PERSAMAAN DIFERENSIAL

(1)

P

^ERSAMAAN

D

^IFERENSIAL

A. Persamaan Diferensial Linier Tingkat Satu

Bentuk umum persamaan diferensial linier tingkat satu adalah sebagai berikut:

( ) ( )

dy P x y Q x

dx   atau y P x( ) y Q x( )

Rumus penyelesaian umum untuk persamaan diferensial ini adalah sebagai berikut:

( ) ( )

P x dx P x dx ( )

y e  



e Q x dx C dengan C merupakan suatu konstanta.

Contoh 1:

Tentukan solusi dari y  y e^{2 x}. Jawab:

Dalam soal ini, diketahui P x( ) 1 dan Q x( )e²^x. Jadi, (i)



P x dx( )  



1dx x

(ii) e^{P x dx}^{( )} e^^x

(iii) e^{P x dx}^{( )} Q x( )e^^xe²^x e^x (iv)



e^{P x dx}^{( )} Q x( )



e dx^x e^x

Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:

( ) ( )

P x dx P x dx ( )

y e  



e Q x dx C

x x

y e ^ e C

2 x x

ye Ce Contoh 2:

Tentukan solusi dari dy 3 ²

x y x

dx  . Jawab:

Bentuk persamaan diferensial di atas bukanlah bentuk umum dari persamaan diferensial linier tingkat satu. Maka, dengan mengalikan 1/x pada kedua ruas, didapatlah

3 dy y dx x x

sehingga P x( ) ³

 x dan Q x( )x. Jadi, (i) P x dx( ) ³dx 3lnx lnx ³

x

     

 

(ii) e^{P x dx}^{( )} e^ln^x^³ x^³ (iii) e^{P x dx}^{( )} Q x( )x^³ x x^²

(iv) e ^{P x dx}^{( )} Q x dx( ) x dx² x ¹ ¹ x

 

      

 

(2)

( ) ( )

P x dx P x dx ( )

y e  



e Q x dx C

3 1

y x C

x

    

2 3

y  x Cx

B. Persamaan Diferensial Linier Homogen Tingkat ke-n dengan Koefisien Tetap Bentuk umum dari persamaan diferensial linier tingkat-n adalah:

1 2

0 1 1 2 2 ... 1

n n n

n n

n n n

d y d y d y dy

P P P P P y Q

dx dx dx dx

 

  

     

dengan P₀ 0 dan P₀, P₁, ..., P_n_₁, P_n, Q adalah suatu fungsi dari variabel x atau suatu konstanta.

Jika Q = 0, maka persamaan di atas disebut sebagai persamaan diferensial linier homogen.

Jika P₀, P₁, ..., P_n_₁, P_n semuanya konstanta, dengan P₀ 0, maka persamaan di atas disebut sebagai persamaan diferensial linier dengan koefisien tetap (konstan).

Untuk mempermudah bentuk umum dari persamaan di atas, dimisalkan saja D ^d

 dx dengan dy Dy

dx  ;

2

2 2

d y D y dx  ;

3 3 3

d y D y

dx  dan seterusnya sehingga bentuk umumnya menjadi



P D0 ⁿ P D1 ⁿ^¹ P D2 ⁿ^²...P_n_1 D P y_n



Q dengan P D₀ ⁿ  P D₁ ⁿ^¹ P D₂ ⁿ^²...P_n_₁ D P_n F D( ).

Misalkan F D( ) dapat difaktorkan menjadi n faktor linier dengan

1 2

( ) ( )( )...( _n)

F D  D m D m D m maka, bentuk persamaan diferensial di atas menjadi

1 2

(D m )(D m )...(D m _n)yQ

Saat F D( )0, persamaan (D m ₁)(D m ₂)...(D m _n)0 disebut sebagai persamaan karakteristik dengan akar-akar karakteristiknya m m₁, ₂, ..., m_n.

