Kalkulus 2. Persamaan Differensial Biasa (Ordinary Differential Equations (ODE))

Persamaan Differensial Biasa

(Ordinary Differential Equations (ODE))

Prodi Teknik Kimia Fakultas Teknik

Universitas Negeri Semarang Dhoni Hartanto, S.T., M.T., M.Sc.

Persamaan Differensial adalah Persamaan yang mengandung beberapa turunan dari suatu fungsi

Persamaan Differensial Biasa

Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang mempunyai fungsi satu variable bebas

Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang mempunyai fungsi dengan jumlah variable bebas lebih dari satu

0 8 sin ₂ 2 2 2 2 3 3 2                         x dx dy y x dx y d dx y d xy x y dx dy

Persamaan Differensial Biasa

Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang mempunyai fungsi satu variable bebas

Persamaan Differensial Biasa



































2 2 2 2 2 2

)

,

,

,

(

z

u

y

u

x

u

t

t

z

y

x

u

_

Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang mempunyai fungsi dengan jumlah variable bebas lebih dari satu

Fungsi

u(x,y,z,t)

digunakan untuk merepresentasikan temperatur pada waktu

t

pada benda secara fisik dengan koordinat

(x,y,z)



= thermal diffusivity.

Persamaan Differensial Biasa

Penggunaan :



Cabang-cabang ilmu teknik



Ekonomi



Biologi dan kedokteran



Kimia, Fisika dsb.

ODE digunakan untuk mendapatkan formulasi suatu

fenomena yang mengalami perubahan terhadap waktu

atau tempat

Cooling



This is a model of how the temperature of an

object changes as it loses heat to the

surrounding atmosphere:

Temperature of the object: TOb j Room Temperature: TRoom Newton’s laws states: “The rate of change in the

temperature of an object is proportional to the difference in temperature between the object and the room

temperature” ) ( _{Ob j Ro o m} Ob j T T dt dT   



Form ODE t Room init Room Obj T T T e T   (  )  Solve ODE

Where is the initial temperature of the object.

init

Newton’s 2nd _{law for a rotating object:} q mg l q q sin 2 2 2 mgl dt d ml    0 sin 2 2 2  



q

q

dt d

This equation is very difficult to solve. rearrange and divide through by ml 2 l g  2 where



Order suatu persamaan differensial adalah tingkat turunan

tertinggi persamaan differensial tersebut.

0 2 2   dt dy dt y d 2nd order 3 3 dt x d x dt dx _ 3rd order Order (tingkat)



Derajat suatu persamaan differensial (PD) adalah pangkat

dari turunan yang tertinggi di dalam PD tsb.

0 8 sin ₂ 2 2 2 2 3 3                 y dx dy y x dx y d x dx y d xy 2nd degree Derajat (Degree)

)

(

)

(

...

)

(

( 1) ₁ 1

x

y

a

x

y

k

x

a

y

n



n





_n



Persamaan diferensial (PD)  Linear derajat 1

 Artinya mencari suatu fungsi y=f(x) yang memenuhi PD tersebut

 Fungsi y=f(x) yang memenuhi sebuah PD banyak sekali, kumpulan fungsi-fungsi yang memenuhi sebuah PD disebut Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial

(PUPD)

 Salah satu fungsi di dalam kumpulan fungsi-fungsi yang memenuhi sebuah PD disebut Penyelesaian Khusus PD tsb.

 Penyelesaian khusus sebuah PD tsb. juga harus memenuhi beberapa kondisi batas

Tipe-tipe PD biasa orde 1 :

• PD dengan variabel dapat dipisah

• PD homogen

• PD bentuk (ax+by+c ) dx + (px+qy+r) dy =0

• PD eksak

• PD linear

• PD Bernoulli

Prinsip penyelesaian :

1. PD dengan variabel dapat dipisah

0

)

,

(

)

,

(

x

y

dx



Q

x

y

dy



P

diubah menjadi bentuk persamaan

C

dy

y

N

dx

x

M

dy

y

N

dx

x

M













(

)

(

)

0

)

(

)

(

Contoh 1 : Cari penyelesaian umum PD berikut

1. PD dengan variabel dapat dipisah

)

