Fungsi dan Grafik Diferensial dan Integral

Studi Mandiri

Fungsi dan Grafik

Diferensial dan Integral

oleh

Hak cipta pada penulis, 2010

SUDIRHAM, SUDARYATNO

Fungsi dan Grafik, Diferensial dan Integral Oleh: Sudaryatmo Sudirham

Darpublic, Bandung fdg-1110

edisi Juli 2011

http://www.ee-cafe.org

Alamat pos: Kanayakan D-30, Bandung, 40135. Fax: (62) (22) 2534117

BAB 15

Persamaan Diferensial

(Orde Satu)

15.1. Pengertian

Persamaan diferensial adalah suatu persamaan di mana terdapat satu atau lebih turunan fungsi. Persamaan duferensial diklasifikasikan sebagai:

1. Menurut jenis atau tipe: ada persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial. Jenis yang kedua tidak kita pelajari di buku ini, karena kita hanya meninjau fungsi dengan satu peubah bebas.

2. Menurut orde: orde persamaan diferensial adalah orde tertinggi turunan fungsi yang ada dalam persamaan. ₃

3 dx y d adalah orde tiga; 2 2 dx y d

adalah orde dua; dx dy

adalah orde satu.

3. Menurut derajat: derajat suatu persamaan diferensial adalah pangkat tertinggi dari turunan fungsi orde tertinggi.

Sebagai contoh: ex x y dx y d dx y d ₌ + +         +         1 2 5 2 2 2 3 3 adalah persamaan diferensial biasa, orde tiga, derajat dua.

Dalam buku ini kita hanya akan membahas persamaan diferensial biasa, orde satu dan orde dua, derajat satu.

15.2. Solusi

Suatu fungsi y = f(x) dikatakan merupakan solusi suatu persamaan diferensial jika persamaan tersebut tetap terpenuhi dengan digantikannya y dan turunannya dalam persamaan tersebut oleh f(x) dan turunannya. Kita ambil satu contoh:

x

ke

y= − adalah solusi dari persamaan + y=0 dt dy karena turunan x ke y= − adalah _ke x dt

dy₌₋ − _{, dan jika ini kita masukkan dalam}

persamaan akan kita peroleh −ke−x+ke−x=0 Persamaan terpenuhi.

Pada contoh di atas kita lihat bahwa persamaan diferensial orde satu mempunyai solusi yang melibatkan satu tetapan sembarang yaitu k. Pada umumnya suatu persamaan orde n akan memiliki solusi yang mengandung n tetapan sembarang. Pada persamaan diferensial orde dua yang akan kita bahas di bab berikutnya, kita akan menemukan solusi dengan dua tetapan sembarang. Nilai dari tetapan ini ditentukan oleh kondisi awal.

15.3. Persamaan Diferensial Orde Satu Dengan Peubah Yang Dapat Dipisahkan

Solusi suatu persamaan diferensial bisa diperoleh apabila peubah-peubah dapat dipisahkan; pada pemisahan peubah ini kita mengumpulkan semua y dengan dy dan semua x dengan dx. Jika hal ini bisa dilakukan maka persamaan tersebut dapat kita tuliskan dalam bentuk

0 ) ( ) (y dy+g x dx= f (15.1) Apabila kita lakukan integrasi kita akan mendapatkan solusi umum dengan satu tetapan sembarang K, yaitu

∫

∫

f(y)dy+ g(x)dx)=K (15.2) Kita ambil dua contoh.

1). ex y dx

dy ₌ − _{. Persamaan ini dapat kita tuliskan}

y x e e dx dy ₌

sehingga kita dapatkan persamaan dengan peubah terpisah

0 = −e dx dy ey x dan

∫

eydy−

∫

exdx=K sehingga ey −ex=K atau ey=ex+K

2).

xy dx dy ₌ 1

. Pemisahan peubah akan memberikan bentuk

0 = − x dx ydy dan K x dx ydy−

∫

=

∫

sehingga y − lnx=K 2 2 atau y= lnx2+K′

15.4. Persamaan Diferensial Homogen Orde Satu

Suatu persamaan disebut homogen jika ia dapat dituliskan dalam bentuk       = x y F dx dy (15.3) Persamaan demikian ini dapat dipecahkan dengan membuat peubah bebas baru

x y v = Dengan peubah baru ini maka

vx y = dan dx dv x v dx dy_{= +} Persamaan (14.2) menjadi ) (v F dx dv x v+ = (15.4) yang kemudian dapat dicari solusinya melalui pemisahan peubah.