Persamaan karakteristik ini merupakan persamaan pangkat ke-n dari variabel D, sehingga akar-akar karakteristiknya mempunyai tiga kemungkinan, yaitu:

1) m m₁, ₂, ...,m_n, semuanya adalah bilangan riil dan berlainan,

2) m m₁, ₂, ...,m_n, semuanya adalah bilangan riil dan terdapat akar m kembar sebanyak r, 3) m m₁, ₂, ...,m_n, terdapat beberapa (atau semua) akar yang adalah bilangan kompleks

a ib dengan a b, . Teorema 1

Diketahui suatu persamaan diferensial linier homogen (D m ₁)(D m ₂)...(D m _n)y0. Jika m m₁, ₂, ...,m_n semuanya adalah bilangan riil dan berlainan, maka penyelesaian umumnya adalah:

1 2

1 ^{m x} 2 ^{m x} ... _n ^{m x}ⁿ

yC e C e  C e

(3)

Contoh 3:

Tentukan solusi dari

2

2 6 0

d y dy

dx dx y . Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah

2 6 0

D   D (D2)(D 3) 0 Maka, akar-akar karakteristiknya adalah

1 2

m  dan m₂  3 Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:

1 2

m x m x

yC e C e

2 3

1 2

x x

yC e C e^

Teorema 2

Diketahui suatu persamaan diferensial linier homogen (D m ₁)(D m ₂)...(D m _n)y0. Jika m m₁, ₂, ..., m_n semuanya adalah bilangan riil dan terdapat akar m yang kembar sebanyak r, maka penyelesaian umumnya adalah:

2 1

1 ^mx 2 ^mx 3 ^mx ... _r ^r ^mx ... _n ^{m x}ⁿ

yC e C xe C x e  C x e^  C e

Contoh 4:

Selesaikanlah persamaan diferensial

3 2

3 3 2 3 0

d y d y dy dx  dx  dx y Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah

3 2

3 3 1 0

D  D  D  (D1)(D1)(D 1) 0 Maka, akar-akar karakteristiknya adalah m = 1.

Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:

2

1 2 3

mx mx mx

yC e C xe C x e

2

1 2 3

x x x

yC e C xe C x e

Teorema 3

Diketahui suatu persamaan diferensial linier homogen tingkat dua (D m ₁)(D m ₂)y0. Diketahui pula m₁ dan m₂ merupakan sepasang akar kompleks konjugat (yakni, m₁ a bi dan m₂  a bi dengan a b, ).

Jika b0, maka penyelesaian umumnya adalah:

1cos 2sin

yeaxC bx C bx

Contoh 5:

Selesaikanlah persamaan diferensial

2

2 2 10 0

d y dy

dx  dx y .

(4)

Jawab:

Persamaan karakteristiknya adalah: D²2D100 Ingat kembali rumus kuadrat

2 1,2

4 2

b b ac

m a

  



Dengan menggunakan rumus tersebut, didapatlah

2 2

1,2

( 2) ( 2) 4(1)(10)

4 2 36

2 2(1) 2

b b ac

m a

    

    

  

Maka, akar-akar karakteristiknya adalah

1

2 36 2 36 2 6

2 2 2 1 3

i i

m     i

    

2

2 36 2 36 2 6

2 2 2 1 3

i i

m          i Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:

1cos 2sin

yeaxC bx C bx

1cos 3 2sin 3 yexC x C x

Sekarang, akan dilihat contoh bagaimana penyelesaian persamaan diferensial linier homogen dengan nilai m bervariasi.

