DIKTAT KULIAH MA2271 METODA MATEMATIKA. Semester II 2010/2011. Oleh: Dr. Sri Redjeki P.

(1)

0

DIKTAT KULIAH

MA2271 METODA MATEMATIKA

Semester II 2010/2011

Oleh:

Dr. Sri Redjeki P.

Prodi Matematika

Fakultas MIPA Institut Teknologi Bandung

Januari 2009

SRP

(2)

SRP

2011

(3)

CONTENTS 2

4.3.2 Solusi spd tak homogen . . . 44

4.3.3 Matriks exp(At) . . . . 47

4.4 Model Populasi . . . 49

4.4.1 Model predator-prey . . . 49

4.4.2 Model interaksi dua spesies . . . 50

5 Transformasi Laplace 54 5.1 Transformasi Laplace dan inversnya . . . 54

5.2 Transformasi masalah nilai awal . . . 57

5.3 Fungsi tangga satuan . . . 58

5.4 Perkalian, turunan dan integral dari transformasi . . . 61

5.5 Gaya luar berupa engineering function . . . . 63

5.6 Impuls dan fungsi Delta . . . 64

6 Deret Fourier 68 6.1 Deret Fourier dan kekonvergenannya . . . 68

6.2 Deret Fourier bagi fungsi berperioda 2L dan Kekonvergenan Deret Fourier . . . . 72

6.3 Deret Fourier bagi Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil . . . 74

6.4 Perluasan ke Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil . . . 75

SRP

(4)

Bab 1

Pendahuluan

Banyak hukum-hukum alam yang mendasari perubahan-perubahan di alam ini dinyatakan dalam bentuk persamaan yang memuat laju perubahan dari suatu kuantitas, yang tak lain adalah berupa persamaan diferensial. Berikut ini diuraikan contoh-contoh yang menunjukkan bahwa persamaan diferensial muncul dari hukum alam.

Masalah benda jatuh bebas

Misalkan suatu obyek bermassa m jatuh bebas. Perhatikan diagram di samping. Kita tetapkan bahwa arah ke bawah adalah positif, sehingga arah ke atas berarti negatif. Gaya-gaya yang bekerja pada benda itu adalah gaya berat benda Fb = mg (tanda + karena gaya gravitasi

men-garah ke bawah.) mg 0 y=h 0 y =

Selanjutnya gaya gesek dengan udara yang dimisalkan sebanding dengan kecepatan Fs = −av.1

Perhatikan bahwa tanda negatif di sini menandakan bahwa gaya gesek berlawanan dengan ke-cepatan.2 Menurut Hukum Newton II: massa× percepatan = total gaya yang bekerja pada benda atau

m dv

dt = mg− av. (1.0.1)

Dalam kasus gaya gesek diabaikan a≈ 0, akan kita cari kecepatan benda jatuh bebas dari ketinggian h0 saat menumbuk tanah. Untuk menentukan syarat awal yang sesuai, maka kita tetapkan posisi

awal benda saat akan jatuh adalah y(0) = 0 dan saat benda menumbuk tanah y(takhir) = h0, (ingat

bahwa arah ke bawah adalah positif). Karena masalah jatuh bebas, maka v(0) = 0. Persamaan gerak dalam kasus tak ada gaya gesek adalah

m d

2_y

dt2 = mg

Setelah satu kali pengintegralan dan karena v(0) = 0, maka dy

dt = gt.

1

Di sini gaya gesek dimisalkan sebanding dengan kecepatan, dengan konstanta a dikenal dengan nama drag

coef-ficient. Untuk kondisi lain, gaya gesek juga bisa dimisalkan sebanding dengan kuadrat kecepatan.

2

Periksa hal ini dengan mengujinya, saat benda bergerak ke bawah: v > 0 sehingga Fs < 0 berarti gaya gesek

mengarah ke atas.

3

SRP

(5)

BAB 1. PENDAHULUAN 4

Pengintegralan sekali lagi dan karena y(0) = 0, maka y(t) = 1

2gt

2_.

Benda menumbuk tanah saat takhir yaitu saat y(takhir) = h0, sehingga takhir =

√

2h0

g . Benda

menumbuk tanah dengan kecepatan v(takhir) =

√

2gh0, tepat seperti yang kita kenal di pelajaran

ﬁsika.

Dalam kasus gaya gesek diperhitungkan, maka dapat dihitung bahwa v(takhir) = ... yang mana

nilainya lebih kecil daripada kecepatan dalam kasus tidak ada gaya gesek.

Tugas: Tunjukkan bahwa pers. (1.0.1) juga merupakan persamaan gerak benda yang dilempar ke

atas. Dalam kasus gaya gesek diabaikan, tunjukkan bahwa tinggi maksimum benda jika dilempar ke atas dengan kecepatan awal v0 adalah

v2₀

2g. Bandingkan dengan tinggi maksimum dalam kasus ada gaya gesek.

1.1 Pendekatan kualitatif

Misalkan benda yang jatuh itu massanya m=10 kg dan koeﬁsien geseknya a = 2 kg/det. Setelah gaya gravitasi dipilih g = 9.8 m/det2 persaman gerak jatuhnya benda adalah

dv

dt = 9, 8− v 5,

Perilaku kualitatif gerak benda jatuh tersebut akan diperlajari tanpa terlebih dahulu mencari solusi persamaan diferensialnya. Perhatikan bahwa ruas kanan persamaan tak lain menyatakan gradien

garis singgung kurva solusi di titik (t, v). Berdasarkan hal inilah medan gradien seperti pada

Gambar 1.1.2 dibuat.

Perhatikan bahwa potongan garis-garis kecil dari medan gradien tak lain adalah garis singgung

kurva solusi. Dengan demikian kita dapat mensketsakan graﬁk solusi. Tampak dari gambar

di atas bahwa jika kecepatan benda lebih kecil dari suatu nilai tertentu, maka kecepatan benda akan bertambah saat jatuh. Demikian pula sebaliknya, jika kecepatan benda melebihi suatu nilai tertentu, maka kecepatan benda akan berkurang saat jatuh. Selanjutnya, untuk kecepatan benda berapakah dv_dt = 0? Untuk kecepatan v = (5)(9.8) = 49 m/det. Perhatikan bahwa v(t) = 49 juga merupakan solusi persamaan diferensial, dan dikatakan sebagai solusi equilibrium. Dari medan gradien di atas kita juga dapat menarik kesimpulan bahwa solusi-solusi lain konvergen ke solusi konstan v(t) = 49.

Tugas: Pelajari masalah populasi tikus dan burung hantu pada Subbab 1.1. Boyce DiPrima. 1.1.1 Klasifikasi Persamaan Diferensial

Persamaan Diferensial Biasa ialah persamaan yang memuat x, y(x) beserta turunan-turunan dari y(x).

SRP

(6)

BAB 1. PENDAHULUAN 5 30 35 40 45 50 55 60 v(t) 0 5 10 15 20 t

Gambar 1.1.1: Medan gradien bagi persamaan dv

dt = 9, 8− v

5 beserta kurva solusinya.

Bentuk umum persamaan diferensial biasa adalah F (x, y, y′, y′′,· · · , y(n)) = 0.

Contoh:

y′− cos x = 0 persamaan diferensial orde 1, linier y′′′+ yy′− ex= 0 persamaan diferensial orde 3, tak linier

Persamaan diferensial yang melibatkan fungsi dua peubah atau lebih disebut Persamaan Diferensial Parsial. Contoh: ut+ cux = 0 (pers. transport) uxx− uyy= 0 (pers. gelombang) ut= kuxx (pers. difusi) uxx+ uyy= 0 (pers. Laplace)

Contoh Sistem Persamaan Diferensial { _dx

dt = x− y

dy

dt = 2x + y

(1.1.1) Orde suatu persamaan diferensial ditentukan oleh turunan tertinggi yang muncul pada persamaan diferensial tersebut.

SRP

(7)

BAB 1. PENDAHULUAN 6

Persamaan Diferensial dikatakan linier jika fungsi F linier terhadap y, y′,· · · , y(n), namun fungsi F terhadap variabel x tak perlu linier. Jika y = f (x) memenuhi persamaan diferensial maka f (x) dikatakan solusi dari persamaan diferensial tersebut. Solusi umum suatu persamaan diferensial adalah bentuk umum solusi persamaan diferensial tersebut Suatu solusi umum bisa menjadi solusi khusus dengan adanya informasi / syarat tambahan, disebut syarat awal / syarat batas.

Contoh:

Persamaan diferensial y′− cos x = 0, solusi umum y(x) = sin x + C

Jika diberikan syarat awal y(0) =−1, maka diperoleh solusi khusus y(x) = sin x − 1.

SRP

(8)

Bab 2

Persamaan Diferensial Orde Satu

Bentuk umum persamaan diferensial orde satu:

F (x, y, y′) = 0 (2.0.1)

Persamaan diferensial orde satu diklasiﬁkasikan berdasarkan cara penyelesaiannya menjadi: 1. Persamaan diferensial terpisah (separable eqn.), metoda integral langsung (direct integration). 2. Persamaan diferensial orde 1 linier.

3. Persamaan diferensial homogen, metoda substitusi.

4. Persamaan diferensial eksak, menggunakan faktor integrasi.

Kuliah ini hanya akan membahas metoda pengintegralan langsung dan penyelesaian persamaan diferensial orde 1 linier.