1

)(

1

(

x

y

dx

dy







Penyelesaian

C

e

y

C

x

x

y

dx

x

y

dy

x x

ln

ln

)

1

ln(

ln

2

1

)

1

ln(

)

1

(

1

2 2 1 2



























1

1

ln

)

1

ln(

2 2 2 2 1 2 1 2 1













   x x x x x x

e

C

y

e

C

y

e

C

y

Suatu fungsi dikatakan homogen derajat n bila ada suatu konstanta n sehingga untuk setiap parameter λ berlaku :

2. PD Homogen

)

,

(

)

,

(

x

y

f

x

y

f









n

Misal :

a

)

f

(

x

,

y

)



x

2



xy

Homogen derajat 2

)

,

(

)

(

)

,

(

2 2 2 2 2 2

y

x

f

xy

x

xy

x

y

x

f























2. PD Homogen Misal :

_













y

x

y

x

f

b

)

(

,

)

tan

Homogen derajat 0















y

x

y

x

f









,

)

tan

(

λ saling menghilangkan_{sehingga homogen}

berderajat 0

PD orde satu berikut :

0

)

,

(

)

,

(

x

y

dx



Q

x

y

dy



P

Dikatakan homogen bila P dan Q keduanya homogen berderajat sama yaitu n

2. PD Homogen

Cara Penyelesaian :

PD Homogen dapat diselesaikan dengan subtitusi

dz

x

dx

z

dy

zx

y

x

y

z



;



;





Contoh 2 : Cari penyelesaian umum PD berikut

0

)

(

x



y

dx



x

dy



Penyelesaian : Substitusi

y

zx

dy

z

dx

x

dz

x

y

z



;



;





PD menjadi :

(

x



zx

)

dx



x

(

z

dx



x

dz

)



0

0

)

(

x



zx

dx



x

z

dx



x

2

dz



2. PD Homogen (Lanjutan) Contoh 2 : 2 / 1 2 / 1 2 2 2

)

2

1

(

ln

ln

ln

)

2

1

ln(

ln

ln

)

2

1

ln(

2

1

ln

2

1

0

)

2

1

(

0

)

2

1

(

0

)

2

(

0

)

(

 























































z

C

x

C

z

x

C

z

x

z

dz

x

dx

dz

x

dx

z

dz

x

dx

z

x

dz

x

dx

zx

x

dz

x

dx

z

x

dx

zx

x































































   

1

2

1

2

1

1

2

1

2

1

)

2

1

(

)

2

1

(

2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 / 1 ) 2 1 ( ln ln 1/2

x

C

x

y

x

C

x

y

x

C

z

x

C

z

z

C

x

z

C

x

e

e

x C z

3. PD Bentuk

(

ax



by



c

)

dx



(

px



qy



r

)

dy



0

Beberapa kemungkinan : a) c = 0, r = 0 ; sehingga PD menjadi

0

)

(

)

(

ax



by

dx



px



qy

dy



Cara penyelesaian sama dengan PD homogen

b) px + qy = k (ax + by), sehingga PD menjadi

0

)

)

(

(

)

(

ax



by



c

dx



k

ax



by



r

dy



Cara penyelesaian : Subst. :

b

dx

a

dz

dy

dy

b

dx

a

dz

by

ax

z













3. PD Bentuk

(

ax



by



c

)

dx



(

px



qy



r

)

dy



0

Lanjutan b), PD menjadi

0

)

(

)

(

0

)

(

)

(



















_

_













dz

b

r

z

k

dx

b

r

z

k

a

c

z

b

dx

a

dz

r

z

k

dx

c

z

Cara penyelesaian sama dengan PD variabel dapat dipisah

3. PD Bentuk

(

ax



by



c

)

dx



(

px



qy



r

)

dy



0

c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara penyelesaian : Subst. :

dy

q

dx

p

dv

r

qy

px

v

dy

b

dx

a

du

c

by

ax

u





















;

;

p

b

q

a

dv

b

du

q

q

p

b

a

q

dv

b

du

dx









p

b

q

a

du

p

dv

a

q

p

b

a

dv

p

du

a

dy









3. PD Bentuk

(

ax



by



c

)

dx



(

px



qy



r

)

dy



0

(Lanjutan) c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara penyelesaian : Substitusi ke PD semula

