Hendra Gunawan. 25 April 2014

MA1201 MATEMATIKA 2A MA1201 MATEMATIKA 2A

Hendra Gunawan

Semester II, 2013/2014 Semester II, 2013/2014

25 April 2014

Kuliah yang Lalu Kuliah yang Lalu

15 1 Persamaan Diferensial Linear Orde 2 15.1 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, 

Homogen

15 2 Persamaan Diferensial Linear Orde 2 15.2 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, 

Tak Homogen

15 3 P P Dif i l

15.3 Penggunaan Persamaan Diferensial Orde 2 

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 2

Kuliah Hari Ini Kuliah Hari Ini

15 1 Persamaan Diferensial Linear Orde 2 15.1 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, 

Homogen

15 2 Persamaan Diferensial Linear Orde 2 15.2 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, 

Tak Homogen (Lanjutan)

15 3 P P Dif i l

15.3 Penggunaan Persamaan Diferensial Orde 2 

15.2 PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR 

MA1201 MATEMATIKA 2A

ORDE 2, TAK HOMOGEN (LANJUTAN)

M t k l i kh d l i

Menentukan solusi khusus dan solusi umum persamaan diferensial linear orde 2 tak

h (d t d i i t )

homogen (dengan metode variasi parameter)

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 4

Ingat: Metode Koefisien Tak Tentu Ingat: Metode Koefisien Tak Tentu

Diberikan PDB linear orde 2 tak homogen Diberikan PDB linear orde 2 tak homogen

y’’ + a₁y’ + a₂y = k(x),

ki d i l i kh d

kita dapat mencari solusi khusus y_p dengan Metode Koefisien Tak Tentu:

1. Jika k(x) polinom, maka y_p juga polinom.

2. Jika k(x) = a.e( ) ^cx, maka, yy_pp = Ae^cx.

3. Jika k(x) = a.cos rx + b.sin rx, maka y = A cos rx + B sin rx

y = A.cos rx + B.sin rx.

Metode Variasi Parameter Metode Variasi Parameter

Untuk k(x) sembarang, solusi khusus y_pp dapat diperoleh dengan Metode Variasi Parameter:

Jika u₁(x) dan u₂(x) adalah solusi yang saling Jika u₁(x) dan u₂(x) adalah solusi yang saling bebas dari PDB homogen y’’ + a₁y’ + a₂y = 0,  maka solusi khusus PDB tak homogen

maka solusi khusus PDB tak homogen y’’ + a₁y’ + a₂y = k(x) berbentuk

( ) ( ) + ( ) ( ) y_p = c₁(x).u₁(x) + c₂(x).u₂(x), dengan c₁’u₁ + c₂’u₂   = 0

c₁’u₁’+ c₂’u₂’ = k(x).

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 6

Contoh Contoh

Tentukan solusi umum PDB  y’’ + y = sec x.  [*]

Jawab: Solusi persamaan homogennya adalah y_h = C₁ cos x + C₂ sin x.

y_{h 1  2} 

Karena itu, solusi khusus [*] mestilah berbentuk y = c₁(x) cos x + c₂(x) sin x

y_p  c₁(x).cos x + c₂(x).sin x, dengan c₁’.cos x   + c₂’.sin x = 0

c ’ ( sin x)+ c ’ cos x = sec x c₁ .(‐sin x)+ c₂ .cos x = sec x.

Dari kedua persamaan ini, didapat

’ d ’ 1

c ’ = ‐tan x dan c ’ = 1.

Jadi

^{( )}  ^{( ) d l | |}

Jadi,



 ^{ }

 ) (

|;

cos

| ln )

tan (

)

1

(

x dx

x c

x dx

x x

c

[Kita abaikan konstanta sembarang, karena kita

 ^

 .

)

2

( x dx x

c

g

sedang mencari sebuah solusi khusus.]

Dengan demikian, solusi khususnya adalah Dengan demikian, solusi khususnya adalah

y_p = (ln |cos x|).cos x + x.sin x;

d k it l i PDB [*] d l h

dan karena itu solusi umum PDB [*] adalah y = (ln |cos x| + C₁).cos x + (x + C₂).sin x. 