2.1 Persamaan Diferensial Terpisah, metode integral langsung

Bentuk umum pers. dif. terpisah dy

dx = ϕ(x, y) = g(x)h(y)

Solusinya dicari dengan pengintegralan langsung sbb. 1 h(y) dy dx = g(x), h(y)̸= 0 ∫ 1 h(y)dy = ∫ g(x)dx

Sedangkan h(y) = 0 merupakan solusi atau tidak, diperiksa dengan substitusi langsung ke pd sem-ula.

7

SRP

(9)

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 8

Contoh 2.1.1. 1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial dy

dt = ky.

Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka ruas kiri dan kanan dibagi dengan y, sehingga didapat ∫ 1 y dy dt dt = kdt.

Karena telah dilakukan pembagian dengan y tentu harus dimisalkan y ̸= 0 (atau y(t) bukan fungsi nol). Jika perhitungan dilanjutkan maka diperoleh

y(t) = exp kt + C,

dengan konstanta integrasi C ∈ R. Selanjutnya diperiksa apakah fungsi nol y(t) = 0 meru-pakan solusi atau tidak, dengan cara substitusi langsung. Ternyata y(t) = 0 merumeru-pakan solusi. Selanjutnya solusi umum pers. dif. di atas adalah

y(t) = K exp kt, K ∈ R.

2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial x2y′= _3yx22+1₊₁

Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka pers. dif. dibagi dengan x2 _{dan dikali dengan}

3y2+ 1, sehingga didapat (3y2+ 1)y′ = x

2_{+ 1}

x2 .

Setelah diintegralkan diperoleh solusi umum berupa fungsi implisit y3+ y = x− 1 x. Cek kebenarannya dengan cara substitusi langsung.

3. Tentukan solusi umum persamaan diferensial y′− y2t sin(t2) = 0.

Penyelesaian: Agar dapat diintegralkan maka pers. dif. dibagi dengan y2, sehingga didapat 1 y2y′= t sin(t 2_). ∫ 1 y2 dy dt dt = t sin(t 2_{)dt, dengan y}_{̸= 0}

Setelah diintegralkan diperoleh − 1 y(t) =− 1 2cos(t 2_{) + C,} atau y(t) = 2 cos(t2_{) + C} 1

SRP

2011

(10)

dengan konstanta integrasi C1 ∈ R. Selanjutnya dengan cara substitusi langsung diperiksa

apakah fungsi nol y(t) = 0 merupakan solusi atau tidak. Ternyata y(t) = 0 merupakan solusi. Sehingga solusi umum pers. dif. di atas adalah

y(t) = 2 cos(t2_{) + C}

1

, dan y(t) = 0.

dengan C1 ∈ R. Perhatikan bahwa solusi nol harus dituliskan secara terpisah. Beberapa

textbook menyebutkan solusi ini sebagai solusi singular.

Soal Latihan 2.1.2. 1. Cari semua solusi umum persamaan diferensial berikut. (a) y′= ₁_−yx22

(b) y′= _1+2yy cos x2 (c) y′=−6xy (d) y′= x + xy

(e) y′= 2x√y− 1 (f) y′= (cos2x)(cos22y)

2. Untuk semua persamaan diferensial berikut:

a. Tentukan solusi yang memenuhi syarat awal yang diberikan. b. Gambarkan medan gradien (Maple), dan kurva solusi pada a.

c. Tentukan pada interval mana solusi di atas terdeﬁnisi. (a) y′= (x− 2)(y − 1), y(0) = 2

(b) y′= (1− 2x)y2, y(0) =−1/6 (c) xdx + ye−xdy = 0, y(0) = 1

2.2 Persamaan Diferensial Linier Orde Satu

Mempunyai bentuk umum dy

dt + P (t)y = Q(t)

Solusi dari persamaan diferensial di atas dapat diperoleh dengan cara berikut. Jika dikalikan dengan e∫P (t)dt menjadi

e∫P (t)dtdy

dt + e

∫

P (t)dt_{P (t)y = e}∫P (t)dt_Q(t)

Perhatikan bahwa ruas kiri tak lain adalah d dt ( e∫P (t)dty ) ,

SRP

2011

(11)

sehingga p.d. semula sekarang menjadi d dt ( e ∫ P (t)dt_y)_{= e}∫P (t)dt_Q(t)

dan siap untuk diintegralkan. Mengingat manfaatnya, maka faktor pengali e∫P (t)dt disebut sebagai faktor integrasi. Pengintegralan menghasilkan solusi persamaan diferensial:

y(t) = e−∫P (t)dt ∫

e∫P (t)dtQ(t)dt

Contoh 2.2.1. 1. Tentukan solusi persamaan diferensial dy

dt − 3y = e

2t_{, y(0) = 3. (Jawab:}

solusinya y(t) = 4e3t− e2t.)

2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial (t2 + 1)dy

dt + 3ty = 6t. Kemudian hitung limt→∞y(t) (Jawab: solusi umum y(t) = 2 + C(t2+ 1)−3/2.)

3. Tentukan solusi persamaan diferensial xdy

dx + 2y = 4x

2_{, y(1) = 2. (Jawab: solusinya y(x) =}

x2+_x12, dengan x > 0.)

Soal Latihan 2.2.2. 1. Tentukan solusi dari masalah nilai awal berikut. (a) y′− y = 2te2t, y(0) = 1.

(b) ty′+ 2y = t2− t + 1, y(1) = 1/2, t > 0 2. Untuk semua persamaan diferensial berikut:

a. Tentukan solusi umum dan perilakunya untuk t→ ∞. b. Gambarkan medan gradien (Maple).

c. Gunakan hasil b. untuk memeriksa perilaku solusi saat t→ ∞, bandingkan dengan hasil a.

(a) y′+ 3y = t + e−2t (b) y′+ 2ty = 2te−t2

(c) ty′+ 2y = sin t, t > 0

2.3 Masalah-masalah Aplikasi

1. Larutan garam: Sebuah tangki mula-mula berisi 12 liter air murni. Air garam dengan kadar garam 0.2 kg/liter memasuki tangki dengan laju 2 liter/menit. Larutan garam dalam tangki dianggap teraduk sempurna, dan keluar dengan laju 2 liter/menit. Tentukan banyaknya garam dalam tangki setelah 1/2 jam.

2. Pemurnian Danau yang Tercemar: Sebuah danau vol 458 km3. Air masuk dan keluar dengan kecepatan sama 175 km3/thn. Misal pada keadaan awal konsentrasi polutan 0.05%. Kemudian air yang masuk mengandung polutan dengan konsentrasi 0.01%. Jika diasumsikan

SRP

(12)

air yang keluar konsentrasi polutannya sudah homogen (teraduk sempurna). Berapa waktu yang diperlukan untuk menurunkan konsentrasi polutan di danau menjadi 0.02%

Penyelesaian: Misal x(t) volume polutan di danau pada saat t x(0) = 0.05%×458 = 0.2290

km3. Konsentrasi polutan tiap saat x(t)

458. (Perhatikan bahwa debit air yang keluar dan masuk sama, sehingga volume tetap, yaitu 458 km3.)

dx dt = 0.01%175− 175 x(t) 458 dx dt + 0.3821x = 0.0175 x(t) = 0.0458 + 0.1832e−0.3821t

Dicari tAyang mana x(tA) = 0.02% 458 = 0.0916. Sehingga di dapat tA≈ 3.63 tahun.

3. Bunga berbunga (Compound interest): Misalkan sejumlah uang ditabung di bank dan mendapat bunga r (dalam % per tahun). Misalkan S(t) menyatakan jumlah tabungan saat t. Bunga dari tabungan itu juga ditabung dan mendapat bunga yang sama, yaitu r. Hal ini disebut dengan istilah bunga berbunga. Setiap bank mempunyai aturan tentang bunga yang berbeda-beda: bunga dihitung bulanan, mingguan, dan bahkan harian. Dalam selang waktu ∆t, tabungannya adalah S(t + ∆t). Besarnya bunga adalah S(t + ∆t)− S(t) = rS(t)∆t Jadi

S(t + ∆t)− S(t)

∆t = rS(t)

Jika kita ambil limitnya untuk ∆t→ 0, maka dS

dt = rS.

Penerapan limit ∆t→ 0 berarti kita mengasumsikan bahwa tabungan berbunga secara kon-tinu. Misalkan saat awal tabungannya berjumlah S(0) = S0, maka melalui solusi persamaan

diferensial di atas diperoleh S(t) = S0ert.

Pikirkan bagaimana persamaan diferensialnya jika terdapat biaya administrasi sebesar A ru-piah per bulan.

Diskusi: Jika bunga dihitung tiap satu tahun, maka jumlah tabungan setelah t tahun

S(t) = S0(1 + r)t. Jika bunga dihitung bulanan, maka jumlah tabungan setelah t tahun

S(t) = S0(1 + r/12)12t. Jika bunga dihitung sebanyak m kali tiap tahun, maka jumlah

tabun-gan setelah t tahun S(t) = S0(1 + r/m)mt. Selanjutnya perlihatkan bahwa limm→∞S0(1 +

r/m)mt= S0ert (Buktikan!). Ini berarti bahwa kajian persamaan diferensial merupakan

ka-sus limit dari kajian secara diskrit.