0 ) ( = − + v F v dv x dx (15.5) Solusi persamaan aslinya diperoleh dengan menggantikan v dengan y/x setelah persamaan terakhir ini dipecahkan.

Kita ambil contoh: (x2+ y2)dx+2xydy=0

Persamaan ini dapat kita tulis (1 ) 2 0

2 2 2 _{+ dx+ xydy=} x y x atau

dy x y dx x y 2 ) 1 ( 2 2 − = + sehingga ( / ) ) / ( 2 ) / ( 1 2 x y F x y x y dx dy = + − =

yang merupakan bentuk persamaan homogen. Peubah baru v = y/x memberikan

vx y = dan dx dv x v dx dy _{= +}

dan membuat persamaan menjadi

v v dx dv x v 2 1+ 2 − = + atau v v v v v dx dv x 2 3 1 2 1+ 2 ₌₋ + 2 − − =

Dari sini kita dapatkan

x dx v v dv ₌₋ +3 )/2 1 ( 2 atau 0 3 1 2 2 = + + v vdv x dx

Kita harus mencari solusi persamaan ini untuk mendapatkan v sebagai fungsi x. Kita perlu pengalaman untuk ini.

Kita tahu bahwa

x dx

x d(ln )₌1

. Kita coba hitung

) 6 ( 3 1 1 ) 3 1 ( ) 3 1 ( ) 3 1 ln( ) 3 1 ln( 2 2 2 2 2 x x dx x d x d x d dx x d + = + + + = +

Kembali ke persamaan kita. Dari percobaan perhitungan di atas kita dapatkan solusi dari

0 3 1 2 2 = + + v vdv x dx adalah x+ + v =K= lnK′ 3 1 ) 3 1 ln( 3 1 ln 2 atau K K v x+ln(1+3 )= =ln ′ ln 3 2 sehingga x3(1+3v2)=K′ Dalam x dan y solusi ini adalah

(

y x

)

K

15.5. Persamaan Diferensial Linier Orde Satu

Dalam persamaan diferensial linier, semua suku berderajat satu atau nol. Dalam menentukan derajat ini kita harus memperhitungkan pangkat dari peubah dan turunannya; misal y(dy/dx) adalah berderajat dua karena y dan dy/dx masing-masing berpangkat satu dan harus kita jumlahkan untuk menentukan derajat dari y(dy/dx).

Persamaan diferensial orde satu yang juga linier dapat kita tuliskan dalam bentuk Q Py dx dy _{+ =} (15.6) dengan P dan Q merupakan fungsi x atau tetapan. Persamaan diferensial bentuk inilah selanjutnya akan kita bahas dan kita akan membatasi pada situasi dimana P adalah suatu tetapan. Hal ini kita lakukan karena kita akan langsung melihat pemanfaatan praktis dengan contoh yang terjadi pada analisis rangkaian listrik.

Dalam analisis rangkaian listrik, peubah fisis seperti tegangan dan arus merupakan fungsi waktu. Oleh karena itu persamaan diferensial yang akan kita tinjau kita tuliskan secara umum sebagai

) (t f by dt dy a + = (15.7) Persamaan diferensial linier orde satu seperti ini biasa kita temui pada peristiwa transien (atau peristiwa peralihan) dalam rangkaian listrik. Cara yang akan kita gunakan untuk mencari solusi adalah cara pendugaan. Peubah y adalah keluaran rangkaian (atau biasa disebut tanggapan rangkaian) yang dapat berupa tegangan ataupun arus sedangkan nilai a dan b ditentukan oleh nilai-nilai elemen yang membentuk rangkaian. Fungsi f(t) adalah masukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus dan disebut fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.

