PROSOL - TK2104 Analisis Matematika Teknik Kimia UM2

(1)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 1

(2)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 2

DISCLAIMER

Prosol ini bukan kitab suci, bukan Tuhan, bukan Dewa, bukan buku panduan utama yang menjanjikan nilai

bagus bagi kalian.

Prosol hanyalan buku latihan soal yang dibuat oleh mahasiswa. Prosol bisa membantu kalian, tetapi bukan

menjadi acuan utama kalian.

Membuka Prosol sebelum memahami materi dapat menyebabkan kebingungan hingga salah konsep ketika

terjadi perbedaan pada soal ujian nanti. Perlu juga diingat bahwa pembahasan pada Prosol ini bisa ada

kesalahan, mohon dimaklumi.

Jadi, yuk buka terlebih dahulu buku paket dan catatan kalian. Pelajari terlebih dahulu konsep-konsepnya, baru

terjun ke dalam Prosol. Jangan dibalik!

Selamat belajar dan semoga sukses ujiannya!

(3)

(4)

(5)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 5 TK2104-Analisis Matematika Teknik Kimia UM 2 Semester 2 2021/2022

Dosen: Dwiwahju Sasongko, Wibawa Hendra Saputera, dan Fadhli 20 November 2021, 90 menit

1. [CLO 2; SO1; Penyelesaian PDB Orde Tinggi]

Suatu profil temperature dari suatu reaksi kimia dapat dinyatakan dengan persamaan berikut:

𝑑²𝑇 𝑑𝑡²− 3𝑑𝑇

𝑑𝑡 − 4𝑇 = 3𝑒^2𝑡 dengan syarat awal:

T = 1^oC pada t = 0 s, dan

𝑑𝑇

𝑑𝑡 = 0 pada t = 0 s

Tentukan temperatur (^oC) pada 0,53 s.

Petunjuk:

• Persamaan diferensial merupakan persamaan diferensial tak homogen berorde 2.

• Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial tersebut adalah 𝑟²− 3𝑟 − 4 = 0

• Diperoleh akar-akar persamaan dari persamaan karakteristik tersebut adalah r1 = 4; r2 = -1

• Bentuk yc yang dipakai adalah bentukan kasus dua akar riil berbeda sehingga diperoleh:

𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒^4𝑡+ 𝐶2𝑒^−𝑡

• Persamaan diferensial tak homogen orde 2 dapat diselesaikan dengan metode koefisien tak tentu. Pada kasus ini, digunakan bentuk yp untuk 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒^𝛾𝑥 sehingga:

𝑦_𝑝= 𝐶𝑒^2𝑡 𝑦_𝑝^′ = 2𝐶𝑒^2𝑡 𝑦_𝑝^′′= 4𝐶𝑒^2𝑡

• Nilai C dapat ditentukan dengan mensubstitusi parameter dari persamaan diferensial awal dengan persamaan yp yang diketahui

4𝐶𝑒^2𝑡− 6𝐶𝑒^2𝑡− 4𝐶𝑒^2𝑡 = 3𝑒^2𝑡 𝐶 = −1

• Solusi dari persamaan diferensial adalah 2

𝑇 = 𝐶₁𝑒^4𝑡+ 𝐶₂𝑒^−𝑡−1 2𝑒^2𝑡

• Untuk mencari nilai C1 dan C2, nilai batas digunakan pada solusi persamaan diferensial sehingga:

𝑡 = 0; 𝑇 = 1^𝑜𝐶 → 𝐶₁+ 𝐶₂−1

2= 1 … … … (1) 𝑡 = 0; 𝑑𝑇

𝑑𝑡 = 0 → 4𝐶₁− 𝐶₂− 1 = 0 … … … (2)

• Eliminasi persamaan (1) dan (2) sehingga diperoleh nilai C1 = ¹

2; C2 = 1

• Dengan memasukkan nilai C1, C2, dan t, dapat dicari nilai temperatur saat t = 0,53 s

(Referensi: Slide kuliah 2020/2021 Bab 3 – Persamaan Diferensial Biasa Linier Orde Tinggi, Slide 16-20)

Jawaban: Temperatur saat t = 0,53 s adalah 3,3109^oC

(6)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 6

2. [CLO 2; SO1; Penyelesaian PDB Orde Tinggi]

Sebuah perusahaan farmasi melakukan pemodelan mengenai pelarutan senyawa aktif yang terkandung dalam suatu pil berbentuk bola. Pemodelan konsentrasi senyawa aktif sebagai fungsi dari jari-jari (r) dinyatakan dalam persamaan berikut:

𝐷 𝑟²

𝑑

𝑑𝑟(𝑟²𝑑𝐶

𝑑𝑟) − 𝑘𝐶 = 0 dengan syarat batas:

pada r = R; C = C0, dan pada 𝑟 → ∞; C = 0

dimana D adalah koefisien difusi dan k adalah konstanta laju konsumsi senyawa aktif.