Selain itu, jika kita bandingkan kedua kurva S0(1 + r/m)mt dan S0ert yang diplot dengan

Maple untuk S0, r, m tertentu, maka dapat kita lihat bahwa kedua kurva tersebut sudah

nyaris berhimpit untuk m yang tidak terlalu besar.

Soal Latihan 2.3.1. 1. Si Ani mulai menabung di usia 25 tahun, $2.000/tahun selama 10 tahun, dan tidak menabung lagi sesudahnya. Si Budi baru mulai menabung di usia 35 tahun, $2.000/tahun selama 30 tahun, dan tidak menabung lagi sesudahnya.

SRP

(13)

(a) Jika bunga tabungan adalah 8% per tahun, dan jika tabungan berbunga secara kontinu, maka tentukan tabungan Si Ani dan Si Budi saat mereka berusia 65 tahun.

(b) Tentukan bunga tabungan r% per tahun jika diketahui tabungan Si Ani sama dengan tabungan Si Budi saat mereka berusia 65 tahun.

2. Hukum Toricelli Suatu tangki berisi air bagian bawahnya berlubang dengan luas penampang a, lihat gambar. Jika tinggi air pada saat t adalah y(t), maka kecepatan keluarnya air adalah v(t) = √2gy(t). (Mengapa?) Jika V (t) adalah volume air dalam tangki saat t maka

dV dt =−av A(y) y(t) a v(t)

Diketahui pula berlaku V (t) = ∫₀y(t)A(y)dy dengan A(y) luas penampang tangki pada ket-inggian y. Sehingga persamaan menjadi

A(y)dy dt =−a

√ 2gy.

Catatan: tangki air tidak harus berbentuk silinder.

Soal: Tangki berbentuk setengah bola jari-jari 4 ft, penuh berisi air. Lubang di dasar tangki

berdiameter 1 in (= 1/12 ft). Berapa lama air di tangki habis?

Selain masalah-masalah di atas, banyak masalah nyata lain yang dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan diferensial orde satu, misalnya masalah peluruhan bahan radioaktif, hukum pendingi-nan Newton, masalah penyerapan obat dalam tubuh dan masalah dinamika populasi.

Soal Latihan 2.3.2. 1. Misalkan secangkir kopi yang mula-mula bersuhu 2000 _{F, mendingin}

mengikuti Hukum Pendinginan Newton. Misalkan dalam 1 menit suhu kopi di dalam ruangan bersuhu 700 F sudah turun menjadi 1900 F. Tentukan kapan suhu kopi turun menjadi 1500 F.

2. Di dalam ruangan yang dingin dan bersuhu 400 F diketemukan mayat bersuhu 720. Suhu mayat telah turun menjadi 66.80F dua jam kemudian saat ahli forensik datang. Taksir waktu kematian mayat itu. Catatan: suhu manusia normal adalah 950 F.

3. Sebuah bola massa 0.15 kg dilempar ke atas dengan kecepatan awal 20 m/det dari atap sebuah gedung yang tingginya 30 m. Andaikan gaya gesek udara adalah Fs/m = −0.04 v,

dan gunakan g = 10 m/det2.

(a) Tentukan ketinggian maksimum yang dapat dicapai benda itu.

(b) Jika saat jatuh benda terus turun melewati atap gedung dan terus ke bawah, tentukan saat benda menabrak tanah.

(c) Gambarkan graﬁk kecepatan dan posisi sebagai fungsi dari waktu.

SRP

(14)

4. Rita meloncat dari pesawat terbang dengan ketinggian 8000 m dengan menggunakan parasut. Setelah Rita terjun bebas selama 15 detik, Rita membuka parasutnya. Asumsikan bahwa koeﬁsien gesek saat terjun bebas adalah a = 0.10, dan saat dengan parasut adalah a = 1.6. Berapa lama waktu yang diperlukan Rita untuk menyentuh tanah? dan dengan kecepatan berapa Rita menumbuk tanah? Gambarkan dengan Maple kurva kecepatan Rita sebagai fungsi dari waktu v(t).

5. Sebuah danau mula-mula mengandung 10 juta galon air murni. Ke dalam danau itu mengalir polutan dengan laju 5 juta galon per tahun, juga ke luar dengan laju yang sama. Larutan yang masuk mengandung polutan 2 + sin 2t gram/gal. Tentukan persamaan diferensial yang sesuai dengan masalah ini. Gambarkan solusinya dan berikan interpretasi.

6. Sebuah tangki dengan kapasitas 100 galon air dan 50 oz garam. Larutan garam dengan kandungan garam 1₄(1 +1₂sin t) oz/gal mengalir ke dalam tangki dengan laju 2 gal/menit, larutan ke luar dengan laju yang sama pula. Larutan di dalam tangki dianggap teraduk sempurna. Tentukan persamaan diferensial yang sesuai dengan masalah ini. Gambarkan solusinya. Tunjukkan bahwa untuk waktu yang cukup lama, solusi akan berosilasi di sekitar suatu posisi setimbang, tentukan posisi setimbang itu.

7. Enam tahun yang lalu Pak Amir membeli rumah dengan harga 80 juta rupiah dengan cara mencicilnya selama 20 tahun. Tiap bulan Pak Amir mencicil 880 ribu, dengan bunga pinjaman sebesar 1% per bulan. Sekarang setelah mencicil 72 kali, Pak Amir ingin melunasi pinjaman-nya karena ia mendapat sejumlah warisan. Berapa besar pinjaman Pak Amir sekarang? 8. Kakek Pono mempunyai tabungan untuk hari tuanya. Tabungan itu berbunga 1% per bulan.

Kakek Pono mengambil uang setiap awal bulan sebesar 1 juta rupiah untuk biaya hidup per bulannya. Saat ini tabungan Kakek Pono berjumlah 50 juta rupiah. Tuliskan model per-samaan diferensialnya (asumsikan pengambilan uang dan bunga tabungan diterapkan secara kontinu). Apakah lama-kelamaan tabungan Kakek Pono habis? Bilakan itu terjadi?

9. Anda merencanakan menabung sejumlah uang di bank guna membiayai pendidikan anak di masa mendatang. Anda menginginkan dapat mengambil 1 juta rupiah per bulan, selama 8 tahun, dimulai dari 20 tahun yang akan datang. Jika bank memberikan bunga tabungan sebesar 0.5% per bulan. (a) Berapa dana yang dibutuhkan untuk tujuan itu (saat 20 tahun yang akan datang)? (b) Jika Anda menabung setiap bulan mulai dari sekarang selama 20 tahun. Berapa jumlah uang yang harus Anda tabung per bulannya?

10. Anda bermaksud membeli sebuah mobil baru dengan cara cicilan. Pilihan Anda adalah Sat-urn, Cavalier, dan Hyundai. Setiap perusahaan memberikan penawaran-penawaran berikut (mata uang rupiah):

Harga Uang muka

Saturn 139.900.000 10.000.000 bunga pinjaman 3.2% per bulan selama 60 bulan Cavalier 135.500.000 15.000.000 bunga pinjaman 3.5% per bulan selama 60 bulan Hyundai 124.000.000 5.000.000 bunga pinjaman 3% per bulan selama 48 bulan

Jika Anda hanya sanggup mencicil sebesar 4.750.000 rupiah per bulan. Gunakan persamaan diferensial untuk menentukan mobil mana yang sebaiknya Anda beli.?

SRP

(15)

2.4 Persamaan diferensial autonomous untuk masalah dinamika

populasi

Misalkan P (t) adalah jumlah penduduk di suatu kota saat t. Selanjutnya diasumsikan laju kelahi-ran dan laju kematian sebanding dengan jumlah penduduk saat itu. Misalkan β laju kelahikelahi-ran, dan δ laju kematian, maka selama selang waktu ∆t terdapat kelahiran sejumlah β∆tP (t) dan kematian δ∆tP (t) . Maka ∆P = (β− δ)P (t)∆t dP dt = lim∆t→0 ∆P ∆t = rP (t),

dengan r = β− δ laju pertambahan penduduk. Solusi persamaan diferensial di atas adalah P (t) = P0ert, dengan P0 menyatakan jumlah populasi awal. Graﬁknya adalah

t 0 10 20 30 P(t) 20 30 40 50

Gambar 2.4.1: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model pertumbuhan populasi dP_dt = rP . 2.4.1 Model Logistik

Pikirkan bahwa pertumbuhan populasi secara eksponensial tidak relevan untuk populasi penduduk, juga mungkin untuk populasi-populasi lain. Jika laju kelahiran β merupakan fungsi P , dan β(P ) = konstanta− aP (interpretasi!), sedemikian sehingga

dP dt = (r− aP )P atau dP dt = r ( 1− P K ) P, (2.4.1)

dengan K = r/a. Persamaan di atas dikenal sebagai persamaan logistik. Gambar 2.5.2 merupakan medan gradien dari persamaan logistik.