Persamaan diferensial seperti (15.7) mempunyai solusi total yang merupakan jumlah dari solusi khusus dan solusi homogen. Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan (15.7) sedangkan solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan homogen

0 = + by dt dy a (15.8)

Hal ini dapat difahami karena jika f1(t) memenuhi (15.7) dan fungsi f2(t)

memenuhi (15.8), maka y = (f1+f2) akan memenuhi (15.7) sebab

(

)

0 ) ( 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 + + = + + + = + + + = + bf dt df a bf dt df a bf dt df a f f b dt f f d a by dt dy a

Jadi y = (f1+f2) adalah solusi dari (15.7), dan kita sebut solusi total yang

terdiri dari solusi khusus f1 dari (15.7) dan solusi homogen f2 dari (15.8).

Peristiwa Transien. Sebagaimana telah disebutkan, persamaan

diferensial seperti (14.7) dijumpai dalam peristiwa transien, yaitu selang peralihan dari suatu keadaan mantap ke keadaan mantap yang lain.. Peralihan kita anggap mulai terjadi pada t = 0 dan peristiwa transien yang kita tinjau terjadi dalam kurun waktu setelah mulai terjadi perubahan yaitu dalam kurun waktu t > 0. Sesaat setelah mulai perubahan kita beri tanda t = 0+ dan sesaat sebelum terjadi perubahan kita beri tanda t = 0−.

Solusi Homogen. Persamaan (15.8) menyatakan bahwa y ditambah

dengan suatu koefisien konstan kali dy/dt, sama dengan nol untuk semua nilai t. Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan dy/dt berbentuk sama. Fungsi yang turunannya mempunyai bentuk sama dengan fungsi itu sendiri adalah fungsi eksponensial. Jadi kita dapat menduga bahwa solusi dari (15.8) mempunyai bentuk eksponensial y = K1est . Jika solusi dugaan

ini kita masukkan ke (15.8), kita peroleh

(

)

0 atau 0 ₁ 1 1se +bKe = K as+by= aK st st (15.9)

Peubah y tidak mungkin bernilai nol untuk seluruh t dan K1 juga tidak

boleh bernilai nol karena hal itu akan membuat y bernilai nol untuk seluruh t. Satu-satunya cara agar persamaan (15.9) terpenuhi adalah

0 = + b

as (15.10) Persamaan (15.10) ini disebut persamaan karakteristik sistem orde pertama. Persamaan ini hanya mempunyai satu akar yaitu s = −(b/a). Jadi solusi homogen yang kita cari adalah

t a b st a Ke Ke y = ₁ = ₁ −( / ) (15.11) Nilai K1 masih harus kita tentukan melalui penerapan suatu persyaratan

setelah mulainya perubahan keadaan. Ada kemungkinan bahwa y telah mempunyai nilai tertentu pada t = 0+ sehingga nilai K1 haruslah

sedemikian rupa sehingga nilai y pada t = 0+ tersebut dapat dipenuhi. Akan tetapi kondisi awal ini tidak dapat kita terapkan pada solusi homogen karena solusi ini baru merupakan sebagian dari solusi. Kondisi awal harus kita terapkan pada solusi total dan bukan hanya untuk solusi homogen saja. Oleh karena itu kita harus mencari solusi khusus lebih dulu agar solusi total dapat kita peroleh untuk kemudian menerapkan kondisi awal.

Solusi khusus. Solusi khusus dari (15.7) tergantung dari bentuk fungsi

pemaksa f(t). Seperti halnya dengan solusi homogen, kita dapat melakukan pendugaan pada solusi khusus. Bentuk solusi khusus haruslah sedemikian rupa sehingga jika dimasukkan ke persamaan (15.7) maka ruas kiri dan ruas kanan persamaan itu akan berisi bentuk fungsi yang sama. Jika solusi khusus kita sebut yp, maka yp dan turunannya harus

mempunyai bentuk sama agar hal tersebut terpenuhi. Untuk berbagai bentuk f(t), solusi khusus dugaan yp adalah sebagai berikut.