0

)

(

)

(

0

)

(

)

(

0





















































dv

b

u

a

v

du

p

v

q

u

du

p

dv

a

v

dv

b

du

q

u

p

b

q

a

du

p

dv

a

v

p

b

q

a

dv

b

du

q

u

3. PD Bentuk

(

ax



by



c

)

dx



(

px



qy



r

)

dy



0

Contoh 3 : cari PUPD berikut

0

)

1

2

2

(

)

1

(

x



y



dx



x



y



dy



Penyelesaian : (Berdasarkan analisis konstanta kemungkinan persamaan tsb. Dapat diselesaikan dengan no.b)

Subst.

dx

dz

dy

dy

dx

dz

x

z

y

y

x

z

















;

;

3. PD Bentuk

(

ax



by



c

)

dx



(

px



qy



r

)

dy



0

Lanjutan contoh 3 : PD menjadi

c

x

z

z

dx

dz

z

dx

dz

z

z

dz

z

dx

z

dz

z

dx

z

z

dx

dz

z

dx

z



















 











































ln

2

1

2

1

2

0

)

1

2

(

0

)

1

2

(

)

1

2

1

(

0

)

(

)

1

2

(

)

1

(

Substitusi z = x + y ke persamaan ini Sehingga PUPD :

c

x

y

x

y

x



)



ln(



)





(

2

4. PD Eksak Bentuk

x

N

y

M











Bisa dinyatakan dalam bentuk turunan sempurna dari suatu fungsi F (x,y) Syarat PD eksak :

0

)

,

(

)

,

(

x

y

dx



N

x

y

dy



M

C

y

x

F

y

x

dF

dy

y

x

N

dx

y

x

M

y

x

dF











)

,

(

0

)

,

(

0

)

,

(

)

,

(

)

,

(

4. PD Eksak Agar terpenuhi : Maka :

dy

y

x

N

dx

y

x

M

y

x

dF

(

,

)



(

,

)



(

,

)

dy

y

F

dx

x

F

y

x

dF













)

,

(

x

N

y

F

x

y

x

N

y

F

y

M

x

F

y

y

x

M

x

F





































































)

,

(

*

)

,

(

*

4. PD Eksak Cara mencari F (x, y) :



(

,

)



'

(

)

(

,

)

)

),

,

(

)

(

)

,

(

)

,

(

)

)

,

(

)

,

(

y

x

N

y

C

x

y

x

M

y

b

maka

y

x

N

y

F

karena

y

C

x

y

x

M

y

x

F

a

x

y

x

M

F

y

x

M

x

F











































2 persamaan penting dalam penyelesaian PD eksak

4. PD Eksak

Contoh 4 : Cari penyelesaian umum PD berikut :

Penyelesaian :

0

)

2

(

)

3

(

x

2

y



y

dx



x

3



x



y

dy



0

)

2

(

)

3

(

x

2

y



y

dx



x

3



x



y

dy



M N

x

N

y

M











_{Syarat PD eksak}

1

3

1

3

2 2

















x

x

N

x

y

M

4. PD Eksak

Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)

)

(

)

,

(

)

(

)

3

(

)

(

)

,

(

)

,

(

3 2

y

C

yx

y

x

y

x

F

y

C

x

y

y

x

y

C

x

y

x

M

y

x

F



































x

y

yx



C

y

x

x

y

y

y

x

N

y

C

x

y

y

x

y

y

x

N

y

C

x

y

x

M

y

2

)

(

'

)

,

(

)

(

'

)

3

(

)

,

(

)

(

'

)

,

(

3 3 2









































4. PD Eksak

Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)

sehingga

y

y

C

dy

y

dC

y

dy

dC

y

x

x

dy

dC

x

x

2 3 3

)

(

2

2

2





















2 3 3

)

,

(

)

(

)

,

(

y

yx

y

x

y

x

F

y

C

yx

y

x

y

x

F













5. PD Linear Bentuk :

_P

₍

_x

₎

_y

_Q

₍

_x

₎

dx

dy

_

_





P x dx

e

U

( ) Cara Penyelesaian :

-) Kalikan dengan suatu faktor integrasi sedemikian agar PD Linear berubah menjadi PD dengan variabel yang dapat dipisah

