5. Persamaan Diferensial (2)
(Orde Dua)
Sudaryatno Sudirham
5.1. Persamaan Diferensial Linier Orde Dua
Secara umum persamaan diferensial linier orde dua berbentuk
) ( 2 2 t f cy dt dy b dt y d a + + = (5.1) Pada persamaan diferensial orde satu kita telah melihat bahwa solusi total terdiri dari dua komponen yaitu solusi homogen dan solusi khusus. Hal yang sama juga terjadi pada persamaan diferensial orde dua yang dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada persamaan orde pertama. Perbedaan dari kedua macam persamaan ini terletak pada kondisi awalnya. Pada persamaan orde dua terdapat dua kondisi awal dan kedua kondisi awal ini harus diterapkan pada dugaan solusi total. Dua kondisi awal tersebut adalah
) 0 ( ' ) 0 ( dan ) 0 ( ) 0 ( + = − + =y − dt dy y y (5.2)
Solusi homogen. Solusi homogen diperoleh dari persamaan rangkaian dengan memberikan nilai nol pada
ruas kanan dari persamaan (4.25), sehingga persamaan menjadi
0 2 2 = + + cy dt dy b dt y d a (5.3)
Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyai bentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi eksponensial ya = Ke
st
dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi dugaan ini dimasukkan ke (5.3) akan diperoleh :
(
)
0 atau 0 2 2e +bKse +cKe = Ke as +bs+c = aKs st st st st (5.4)Fungsi est tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidak diperkenankan karena hal itu akan berarti ya = 0 untuk seluruh t. Satu-satunya jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah
0
2+bs+c=
as (5.4) Persamaan ini adalah persamaan karakteristik persamaan diferensial orde dua. Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu:
a ac b b s s 2 4 , 2 2 1 − ± − = (5.5) Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: dua akar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks konjugat. Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadap bentuk solusi akan kita lihat lebih lanjut. Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa persamaan karakteristik mempunyai dua akar.
Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua solusi homogen, yaitu: t s a t s a Ke y K e y 1 2 2 2 1 1= dan = (5.6)
Jika ya1 merupakan solusi dan ya2 juga merupakan solusi, maka jumlah keduanya juga merupakan solusi. Jadi solusi homogen yang kita cari akan berbentuk
t s t s a Ke K e y 1 2 2 1 + = (5.7)
Konstanta K1 dan K2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada solusi total.
Solusi Khusus. Sulusi khusus kita cari dari persamaan (5.1). Solusi khusus ini ditentukan oleh bentuk
fungsi pemaksa, f(t). Cara menduga bentuk solusi khusus sama dengan apa yang kita pelajari pada persamaan orde satu. Kita umpamakan solusi khusus ykhusus = yp.
Solusi Total. Dengan solusi khusus yp maka solusi total menjadi
t s t s p a p y y Ke K e y y 1 2 2 1 + + = + = (5.8)
5.2. Tiga Kemungkinan Bentuk Solusi
Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang berbentuk umum as2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinan nilai akar, yaitu:
a). Dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, jika {b 2−
4ac } > 0; b). Dua akar sama, s1 = s2 = s, jika {b
2−
4ac } = 0 c). Dua akar kompleks konjugat s1 , s2 = α± jβ , jika {b
2−
4ac } < 0.
Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga kemungkinan bentuk solusi yang akan kita lihat berikut ini, dengan contoh solusi pada persamaan diferensial tanpa fungsi pemaksa.