SRP

(16)

BAB 2. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE SATU 15 t 0 10 20 30 P(t) 20 30 40 50 60

Gambar 2.4.2: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model logistik dP_dt = r(1− P/K)P . Solusi equilibrium dari persamaan logistik adalah P (t) = 0 (tak menarik) dan P (t) = K. So-lusi equilibrium P (t) = K dikatakan stabil asimptotik, karena setiap soSo-lusi yang semula dekat dengan P (t) = K akan menuju nilai K dengan bertambahnya waktu. Sedangkan solusi equilib-rium P (t) = 0 dikatakan tak stabil, karena setiap solusi yang semula dekat dengan P (t) = 0 akan makin menjauhi 0 dengan bertambahnya waktu. Perhatikan bahwa jika saat awal jumlah populasi P (0) < K maka jumlah populasi akan bertambah terus dan asimtotis ke nilai K. Sedangkan jika P (0) > K maka jumlah populasi akan terus berkurang dan asimtotis ke nilai K. Nilai K dikenal dengan nama daya dukung lingkungan.

Analisa di atas juga dapat dihasilkan dengan menggambar kurva polinom r(1−_KP)P diℜ2, seperti pada Gambar 2.5.3. Info: pertambahan penduduk USA pada periode 1800-1950 dapat digambarkan melalui persamaan logistik dengan cukup tepat (Sumber: Edwards, Penney hal 79).

2.4.2 Doomsday versus extinction Perhatikan persamaan diferensial berikut

dP dt =−r ( 1− P K ) P.

Relevansi dari persamaan diferensial di atas yang juga menyatakan pertumbuhan populasi adalah sebagai berikut. Perhatikan suatu populasi yang dapat berkembang biak jika ada pertemuan antara jantan dan betina. Misalkan jumlah betina dan jantan tiap saat adalah sama, yaitu masing-masing P (t)/2. Maka banyaknya interaksi antara mereka sebanding dengan (P (t)/2)(P (t)/2) = P2/4. Dengan demikian pertambahan populasi per satuan waktu sebanding dengan P2/4, dimisalkan sebagai rP2/K. Sedangkan berkurangnya populasi per satuan waktu akibat kematian dimisalkan sebagai rP . Tentukan kedua solusi equilibrium. Tunjukkan bahwa jika P (0) > K, maka jumlah populasi terus bertambah dengan bertambahnya waktu. Sedangkan jika P (0) < K, maka jumlah

SRP

(17)

populasi terus berkurang menuju nol (punah). Nilai K yang memisahkan solusi-solusi dengan perilaku kualitatif berbeda disebut bilangan threshold. Dalam hal kestabilan, solusi P (t) = 0 stabil asimptotik, sedangkan solusi P (t) = K semi stabil.

t 0 10 20 30 P(t) 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Gambar 2.4.3: Medan gradien dan kurva-kurva solusi model doomsday versus extinction dP_dt = −r(1 − P/K)P .

Soal Latihan 2.4.1. 1. Tentukan semua solusi equilibrium pd berikut dan periksa masing-masing solusi equilibrium tersebut stabil asimptotik atau tak stabil.

(a) dy dt = y(y− 1)(y − 2), y0≥ 0 (b) dy dt = ay + by 2_, _{a > 0, b > 0, y} 0 ∈ ℜ (c) dy dt = e y_{− 1, y} 0 ∈ ℜ

2. Misalkan di suatu danau terdapat ikan yang terserang penyakit sehingga laju kelahirannya β = 0, sedangkan laju kematiannya δ berbanding terbalik dengan akar kwadrat dari jumlah ikan tiap saat. Jika saat awal terdapat 900 ikan di danau dan 441 ikan setelah 6 minggu. Dalam waktu berapa lama ikan di kolam habis?

3. Populasi nyamuk di suatu daerah bertambah dengan laju sebanding dengan jumlah populasi nyamuk saat itu. Jika tidak ada faktor-faktor lain, maka jumlah populasi akan menjadi dua kali lipat dalam seminggu. Jika saat awal terdapat 200 ribu nyamuk dan misalkan ada sejumlah kodok yang memangsa nyamuk 20 ribu nyamuk tiap hari, dan tidak ada pemangsa lainnya. Tentukan jumlah populasi nyamuk tiap saat.

4. Perhatikan suatu populasi kelinci P (t) yang memenuhi persamaan logistik dP/dt = aP−bP2. Jika pada saat awal terdapat 120 kelinci dengan 8 kelahiran per bulan dan 6 kematian per bulan, dalam waktu berapa lama jumlah populasi mencapai 95% dari jumlah populasi konstan a/b. Gambarkan medan gradien dan kurva solusi dari model populasi di atas dengan

SRP

(18)

menggunakan Maple, kata kunci:’DEplot’ (Petunjuk: Jika pada saat awal terdapat kelahiran 8 kelinci per bulan dengan populasi awal P0 = 120, berarti aP0 = 8. Dari sini bisa ditentukan

a.)

2.5 Eksistensi dan Ketunggalan

Selama ini kita telah banyak mendiskusikan tentang persamaan diferensial dan kemunculannya pada berbagai masalah nyata. Juga bahwa solusi persamaan diferensial tersebut dapat digunakan untuk menjawab berbagai masalah tsb. Pada subbab ini kita akan membahas mengenai ada tidaknya solusi suatu masalah nilai awal, juga apakah solusi itu tunggal atau tidak. Pertanyaan ini san-gatlah vital, bahkan bagi mereka yang bukan matematikawan. Bayangkan suatu situasi dimana kita telah menghabiskan banyak waktu mencari solusi (seringkali secara numerik), dan ternyata masalah tersebut tidak punya solusi.

Teorema: Eksistensi dan ketunggalan PD orde 1

Perhatikan masalah nilai awal dy

dx = f (x, y), y(x0) = y0

1. Jika f (x, y) kontinu di suatu persegi panjang yang memuat (x0, y0) maka m.n.a. di atas

mempunyai solusi

2. Jika f (x, y) kontinu di suatu persegi panjang yang memuat (x0, y0) maka m.n.a. di atas

mempunyai solusi tunggal. Misalkan selang I adalah proyeksi dari persegi panjang di atas pada sumbu-x. Solusi tersebut dijamin terdeﬁnisi pada selang yang merupakan subset dari I.

Contoh 2.5.1. Periksa eksistensi dan ketunggalan m.n.a. berikut

1. M.n.a. y′= 2√y, y(0) = 0

Fungsi f (x, y) = 2√y kontinu di y > 0, x ∈ R, sedangkan ∂f_∂y = √1_y tak kontinu di y = 0. Jadi eksistensi dan ketunggalan tidak dijamin. Namun jika dicari diperoleh dua solusi m.n.a. y(x) = 0 dan y(x) = (x + C)2, untuk C ∈ R.

2. M.n.a. xy′ = 2y, y(0) = 0

Fungsi f (x, y) = 2y_x tak kontinu di x = 0, jadi syarat eksistensi tak dipenuhi, tetapi jika dicari, tetap dapat diperoleh solusi m.n.a y(x) = 0 dan y(x) = Kx2, untuk K ∈ R.

3. M.n.a. y2_{+ x}2_y′ _{= 0,} _{y(0) = 0.}

Fungsi f (x, y) = −y_x22 tak kontinu di x = 0, jadi eksistensi solusi tak dijamin. Telah kita ketahui sebelumnya bahwa m.n.a. di atas mempunyai lebih dari satu solusi, yaitu y(x) = 0 dan y(x) = x/(Cx− 1), dengan C ∈ R.

Catatan: Dari Contoh 2.5.1 no. 2 dan 3 jelas bahwa kekontinuan f (x, y) merupakan syarat cukup, tetapi bukan syarat perlu bagi eksistensi solusi.

4. M.n.a. y′= y2, y(0) = 1

Fungsi f (x, y) = y2dan ∂f_∂y = 2y kontinu di seluruh R2. Jadi teorema menjamin keujudan dan

SRP

(19)

ketunggalan solusi pada suatu interval buka yang memuat x0 = 0. Jika dicari diperoleh solusi

m.n.a. y(x) = ₁_−x1 . Perhatikan bahwa solusi ini tidak terdeﬁnisi di seluruh R, melainkan hanya pada (−∞, 0) ∪ (0, ∞). Contoh ini menunjukkan bahwa solusi tunggal dari suatu m.n.a. hanya terdeﬁnisi pada suatu selang yang merupakan subset dari selang kekontinuan f dan fy

5. M.n.a. y′= x/y, y(5) =√21.

Fungsi f (x, y) = x/y dan ∂f_∂y =−x/y2 _{tak kontinu hanya di y = 0. Lebih spesiﬁk, keduanya}

kontinu pada setengah bidang di kanan sumbu−y. Jadi teorema menjamin keujudan dan ketunggalan solusi di sekitar x = 5. Jika dicari solusinya, diperoleh hiperbola y2 = x2− 4. Hiperbola ini terdeﬁnisi pada [2,∞), yang hanya merupakan subset dari [0, ∞).

Teorema 2 (Keujudan dan Ketunggalan Solusi p.d. Linier Orde 1)

Jika P (x) dan Q(x) kontinu pada selang buka I yang memuat titik x0, maka masalah nilai awal

dy

dx+ P (x)y = Q(x), y(x0) = y0 (2.5.1)

mempunyai solusi tunggal yaitu (Rumus dalam x0 dan y0!!!)

y(x) = e− ∫ P (x)dx ∫ e ∫ P (x)dx_{Q(x)dx + C} _(2.5.2)

untuk suatu nilai C. Solusi tersebut terdeﬁnisi pada I.

Catatan: Beberapa perbedaan antara pd linier dan pd tak linier.