Dengan menggunakan persamaan berikut: 𝐶 =^𝑢

𝑟

maka persamaan diferensial konsentrasi senyawa aktif di atas dapat disederhanakan menjadi:

𝐷𝑑²𝑢

𝑑𝑟²− 𝑘𝑢 = 0 Jika dapat diasumsikan bahwa:

(i) konsentrasi senyawa aktif homogen di dalam pil (ii) pil tidak mengerut (berjari-jari tetap)

(iii) R sangat kecil dibandingkan dengan r tak hingga (pil dapat dianggap sebuah titik dan diasusikan tidak ada perubahan terhadap waktu),

Maka tentukan solusi persamaan distribusi konsentrsi senyawa aktif sebagai fungsi r pada posisi r

= R hingga 𝑟 → ∞.

Petunjuk:

• Persamaan diferensial pada soal dapat diubah sedemikian rupa sehingga persamaan diferensial merupakan persamaan diferensial homogen berorde 2 seperti berikut:

𝑑²𝑢 𝑑𝑟²−𝑘𝑢

𝐷 = 0

• Ubah bentuk persamaan diferensial menjadi bentuk persamaan karakteristik sehingga diperoleh persamaan karakteristik yaitu:

𝑟²−𝑘 𝐷= 0

• Karena k merupakan konstanta laju reaksi dan D merupakan koefisien difusi, maka keduanya bernilai positif

• Diskriminan diperoleh bernilai positif sehingga dapat disimpulkan bahwa persamaan karakteristik adalah persamaan kuadrat sempurna. Maka diperoleh akar persamaan kuadrat yaitu:

𝑟₁= −√𝑘

𝐷 ; 𝑟₂= √𝑘 𝐷

• Untuk kasus dua akar riil berbeda, penyelesaian umum (yc) yang dihasilkan adalah 𝑢 = 𝐶₁𝑒^−√

𝑘 𝐷𝑟

+ 𝐶₂𝑒^√𝑘^𝐷^𝑟

• Dengan hubungan 𝐶 =^𝑢

𝑟, solusi umum menjadi

(7)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 7

𝐶 =𝐶₁𝑒^−√

𝑘 𝐷𝑟

+ 𝐶₂𝑒^√𝑘^𝐷^𝑟 𝑟

• Ketika r → ∞, nilai C = 0. Sehingga diperoleh C2 = 0 untuk membuat ^𝐶²^.∞

∞ = 0.

• Ketika r → R, nilai C = C0. Sehingga diperoleh 𝐶₁= 𝐶₀. 𝑅. 𝑒^√

𝑘 𝐷𝑅

• Masukkan nilai C1 dan C2 sehingga diperoleh solusi dari persamaan diferensial

(Referensi: Slide kuliah 2020/2021 Bab 3 – Persamaan Diferensial Biasa Linier Orde Tinggi, Slide 7-10)

Jawaban:

Solusi persamaan distribusi konsentrasi yaitu

𝑪(𝒓) =𝑪_𝟎𝑹𝒆^{(𝑹−𝒓)√}

𝒌 𝑫

𝒓

3. [CLO 2; SO1; Penyelesaian PDB Simultan]

Hubungan antara konsentrasi C(t) dan temperatur T(t) untuk sebuah reaksi kimia dapat dituliskan dengan pasangan persamaan diferensial berikut:

𝑑𝐶

𝑑𝑡 = −50𝑒⁻^2,5^𝑇 𝑑𝑇

𝑑𝑡 = 50(25 + 𝑇)𝑒⁻^2,5^𝑇 dengan syarat awal:

C(0) = 2 T(0) = 35

Tentukan T pada saat C = 0,25 Petunjuk:

• Untuk membuat sebuah fungsi dari 2 variabel tak bebas, dapat digunakan metode eliminasi variabel bebas dengan membagi kedua fungsi yang diketahui

𝑑𝐶 𝑑𝑡 𝑑𝑇 𝑑𝑡

= −50𝑒⁻^2,5^𝑇 50(25 + 𝑇)𝑒⁻^2,5^𝑇 𝑑𝐶

𝑑𝑇= − 1 25 + 𝑇

(Referensi: Slide kuliah 2020/2021 Bab 4 – Persamaan Diferensial Simultan, Slide 5)

• Karena fungsi sudah terdiri atas 2 variabel, maka dapat dilakukan metode pemisahan variabel 𝑑𝐶 = − 𝑑𝑇

25 + 𝑇

• Integrasikan kedua ruas sehingga diperoleh

𝐶 = − ln(25 + 𝑇) + 𝑐

• Dengan menggunakan syarat awal ketika t = 0; C(0) = 2; T(0) = 35; maka dapat diperoleh nilai c = 6,0943

• Dengan memasukkan nilai c dan C pada fungsi C terhadap T, maka dapat diperoleh nilai T

(8)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 8

Jawaban: Nilai T ketika C = 0,25 adalah 320,26^oC

(9)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 9 TK2104-Analisis Matematika Teknik Kimia UM 2 Semester 1 2020/2021 Dosen : Dwiwahju Sasongko, M.T.A.P. Kresnowati, Elvi Restiawaty, Antonius

Indarto, Meiti Pratiwi, Wibawa Hendra Saputera, dan Fadhli 21 November 2020, 100 menit

Sifat Ujian : Buku Terbuka 1. [CLO 2; SO 1; Poin 25; Penyelesaian PDB Simultan]

Suatu senyawa A terdekomposisi menjadi senyawa X dan Y. Laju pembentukan masing-masing senyawa tersebut proporsional dengan jumlah reaktan yang tidak terdekomposisi. Tentukan perubahan jumlah senyawa X dan Y sebagai fungsi waktu, jika diketahui pada t = 0, X = Y = 0 sedangkan A = a; dan pada t = 60 menit, X = a/8, Y = 3a/8.

