Sudaryatno Sudirham
Studi Mandiri
Fungsi dan Grafik
16-1
BAB 16
Persamaan Diferensial (2)
(Orde Dua)
16.1. Persamaan Diferensial Linier Orde Dua
Secara umum persamaan diferensial linier orde dua berbentuk
) ( 2 2 t f cy dt dy b dt y d a + + = (16.1) Pada persamaan diferensial orde satu kita telah melihat bahwa solusi total terdiri dari dua komponen yaitu solusi homogen dan solusi khusus. Hal yang sama juga terjadi pada persamaan diferensial orde dua yang dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada persamaan orde pertama. Perbedaan dari kedua macam persamaan ini terletak pada kondisi awalnya. Pada persamaan orde dua terdapat dua kondisi awal dan kedua kondisi awal ini harus diterapkan pada dugaan solusi total. Dua kondisi awal tersebut adalah
) 0 ( ' ) 0 ( dan ) 0 ( ) 0 ( + = − + =y − dt dy y y (16.2)
Solusi homogen. Solusi homogen diperoleh dari persamaan rangkaian
dengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari persamaan (4.25), sehingga persamaan menjadi
0 2 2 = + + cy dt dy b dt y d a (16.3) Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyai bentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi eksponensial ya =
Kest dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi dugaan ini dimasukkan ke (16.3) akan diperoleh :
(
)
0 atau 0 2 2e +bKse +cKe = Ke as +bs+c = aKs st st st st (16.4)Fungsi est tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidak diperkenankan karena hal itu akan berarti ya = 0 untuk seluruh t.
Satu-satunya jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah 0
2+bs+c=
as (16.4) Persamaan ini adalah persamaan karakteristik persamaan diferensial orde dua. Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu:
a ac b b s s 2 4 , 2 2 1 − ± − = (16.5)
Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: dua akar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks konjugat. Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadap bentuk solusi akan kita lihat lebih lanjut. Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa persamaan karakteristik mempunyai dua akar.
Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua solusi homogen, yaitu: t s a t s a Ke y K e y 1 2 2 2 1 1= dan = (16.6)
Jika ya1 merupakan solusi dan ya2 juga merupakan solusi, maka jumlah
keduanya juga merupakan solusi. Jadi solusi homogen yang kita cari akan berbentuk t s t s a Ke K e y 1 2 2 1 + = (16.7) Konstanta K1 dan K2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada
solusi total.
Solusi Khusus. Sulusi khusus kita cari dari persamaan (16.1). Solusi
khusus ini ditentukan oleh bentuk fungsi pemaksa, f(t). Cara menduga bentuk solusi khusus sama dengan apa yang kita pelajari pada persamaan orde satu. Kita umpamakan solusi khusus ykhusus = yp.
16-3 16.2. Tiga Kemungkinan Bentuk Solusi
Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang berbentuk umum as2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinan nilai akar, yaitu:
a). Dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, jika {b2− 4ac } > 0;
b). Dua akar sama, s1 = s2 = s, jika {b2−4ac } = 0
c). Dua akar kompleks konjugat s1 , s2 = α ± jβ , jika {b 2−
4ac } < 0. Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga kemungkinan bentuk solusi yang akan kita lihat berikut ini, dengan contoh solusi pada persamaan diferensial tanpa fungsi pemaksa.
Dua Akar yata Berbeda. Kalau kondisi awal y(0+) dan dy/dt (0+) kita terapkan pada solusi total (16.8), kita akan memperoleh dua persamaan yaitu 2 2 1 1 2 1 dan '(0 ) (0 ) ) 0 ( ) 0 ( y K K y y sK s K y + = p + + + + = ′p + + + (16.9)
yang akan menentukan nilai K1 dan K2. Jika kita sebut
) 0 ( ) 0 ( dan ) 0 ( ) 0 ( 0 0=y + −yp + B =y′ + −y′p + A (16.10)
maka kita peroleh
0 2 2 1 1 0 2 1 K A dan sK s K B K + = + =
dan dari sini kita memperoleh
2 1 0 0 1 2 1 2 0 0 2 1 dan s s B A s K s s B A s K − − = − − =
sehingga solusi total menjadi
t s t s p e s s B A s e s s B A s y y 1 2 2 1 0 0 1 1 2 0 0 2 − − + − − + = (16.11)
Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada persamaan orde pertama, pada persamaan orde dua ini kita juga mengartikan solusi persamaan sebagai solusi total. Hal ini didasari oleh pengertian tentang kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan pada solusi total. Persamaan yang hanya mempunyai solusi homogen kita fahami sebagai persamaan dengan solusi khusus yang bernilai nol.