• Teorema yang berlaku bagi p.d.linier menjamin adanya solusi yang terdeﬁnisi pada seluruh selang I. Hal ini berbeda dengan teorema eksistensi dan ketunggalan p.d. orde-1 yang umum, yang hanya menjamin adanya solusi pada selang yang lebih kecil dari I.

• Teorema di atas juga mengatakan bahwa p.d. orde satu linier tidak mempunyai solusi singular.

Contoh 2.5.2. 1. Periksa eksistensi dan ketunggalan m.n.a. berikut (a) y′=−y, y(a) = b

(b) y′= y1/3, y(0) = 0. Tentukan tiga solusi berbeda dari m.n.a.

2. Tunjukkan bahwa masalah nilai awal xy′ + 2y = 4x2, y(1) = 2 mempunyai solusi tunggal. Tentukan selang maksimum dimana solusi tersebut terdeﬁnisi.

SRP

(20)

Bab 3

Persamaan Diferensial Orde-n Linier

Pada bab ini kita akan membahas mengenai persamaan diferensial orde-n linier. Pembahasan akan difokuskan pada pd orde-2. Selanjutnya sifat-sifat yang diperoleh dapat diperumum untuk pd orde-n. Diawali dengan metoda pencarian solusi umum pd orde-2 homogen koeﬁsien konstan. Dilanjutkan dengan pencarian solusi pertikular pd orde-2 homogen. Sebagai aplikasinya akan dibahas sistim pegas massa dengan redaman. Akan dibahas pula fenomena resonansi.

3.1 Sifat-sifat solusi persamaan diferensial orde-n linier

Perhatikan pd orde-2 linier homogen berikut

y′′+ a(x)y′+ b(x)y = 0. (3.1.1)

Misal diketahui y1(x) dan y2(x) masing-masing solusi dari (3.1.1) pada selang I, maka

(y₁′′+ a(x)y₁′ + b(x)y1 = 0)× c1

(y₂′′+ a(x)y₂′ + b(x)y2 = 0)× c2

− − − − − − − − − − − − − − − − − +

c1y1′′+ c2y2′′+ a(x)(c1y1′ + c2y2′) + b(x)(c1y1+ c2y2) = 0

Jadi superposisi dari y1 dan y2, yaitu c1y1+ c2y2, untuk setiap c1, c2 ∈ R juga merupakan solusi

(3.1.1) pada I. Catatan: prinsip superposisi berlaku hanya jika pdnya homogen dan linier. Dua buah fungsi f dan g bebas linier jika tak saling berkelipatan.

Teorema (Kebebaslinieran dua buah fungsi): Wronskian dari dua fungsi yang bergantung

linier pada selang I bernilai nol. W (f, g)≡ f g

f′ g′

= 0,∀x ∈ I (3.1.2)

Contoh 3.1.1. Buktikan yang berikut ini.

a. W (1, ex)̸= 0, ∀x ∈ ℜ, kesimpulan {1, ex} ... b. W (sin x, cos x)̸= 0, ∀x ∈ ℜ, kesimpulan ... c. W (sin x, x sin x)̸= 0, ∀x ∈ ℜ, kesimpulan ...

19

SRP

(21)

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 20

Teorema (Solusi umum pd homogen): Misal y1 dan y2 adalah dua solusi bebas linier dari

persamaan diferensial homogen

y′′+ a(x)y′+ b(x)y = 0 (3.1.3)

dengan a(x) dan b(x) kontinu pada selang buka I. Jika Y (x) solusi dari (3.1.3), maka Y (x) = c1y1+ c2y2, untuk suatu c1, c2 ∈ R.

Solusi Y (x) = c1y1+ c2y2, dengan c1, c2 ∈ R disebut solusi umum dari (3.1.3).

Penting! Teorema di atas mengatakan bahwa, jika kita berhasil menemukan dua solusi bbl dari (3.1.3), berarti kita sudah menemukan semua solusi (3.1.3).

Bukti dari teorema tersebut cukup rumit, dan dapat ditemukan di banyak textbook tentang per-samaan diferensial.

Teorema (Solusi umum persamaan diferensial tak homogen): Jika yp suatu solusi dari

persamaan diferensial linier tak homogen y′′+ p(x)y′+ q(x)y = f (x)

dan yh solusi umum persamaan diferensial homogennya, maka solusi umum persamaan diferensial

tak homogennya adalah y(x) = yp+ yh.

Perumuman:

1. Kebebas-linieran tiga fungsi. Tiga fungsi f, g, h bebas linier pada I jika

W (f, g, h) = f g h f′ g′ h′ f′′ g′′ h′′ ̸= 0, ∀x ∈ I.

Kebebas-linieran n-buah fungsi berlaku secara analog.

2. Untuk persamaan diferensial linier orde-n dengan bentuk umum: P0(x)y(n)+ P1(x)y(n−1)+· · · + Pn−1(x)y′+ Pn(x)y = F (x).

berlaku secara analog sifat-sifat berikut.

(a) Prinsip superposisi solusi persamaan diferensial linier homogen orde-n (b) Solusi umum persamaan diferensial homogen

(c) Solusi umum persamaan diferensial tak homogen

Soal Latihan 3.1.2. 1. Buktikan fungsi-fungsi berikut bebas linier. (a) excos x, exsin x

(b) x, xex, x2ex

(c) cos(2x), x cos(2x), k dengan k∈ R

SRP

(22)

2. Buktikan bahwa y1= e5x dan y2= xe5x merupakan solusi persamaan diferensial

y′′− 10y′+ 25y = 0.

Tentukan solusi (khusus) persamaan diferensial yang memenuhi syarat awal y(0) = 3, y′(0) = 13.

3. Buktikan bahwa y1= x dan y2 = x ln x merupakan solusi persamaan diferensial

x2y′′− xy′+ y = 0. Formulasikan solusi umumnya!

Tentukan solusi (khusus) persamaan diferensial yang memenuhi syarat awal y(1) = 7, y′(1) = 2.

Cara mencari solusi persamaan diferensial di atas adalah menggunakan metoda deret pangkat, namun tidak diajarkan di kuliah ini.

3.2 Solusi persamaan diferensial homogen koefisien konstan

Perhatikan persamaan diferensial orde 2 homogen koeﬁsien konstan

y′′+ ay′+ by = 0. (3.2.1)

Misalkan y = erx, r∈ R solusi persamaan diferensial tersebut (dengan r akan ditentukan). Maka substitusi menghasilkan persamaan karakteristik

r2+ ar + b = 0.

Jadi agar y = erx solusi, haruslah r memenuhi persamaan karakteristik tersebut. Terdapat 3 kemungkinan bagi akar-akar persamaan karakteristik di atas.

1. Dua akar real berbeda: r1, r2 ∈ R, maka solusi umumnya

y(x) = C1er1x+ C2er2x.

2. Akar real sama: r∈ R, maka solusi umumnya y(x) = C1erx+ C2xerx.

3. Dua akar kompleks saling konjugat: r1,2 = α± iβ, α, β ∈ R, maka solusi umumnya

y(x) = C1e(α+iβ)x+ C2e(α−iβ)x

= eαx(C1cos(βx) + C2cos(βx)) + ieαx(C1sin(βx)− C2sin(βx))

y(x) = eαx(A cos(βx) + B sin(βx)) . dengan A, B bilangan kompleks.

Soal Latihan 3.2.1. Tentukan solusi umum dan solusi khusus dari persamaan diferensial berikut.

SRP

(23)

1. y′′− 3y′ = 0, y(0) = 4, y′(0) =−2. 2. y′′+ 2y′+ y = 0, y(0) = 2, y′(0) =−1. 3. y′′− 2y′+ 2y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 5.

Teorema (Eksistensi dan ketunggalan suatu masalah nilai awal) Perhatikan masalah nilai

awal

y′′+ p(x)y′+ q(x)y = f (x), y(a) = b0, y′(a) = b1, b0, b1 sebarang.

Jika p(x), q(x) dan f (x) masing-masing kontinu pada selang buka I yang memuat titik a. Maka masalah nilai awal mempunyai solusi tunggal pada I.

Semua hal di atas dapat secara langsung diperumum untuk persamaan diferensial linier homogen koeﬁsien konstan orde−n dengan bentuk umum sbb.:

y(n)+ a1y(n−1)+· · · + an−1y′+ any = 0.

Persamaan karakteristik yang bersesuaian dengan persamaan diferensial di atas adalah rn+ a1r(n−1)+· · · + an−1r + an= 0.

Contoh 3.2.2. Tentukan solusi umum dari y(4)− y(3)− 20y′′ = 0. Persamaan karakteristik adalah r4− r3− 20r2 = r2(r− 5)(r + 4) = 0,

yang akar-akarnya adalah 0 (akar kembar), −4 dan 5. Jadi solusi umum persamaan diferensial adalah

y(x) = C1+ C2x + C3e5x+ C4e−4x.

Perhatikan bahwa himpunan fungsi-fungsi {konstan, x, e5x, e−4x}bebas linier. Periksalah apakah W (k, x, e5x, e−4x) = 0?

Soal Latihan 3.2.3. 1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut ini. (a) y(3)− 3y′′+ 3y′− y = 0

(b) y(4)+ 2y(3)+ 3y′′+ 2y′+ y = 0.