Contoh 6:

Tentukan solusi persamaan diferensial

4

4 16 0

d y y

dx   . Jawab:

Persamaan karakterisitiknya adalah

4 16 0

D  

2 2

(D 4)(D 4)0 Dari (D²4), didapatlah akar-akar karakteristik

1 2

m   dan m₂ 2

Dari (D²4), dengan menggunakan rumus kuadrat, didapatlah akar-akar karakteristik

3 2

m  i dan m₄  2i Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:

1 2

1 ^{m x} 2 ^{m x} ^ax 3cos 4sin

yC e C e e C bx C bx

2 2

1 ^x 2 ^x 3cos 2 4sin 2 yC e^ C e C x C x

C. Persamaan Diferensial Tak Homogen dengan Koefisien Tetap

Lihat kembali bentuk umum dari persamaan diferensial linier tingkat-n dengan koefisien tetap adalah:

1 2

0 1 1 2 2 ... 1

n n n

n n

n n n

d y d y d y dy

P P P P P y Q

dx dx dx dx

 

  

     

dengan P₀ 0 dan P₀, P₁, ..., P_n_₁, P_n adalah konstanta.

(5)

Jika Q  0, maka persamaan di atas disebut sebagai persamaan diferensial tak homogen.

Dengan melakukan pemisalan seperti yang telah dijelaskan sebelumnya, maka bentuk umum dari persamaan diferensial linier tingkat-n dengan koefisien tetap dapat dituliskan sebagai berikut

( ) F D yQ dengan

1 2

0 1 2 1

( ) ⁿ ⁿ ⁿ ... _n _n

F D  P D  P D ^  P D ^  P_  D P atau

1 2

( ) ( )( )...( _n)

F D  D m D m D m dan, Q  0.

Maka, bentuk penyelesaian umum dari persamaan diferensial linier tak homogen tingkat-n dengan koefisien tetap adalah

c p

yy y

y : c penyelesaian umum dari F D y( ) 0 (fungsi komplementer) yp: integral khusus F D y( ) Q

Cara mencari integral khusus y_p :

1) metode koefisien tak tentu (tergantung bentuk dari Q), 2) metode variasi dari parameter.

Teknik A sampai Teknik D berikut akan membahas pencarian integral khusus dengan metode koefisien tak tentu.

Teknik A

Diketahui suatu persamaan diferensial linier tak homogen

1 2

0 1 1 2 2 ... 1

n n n

n n

n n n

d y d y d y dy

P P P P P y Q

dx dx dx dx

 

  

      .

Jika Q suatu konstanta taknol, maka integral khusus dari penyelesaian persamaan diferensial tersebut adalah

p n

y Q

 P

Contoh 7:

Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:

2

2 2 3 6

d y dy

dx  dx y . Jawab:

Untuk mencari y , langkah-langkahnya sama seperti pada Contoh 3 sampai dengan Contoh _c 6, yaitu dengan memisalkan F D y( ) 0. Maka, persamaan karakteristiknya adalah

2 2 3 0

D  D  → (D3)(D 1) 0 sehingga akar-akar karakteristiknya adalah

1 3

m   dan m₂ 1 Jadi,

3

1 2

x x

yc C e^ C e

(6)

Selanjutnya, telah diketahui bahwa Q = 6 dan P_n  3. Maka,

6 2

p 3

n

y Q

 P   



c p

y y y → y y_cy_p C e₁ ^³^xC e₂ ^x2 Teknik B

1 2

0 1 1 2 2 ... 1

n n n

n n

n n n

d y d y d y dy

P P P P P y Q

dx dx dx dx

 

  

      .

Jika Q berbentuk persamaan polinomial derajat 2, maka integral khusus dari penyelesaian persamaan diferensial tersebut adalah

2

yp  Ax Bx C dengan

2

2^p 2

d y A

dx  dan dy^p 2 Ax B dx   . Contoh 8:

2

2 2

d y dy

y x dx dx  . Jawab:

Untuk mencari y , misalkan _c F D y( ) 0. Maka, persamaan karakteristiknya adalah

2 2 0

D   D → (D2)(D 1) 0 sehingga akar-akar karakteristiknya adalah

1 2

2

1 2

x x

yc C e^ C e Lalu, misalkan y_p  Ax²Bx C dengan

2

2^p 2

d y A

dx  dan dy^p 2 Ax B dx   . Dengan mensubstitusi y , _p

2 2

d yp

dx , dan dy^p

dx ke persamaan diferensial awal, diperoleh

2 2

(2 ) (2A  AxB) 2( Ax Bx C )x

2 2

2Ax (2A 2 )B x (2A B 2 )C x

      