-) Kemudian menyelesaikan bentuk PD variabel yang dapat dipisah

Faktor integrasi :

PD dikalikan U sehingga menjadi:











P x dx P x dx P x dx

e

x

Q

e

y

x

P

e

dx

dy

( ) ( ) ( )

)

(

)

(

5. PD Linear











P x dx P x dx P x dx

e

x

Q

e

y

x

P

e

dx

dy

( ) ( ) ( )

)

(

)

(















P x dx P x dx

e

x

Q

e

y

dx

d

( ) ( )

)

(

Pembuktian :

)

(

:

)

(

)

(

) ( ) ( ) ( ) (

x

P

e

e

dx

d

note

x

P

e

y

dx

dy

e

dx

du

y

dx

dy

u

u

y

dx

d

dx x P dx x P dx x P dx x P



















5. PD Linear Sehingga berdasarkan :

C

dx

e

Q

e

y

C

dx

e

Q

e

y

d

dx x P dx x P dx x P dx x P























_







) ( ) ( ) ( ) (















P x dx P x dx

e

x

Q

e

y

dx

d

( ) ( )

)

(

Contoh 5 : Cari penyelesaian umum PD berikut :

x

y

x

dx

dy

_

2

_

Penyelesaian : Bentuk tersebut merupakan bentuk PD linear, sehingga

x

x

Q

x

x

P

(

)





2

,

(

)



5. PD Linear Lanjutan Contoh 5 : PUPD berdasarkan 2 ln ln 2 2 2 _  

















e

U

e

U

e



U

x

U

xdx x x

C

dx

e

Q

e

y



P(x)dx







P(x)dx



C

x

x

x

y

C

x

x

y

C

x

x

y

C

x

dx

x

y

C

dx

x

x

x

y

2 2 2 2 2 2 2

ln

)

(ln

ln





















   





6. PD Bernoulli Bentuk :

_P

₍

_x

₎

_y

_y

_Q

₍

_x

₎

dx

dy

_

_

_n 1

1





_n

y

z

Bila n  0, maka PD Bernoulli menjadi PD Linear

Cara penyelesaian : Subtitusi :

Sehingga menjadi PD menjadi Linear:

Contoh 6 : Cari penyelesaian umum PD berikut :

2

2

y

x

x

y

dx

dy

_

_

6. PD Bernoulli

Penyelesaian Contoh 6 : Substitusi

dx

dz

z

dx

dy

maka

dx

dz

dz

dy

dx

dy

n

berdasarka

z

dz

dy

z

y

y

y

y

z

_n 2 2 1 2 1

1

,

*

1

1

1

1

1





















_{ } Sehingga PD menjadi : 2 2

1

1

2

1



















z

x

z

x

dx

dz

z

6. PD Bernoulli Lanjutan Contoh 6 : 2 2

1

1

2

1



















z

x

z

x

dx

dz

z

Dikalikan dengan -z 2 Sehingga PD menjadi :

_z

_x

x

dx

dz

_

2

_

_

PD Linear

Penyelesaian berdasarkan PD linear :

2 ln ln 2 2 2 _  

















e

U

e

U

e



U

x

U

xdx x x

C

x

dx

x

z

C

dx

x

x

x

z

C

dx

u

x

Q

u

z























   2 2 2

)

(

)

ln

(

1

)

ln

(

ln

2 2 2

x

C

x

y

C

x

x

z

C

x

x

z



















Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Bentuk :

)

(

...

₁ 1 1 1 0

a

y

f

x

dx

dy

a

dx

y

d

a

dx

y

d

a

_{n n n} n n n











_{ }



 n n

a

a

a

a

₀

,

₁

,

₁

,

konstan

Bila f(x) = 0  PD Linear order n homogen

Teorema :

1. Bila y = f(x) merupakan penyelesaian PD linear

homogen, maka y = C f(x) juga merupakan penyelesaian

2. Bila y₁ = C₁ f₁ (x)

y₂ = C₂ f₂ (x) :

y_n = C_n f_n (x)

adalah penyelesaian-penyelesaian yang berlainan dari PD linear homogen, maka

y = C₁ f₁ (x) + C₂ f₂ (x) +…….+ C_n f_n (x) juga merupakan penyelesaian

Cara I :

Penyelesaian Umum PD linear homogen tingkat n dapat diperoleh dengan subtitusi Euler :

y



e

mx

0

...