Dua Akar Nyata Berbeda. Kalau kondisi awal y(0+) dan dy/dt (0+) kita terapkan pada solusi total (5.8), kita akan memperoleh dua persamaan yaitu
2 2 1 1 2 1 dan '(0 ) (0 ) ) 0 ( ) 0 ( y K K y y sK s K y + = p + + + + = ′p + + + (5.9)
yang akan menentukan nilai K1 dan K2. Jika kita sebut
) 0 ( ) 0 ( dan ) 0 ( ) 0 ( 0 0=y + − yp + B =y′ + −y′p + A (5.10)
maka kita peroleh
0 2 2 1 1 0 2 1 K A dan sK s K B K + = + =
dan dari sini kita memperoleh
2 1 0 0 1 2 1 2 0 0 2 1 dan s s B A s K s s B A s K − − = − − = sehingga solusi total menjadi
t s t s p e s s B A s e s s B A s y y 1 2 2 1 0 0 1 1 2 0 0 2 − − + − − + = (5.11)
Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada persamaan orde pertama, pada persamaan orde dua ini kita juga mengartikan solusi persamaan sebagai solusi total. Hal ini didasari oleh pengertian tentang kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan pada solusi total. Persamaan yang hanya mempunyai solusi homogen kita fahami sebagai persamaan dengan solusi khusus yang bernilai nol.
Contoh: Dari analisis transien suatu rangkaian listrik diperoleh persamaan
0 10 4 10 5 , 8 3 6 2 2 = × + × + v dt dv dt v d
dengan kondisi awal v(0+)=15 V dan dv/dt(0+) = 0
berbeda). riil akar dua ( 8000 , 500 4 ) 25 , 4 ( 10 4250 , : akar -akar 0 10 4 10 5 , 8 : ik karkterist Persamaan 2 1 2 3 2 1 6 3 2 − = − = − ± − = → = × + × + s s s s s s
homogen). solusi dari terdiri (hanya V 16 : total Solusi 1 15 16 8000 500 ) 8000 ( 15 15 ) 15 ( 0 0 ) 0 ( b). 15 15 V 15 ) 0 ( ) 0 ( a). : awal Kondisi nol) homogen (solusi 0 : total solusi Dugaan 8000 500 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 8000 2 500 1 t t t t e e v K K s s s K s K s K s K s K dt dv K K K K v v e K e K v − − + − + − − − = − = − = ⇒ = + − − − = − − = ⇒ − + = + = → = − = ⇒ + = → = = + + =
Dua Akar Nyata Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut dapat kita tuliskan sebagai
0 dengan ; dan 2 1=s s =s+δ δ→ s (5.12)
Dengan demikian maka solusi total dapat kita tulis sebagai
t s st p t s t s p e K e K y e K e K y y ) ( 2 1 2 1 2 1 δ + + + = + + = (5.13)
Kalau kondisi awal pertama y(0+) kita terapkan, kita akan memperoleh
0 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( A y y K K K K y y p p = − = + → + + = + + + +
Jika kondisi awal kedua dy/dt (0+) kita terapkan, kita peroleh
0 2 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( B y y K s K K s K s K y y p p = ′ − ′ = δ + + → δ + + + ′ = ′ + + + +
Dari kedua persamaan ini kita dapatkan
δ − − = → δ − = → = δ + s A B A K s A B K B K s A 0 0 0 1 0 0 2 0 2 0 (5.14)
Solusi total menjadi
st t p st t p t s st p e e s A B A y e e s A B s A B A y e s A B e s A B A y y 1 ) ( 0 0 0 0 0 0 0 0 ) ( 0 0 0 0 0 δ + δ − − + + = δ − + δ − − + = δ − + δ − − + = δ δ δ + (5.15.a)
Karena lim 1 lim 1
0 0 t e e t t = δ − = δ + δ − δ → δ δ → δ
maka solusi total dapat kita tulis
[
]
stp A B As t e
y
y= + 0+( 0− 0 ) (5.15.b) Solusi total seperti dinyatakan oleh (5.15.b) merupakan bentuk khusus yang diperoleh jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar sama besar. A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (5.15.b) sebagai
[
]