Kemudian, dengan menyamakan masing-masing suku pada kedua ruas, didapatlah 2A 1

  2A2B0 2A B 2C0 sehingga

1

A 2 ¹

B 2 ³ C  4 Jadi,

1 2 1 3

2 2 4

yp   x  x .

c p

y y y → ₁ ² ₂ ¹ ² ¹ ³

2 2 4

x x

yC e^ C e  x  x

(7)

Teknik C

1 2

0 1 1 2 2 ... 1

n n n

n n

n n n

d y d y d y dy

P P P P P y Q

dx dx dx dx

 

  

      .

Jika Q berbentuk Ce^kx dengan C dan k adalah suatu konstanta, maka integral khusus dari penyelesaian persamaan diferensial tersebut adalah

kx

yp Ae dengan

2

2 2

p kx

d y Ak e

dx  dan dy^p ^kx

dx  Ak e .

Contoh 9:

2

3

2 4 ^x

d y y e dx   . Jawab:

2 4 0

D  

Dengan menggunakan rumus kuadrat, diperolehlah akar-akar karakteristiknya

1 2

m  i dan m₂  2i Jadi,

1cos 2 2sin 2 yc C x C x Lalu, dengan C = 1 dan k = 3, misalkan y_p Ae^3x dengan

2

3

2^p 9 ^x

d y Ae

dx  dan dy^p 3 ³^x dx  Ae . Dengan mensubstitusi

2 2

d yp

dx dan y ke persamaan diferensial awal, diperoleh _p



⁹^Ae³^x

 

^⁴ ^Ae³^x



^^e³^x → 13Ae³^x e³^x sehingga didapatlah A = 1/13.

Jadi,

1 3

13

x

yp  e

c p

yy y → ₁cos 2 ₂sin 2 ¹ ³ 13 yC x C x e x

Teknik D

1 2

0 1 1 2 2 ... 1

n n n

n n

n n n

d y d y d y dy

P P P P P y Q

dx dx dx dx

 

  

      .

Jika Q berbentuk C coskx atau C sinkx dengan C dan k adalah suatu konstanta, maka integral khusus dari penyelesaian persamaan diferensial tersebut adalah

cos sin

yp A kxB kx dengan

2

2 2

2^p cos sin

d y Ak kx Bk kx

dx    dan dy^p sin cos

Ak kx Bk kx

dx    .

(8)

Contoh 10:

Selesaikan persamaan diferensial

2

2 2 sin

d y dy

y x

dx dx  . Jawab:

2 2 0

D   D → (D2)(D 1) 0 sehingga akar-akar karakteristiknya adalah

1 2

2

1 2

x x

yc C e^ C e

Lalu, dengan C1 dan k1, misalkan y_p  AcosxBsinx dengan

2

2^p cos sin

d y A x B x

dx    dan dy^p sin cos

A x B x

dx    .

Dengan mensubstitusi y_p,

2 2

d yp

dx , dan dy^p

dx ke persamaan diferensial awal, diperoleh (AcosxBsin ) (x  AsinxBcos ) 2( cosx  A xBsin )x sinx

( 3 A B ) cosx  ( A 3 )sinB xsinx

Kemudian, dengan menyamakan masing-masing suku pada kedua ruas, didapatlah 3A B 0

    A 3B1 sehingga

1

A 10 ³ B 10 Jadi,

1 3

cos sin

10 10

yp   x x

Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah

c p

y y y → ₁ ² ₂ ¹ cos ³ sin

10 10

x x

yC e^ C e  x x

Sekarang, akan diberikan contoh bagaimana mencari integral khusus dari persamaan diferensial linier tak homogen dengan Q merupakan hasil kali atau hasil jumlah fungsi-fungsi dari jenis yang telah dibahas pada Teknik A sampai Teknik D.