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 8

Soal Soal

Tentukan solusi umum PDB  y’’ + y = csc x.cot x.

Jawab: Solusi persamaan homogennya adalah y_h = C₁ cos x + C₂ sin x.

y_{h 1  2} 

Karena itu, solusi khusus [*] mestilah berbentuk y = c₁(x) cos x + c₂(x) sin x

y_p  c₁(x).cos x + c₂(x).sin x, dengan c₁’.cos x   + c₂’.sin x = 0

c ’ ( sin x)+ c ’ cos x = csc x cot x c₁ .(‐sin x)+ c₂ .cos x = csc x.cot x.

Dari kedua persamaan ini, didapat

’ d ’ ²

c ’ = ‐cot x dan c ’ = cot² x.

Jadi Jadi,

 ^{  }

 ( cot ) ln | sin |;

)

1

( x x dx x

c

 ^  ^{   }

 cot . (csc 1 ) cot .

)

(

^{2 2}

2

x x dx x dx x x

c

Dengan demikian, solusi khususnya adalah y = ( ln |sin x|) cos x – (x + cot x) sin x;

y_p = (‐ln |sin x|).cos x – (x + cot x).sin x;

dan karena itu solusi umum PDB [*] adalah

y = (‐ln |sin x| + C₁).cos x + (x + cot x + C₂).sin x. 

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 10

15.3 PENGGUNAAN PERSAMAAN

MA1201 MATEMATIKA 2A

DIFERENSIAL ORDE 2

• Menentukan persamaan gerak pegas

• Menentukan persamaan gerak pegas (dengan atau tanpa redaman) 

• Menentukan persamaan muatan dan

• Menentukan persamaan muatan dan arus pada rangkaian listrik R‐L‐C 

Pegas Bergetar/Berosilasi Pegas Bergetar/Berosilasi

Diketahui sebuah pegaseta u sebua pegas digantung secara

vertikal, dan dibebani b k [ b ( )]

suatu objek A [Gbr (a)]. 

Pegas tsb ditarik sejauh y satuan di bawah titik y₀ satuan di bawah titik kesetimbangannya [Gbr (b)], lalu dilepas dgn

( )] p g

kecepatan awal v₀. Maka pegas akan berosilasi.

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 12

Pegas Bergetar/Berosilasi Pegas Bergetar/Berosilasi

Jika gesekan dengan udara diabaikan maka Jika gesekan dengan udara diabaikan, maka

menurut Hukum Hooke, gaya F yang cenderung mengembalikan titik ujung pegas (P) ke titik

mengembalikan titik ujung pegas (P) ke titik kesetimbangannya (0) akan sebanding dengan simpangannya yakni

simpangannya, yakni

F = –ky,

d k 0 k d k

dengan k > 0 konstanta pegas dan y menyatakan simpangan pegas (jarak P dari 0).

Pegas Bergetar/Berosilasi Pegas Bergetar/Berosilasi

Menurut Hukum II Newton F = ma = (w/g)a Menurut Hukum II Newton, F = ma = (w/g)a,  dengan m = massa objek A, w = berat objek A,   a = percepatan titik P dan g = konstanta per‐

a = percepatan titik P, dan g = konstanta per cepatan akibat gravitasi. Jadi

2

y d

w

₂

ky . dt

y d

g

w  

Solusinya, y = y(t), harus memenuhi syarat awal y(0) = y₀ dan y’(0) = v₀.

y( ) y₀ y ( ) ₀

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 14

Pegas Bergetar/Berosilasi Pegas Bergetar/Berosilasi

Jika kita misalkan B² = k.g/w = k/m, maka PDB tadi d

menjadi

.

2 0

2

2  B y 

dt y d

Solusi umum PDB ini adalah

y = C₁ cos Bt + C₂ sin Bt.

dt

y _{1  2} 

Jika y(0) = y₀ dan y’(0) = 0, maka C₁ = y₀ dan C₂ = 0,  sehingga solusinya adalah

y = y₀ cos Bt.