. cosinus maupun sinus fungsi umum bentuk adalah sin cos sin cos maka , cos ) ( atau , sin ) ( Jika al eksponensi maka al, eksponensi ) ( Jika konstan maka konstan, ) ( Jika 0 maka , 0 ) ( Jika t K t K y t K t K y t A t f t A t f Ke y Ae t f K y A t f y t f s c s c p t p t p p ω + ω = ω + ω = ω = ω = = = = = = = = = = = α α

:

Perhatikan

Solusi total. Jika solusi khusus kita sebut yp, maka solusi total adalah t s p a p y y Ke y y= + = + ₁ (15.12) Pada solusi lengkap inilah kita dapat menerapkan kondisi awal yang akan memberikan nilai K1.

Kondisi Awal. Kondisi awal adalah kondisi pada awal terjadinya

perubahan yaitu pada t = 0+. Dalam menurunkan persamaan diferensial pada peristiwa transien kita harus memilih peubah yang disebut peubah

status. Peubah status harus merupakan fungsi kontinyu. Nilai peubah ini, sesaat sesudah dan sesaat sebelum terjadi perubahan harus bernilai sama. Jika kondisi awal ini kita sebut y(0+) maka

) 0 ( ) 0 ( + = y − y (15.13) Jika kondisi awal ini kita masukkan pada dugaan solusi lengkap (14.12) akan kita peroleh nilai K1.

) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( + =y_p + +K₁ → K₁=y + −y_p + y (15.14)

yp(0+) adalah nilai solusi khusus pada t = 0+. Nilai y(0+) dan yp(0+) adalah

tertentu (yaitu nilai pada t = 0+). Jika kita sebut

0 ) 0 ( ) 0 ( y A y + − _p + = (15.15) maka solusi total menjadi

t s p A e

y

y= + 0 (15.16)

15.6. Solusi Pada Berbagai Fungsi Pemaksa

Tanpa Fungsi Pemaksa, f(t) = 0. Jika f(t) =0 maka solusi yang akan kita

peroleh hanyalah solusi homogen saja. Walaupun demikian, dalam mencari soluai kita akan menganggap bahwa fungsi pemaksa tetap ada, akan tetapi bernilai nol. Hal ini kita lakukan karena kondisi awal harus diterapkan pada solusi total, sedangkan solusi total harus terdiri dari solusi homogen dan solusi khusus (walaupun mungkin bernilai nol). Kondisi awal tidak dapat diterapkan hanya pada solusi homogen saja atau solusi khusus saja.

Contoh: Dari suatu analisis rangkaian diperoleh persamaan

0 1000 =

+ v

dt dv

untuk t > 0. Kondisi awal adalah v(0+) = 12 V.

t st p p t a e A e A v v v e A v s s 1000 0 0 1000 0 0 : total solusi Dugaan pemaksa) fungsi ada tidak (karena 0 : khusus solusi Dugaan : homogen solusi Dugaan 1000 0 1000 : tik karakteris Persamaan − − + = + = = = − = → = +

V 12 : menjadi total Solusi 12 0 12 : memberikan total solusi dugaan pada awal kondisi Penerapan V. 12 ) 0 ( ) 0 ( : awal Kondisi 1000 0 0 t e v A A v v − − + = = → + = = =

Contoh: Pada kondisi awal v(0+) = 10 V, analisis transien menghasilkan persamaan 0 3 = + v dt dv V 10 : menjadi total Solusi 0 10 : memberikan awal kondisi Penerapan V 10 ) 0 ( : awal Kondisi : total solusi Dugaan 0 : khusus solusi Dugaan : homogen solusi Dugaan 3 0 3 : tik karakteris Persamaan 3 0 3 0 3 0 t t p p t a e v A v e A v v v e A v s s − + − − = + = = + = = = − = → = +

Fungsi Pemaksa Berbentuk Anak Tangga. Kita telah mempelajari

bahwa fungsi anak tangga adalah fungsi yang bernilai 0 untuk t < 0 dan bernilai konstan untuk t > 0. Jadi jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka fungsi pemaksa anak tangga dapat kita tuliskan sebagai f(t) = A (tetapan).