Sebagai contoh, misalkan

2

2 2 4 cos 3

d y dy

y x x

dx  dx  . Dalam hal ini, Qx cos 3x; merupakan perkalian antara x (polinom berderajat 1) dan cos 3x.

Berdasarkan Teknik B diketahui untuk Q berbentuk persamaan polinomial derajat 2 integral khususnya y_p Ax²Bx C . Maka, untuk Q berbentuk persamaan polinomial derajat 1 memberikan integral khusus y_p AxB.

Lalu berdasarkan Teknik D, untuk cos 3x, integral khususnya y_p cos 3xsin 3x. Jadi, integral khusus untuk Qx cos 3x adalah:

( )(cos 3 sin 3 ) yp  AxB x x

(9)

Contoh lainnya, misalkan

2

3

2 4 3 ^x 2 sin 2

d y dy

y e x

dx dx   . Dalam hal ini, Q3e³^x2 sin 2x; merupakan penjumlahan antara 3e³^x dan 2 sin 2x.

Berdasarkan Teknik C, untuk 3e³^x, integral khususnya y_p  Ae^3x.

Lalu berdasarkan Teknik D, untuk 2 sin 2x, integral khususnya y_p cos 2xsin 2x. Jadi, integral khusus untuk Q3e³^x2 sin 2x adalah:

3^x cos 2 sin 2 yp Ae  x x

Selanjutnya, akan dibahas tentang pencarian integral khusus dengan metode variasi dari parameter. Metode ini bisa digunakan untuk semua bentuk Q dalam menyelesaikan persamaan diferensial linier tak homogen.

Integral khusus dari persamaan diferensial linier tak homogen F D y( ) Q dapat ditentukan dari bentuk

1 1( ) 2 2( ) ... ( )

c n n

y C y x C y x  C y x dengan mengganti C_i menjadi fungsi L x_i( ) sehingga

1( ) 1( ) 2( ) 2( ) ... ( ) ( )

p n n

y L x y x L x y x  L x y x

Teorema 4

Jika y_cC y x₁ ₁( )C y x₂ ₂( ) adalah fungsi komplementer dari persamaan diferensial

2

1 2

(D P DP y) Q, maka

1( ) 1( ) 2( ) 2( ) yp L x y x L x y x dengan syarat:

(i) L y₁ ₁L y₂ ₂ 0 (ii) L y₁ ₁ L y₂ ₂ Q Teorema 5

Jika y_c C y x₁ ₁( )C y x₂ ₂( )C y x₃ ₃( ) adalah fungsi komplementer dari persamaan diferensial (D³P D₁ ²P D₂ P y₃) Q, maka

1( ) 1( ) 2( ) 2( ) 3( ) 3( ) yp L x y x L x y x L x y x dengan syarat:

(i) L y₁ ₁L y₂ ₂L y₃ ₃ 0 (ii) L y₁ ₁ L y₂ ₂ L y₃ ₃ 0 (iii) L y₁ ₁ L y₂ ₂ L y₃ ₃ Q

Untuk mempermudah pencarian hasil dari sistem persamaan linier pada Teorema 4 dan 5, gunakanlah Aturan Cramer. Setelah itu, integralkan hasil-hasil yang didapat untuk memperoleh L₁, L₂, dan L₃.

(10)

Contoh 11:

Tentukanlah solusi dari

2

2 tan

d y y x

dx   . Jawab:

2 1 0

D  

Dengan menggunakan rumus kuadrat, diperolehlah akar-akar karakteristiknya m1i dan m₂  i

Jadi,

1cos 2sin

yc C x C x

Karena itu, berdasarkan Teorema 4, integral khususnya berbentuk

1( ) cos 2( ) sin yp L x xL x x Selanjutnya,

1 1 2 2 0

L y L y  → L₁cosxL₂sinx0

1 1 2 2

L y L y  Q → L₁( sin ) x L₂cosxtanx

Matriks yang diperbesar dari sistem persamaan tersebut adalah

cos sin 0

sin cos tan

x x

x x x

 

 

 

Berdasarkan matriks di atas, misalkan cos sin

sin cos

x x

A x x

 

   b = 0 tan x

 

 

 

Untuk menggunakan Aturan Cramer, cari terlebih dahulu matriks A_j dengan mengganti entri-entri pada kolom ke-j dari A dengan entri-entri matriks b.

