Persamaan Diferensial Ordiner Order Dua Linier

Persamaan

Diferensial Ordiner Order Dua Linier

Program Studi Teknik Kimia

Fakultas Teknik Universitas Sebelas Maret 2021

Dr. Bregas S T Sembodo, S.T., M.T.

PDO Order 2 Linier dengan Koefisien Tetap

Persamaan :

Pd²Y

dx² + QdY

dx + RY = ∅ x

Dengan P, Q, R adalah koefisien yang yang bernilai konstan, sedang Ø(x) adalah fungsi Y= f(x)

Pd²Y

dx² + QdY

dx + RY = 0 PDO Homogen = komplementer

PD homogen dapat diselesaikan sehingga diperoleh fungsi komplementer

PDO Homogen → f(x) = 0

PDO Order 2 Linier dengan Koefisien Tetap

Untuk persamaan dengan f (x) ≠ 0, maka perlu penyelesaian persamaan tambahan → Persamaan Partikuler

Persamaan tambahan ini → diturunkan dari f(x) Oleh karena itu penyelesaian lengkap :

Y = Yc + Yp

Yc : Penyelesaian komplementer Yp : Penyelesaian partikuler

Fungsi Komplementer

Pd²Y

dx² + QdY

dx + RY = 0

Penyelesaian PD Linier dengan koefisien konstan, biasanya melibatkan fungsi eksponensial.

Asumsi awal :

Y = C_m ∙ e^mx Diturunkan terhadap x:

dY

dx = C_m ∙ m ∙ e^mx d²Y

dx² = C_m ∙ m² ∙ e^mx

Fungsi Komplementer

Substitusi ke PD:

P ∙ C_m ∙ m² ∙ e^mx + Q ∙ C_m∙ m ∙ e^mx + R ∙ C_m ∙ e^mx = 0 e^mx ∙ C_m P ∙ m² + Q ∙ m + R = 0

C_m ≠ 0 Sehingga memungkinkan = 0 adalah

P ∙ m² + Q ∙ m + R

Memiliki 2 akar

Fungsi Komplementer

1) Jika akar-akarnya tidak sama dan riil

Y = C₁ ∙ e^m1x + C₂ ∙ e^m2x m₁ & m₂ = akar-akar persamaan

Contoh :

d²Y

dx² − 5dY

dx + 6Y = 0 m² − 5m + 6 = 0

m − 2 m − 3 = 0 𝐦_𝟏 = 𝟐 𝐦_𝟐 = 𝟑

𝐘 = 𝐂_𝟏𝐞𝐱𝐩 𝟐𝐱 + 𝐂_𝟐𝐞𝐱𝐩 𝟑𝐱

Fungsi Komplementer

2) Jika akar-akarnya sama dan riil

m = akar-akar persamaan Contoh :

d²Y

dx² + 6dY

dx + 9Y = 0 m² + 6m + 9 = 0

𝐦_𝟏 = 𝐦_𝟐 = −𝟑 𝐘 = 𝐂_𝟏𝐱 + 𝐂_𝟐 𝒆^−𝟑𝒙

Y = Cx + D 𝑒^𝑚𝑥

Fungsi Komplementer

3) Jika akar-akarnya bilangan kompleks

Contoh :

d²Y

dx² − 4dY

dx + 5Y = 0 m² − 4m + 5 = 0

𝐦 = 𝟐 ± 𝐢

𝐘 = 𝐂_𝟏𝐞𝐱𝐩 𝟐 + 𝐢 𝐱 + 𝐂_𝟐𝐞𝐱𝐩 𝟐 − 𝐢 𝐱 Y = C₁ exp m₁x + C₂exp m₂x m₁ & m₂ = akar-akar persamaan

Euler formula :

e^𝑖𝑏x = cos 𝑏x + i sin bx e ^{2+i x} = e^2x ∙ e^ix

= e^2x cos x + i sin x

Metode Koefisien Tidak Tentu

1) Jika ∅ x = konstanta = C Penyelesaian : Y_P = Y = C

dY

dx = 0 d²Y

dx² = 0 Substitusi ke PD :

0 + 0 + R Y = C Y = C

R Y_p = C

R Penyelesaian umum :

Y = Y_c + Y_p

Metode Koefisien Tidak Tentu

Contoh :

d²y

dx² − 5dy

dx + 6Y = 10

PDO Order 2 Linier penyelesaian komplementer & partikuler Penyelesaian umum :

Y = C₁exp 2x + C₂exp 3x + 10 6

Metode Koefisien Tidak Tentu

2) Jika ∅ x = fungsi polinomial = a_o + a₁x + a₂x² + ⋯ + a_nxⁿ Penyelesaian :

Dengan a_o, a₁, … a_n = konstanta Maka y_p = f polinomial x

Dicoba y_p = a_o + a₁x + ⋯ d²y

dx² − 5dy

dx + 6Y = 4x + 8x³ Contoh :

