experienced