1

0 sin

tan cos A x

x x

 

  

  ₂ cos 0

sin tan A x

x x

 

   Dengan Aturan Cramer, didapatlah

1 1

det( ) tan sin

tan sin

det( ) 1

A x x

L x x

A

     

2 2

det( ) sin det( ) 1 sin

A x

L x

  A  

Karena L₁  tan sinx x, maka

2 2

1

sin cos 1

tan sin (cos sec )

cos cos

sin ln sec tan

x x

x x dx dx dx x x dx

x x

x x x K

 

    

   

   

sehingga L₁sinxln secxtanx .

Selanjutnya, karena L₂ sinx, maka



sinx dx cosxK₂^sehingga^L² ^{ }^cos^x^. Jadi,

(11)

1( ) cos 2( ) sin

(sin ln sec tan ) cos cos sin sin cos cos ln sec tan cos sin

cos ln sec tan yp L x x L x x

x x x x x x

x x x x x x x

x x x

 

   

  

Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah

c p

y y y → yC₁cosx C ₂sinxcosx ln secxtanx

D. Aplikasi Persamaan Diferensial

>> PEGAS BERGETAR

Hukum Hooke mengatakan bahwa jika pegas diregangkan (atau dimampatkan) x satuan dari panjang mula-mula, maka pegas tersebut mengeluarkan gaya yang sebanding terhadap x:

gaya pemulih = – kx

dengan k adalah konstanta pegas (bernilai positif). Jika gaya hambatan luar diabaikan (yang disebabkan oleh hambatan udara atau gesekan), maka dengan Hukum Kedua Newton (gaya = massa  percepatan), didapat:

F  kx → m a  kx →

2 2

m d x kx

dt   →

2

2 0

m d x kx

dt   dengan m merupakan massa benda yang diletakkan pada ujung pegas.

Ini berupa persamaan diferensial linier tingkat dua. Persamaan karakteristiknya adalah

2 0

mD  k dengan akar-akar karakteristiknya r_1,2   i k m/ . Lalu, dengan memisalkan /

k m, maka r_1,2  i. Berdasarkan Teorema 3, solusi umum untuk persamaan diferensial di atas adalah:

1 2

( ) cos sin

x t C tC t yang dapat ditulis juga sebagai berikut:

( ) cos( )

x t A  t

dengan:  k m/ [frekuensi]

2 2

1 2

A C C [amplitudo]

cos C1

  A ; sin C²

   A [ adalah sudut fase]

Jenis gerak ini disebut sebagai gerak harmonik sederhana.

Contoh 12:

Pegas dengan massa 2 kg mempunyai panjang mula-mula 0,5 m. Gaya 25,6 N diperlukan untuk mempertahankan pegas dalam keadaan terentang sepanjang 0,7 m. Jika pegas direntang ke panjang 0,7 m dan kemudian dilepaskan dengan kecepatan awal 0, carilah posisi massa tersebut pada sebarang t.

Jawab:

Dari Hukum Hooke, gaya yang diperlukan untuk merentangkan pegas adalah 25, 6 k(0, 7 0,5)

(12)

sehingga k25, 6 / 0, 2 128 (karena k adalah konstanta pegas bernilai positif) . Dengan menggunakan nilai konstanta pegas ini, dan juga fakta bahwa massanya m = 2, maka

2

2 d x2 128 0 dt x

  

Seperti pada pembahasan sebelum contoh ini, solusi umumnya adalah

1 2

( ) cos8 sin 8

x t C tC t dengan  k m/  128 / 28.