st b a p K K t e y y= + + (5.15.c) dengan nilai Ka yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai Kb ditentukan oleh kondisi awal dan s. Dalam rangkaian listrik, nilai s tergantung dari elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannya dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui bahwa persamaan karakteristik rangkaian mempunyai akar-akar yang sama besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan seperti yang ditunjukkan oleh (5.15.c).Contoh: Pada kondisi awal v(0+)=15 V dan dv/dt(0+)=0, analisis transien rangkaian listrik memberikan persamaan 0 10 4 10 4 3 6 2 2 = × + × + v dt dv dt v d
(
)
0(
)
, karena 0. : berbentuk akan total solusi itu karena oleh besar; sama akar dua terdapat sini Di 2000 10 4 10 4 2000 , : akar -akar 0 10 4 4000 : tik karakteris Persamaan 6 6 2 1 6 2 = + + = + + = = − = × − × ± − = = × + + p st b a st b a p K K t e K K t e v v v s s s s s(
)
(
15 30000)
V : Jadi 30000 0 ) 0 ( memberikan 0 ) 0 ( kedua awal kondisi Aplikasi . 15 ) 0 ( memberikan ini total solusi pada pertama awal kondisi Aplikasi 2000 t a b a b st b a st b a e t v s K K s K K dt dv e s t K K e K dt dv dt dv K v − + + + + = = − = → + = = → + + = = = =Akar-Akar Kompleks Konjugat. Kita belum membahas bilangan kompleks di buku ini. Kita baru
memandang fungsi-fungsi yang memiliki nilai bilangan nyata. Namun agar pembahasan menjadi lengkap, berikut ini diberikan solusinya.
Dua akar kompleks konjugat dapat dituliskan sebagai
β − α = β + α = j s j s1 dan 2
Solusi total dari situasi ini adalah
(
j t j t)
t p t j t j p e e K e K y e K e K y y α β − β + β − α β + α + + = + + = 1 2 ) ( 2 ) ( 1 (5.16)Aplikasikan kondisi awal yang pertama, y(0+),
(
)
0 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( A y y K K K K y y p p = − = + → + + = + + + +Aplikasi kondisi awal yang kedua, (0+)= y′(0+)
dt dv ,
(
)
(
j t j t)
t t t j t j p e e K e K e e K j e K j dt dy dt dy α β − β α β − β α + + β − β + = 2 1 2 1Kita akan memperoleh
(
) (
)
(
1 2) (
1 2)
0 2 1 2 1 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( B y y K K K K j K K K j K j y y dt dy p p = ′ − ′ = + α + − β → α + + β − β + ′ = ′ = + + + + +(
−) (
+α +)
= → − = −βα β = + j A B K K B K K K K j A K K 0 0 2 1 0 2 1 2 1 0 2 1 2 / ) ( 2 / ) ( 0 0 0 2 0 0 0 1 β α − − = β α − + = A B A j K A B A j KSolusi total menjadi
t p t t j t j t j t j p t t j t j p e t A B t A y e j e e A B e e A y e e j A B A e j A B A y y α α β − β + β − β + α β − β + β β α − + β + = − β α − + + + = − −α β + β α − + + = sin ) ( cos 2 ) ( 2 2 / ) ( 2 / ) ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (5.17)
A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal sedangkan α dan β memiliki nilai tertentu (dalam rangkaian listrik ditentukan oleh nilai elemen rangkaian). Dengan demikian solusi total dapat kita tuliskan sebagai
(
)
t b a p K t K t e y y= + cosβ + sinβ α (5.18) dengan Ka dan Kb yang masih harus ditentukan melalui penerapan kondisi awal. Ini adalah bentuk solusi total khusus untuk persamaan diferensial yang memiliki persamaan karakteristik dengan dua akar kompleks konjugat.Persamaan (5.8) menunjukkan bahwa bila persamaan karakteristik memberikan dua akar kompleks konjugat, maka solusi persamaan diferensial orde dua akan terdiri dari solusi khusus yp ditambah fungsi sinus yang teredam.