2. Tentukan solusi persamaan diferensial dengan syarat awal berikut. (a) y(3)− 3y′′+ 4y′− 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0, y′′(0) = 0 (b) y(4)− y = 0, y(0) = 2, y′(0) = 0, y′′(0) = 0, y(3)= 1.

SRP

(24)

3.3 Sistem Pegas Massa dengan redaman

Perhatikan suatu sistem-pegas-massa dengan redaman Fs gaya pegas, Fs=−kx, k > 0, k konstanta pegas

Tanda negatif pada Fs disebabkan gaya Fs berlawanan arah dengan arah simpangan dari posisi

setimbang.

Fr gaya redam, Fr=−cv = −cx′, c > 0, c koeﬁsien redaman.

Tanda negatif pada Fr disebabkan gaya Fr berlawanan arah dengan arah kecepatan (arah gerak

sesaat). Hukum Newton II: Ftotal = massa × percepatan, jadi Fs+ Fr = mx′′. Jadi persamaan

gerak bagi sistim pegas-massa dengan redaman adalah

mx′′+ cx′+ kx = 0 (3.3.1)

Jika selain Fsdan Frterdapat gaya luar F (t) yang bekerja pada sistim, maka persamaan diferensial

nya

mx′′+ cx′+ kx = F (t) (3.3.2)

Yang termasuk gaya luar adalah gaya-gaya lain yang belum diperhitungkan di sini, misalnya gaya gesek udara.

Sistem pegas-massa dengan redaman dengan arah gerak vertikal juga mempunyai model persamaan yang serupa.

my′′+ cy′+ ky = F (t)

dengan y(t): simpangan benda bermassa m dari posisi setimbang pada saat t. F (t) gaya luar, misalnya gaya gesek udara.

SRP

(25)

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 24 Perhatikan sistem pendulum seperti pada gambar. Mengingat

panjang busur s = Lθ, maka v = ds_dt = Ldθ_dt. Selanjutnya en-ergi kinetik setiap saat adalah 1₂mv2 = 1₂mL2

( dθ dt

)2

. Mengin-gat dalam kondisi setimbang, energi potensial pendulum nol, maka dalam kondisi seperti pada gambar energi potensialnya mgL(1− cos θ). Jika gaya gesek diabaikan, maka energi total pen-dulum tetap setiap saat, sehingga

s

q

L

1 2mL 2 ( dθ dt )2 + mgL(1− cos θ) = Konstan mL2 ( dθ dt ) ( d2θ dt2 ) + mgL sin θ ( dθ dt ) = 0 ( d2θ dt2 ) + g Lsin θ = 0

Jika diasumsikan θ cukup kecil (< 150 = π/12) maka sin θ≈ θ, dan persamaan gerak pendulum θ′′+ kθ = 0, dengan k = g/L.

Tugas: Tunjukkan bahwa jika gaya gesek udara diperhitungkan, gaya gesek ∼ cθ′, maka model persamaannya adalah

θ′′+ cθ′+ kθ = 0.

Getaran Bebas Tak Teredam

Dalam kasus sistim pegas massa tak terhubung dengan redaman dan tak ada gaya luar, maka persamaan geraknya

mx′′+ kx = 0 Solusi umumnya adalah

x(t) = A cos ω0t + B sin ω0t =

√

A2_{+ B}2_cos(ω 0t− α)

dengan tan α = B/A dan ω0 =

√

k/m. frekwensi ω0 disebut frekwensi natural dari sistem

pegas-massa tersebut.

Dari solusi di atas dapat disimpulkan bahwa pada sistem tanpa redaman, massa akan bergetar terus menerus dengan amplitudo tetap √A2_{+ B}2_{, dan frekuensi ω}

0 per detik. Dalam satuan Hz

(putaran per detik) frekwensi ω0

2π. Periode getaran ini T = 2π ω0

. Getaran ini disebut gerak harmonik sederhana.

SRP

(26)

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 25 Getaran Bebas Teredam

Persamaan sistem pegas-massa-redaman mx′′+ cx′+ kx = 0,

maka akar-akar persamaan karakteristiknya r1, r2 =− c 2m± √ c2− 4km 2m Notasikan ccrit≡ √ 4km t 5 10 15 0 1 2 3 t 5 10 15 K1 0 1 2 3 t 5 10 15 K4 K3 K2 K1 0 1 2 3

Gambar 3.3.1: Kiri: overdamped c2 > 4km, tengah: critically damped c2 = 4km, kanan: under-damped c2 _{< 4km}

1. Kasus overdamped: c > ccrit ⇔ (c2 > 4km), solusinya x(t) = C1er1t+ C2er2t

2. Kasus critically damped c = ccrit ⇔ (c2= 4km), solusinya x(t) = e−(c/2m)t(C1+ C2t)

3. Kasus underdamped c < ccrit ⇔ (c2 < 4km) x(t) = e−(c/2m)t(C1cos ω1t + C2sin ω1t), dengan

ω1 =

√

|c2_−4km|

2m

Perhatikan bahwa x(t) untuk ketiga kasus di atas menuju nol untuk t → +∞. Solusi ini disebut solusi transien. Jadi pada sistem dengan redaman, massa yang semula bergetar akibat gangguan awal pada akhirnya akan berhenti.

3.4 Persamaan Diferensial Tak Homogen

Bentuk umum persamaan diferensial tak homogen orde−2: y′′+ a1y′+ a2y = f (x).

Mengingat teorema solusi umum persamaan diferensial tak homogen, tugas kita di sini hanyalah mencari satu solusi partikular dari persamaan diferensial tak homogen. Terdapat dua metode: metode koeﬁsien tak tentu dan metode variasi parameter.

SRP

(27)

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 26 3.4.1 Metode Koefisien Tak Tentu

Ide dasar dari metoda koeﬁsien tak tentu adalah: memduga dengan cerdas solusi yp (solusi ansatz)

berdasarkan bentuk fungsi f (x) di ruas kanan. Pikirkan suatu solusi dari persamaan diferensial berikut.

1. y′′+ y′+ y = ex 2. y′′+ y = cos x 3. y′′+ y′ = cos x 4. y′′+ y′+ y = x2− 1

Dari soal-soal di atas dapat disimpulkan: solusi partikular / khusus persamaan diferensial linier tak homogen dengan koeﬁsien konstan menyerupai suku tak homogennya. Hal inilah yang melandasi metoda koeﬁsien tak tentu. Misalkan solusi partikular yang hendak dicari adalah yp(x), maka

pemisalan yang sesuai untuk yp adalah mengikuti tabel berikut.

Jika f (x) = Pemisalan untuk yp =

Pm(x) = b0+ b1x + b2x2+· · · + bmxm A0+ A1x +· · · + bmxm

a cos kx + b sin kx A cos kx + B sin kx

erx erxA

Indeks p pada yp adalah dari ’partikular’, dan untuk selanjutnya solusi persamaan diferensial

ho-mogennya dinyatakan sebagai yh, dengan h dari ’homogen’.

Catatan:

1. Jika fungsi di ruas kanan mrpk perkalian antara polinom, fungsi trigono dan fungsi ekspo-nensial, maka pemisalan yp juga perkalian dari fungsi pemisalan yp seperti di tabel.

2. Jika fungsi di ruas kanan ternyata juga merupakan solusi persamaan diferensial homogennya, maka untuk pemisalan yp harus dikalikan dengan x (atau xn, n≥ 2.)

Soal Latihan 3.4.1. Tentukan solusi partikular dari

1. y′′+ 3y′+ 4y = 3x + 2 2. y′′− 4y = 2e3x

3. 3y′′+ y′− 2y = 2 cos x

4. y′′− 3y′+ 2y = 3e−x− 10 cos 3x 5. y(3)+ 9y′ = x sin x + x2e2x

Contoh 3.4.2. Tentukan solusi partikular dan solusi umum dari y′′− 4y = 2e2x

Penyelesaian: Sesuai tabel, solusi partikular dimisalkan sebagai yp(x) = Ae2x namun pemisalan

ini tidak memberi hasil! Ini jelas karena e2x _{tak lain adalah juga solusi persamaan diferensial}

ho-mogennya. Cobalah dengan pemisalan yp(x) = Axe2x,

. . .

Didapat yp(x) = 1₂xe2x. Karena solusi homogennya adalah yh(x) = Ce2x+ De−2x, maka solusi

umum persamaan diferensial tersebut y(x) = yh(x) + yp(x) = Ce2x+ De−2x+ 1₂xe2x.

SRP

(28)

Kesimpulan: Jadi untuk dapat menentukan pemisalan yang sesuai harus dicari terlebih dahulu solusi persamaan diferensial homogennnya.

Tentukan solusi partikular dan solusi umum dari 1. y′′− 4y′+ 4y = 2e2x

2. y(3)+ y′′= 3ex+ 4x2

3. (D− 2)3(D2+ 9)y = x2e2x+ x sin 3x (dalam notasi operator!)

Catatan: metode koeﬁsien tak tentu hanya dapat digunakan jika fungsi f (x) di ruas kanan adalah berupa polinom, fungsi trigono, fungsi ekponen atau penjumlahan / perkalian dari ketiga fungsi tersebut. Metoda koeﬁsien tak tentu tak dpt digunakan utk persamaan diferensial y′′+ y = tan x. 3.4.2 Metode Variasi Parameter

Jika y1(x) dan y2(x) merupakan dua solusi bebas linier dari persamaan diferensial homogennya,

maka solusi persamaan diferensial tak homogennya berbentuk: yp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)

dengan u1(x), u2(x) solusi dari

{

u′₁y1+ u′2y2 = 0

u′₁y₁′ + u′₂y′₂ = f (x) (3.4.1)

Bagaimana (3.4.1) diperoleh? Diskusikan!