Dalam soal diketahui, pegas direntang ke panjang 0,7 m (yang mula-mulanya 0,5 m) dan kemudian dilepaskan dengan kecepatan awal 0. Ini berarti bahwa, saat t = 0, maka posisi massanya x adalah 0,7 – 0,5 = 0,2. Atau, x(0)0, 2. Tetapi, dari solusi umum di atas, diperoleh

1 2 1

(0) cos 0 sin 0 x C C C Karena itu, C₁0, 2.

Lalu, dengan mendiferensialkan x t( ), diperoleh

1 2

( ) 8 sin 8 8 cos8 x t   C t C t

dan, x t( ) ini merupakan kecepatan, sehingga x(0)0 karena kecepatan awalnya 0.

Jadi,

1 2 2

(0) 8 sin 0 8 cos 0 8

x   C  C  C → 8C₂ 0 → C₂ 0 Dengan demikian, posisi massa tersebut pada sebarang t adalah

( ) 0, 2 cos8 x t   t

>> GETARAN TEREDAM

Berikutnya akan ditinjau gerakan pegas yang dikenai gaya gesekan atau gaya peredaman. Sebagai contoh, gaya peredaman yang dikeluarkan oleh peredam-kejut pada mobil atau sepeda.

Anggaplah bahwa gaya peredaman sebanding dengan kecepatan massa dan bekerja dalam arah yang berlawanan dengan arah gerakan. Jadi,

gaya peredaman = – c^dx dt

dengan c adalah konstanta peredaman (bernilai positif), sehingga dalam kasus ini, Hukum Kedua Newton memberikan

F = gaya pemulih + gaya peredaman m a kx cdx

    dt

2

2 0

d x dx

m kx c

dt dt

   

2

2 0

d x dx

m c kx

dt dt

   

Persamaan tersebut merupakan persamaan diferensial linier tingkat dua dengan persamaan karakteristiknya mD²cD k 0 dan akar-akar karakteristiknya

2 1,2

4 2

c c mk

r m

  



Untuk hal yang seperti ini, terbagi menjadi tiga kasus.

(13)

K.a.s.u.s 1 [c²4mk 0]

Kasus ini disebut sebagai peredaman-lebih (overdamped).

Dalam kasus ini, akar-akar karakteristiknya adalah bilangan riil yang berbeda, sehingga berdasarkan Teorema 1, solusi umumnya adalah x t( )C e₁ ^{r t}¹ C e₂ ^{r t}²

K.a.s.u.s 2 [c²4mk 0]

Kasus ini disebut sebagai peredaman-kritis (critically damped).

Dalam kasus ini, akar-akar karakteristiknya adalah bilangan riil kembar, yaitu _1,2

2 r r c

m

  

sehingga berdasarkan Teorema 2, solusi umumya adalah x t( )C e₁ ^{r t} C xe₂ ^{r t} K.a.s.u.s 3 [c²4mk 0]

Kasus ini disebut sebagai peredaman-kurang.

Dalam kasus ini, akar-akar karakteristiknya adalah bilangan kompleks, yaitu _1,2 2

r c i

m 

  

dengan

4 2

2 mk c

 m^ . Maka, berdasarkan Teorema 3, solusi umumnya adalah

( /2 )

1 2

( ) ^c ^{m t} cos sin

x t e ^ C tC t

Contoh 13:

Andaikan pegas dalam Contoh 12 dicelupkan dalam cairan dengan konstanta peredaman 40

c . Carilah posisi massa pada sebarang t, jika peristiwa ini dimulai dari posisi kesetimbangan dan diberikan dorongan untuk memulainya dengan kecepatan awal 0,6 m/s.