Penyelesaian partikuler : Y_p = 4x + 8x³

Dicoba polinomial : Y_p = a_o + a₁x + a₂x² + a₃x³ dY_p

dx = a₁ + 2a₂x + 3a₃x² d²Y_p

dx² = 2a₂ + 6a₃x

Metode Koefisien Tidak Tentu

Substitusi ke PD:

2a₂ + 6a₃x − 5 a₁ + 2a₂x + 3a₃x² + 6 a_o + a₁x + a₂x² + a₃x³ = 4x + 8x³

2a₂ − 5a₁ + 6a_o + x 6a₃ − 10a₂ + 6a₁ + x² −15a₃ + 6a₂ + 6a₃x³ = 4x + 8x³ Penyamaan koefisien sesuai pangkat x :

2a₂ − 5a₁ + 6a₀ = 0 6a₃ − 10a₂ + 6a₁ = 4

−15a₃ + 6a₂ = 0 6a₃ = 8

4 variabel dengan 4 persamaan independen → dapat diselesaikan

Yp = ……..

Metode Koefisien Tidak Tentu

3) Jika ∅ x = T ∙ e^γx dengan T, 𝛾 = konstanta Dicoba

Y_p = αe^γx dY_p

dx = αγ ∙ e^γx d²Y_p

dx² = α ∙ γ² ∙ e^γx

Substitusi ke PD : P ∙ αγ²e^γx + Q ∙ αγe^γx + R ∙ αe^γx = T ∙ e^γx αe^γx Pγ² + Qγ + R = T ∙ e^γx

α Pγ² + Qγ + R = T

α = T

Pγ² + Qγ + R

Y_p = T

Pγ² + Qγ + R ∙ e^γx

Metode Inverse Operator

D නf x dx = f x turunan dari integral f x

terhadap x adalah f x D නf x dx = f x

නf x dx = f x

D = D⁻¹f x

= integrating operation

Metode inverse operator digunakan untuk menyelasaikan PD Ordiner Linier, karena mengikuti sifat aljabar.

Arah penyelesaian PD dengan inverse operator adalah y dalam bentuk deret.

Contoh 1

dy

dx − 2y = e^x

Penyelesaian fungsi partikuler :

Diselesaikan dengan inverse operator

Dy − 2y = e^x D − 2 y = e^x Invers operator

y = D − 2 ⁻¹e^x

Inverse Operator diselesaikan dengan deret : binomial expantion Persamaan umum :

1 + f ^p = 1 + P ∙ f + P P − 1

1 2 f² + P P − 1 P − 2

1 2 3 f³ + ⋯

Manipulasi bentuk Inverse Operator menjadi bentuk deret : 1

D − 2 = D − 2 ⁻¹ 1

D − 2 = − 1

2 − D = − 1 2 1 − D

2

= − ൗ1 2 1 − D 2 y_p = −1

2

1 1 − D

2

e^x

= −1

2 1 − 𝐷 2

−1

Identik dengan 1 + f ^p

Identifikasi variabel :

f = −D 2 P = −1 Deret : biominal expantion

1 − 𝐷 2

−1

= 1 + −1 −𝐷

2 + −1 −1 − 1

1 ∙ 2 −𝐷 2

2

+ −1 −1 − 1 −1 − 2

1 ∙ 2 ∙ 3 −𝐷 2

3

+ ⋯

= 1 + 𝐷

2 + 𝐷 2

2

+ 𝐷 2

3

+ ⋯

𝑦_𝑝 = −1

2 1 + 𝐷

2 + 𝐷 2

2

+ 𝐷 2

3

+ ⋯ 𝑒^𝑥

𝑦_𝑝 = −1

2 𝑒^𝑥 + 𝑒^𝑥 2 + 1

4𝑒^𝑥 + 1

8𝑒^𝑥 + ⋯

𝑦_𝑝 = −1

2 𝑒^𝑥 + 𝑒^𝑥 2 + 1

4𝑒^𝑥 + 1

8𝑒^𝑥 + ⋯ y_p = −1

2e^x 1 + 1 2 + 1

4 + 1

8 + ⋯

≅ 2 y_p = −1

2e^x ∙ 2 = −e^x

“Penyelesaian fungsi partikuler dengan metode inverse operator hanya dapat dilakukan jika fungsi D dapat difaktorisasi “