Analog untuk persamaan diferensial tak homogen orde−n, dimana y1, y2,· · · , yn solusi bebas linier

dari persamaan diferensial homogennya, maka solusi persamaan diferensial tak homogennya adalah yp = u1y1+ u2y2+· · · + unyn, dengan ui, i = 1,· · · , n memenuhi          u′₁y1+ u′2y2+· · · + u′nyn = 0 u₁′y₁′ + u′₂y₂′ +· · · + u′_ny_n′ = 0 .. . u₁′y₁(n−1)+ u′₂y₂(n−1)+· · · + u′_nyn(n−1) = f (x) (3.4.2)

Perhatikan bahwa determinan dari SPL di atas adalah W (y1, y2,· · · , yn) dan tak nol∀x ∈ ℜ, karena

y1, y2,· · · , yn bebas linier. Solusi SPL di atas diperoleh melalui Rumus Cramer:

u′_i = Wi(x)

W (x) atau ui = ∫

Wi(x)

W (x)dx

dengan Wi(x) adalah W (x) yang mana kolom ke−i diganti dengan (0, 0, · · · , f(x)) (ruas kanan

SPL).

SRP

(29)

Soal Latihan 3.4.3.

Tentukan solusi partikular dari persamaan diferensial berikut menggunakan metoda variasi param-eter. 1. y′′− 3y′+ 2y = 5x + 2 2. y′′− 4y = e2x 3. y′′+ y = tan x 4. y′′− 3y′+ 2y = _exe₊₁x 5. y′′′+ 4y′ = cot 2x.

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial berikut. Jawaban mungkin masih dalam bentuk integral

1. y′′′− y′′+ y′− y = sec t, untuk − π/2 < t < π/2 2. y′′′+ y′′+ y′+ y = 1_x.

Langkah-langkah pencarian solusi persamaan diferensial tak homogen dengan metode variasi parameter

1. Cari solusi persamaan diferensial homogen yh= c1y1+· · · + cnyn

2. Hitung y_i(j), untuk j = 1,· · · , (n − 1), dan hitung W (y1,· · · , yn).

3. Selesaikan SPL bagi u′_i, i = 1,· · · , n. 4. Integralkan u′_i untuk mendapatkan ui.

5. maka yp = Σni=1yiui

Cari solusi partikular dari

x3y′′′+ x2y′′− 6xy′+ 6y = 30x, jika diketahui solusi homogennya adalah:

y1(x) = x, y2(x) = x3, y3(x) = x−2

Catatan: Metoda Euler-Cauchy untuk mencari solusi persamaan diferensial homogennya tidak di-ajarkan.

Contoh 3.4.4. Cari solusi partikular dari

1. y′′− 4y = xex (gunakan 2 metode, bandingkan!) 2. y′′− 4y = sinh 2x

3. y(3)+ 4y′ = cot 2x 4. y′′− y = x−2ex 5. y′′+ y = x1/2

6. y(3)+ y′′+ y′+ y = 1/x (hasilnya cukup dinyatakan dalam integral)

SRP

(30)

3.5 Getaran dengan gaya luar

Akan dibahas sistem pegas massa teredam dengan gaya luar yang mempunyai persamaan mx′′+ cx′+ kx = F (t)

3.5.1 Kasus adanya gaya luar, tanpa redaman

Perhatikan sistim pegas massa tanpa redaman yang dikenai gaya luar berupa gerak harmonik: mx′′+ kx = F0cos ωt.

Jika ω0̸= ω solusi umumnya adalah

x(t) = xp(t) + xh(t) =

F0/m

ω2₀− ω2 cos ωt + C cos(ω0t− α) (3.5.1)

Perhatikan bahwa solusi umum merupakan superposisi dari dua getaran dengan frekuensi ω0 dan

ω.

Beats

Diberikan dua syarat awal x(0) = x′(0) = 0 diperoleh solusi x(t) = F0/m ω2₀− ω2(cos ωt− cos ω0t) x(t) = 2F0 m(ω2 0− ω2) sin1 2(ω0− ω)t sin 1 2(ω0+ ω)t Jika ω0 ≈ ω, maka ω0 + ω jauh lebih besar daripada

|ω0− ω|.

Contoh: Dua buah terompet memainkan nada C, namun dengan frekuensi yang sedikit berbeda,

frekwensinya ω0

2π = 258 Hz dan ω

2π = 254 Hz. Nada yang dihasilkan kedua terompet itu bukannya nada C yang ’keras’ akibat gabungan dua terompet, melainkan terdengar fenomena ’beat’, yaitu variasi amplitudo keras pelan dengan frekwensi (ω0− ω)/2

2π = 2 Hz.

SRP

(31)

Resonansi

Perhatikan solusi umum (3.5.1), jika ω → ω0 maka

solusi partikular membesar tanpa batas. Hal ini mengindikasikan adanya resonansi jika ω → ω0.

Se-lanjutnya jika dicari solusi partikular persamaan difer-ensial x′′+ ω₀2x = F0 m cos ω0t, diperoleh xp(t) = F0 2mω0 t sin ω0t

Kita telah mengenal bahwa resonansi gelombang bunyi pada gitar mengakibatkan kita dapat mendengar suara merdu gitar. Resonansi itu sendiri berarti turut bergetarnya suatu benda ak-ibat getaran benda lain. Selain resonansi yang berakak-ibat baik, adapula resonansi yang berakak-ibat buruk. Dalam mengkonstruksi suatu bangunan, seperti gedung bertingkat atau jembatan, adanya fenomena resonansi harus benar-benar diperhitungkan. Suatu konstruksi bangunan yang tegak dan kokoh selalu mempunyai kecenderungan untuk dapat bergetar. Jika diandaikan sebagai suatu sis-tim pegas massa, suatu bangunan akan mempunyai frekwensi natural ω0 =

√

k/m tertentu. Suatu konstruksi yang cukup rumit seperti jembatan atau gedung bertingkat akan mempunyai banyak frekwensi natural. Suatu contoh yang spektakuler adalah jembatan Broughton Bridge, Manch-ester, England di tahun 1831 yang ambruk saat ada barisan tentara yang melintasinya. Sejak saat itu, apabila melintasi jembatan barisnya tentara tidak boleh berirama. Ini dimaksudkan untuk menghindari pengaruh gaya luar periodik pada struktur jembatan. Resonansi juga mungkin punya kontribusi pada ambruknya suatu balkon hotel di Kansas City tahun 1981, dimana saat itu ada penari. Ambruknya gedung-gedung saat ada gempa bumi juga bisa diperparah oleh gejala reso-nansi, seperti yang terjadi di Mexico City, September 19, 1985. Respon dari tiap gedung berbeda dan ini ditentukan oleh frekwensi natural setiap gedung. Suatu bangunan akan cepat ambruk apabila getaran gempa mempunyai frekwensi yang sama dengan salah satu frekwensi natural ban-gunan tersebut. (Coba kunjungi http://school.discoveryeducation.com/sciencefaircentral) Sebaliknya, resonansi dimanfaatkan pada pembuatan seismograf, alat yang ditujukan untuk mendeteksi getaran yang relatif lemah.

SRP

(32)

BAB 3. PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE-N LINIER 31 3.5.2 Kasus adanya getaran luar dan redaman

Perhatikan persamaan diferensial mx′′+ cx′+ kx = F0cos ωt,

solusinya adalah x(t) = xh+xp, dengan xhsolusi

tran-sien yang menuju nol untuk t→ ∞. Selanjutnya solusi partikular xp(t) = F0 √ m2_(ω2 0− ω2)2+ c2ω2 cos(ωt− α), yang berupa solusi periodik. Meskipun di sini tidak terjadi resonansi, namun terdapat getaran periodik yang steady dengan amplitudo tertentu. Besar kecilnya amplitudo ini bergantung pada ω/ω0 dan

koeﬁsien redaman c, dan diilustrasikan pada gambar di samping. Jika amplitudo getaran steady ini besar, maka tentu berbahaya juga.

Adanya solusi transien memungkinkan kita untuk dapat memenuhi berbagai kondisi awal. Dengan bertambahnya waktu apapun gangguan awalnya akan teredam oleh sistem ini. Getaran yang tetap ada selamanya adalah solusi periodiknya, yang merupakan akibat langsung dari gaya luar. Solusi ini disebut solusi steady.

Contoh 3.5.1. Tentukan solusi transien dan solusi periodik steady dari

x′′+ 2x′+ 2x = 20 cos 2t, x(0) = x′(0) = 0

Penyelesaian:

Solusi umum xh(t) = e−t(C1cos t + C2sin t)

Solusi khusus xh(t) = e−t(2 cos t− 6 sin t) mrpk solusi transien.

Solusi periodik 2√5 cos(2t− α), α = π − tan−12.

SRP

(33)

Bab 4

Sistem Persamaan Diferensial

Bentuk umum sistem pd dengan variabel bebas x dan y orde satu.