Jawab:

Pada Contoh 12, diketahui massanya 2 kg dan telah didapat konstanta pegas k = 128, sehingga

2

2 d x2 40dx 128 0 dt dt x

    → d x²₂ 20dx 64 0 dt  dt  x

Persamaan karakteristiknya adalah D²20D64(D4)(D16)0, sehingga akar-akar karakteristiknya –4 dan –16. Ini berarti terjadi peredaman-lebih (Kasus 1). Maka, solusi umumnya adalah

4 16

1 2

( ) ^t ^t

x t C e^ C e^

Dalam soal diketahui, pegas dimulai dari posisi kesetimbangan. Ini berarti bahwa, saat t = 0, maka posisi massanya x adalah 0. Atau, x(0)0. Tetapi, dari solusi umum di atas diperoleh

0 0

1 2 1 2

(0)

x C e C e C C → C₁C₂ 0. Lalu, dengan mendiferensialkan x t( ), didapat

4 16

1 2

( ) 4 ^t 16 ^t

x t   C e^  e^

dan, x t( ) ini merupakan kecepatan, sehingga x(0)0, 6 karena kecepatan awalnya 0,6.

Jadi,

0 0

1 2 1 2

(0) 4 16 4 16

x   C e  e   C  C → 4C₁16C₂ 0, 6

Karena C₁C₂ 0 atau C₂  C₁, maka 12C₁ 0, 6 atau C₁0, 05. Dan, C₂    C₁ 0, 05. Dengan demikian, posisi massa tersebut pada sebarang t adalah

 

4 16 4 16

( ) 0, 05 ^t 0, 05 ^t 0, 05 ^t ^t x t  e^  e^  e^ e^

(14)

L A T I H A N

1. Selesaikanlah persamaan diferensial linier tingkat satu berikut.

a. y  y e^x c. dy ² 6 ³ y x dx x 

b. y 2ye^^x d. dy 3 ^sin₂x

x y

dx  x 2. Selesaikanlah persamaan diferensial linier homogen berikut.

a.

2

2 6 10 0

d y dy

dx  dx y c.

3

3 0

d y y dx   b.

3 2

3 2 0

d y d y dy

dx  dx dx y d.

3 2

3 2 2 2 0

d y d y dy

dx  dx dx y

3. Selesaikanlah persamaan diferensial tak homogen berikut.

a.

4 3 2

4 4 3 6 2 4 7

d y d y d y dy

dx  dx  dx  dx y e.

2

3 2

d y x

y x e dx    b.

2

3

2 9 ^x

d y y e

dx   f.

2

2 2 ^xsin

d y dy

e x

dx  dx  c.

2

2 2 2 10 3

d y dy

y x x

dx dx    g.

2

2 2 3 cos 2

d y dy

y x

dx  dx  d.

2

2 2 sin 4

d y dy

dx  dx  x h.

2

2 sec

d y y x

dx  

4. Sebuah perusahaan membuat analisis mengenai jumlah produksi terhadap pekerjanya.

Pada saat sekarang, perusahaannya dapat memproduksi 3000 unit/hari. Diperkirakan tanpa pertambahan mesin-mesin, maka perubahan jumlah produksi per hari terhadap perubahan penambahan pekerjanya adalah

80 6 x

dengan x adalah pertambahan pekerjanya. Tentukan sekarang jumlah produksi per hari, jika pekerjanya bertambah 25 orang (penambahan produksinya dalam %).

5. Pegas dengan massa 3 kg dipegang terentang 0,6 m di luar panjang mula-mulanya oleh gaya 20 N. Jika pegas mulai pada posisi kesetimbangan tetapi dorongan memberinya kecepatan awal 1,2 m/s, carilah posisi massa tersebut pada sebarang t.

6. Pegas dengan massa 3 kg mempunyai konstanta peredaman 30 dan konstanta pegas 123. Carilah posisi massa tersebut pada waktu t jika pegas mulai pada posisi kesetimbangan dengan kecepatan 2 m/s.

7. Pegas mempunyai massa 1 kg dan konstanta pegasnya 100. Pegas tersebut dilepas di titik 0,1 m di atas posisi kesetimbangannya. Tentukanlah jenis peredaman yang terjadi jika diketahui konstanta peredamannya:

a. c10 c. c25

b. c15 d. c30