1 1 1 0













y

a

dx

y

d

a

dx

y

d

a

_{n n} n n n mx n n n mx mx

e

m

dx

y

d

e

m

dx

y

d

me

dx

dy







:

2 2 2 Sehingga

0

0

1 1 0 1 1 0













  n n n mx n mx n mx n

a

m

a

m

a

e

a

e

m

a

e

m

a

Persamaan karakteristik

Diperoleh akar-akar persamaan karakteristik m₁, m₂, m₃,….., m_n

Lanjutan Cara I : Jadi x m n n x m x m n

e

C

y

e

C

y

e

C

y







:

2 1 2 2 1 1 Sehingga x m n x m x m _n

e

C

e

C

e

C

y



1



2



...



2 1

PUPD linear homogen tingkat n

Merupakan penyelesaian (berdasarkan teorema 2)

Cara II : Menggunakan operator : PD menjadi

dx

d

D



0

...

0

)

...

(

0

...

1 1 0 1 1 0 1 1 0

























   n n n n n n n n n

a

D

a

D

a

a

D

a

D

a

y

y

a

y

D

a

y

D

a

Akar-akar : Persamaan karakteristik n







₁

,

₂

,...,

0

)

)...(

)(

(

D





₁

D





₂

D





_n



Sehingga :



(

D





₁

)(

D





₂

)...(

D





_n

)



y



0

Lanjutan Cara II :

Ditinjau salah satu akar :

k x k k k k k k k k

C

e

y

C

x

y

dx

y

dy

y

dx

dy

y

dx

d

y

D

k

ln

ln

ln

ln

ln

0

0

)

(

0

)

(

















































n k x k x k k x k k k k k

e

C

y

PUPD

e

C

y

e

C

y

1

ln

ln

  

Contoh 7 : Selesaikan persamaan diferensial berikut :

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)

6

,

0

)

0

(

'

'

;

4

,

5

)

0

(

'

;

4

,

3

)

0

(

0

:

0

'

'

'

'

















y

y

y

x

note

y

y

Penyelesaian : Substitusi Euler

y



e

mx

1

,

1

,

0

0

)

1

)(

1

(

0

)

1

(

0

0

3 2 1 2 3 3



























m

m

m

m

m

m

m

m

m

m

me

e

m

mx mx

Lanjutan Contoh 7 : Berdasarkan persamaan

maka

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)

x m n x m x m _n

e

C

e

C

e

C

y



1



2



...



2 1 x x x x x x x x x

e

C

e

C

y

e

C

e

C

y

e

C

e

C

C

y

e

C

e

C

e

C

y

   





















3 2 3 2 3 2 1 ) 1 ( 3 ) 1 ( 2 ) 0 ( 1

'

'

'

Lanjutan Contoh 7 :

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)

3 2 1 0 3 0 2 1

4

,

3

4

,

3

4

,

3

)

0

(

*

C

C

C

e

C

e

C

C

y















 3 2 3 2

6

,

0

6

,

0

)

0

(

'

'

*

4

,

5

4

,

5

)

0

(

'

*

C

C

y

C

C

y





















Berdasarkan substitusi diperoleh masing-masing nilai :

4

,

2

;

3

;

4

_{2 3} 1



C





C



C

PD : x x

e

e

y



4



3



2

,

4



Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia

Pembuatan sabun disebut saponifikasi, dalam proses tersebut lemak yang berasal dari hewan atau tumbuhan direaksikan dengan KOH atau NaOH untuk memproduksi gilcerol dan fattyacid salt (sabun). Sabun dipisahkan dari gliserol melalui presipitasi dengan penambahan natrium klorida. Lapisan air bagian atas yang mengandung natrium klorida dipisahkan dari campuran sebagai limbah.

Kementerian Lingkungan Hidup (KLH) mengharuskan konsentrasi maksimum natrium klorida pada limbah yang dibuang ke lingkungan tidak lebih dari 11.00 gram / liter. Natrium klorida ini merupakan limbah utama dalam proses produksi sabun.