{

f (t, x, y, x′, y′) = 0 g(t, x, y, x′, y′) = 0

Sistem pd muncul secara natural pada berbagai masalah scientiﬁc. 4.0.3 Berbagai masalah aplikasi

1. Pergeseran m1 adalah x1(t), pergeseran m2 adalah x2(t). Jadi pegas 1 ditekan/diregang

sejauh x1(t), sedangkan pegas 2 ditekan/diregang sejauh x2(t)− x1(t). Sehingga persamaan

gerak {

m1x¨1 = k2(x2− x1)− k1x1

m2x¨2 = −k2(x2− x1)

berupa sistem persamaan diferensial orde 2, dua variabel homogen.

2. Misal kandungan garam tiap saat di tangki 1 adalah Q1(t) oz dan di tangki 2 adalah Q2(t)

oz. Persamaan pengaturnya { _˙

Q1 = 1.5 + 1.5Q₂₀2 − 3Q₃₀1

˙

Q2 = 3 + 3Q₃₀1 − 4Q₂₀2

berupa sistem persamaan diferensial orde 2, dua variabel tak homogen. 32

SRP

(34)

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 33 4.0.4 Kaitan antara p.d. orde−n dengan sistim p.d. n variabel

Persamaan diferensial orde n linier, koeﬁsien konstan, dapat ditransformasi menjadi sistem per-samaan diferensial orde 1 dengan variabel bebas n buah.

xn= f (t, x, x′,· · · , x(n−1))

Misalkan variabel bebas baru x1,· · · , xn sebagai berikut

x1 = x, x2= x′,· · · , xn= x(n−1)

Pdnya menjadi sistem pd orde−1 dengan n variabel.              y₁′ = y2 y₂′ = y3 .. . y_n′₋₁ = yn y_n′ = f (t, y1, y2,· · · , yn)

Soal Latihan 4.0.1. Ubah pd berikut jadi sistem pd orde 1

1. x′′′+ 3x′′+ 2x′− 5x = sin 2t

2. 2x′′=−6x + 2y, y′′= 2x− 2y + 40 sin 3t

Contoh 4.0.2. Mencari solusi sistem pd dengan metode eliminasi

{

x′ = 4x− 3y · · · (1) x(0) = 2 y′ = 6x− 7y · · · (2) y(0) =−1

Diferensialkan pers (2), bersama-sama dengan pers (1) x′ dieliminir, sehingga menghasilkan y′′+ 3y′− 10y = 0

yang mempunyai solusi y(t) = C1e2t+ C2e−5t

Substitusikan solusi y(t) ke pers (2) untuk mendapatkan x(t) = 3

2C1e

2t₊1

3C2e

−5t

Substitusikan syarat awal menghasilkan x(t)=3e2t− e−5t

y(t)=2e2t− 3e−5t

Perhatikan bahwa solusinya berupa fungsi bernilai vektor ( x y ) = ( 3 2 ) e2t− ( 1 3 ) e−5t

SRP

2011

(35)

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 34 4.0.5 Berbagai cara mencari solusi sistim pd

Suatu sistem pd dengan koeﬁsien konstan dapat ditulis dalam bentuk L1x + L2y = f1(t)

L3x + L4y = f1(t)

(4.0.1) dengan L1, L2, L3 dan L4 operator diferensial (linier).

Contoh 4.0.3. sistem pd pada contoh di atas dapat ditulis sebagai

(D− 4)x + 3y = 0 −6x + (D + 7)y = 0 Selanjutnya solusi (4.0.1) adalah

L1 L2 L3 L4 x = f1(t) L2 f2(t) L4 , L1 L2 L3 L4 y = L1 f1(t) L3 f2(t) , (4.0.2)

diperoleh dengan cara eliminasi biasa.

Contoh 4.0.4. Perhatikan sistem 2 pegas 2 massa tanpa gaya luar, dengan k1 = 4, k2 = 2, m1 =

2, m2= 1. Akan dicari gerak sistem tersebut tiap saat.

Penyelesaian:

Sistem pd yang berkaitan adalah (D2+ 3)x− y = 0 −2x + (D2_{+ 2)y} ₌ ₀

Jika digunakan rumus (4.0.2) diperoleh (D2+ 1)(D2+ 4)x = 0 (D2+ 1)(D2+ 4)y = 0. Selanjutnya diperoleh

x(t) = a1cos t + a2sin t + b1cos 2t + b2sin 2t

y(t) = c1cos t + c2sin t + d1cos 2t + d2sin 2t

(4.0.3) Solusi di atas memuat 8 konstanta sebarang. Solusi umum masalah ini seharusnya hanya memuat

4 konstanta sebarang. Untuk itu jika (4.0.3) disubstitusikan ke dalam persamaan (D2+ 3)x−y = 0 menghasilkan

c1 = 2a1, c2= 2a2, d1=−b1, d2 =−b2.

Dengan demikian solusi umumnya:

x(t) = a1cos t + a2sin t + b1cos 2t + b2sin 2t

y(t) = 2a1cos t + 2a2sin t− b1cos 2t− b2sin 2t (4.0.4)

SRP

(36)

BAB 4. SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL 35

Pengamatan lanjutan terhadap solusi sistem 2 pegas 2 massa. Solusi (4.0.4) dapat dituliskan sebagai

x(t) = A cos(t− α) + B cos(2t − β) y(t) = 2A cos(t− α) − B cos(2t − β)

Dua solusi (partikular) (A cos(t− α), 2A cos(t − α)) dan (B cos(2t − β), −B cos(2t − β)) merupakan dua getaran natural dengan dua bilangan gelombang (mode) atau dua frekuensi berbeda ω1 =

1, ω2= 2, disebut frekuensi natural sistem tersebut.

4.0.6 Kebebaslinieran fungsi bernilai vektor

Misalkan S = {x(1),· · · , x(n)}, dengan x(i) fungsi bernilai vektor. S dikatakan bebas linear pada selang I jika sistim persamaan

C1x(1)(t) + C2x(2)(t) +· · · + Cnx(n)(t) = 0 (4.0.5)

hanya mempunyai solusi trivial ∀t ∈ I. Jika S tidak bebas linier dikatakan bergantung linier. Selanjutnya (4.0.5) hanya mempunyai solusi trivial ∀t ∈ I jika determinan ‘matriks koeﬁsien’nya bernilai nol ∀t ∈ I atau

W (x(1), x(2),· · · , x(n)) = x(1)₁ (t) x(2)₁ (t) · · · x(n)₁ (t) x(1)₂ (t) x(2)₂ (t) · · · x(n)₂ (t) · · · · · · · · · x(1)n (t) x(2)n (t) · · · x(i)n (t) = 0, ∀t ∈ I

Teorema 4.0.5. Misal x(1), x(2),· · · , x(n) adalah n solusi dari suatu sistim pd pada selang buka I. Notasikan W ≡ W (x(1), x(2),· · · , x(n))

1. Jika x(1), x(2),· · · , x(n) bergantung linier pada I, maka W = 0 pada I.

2. Jika x(1)_{, x}(2)_,_{· · · , x}(n) _{bebas linier pada I, maka W} _{̸= 0, ∀t ∈ I.}

Contoh 4.0.6. Tunjukkan bahwa

x1(t) = ( 3 2 ) e2t dan x2(t) = ( 1 3 ) e−5t bebas linier pada R.

Penyelesaian: perhatikan C1x1+ C2x2 = 0

Akan ditunjukkan bahwa SPL di atas hanya mempunyai solusi C1= 0, C2= 0, atau bahwa

3e2t e−5t 2e2t 3e−5t

tak nol ∀t ∈ R. Determinannya adalah 7 exp(−3t) ̸= 0, ∀t ∈ R. Jadi {x1, x2} bbl pada R.

DIKTAT KULIAH MA2271 METODA MATEMATIKA. Semester II 2010/2011. Oleh: Dr. Sri Redjeki P.

DIKTAT KULIAH

MA2271 METODA MATEMATIKA

Semester II 2010/2011

Oleh:

Dr. Sri Redjeki P.

Prodi Matematika

Fakultas MIPA Institut Teknologi Bandung

Januari 2009

SRP

Contents

SRP

2011

SRP

Bab 1

Pendahuluan

SRP

1.1

Pendekatan kualitatif

SRP

SRP

SRP

Bab 2

Persamaan Diferensial Orde Satu

2.1

Persamaan Diferensial Terpisah, metode integral langsung

SRP

SRP

2011

2.2

Persamaan Diferensial Linier Orde Satu

SRP

2011

2.3

Masalah-masalah Aplikasi

SRP

SRP

SRP

SRP

2.4

Persamaan diferensial autonomous untuk masalah dinamika

populasi

SRP

SRP

SRP

2.5

Eksistensi dan Ketunggalan

SRP

SRP

Bab 3

Persamaan Diferensial Orde-n Linier

3.1

Sifat-sifat solusi persamaan diferensial orde-n linier

SRP

SRP

3.2

Solusi persamaan diferensial homogen koefisien konstan

SRP

SRP

3.3

Sistem Pegas Massa dengan redaman

SRP

s

q

L

SRP

3.4

Persamaan Diferensial Tak Homogen

SRP

SRP

SRP

SRP

3.5

Getaran dengan gaya luar

SRP

SRP

SRP

Bab 4

Sistem Persamaan Diferensial

SRP