Contoh: Suatu analisis rangkaian memberikan persamaan

12 10−3 +v=

dt dv dengan kondisi awal v(0+) = 0 V.

t a Ae v s s 1000 0 3 3 : homogen solusi Dugaan 1000 10 / 1 0 1 10 : tik karakteris Persamaan − − − = − = − = → = +

Karena f(t) = 12 konstan, kita dapat menduga bahwa solusi khusus akan bernilai konstan juga karena turunannya akan nol sehingga kedua ruas persamaan tersebut dapat berisi suatu nilai konstan.

V 12 12 : menjadi total Solusi 12 12 0 : memberikan awal kondisi Penerapan . 0 ) 0 ( ) 0 ( : awal Kondisi V 12 : total solusi Dugaan 12 12 0 : persamaan ke ini dugaan Masukkan : khusus solusi Dugaan 1000 0 0 1000 0 t t p p p e v A A v v e A v v K v K v − + − − = − = → + = = − = + = = ⇒ = + =

Contoh: Pada kondisi awal v(0+) = 11 V, analisis transien menghasilkan persamaan

200

5 =

+ v

dt

dv

V. 29 40 : total Tanggapan 29 40 11 : memberikan awal kondisi Penerapan V. 11 ) 0 ( : awal Kondisi 40 : lengkap solusi Dugaan 40 200 5 0 : khusus solusi Dugaan : homogen solusi Dugaan 5 0 5 : tik karakteris Persamaan 5 0 0 5 0 5 0 5 0 t t t p p p t a e v A A v e A e A v v v K K v e A v s s − + − − − − = − = → + = = + = + = = → = + → = = − = → = +

Fungsi Pemaksa Berbentuk Sinus. Berikut ini kita akan mencari solusi

jika fungsi pemaksa berbentuk sinus. Karena solusi homogen tidak tergantung dari bentuk fungsi pemaksa, maka pencarian solusi homogen dari persamaan ini sama seperti apa yang kita lihat pada contoh-contoh sebelumnya. Jadi dalam hal ini perhatian kita lebih kita tujukan pada pencarian solusi khusus.

Dengan pengertian bahwa kita hanya memandang kejadian pada t > 0, bentuk umum dari fungsi sinus yang muncul pada t = 0 kita tuliskan

) cos(ω +θ

=A t

Melalui relasi

{

ω θ− ω θ

}

= θ + ω

=Acos( t ) Acos tcos sin tsin y

bentuk umum fungsi sinus dapat kita tuliskan sebagai

θ − = θ = ω + ω = sin dan cos dengan sin cos A A A A t A t A y s c s c

Dengan bentuk umum seperti di atas kita terhindar dari perhitungan sudut fasa θ, karena sudut fasa ini tercakup dalam koefisien Ac dan As.

Koefisien Ac dan As tidak selalu ada. Jika sudut fasa θ = 0 maka As = 0

dan jika θ = 90o maka Ac = 0. Jika kita memerlukan nilai sudut fasa θ dari

fungsi sinus yang dinyatakan dengan pernyataan umum, kita dapat menggunakan relasi c s A A = θ tan .

Turunan fungsi sinus akan berbentuk sinus juga. Oleh karena itu, penjumlahan y = sinωt dan turunannya akan berbentuk fungsi sinus juga.

t A t A dt y d t A t A dt dy t A t A y s c s c s c ω ω − ω ω − = ω ω + ω ω − = ω + ω = sin cos ; cos sin ; sin cos 2 2 2 2

Contoh: Pada kondisi awal v(0+) = 0 V suatu analisis transien

menghasilkan persamaan v t dt dv 10 cos 100 5 = + t a A e v s s 5 0 : homogen solusi Dugaan 5 0 5 : tik karakteris Persamaan − = − = → = +

Fungsi pemaksa berbentuk sinus. Solusi khusus kita duga akan berbentuk sinus juga.