Contoh 2

d²y

dx² − dy

dx − 6y = 4x³ + 3x² Penyelesaian fungsi partikuler dengan inverse operator

D²y − Dy − 6y = 4x³ + 3x² 𝐷² − 𝐷 − 6 𝑦 = 4𝑥³ + 3𝑥²

𝐷 − 3 𝐷 + 2 𝑦 = 4𝑥³ + 3𝑥²

y_p = 1

D − 3 D + 2 4x³ + 3x²

1

D − 3 D + 2 = a

D − 3 + b

D + 2 = 𝑎 𝐷 + 2 + 𝑏 𝐷 − 3 𝐷 − 3 𝐷 + 2 aD + 2a + bD − 3b = 1

a + b D + 2a − 3b = 1 a + b D = 0

a + b = 0 a = −b

2𝑎 − 3𝑏 = 1 2 −b − 3b = 1

−5b = 1 𝐛 = −𝟏

𝟓 → 𝐚 = 𝟏

𝟓

𝟏

𝐃 − 𝟑 𝐃 + 𝟐 =

𝟏 𝟓

𝐃 − 𝟑 + −𝟏 𝟓

𝐃 + 𝟐 = −𝟏 𝟓

𝟏

𝟑 − 𝑫 + 𝟏 𝟐 + 𝑫

Kembali ke inverse operator : y_p = −1

5

1

3 − D + 1

2 + D 4x³ + 3x² Deret binominal : → diarahkan menjadi (1+f)^p

1

3 − D = ? A^∗ = 1ൗ 3 1 − ൗ1

3 D

= 1

3 1 − D 3

−1

A**

Diarahkan menjadi bentuk deret identifikasi A**

1 + f ^p = 1 − D 3

−1

f = −D

3 ; p = −1

1 −D 3

−1

= 1 + −1 −D

3 + −1 −1 − 1

1 ∙ 2 −D 3

2

+ −1 −1 − 1 −1 − 2

1 ∙ 2 ∙ 3 −D 3

3

+ ⋯

= 1 + D

3 + D 3

2

+ D 3

3

+ ⋯ = A^∗∗

A^∗ = 1 3A^∗∗

A^∗ = 1

3 1 + D

3 + D 3

2

+ D 3

3

+ ⋯

Penyelesaian B*

B^∗ = 1

2 + D = 1 2 1 + D

2

= 1

2 1 + D 2

−1

f = −D

2 ; p = −1

𝐵^∗ = 1

2 1 + −1 𝐷

2 + −1 −1 − 1 1 ∙ 2

𝐷 2

2

+ −1 −1 − 1 −1 − 2 1 ∙ 2 ∙ 3

𝐷 2

3

+ ⋯

B^∗ = 1

2 1 − D

2 + D 2

2

− D 2

3

+ ⋯

A^∗ + B^∗ = 1 3 + D

9 + D²

27 + D³

81 + ⋯ + 1 2 − D

4 + D²

8 − D³

16 + ⋯ A^∗ + B^∗ = 5

6 − 5

36D + 35

216D² − 65

1296D³ + ⋯

y_p = −1 5

5

6 − 5

36D + 35

216D² − 65

1296D³ + ⋯ 4x³ + 3x² y_p = −1

6 4x³ + 3x² + 1

36 12x² + 6x − 7

216 24x + 6 + 13

1296 24 + ⋯ y_p = −1

6 4x³ + 3x² + 1

36 12x² + 6x − 7

216 24x + 6 + 13

1296 24 + ⋯

Contoh 3

Kasus : Perpindahan panas pada batang logam diudara

Extanded surface : Luas permukaan diperbesar untuk mempercepat pembuangan panas

Contoh : fin, pendingin pada motor

Z = 0

Batang  silinder Dinding

panas Ts

Tu = T udara

h = koefisien p.p udara

Z = L q

Kasus Ts >> Tu → sehingga ada perpindahan panas dari dinding udara melalui batang baja

→ Ada distribusi suhu sebagai fungsi jarak dari dinding T = f(z)

Berdasarkan NP dipereroleh persamaan diferensial yang menunjukkan distribusi T:

d²T

dz² = 4 D ∙ h

k T − T_u Tentukan T = f (z)

Dengan kondisi batas : z = 0 → T = T_s z = L → dT

dz = 0

Note : tidak bias diselesaikan dengan inverse operator karena fungsi tidak dapat difaktorisasi

D² − αT = −αT_u α = 4h

Dk

DPO Order 2

Tkomplementer − T_partikuler

NP dielemen volume 𝜋𝑅² ∙ ∆𝑧 ∶

Input − Output = 0

−k ∙ A_kond ∙dT

dz ^z− −k ∙ A_kond ∙ dT

dz ^z+∆z − hA_konv ∙ ഥT − T_u = 0 A_kond = πR² dan A_konv = 2πR ∙ ∆z

Dibagi ∆z dan diambil Limit ∆𝑧 → 0 d

dz kπR² dT

dz − h ∙ 2πR T − T_u = 0 πR²kd²T

dz² − h ∙ 2πR T − T_u = 0 𝑑²𝑇

𝑑𝑧² = 2 𝑅

ℎ

𝑘 𝑇 − 𝑇_𝑢