Dalam hal ini pegas berosilasi dgn amplitudop g g p yy₀₀ dan

Pegas Berosilasi Teredam Pegas Berosilasi Teredam

Jika pegas mengalami gesekan sebanding dgn kecepatan dy/dt, maka persamaan gerak pegas tsb menjadi

2

,

2

dt q dy dt ky

y d

g

w   

yang dapat dinyatakan sebagai

2

dt dt

g

,

2 0

2

2   B y 

dt E dy dt

y d

dengan E = q/m dan B² = k/m.

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 16

Pegas Berosilasi Teredam Pegas Berosilasi Teredam

Persamaan karakteristik PDB tsb adalah r² + Er + B² = 0,

yang memiliki akar yang memiliki akar

4

²

.

2 2

1

B E

r  E  



Dalam hal ini kita harus meninjau 3 kasus, 

2

2

, 1

yang terkait dengan nilai E² – 4B²; apakah ia positif, nol, atau negatif. 

Kasus 1: E

²

– 4B

²

< 0 Kasus 1: E 4B < 0

Dalam kasus ini persamaan Dalam kasus ini, persamaan karakteristik mempunyai 2  akar kompleks r_{1 2} = ‐α ± βi akar kompleks, r_1,2 =  α ± βi,  dan solusi umum PDB‐nya adalah

adalah

P h ik b h  0 bil ).

sin cos

(C₁ t C₂ t e

y  ^t







Perhatikan bahwa y  0 bila t  ∞.

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 18

Kasus 2: E

²

– 4B

²

= 0 Kasus 2: E 4B  0

Dalam kasus ini persamaan Dalam kasus ini, persamaan karakteristik mempunyai 1  akar real kembar r_{1 2} = ‐α akar real kembar, r_1,2 =  α,  dengan α = E/2, dan solusi umum PDB‐nya adalah

umum PDB nya adalah

Di i i l i

2

.

1

t

t

C te

e C

y 

^



^

Di sini pegas mengalami redaman kritis.

Kasus 3: E

²

– 4B

²

> 0 Kasus 3: E 4B > 0

Dalam kasus ini, persamaan Dalam kasus ini, persamaan karakteristik mempunyai 2  akar real berbeda, r₁₁ = ‐α₁₁ dan r₂ = ‐α₂  (dua‐duanya

bernilai negatif; mengapa?), 

d l i PDB

dan solusi umum PDB‐nya adalah

2

1t t

C

C

^{ }

Pegas mengalami redaman b l bih!

.

2 1

2 1

t

t

C e

e C

y 

^



^

berlebih!

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 20

Contoh/Latihan Contoh/Latihan

Sebuah pegas dengan konstanta pegasp g g p g k = 10 digantung dengan beban bermassa m = 2,5

(satuan k dan m telah disesuaikan). Jika beban tsb ditarik ke bawah sejauh 5 cm dari posisi

setimbang dan kemudian dilepaskan, tentukan simpangan pegas tsb setiap saat apabila

simpangan pegas tsb setiap saat, apabila (a) pegas tidak mengalami gesekan;

(b) l k d f k

(b) pegas mengalami gesekan dengan faktor redaman q = 0,2.

Rangkaian Listrik R‐L‐C Rangkaian Listrik R L C

PDB orde 2 juga muncul pada rangkaian listrik R‐L‐C. 

Berdasarkan Hukum Kirchhoff,  muatan Q pada kapasitor

akan memenuhi PDB

S i I dQ/d

).

1 (

2 2

t E C Q

dt R dQ dt

Q

L d   

Sementara itu, arus I = dQ/dt,  memenuhi PDB

2 1

dI I

d

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 22

).

( 1 '

2 2

t E C I

dt R dI dt

I

L d   

Contoh/Latihan Contoh/Latihan

Diketahui rangkaian listrik R‐L‐C dengang g R = 16, , L = 0.02, C = 2 x 10^‐4, dan E = 20 (satuan telah disesuaikan). Tentukan muatan dan arus pada) p rangkaian tersebut, sebagai fungsi dari waktu. 

Asumsikan bhw Q = 0Q dan I = 0 pada saatp t = 0.

Ciao!

Sampai Jumpa!

Ciao! Jumpa!

Selamat Belajar.

Semoga Sukses!

4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 24