V 4 10 sin 8 10 cos 4 : Jadi 4 4 0 : awal kondisi Penerapan . 0 ) 0 ( awal Kondisi 10 sin 8 10 cos 4 : total solusi Dugaan 10 sin 8 10 cos 4 : khusus Solusi 8 dan 4 100 5 20 2 100 5 10 dan 0 5 10 10 cos 100 10 sin 5 10 cos 5 10 cos 10 10 sin 10 : memberikan persamaan ke ini khusus solusi Substitusi 10 sin 10 cos : khusus solusi Dugaan 5 0 0 5 0 t t p s c c c c s c s s c s c s c s c p e t t v A A v e A t t v t t v A A A A A A A A A A t t A t A t A t A t A t A v − + − − + = − = → + = = + + = + = = = ⇒ = + → = → = + = + − → = + + + − + =

Contoh: Apabila kondisi awal adalah v(0+) = 10 V, bagaimanakah solusi pada contoh sebelum ini?

Solusi total telah diperoleh; hanya kondisi awal yang berubah.

V 6 10 sin 8 10 cos 4 : Jadi 6 4 10 10 ) 0 ( awal Kondisi 10 sin 8 10 cos 4 : total Solusi 5 0 0 5 0 t t e t t v A A v e A t t v − + − + + = = → + = → = + + =

Ringkasan. Solusi total terdiri dari solusi khusus dan solusi homogen.

Solusi homogen merupakan bagian transien dengan konstanta waktu yang ditentukan oleh tetapan-tetapan dalam persamaan, yang dalam hal rangkaian listrik ditentukan oleh nilai-nilai elemen rangkaian. Solusi khusus merupakan solusi yang tergantung dari bentuk fungsi pemaksa, yang dalam hal rangkaian listrik ditentukan oleh masukan dari luar; solusi khusus merupakan bagian mantap atau kondisi final.

Soal-Soal:

1. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.

5 ) 0 ( , 0 15 b). ; 10 ) 0 ( , 0 10 . a) = = + = = + + + v v dt dv v v dt dv

2. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.

005 , 0 ) 0 ( , 0 10 b). ; 2 ) 0 ( , 0 8 . a) 4 _{= =−} + = = + + + i i dt di i i dt di Solusi khusus :

ditentukan oleh fungsi pemaksa.
merupakan komponen mantap;

tetap ada untuk t →∞.

Solusi homogen :
tidak ditentukan oleh fungsi pemaksa.
merupakan komponen transien; hilang pada t

→∞; sudah dapat dianggap hilang pada t = 5τ.
konstanta waktu τ = a/b pada (14.10)

τ − + = / 0 ) ( t p t A e y y

3. Carilah solusi persamaan diferensial berikut. 5 ) 0 ( , ) ( 10 10 b). ; 0 ) 0 ( , ) ( 10 10 . a) = = + = = + + + v t u v dt dv v t u v dt dv

4. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.

02

,

0

)

0

(

,

)

(

100

10

b).

;

0

)

0

(

,

)

(

100

10

.

a)

4 4

−

=

=

+

=

=

+

+ +

i

t

u

i

dt

di

i

t

u

i

dt

di

5. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.

5

)

0

(

,

)

(

)

5

cos(

10

10

b).

;

0

)

0

(

,

)

(

)

5

cos(

10

5

.

a)

=

=

+

=

=

+

+ +

v

t

u

t

v

dt

dv

v

t

u

t

v

dt

dv

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 2_{e +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.

Solusi Total. Dengan solusi khusus yp maka solusi total menjadi t s t s p a p y y Ke K e y y 1 2 2 1 + + = + = (16.8)

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 = − = + → + + = + + + +

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

[

]

st

p 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 Kb

ditentukan 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)

(

)

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 1

Kita 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 K

Solusi 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 dt v d

Referensi

1. Catatan-catatan penulis dalam kuliah matematika di Institut Teknologi Bandung, tahun 1963 – 1964, sebagai bahan utama tulisan dalam buku ini.

2. George B Thomas, “Calculus And Analytic Geometry”, addison Wesley, 1956, buku pegangan dalam mengikuti kuliah matematika di ITB, tahun 1963 - 1964.

3. Sudaryatno Sudirham: ”Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, ISBN 979-9299-54-3, 2002.

4. Sudaryatno Sudirham: ”Analisis Rangkaian Elektrik”, e-book, 2010. 5. Sudaryatno Sudirham, “Mengenal Sifat Material 1”, e-book, 2010.