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan)

Sebuah pabrik sabun tersebut hanya memiliki 1 tangki dengan kapasitas 15 liter untuk penampungan limbah. Dalam proses pengisian tangki limbah tersebut, sebanyak 15 liter air dan 750 gram natrium klorida dimasukkan. Untuk proses kontinuitas proses produksi pabrik dan menjaga agar limbah yang terbuang ke lingkungan konsentrasinya tidak melebihi aturan KLH, maka diperlukan pompa yang dioperasikan untuk memompa air ke tangki dengan laju 2 liter setiap menit dimana limbah garam yang mengandung 45 gram garam per liter ditambahkan dengan laju 1,5 liter per menit.

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan)

Untuk menjaga volume larutan dalam tangki tetap pada level 15 liter, maka limbah yang terdapat di dalam tangki dikeluarkan (discharge) sebanyak 3,5 liter per menit

Misalkan A merupakan aliran limbah dari proses, B merupakan aliran air (fresh water), dan C adalah aliran keluar limbah dari tangki ke lingkungan.

Diasumkan saat aliran A dan B masuk ke dalam tangki, maka secara cepat terjadi perubahan konsentrasi klorida ke arah konsentrasi keluar tangki x1 dan di dalam tangki tidak terjadi reaksi kimia

a) Berapa lama waktu yang dibutuhkan untuk memperoleh konsentrasi sesuai dengan standar dari KLH untuk limbah kloride di lingkungan, apakah pabrik tersebut bisa memenuhi standard dari KLH?

b) Pada waktu 3 detik berapa konsentrasi limbah yang keluar dari tangki

c) Dalam kondisi steady state, berapa konsentrasi garam yang dikeluarkan oleh pabrik tersebut

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan)

Aliran A 1,5 Liter / menit 45 gram / liter Aliran B 2 Liter / menit 0 gram / liter Aliran C 3,5 Liter / menit x1 gram / liter

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan)

Neraca massa untuk natrium klorida pada sistem tangki :

Akumulasi = input – output + generasi (pembuangan karena reaksi)

L g L g x t x dt dx L L g x L L g L L g dt dx / 50 15 750 ) 0 ( , 0 5 . 67 5 . 3 0 min) / 5 . 3 ( ) / ( min) / 2 ( ) / 0 ( min) / 5 . 1 ( ) / 45 ( 1 1 1 1 1         

5

.

67

)

(

;

5

.

3

)

(

5

.

67

5

.

3

₁ 1















x

Q

x

P

e

e

U

x

dt

dx

t dt t t t t t t t dx x P dx x P

e

C

x

e

C

e

x

C

e

e

x

C

e

e

x

C

dx

e

Q

e

y





























5

.

67

5

.

67

5

.

67

5

.

67

) ( ) (

Penyelesaian dengan menggunakan PD Linear L g L g x t 50 / 15 750 ) 0 ( , 0 ₁    5 . 17 5 . 67 50 5 . 67 50 5 . 67 0         C C e C e C x _t

Sehingga persamaan menjadi :

t

e x  67.517.5

a) -1,1724 minutes, artinya pabrik tidak bisa memenuhi standar KLH karena waktu yang dibutuhkan bersifat minus sehingga tidak dapat memenuhi persamaan

b) 50.8535 g/L

c) Steady state berarti

L g x x dt dx / 285 . 19 5 . 67 5 . 3 0 0 1 1 1    

Let’s play

Find the solution (PUPD) from the problems below :

0

'

2

'

'

)

10

0

2

'

3

'

'

)

9

2

cos

2

'

)

8

2

'

)

7

0

)

5

4

10

(

)

15

(

)

6

0

)

4

3

(

)

3

2

(

)

5

0

)

4

2

)

(

)

3

0

)

1

(

2

)

2

0

)

1

2

(

)

1

2

(

)

1

4 3 3 4 2 2 2 2 2

































































y

y

y

y

y

y

x

y

y

e

y

y

dy

y

xy

y

x

dx

y

y

x

dy

y

x

dx

y

x

dy

x

dx

y

dy

y

x

dx

y

x

dy

x

dx

xy

dy

y

x

dx

y

x

x

THANK YOU FOR YOUR ATTENTION IN THIS