Contoh: Dari analisis transien suatu rangkaian listrik diperoleh persamaan 0 10 4 10 5 , 8 3 6 2 2 = × + × + v dt dv dt v d
dengan kondisi awal v(0+)=15 V dan dv/dt(0+) = 0
berbeda). riil akar dua ( 8000 , 500 4 ) 25 , 4 ( 10 4250 , : akar -akar 0 10 4 10 5 , 8 : ik karkterist Persamaan 2 1 2 3 2 1 6 3 2 − = − = − ± − = → = × + × + s s s s s s homogen). solusi dari terdiri (hanya V 16 : total Solusi 1 15 16 8000 500 ) 8000 ( 15 15 ) 15 ( 0 0 ) 0 ( b). 15 15 V 15 ) 0 ( ) 0 ( a). : awal Kondisi nol) homogen (solusi 0 : total solusi Dugaan 8000 500 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 8000 2 500 1 t t t t e e v K K s s s K s K s K s K s K dt dv K K K K v v e K e K v − − + − + − − − = − = − = ⇒ = + − − − = − − = ⇒ − + = + = → = − = ⇒ + = → = = + + =
Dua Akar yata Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut
dapat kita tuliskan sebagai
0 dengan ; dan 2 1=s s =s+δ δ→ s (16.12)
Dengan demikian maka solusi total dapat kita tulis sebagai
t s st p t s t s p e K e K y e K e K y y ) ( 2 1 2 1 2 1 δ + + + = + + = (16.13)
Kalau kondisi awal pertama y(0+) kita terapkan, kita akan memperoleh
0 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( A y y K K K K y y p p = − = + → + + = + + + +
16-5 0 2 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( B y y K s K K s K s K y y p p = ′ − ′ = δ + + → δ + + + ′ = ′ + + + +
Dari kedua persamaan ini kita dapatkan
δ − − = → δ − = → = δ + s A B A K s A B K B K s A 0 0 0 1 0 0 2 0 2 0 (16.14)
Solusi total menjadi
st t p st t p t s st p e e s A B A y e e s A B s A B A y e s A B e s A B A y y 1 ) ( 0 0 0 0 0 0 0 0 ) ( 0 0 0 0 0 δ + δ − − + + = δ − + δ − − + = δ − + δ − − + = δ δ δ + (16.15.a)
Karena lim 1 lim 1
0 0 t e e t t = δ − = δ + δ − δ → δ δ → δ
maka solusi total dapat kita tulis
[
]
stp A B A s t e
y
y= + 0+( 0− 0 ) (16.15.b) Solusi total seperti dinyatakan oleh (16.15.b) merupakan bentuk khusus yang diperoleh jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar sama besar. A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi
awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (16.15.b) sebagai
[
]
st b a p K K t e y y= + + (16.15.c) dengan nilai Ka yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai Kbditentukan oleh kondisi awal dan s. Dalam rangkaian listrik, nilai s tergantung dari elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannya dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui bahwa persamaan karakteristik rangkaian mempunyai akar-akar yang sama besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan seperti yang ditunjukkan oleh (16.15.c).
Contoh: Pada kondisi awal v(0+)=15 V dan dv/dt(0+)=0, analisis transien rangkaian listrik memberikan persamaan
0 10 4 10 4 3 6 2 2 = × + × + v dt dv dt v d
(
)
0(
)
, karena 0. : berbentuk akan total solusi itu karena oleh besar; sama akar dua terdapat sini Di 2000 10 4 10 4 2000 , : akar -akar 0 10 4 4000 : tik karakteris Persamaan 6 6 2 1 6 2 = + + = + + = = − = × − × ± − = = × + + p st b a st b a p K K t e K K t e v v v s s s s s(
)
(
15 30000)
V : Jadi 30000 0 ) 0 ( memberikan 0 ) 0 ( kedua awal kondisi Aplikasi . 15 ) 0 ( memberikan ini total solusi pada pertama awal kondisi Aplikasi 2000 t a b a b st b a st b a e t v s K K s K K dt dv e s t K K e K dt dv dt dv K v − + + + + = = − = → + = = → + + = = = =Akar-Akar Kompleks Konjugat. Kita belum membahas bilangan
kompleks di buku ini. Kita baru memandang fungsi-fungsi yang memiliki nilai bilangan nyata. Namun agar pembahasan menjadi lengkap, berikut ini diberikan solusinya.
Dua akar kompleks konjugat dapat dituliskan sebagai β − α = β + α = j s j s1 dan 2 Solusi total dari situasi ini adalah
(
j t j t)
t p t j t j p e e K e K y e K e K y y α β − β + β − α β + α + + = + + = 1 2 ) ( 2 ) ( 1 (16.16)16-7
(
)
0 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( A y y K K K K y y p p = − = + → + + = + + + +Aplikasi kondisi awal yang kedua, (0+)= y′(0+)
dt dv ,
(
)
(
j t j t)
t t t j t j p e e K e K e e K j e K j dt dy dt dy α β − β α β − β α + + β − β + = 2 1 2 1Kita akan memperoleh
(
) (
)
(
1 2)
(
1 2)
0 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( B y y K K K K j K K K j K j y y dt dy p p = ′ − ′ = + α + − β → α + + β − β + ′ = ′ = + + + + +(
)
(
)
β α − = − → = + α + − β = + j A B K K B K K K K j A K K 0 0 2 1 0 2 1 2 1 0 2 1 2 / ) ( 2 / ) ( 0 0 0 2 0 0 0 1 β α − − = β α − + = A B A j K A B A j KSolusi total menjadi
t p t t j t j t j t j p t t j t j p e t A B t A y e j e e A B e e A y e e j A B A e j A B A y y α α β − β + β − β + α β − β + β β α − + β + = − β α − + + + = + −α β + − −α β + = sin ) ( cos 2 ) ( 2 2 / ) ( 2 / ) ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (16.17)
A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal
sedangkan α dan β memiliki nilai tertentu (dalam rangkaian listrik ditentukan oleh nilai elemen rangkaian). Dengan demikian solusi total dapat kita tuliskan sebagai
(
)
t b a p K t K t e y y= + cosβ + sinβ α (16.18)dengan Ka dan Kb yang masih harus ditentukan melalui penerapan
kondisi awal. Ini adalah bentuk solusi total khusus untuk persamaan diferensial yang memiliki persamaan karakteristik dengan dua akar kompleks konjugat.
Persamaan (16.8) menunjukkan bahwa bila persamaan karakteristik memberikan dua akar kompleks konjugat, maka solusi persamaan diferensial orde dua akan terdiri dari solusi khusus yp ditambah fungsi
sinus yang teredam.
Soal-Soal:
1. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.
5 ) 0 ( , 0 ) 0 ( ; 0 5 4 c). 10 ) 0 ( , 0 ) 0 ( ; 0 4 4 b). 15 ) 0 ( , 0 ) 0 ( ; 0 10 7 . a) 2 2 2 2 2 2 = = = + + = = = + + = = = + + + + + + + + dt dv v v dt dv dt v d dt dv v v dt dv dt v d dt dv v v dt dv dt v d
2. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.
10 ) 0 ( , 5 ) 0 ( ; ) ( 100 25 8 c). 10 ) 0 ( , 5 ) 0 ( ; ) ( 100 25 10 b). 25 ) 0 ( , 5 ) 0 ( ; ) ( 100 24 10 . a) 2 2 2 2 2 2 = = = + + = = = + + = = = + + + + + dt dv v t u v dt dv dt v d dt dv v t u v dt dv dt v d dt dv v t u v dt dv dt v d
3. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.
0 ) 0 ( , 0 ) 0 ( , ) ( ] 1000 [cos 100 8 6 . a) 2 2 = = = + + + + dt dv v t u t v dt dv dt v d 0 ) 0 ( , 0 ) 0 ( , ) ( ] 1000 [cos 100 9 6 b). 2 2 = = = + + + + dt dv v t u t v dt dv dt v d 0 ) 0 ( , 0 ) 0 ( , ) ( ] 1000 [cos 100 10 2 c). 2 2 = = = + + + + dt dv v t u t v dt dv v d