Diketahui :

Laju pembentukan x dan y proposional dengan jumlah reaktan yang tidak terdekomposisi, maka:

𝑑𝑥

𝑑𝑡 = 𝑘₁(𝐴 − 𝑥 − 𝑦)….. (1)

𝑑𝑦

𝑑𝑡 = 𝑘₂(𝐴 − 𝑥 − 𝑦)….. (2)

𝑠𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑏𝑎𝑡𝑎𝑠 ∶ 𝑡 = 0, 𝑥 = 𝑦, 𝐴 = 0; 𝑡 = 60, 𝑥 =𝑎

8, 𝑦 =3𝑎 8 Ditanya : 𝑥(𝑡) 𝑑𝑎𝑛 𝑦(𝑡)

Jawab : Petunjuk :

➢ Bagi persamaan (1) dengan persamaan (2) dari persamaan laju pembentukan x dan y yang diketahui, lalu integralkan untuk mendapatkan persamaan yang baru

𝑑𝑥 =𝑘₁ 𝑘₂ 𝑑𝑦

∫ 𝑑𝑥 = 𝑘₁ 𝑘₂∫ 𝑑𝑦 𝑥 = ^𝑘¹

𝑘₂ 𝑦 + 𝑐 ……(3)

➢ Saat t = 0, x = y = 0, maka subtitusikan ke persamaan (3), didapat persamaan 𝑐 = 0, 𝑑𝑎𝑛 𝑦 =𝑘₂

𝑘₁𝑥 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑥 = 𝑘₁ 𝑘₂𝑦

➢ Saat t = 60, 𝑥 =^𝑎

8 , 𝑦 =^3𝑎

8

𝑎 8=𝑘₁

𝑘₂ .3𝑎 8 + 0 𝑘₂= 3𝑘₁

➢ Sehingga, disubsitusikan ke persamaan (1) didapatkan 𝑑𝑥

𝑑𝑡 = 𝑘₁ ( 𝑎 − 𝑥 − 𝑦) = 𝑘₁ (𝑎 − 𝑥 − 𝑘₂ 𝑘₁𝑥) 𝑑𝑥

𝑑𝑡 = 𝑘₁ (𝑎 − 4𝑥)

➢ Dengan menggunakan integrasi yang diselesaikan dengan cara pemisahan didapatkan Missal : a - 4x = u

-4dx = du

(10)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 10

∫ 𝑑𝑢

−4𝑢= ∫ 𝑘₁𝑑𝑡 Didapatkan persamaannya menjadi

−1

4ln|𝑎 − 4𝑥| = 𝑘₁𝑡 −1 4ln 𝑎 𝑚𝑎𝑘𝑎, 𝑥 =𝑎

4(1 − 𝑒^−4𝑘¹^𝑡)

➢ Saat t = 60, x = a/8

𝑎 8=𝑎

4(1 − 𝑒^−4𝑘¹^𝑡)

4𝑘₁ =𝑙𝑛2

60 = 0,01155 sehingga, 𝒙 =^𝒂_𝟒( 𝟏 − 𝒆^{−𝟎,𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓𝒕}) 𝒅𝒂𝒏 𝒚 =^𝟑𝒂_𝟒 (𝟏 − 𝒆^{𝟎,𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓𝒕})

2. [CLO 2; SO 1; Poin 25; Penyelesaian PDB Orde Tinggi]

Suatu set reaksi reversibel beruntun yang dinyatakan sebagai

berlangsung di dalam reaktor partaian dengan volum dan temperatur konstan. Perubahan jumlah mol A dapat dinyatakan sebagai persamaan diferensial biasa orde dua sebagai berikut

𝑑²𝑁_𝐴

𝑑𝑡² + (𝑘₁+ 𝑘₂+ 𝑘₃+ 𝑘₄)𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 + (𝑘₁𝑘₃+ 𝑘₂𝑘₄+ 𝑘₁𝑘₄)𝑁_𝐴= 𝑘₂𝑘₄ Apabila diketahui pada t = 0, N(0) = 1, dan pada t → ~,^𝑑𝑁^𝑎

𝑑𝑡 = 0. Tentukan solusi lengkap untuk 𝑁_𝐴, dan gunakan kondisi awal untuk menentukan konstantanya

Diketahui : t = 0, N(0) = 1, t → ~,^𝑑𝑁^𝑎

𝑑𝑡 = 0.

persamaan diferensial biasa orde dua : 𝑑²𝑁_𝐴

𝑑𝑡² + (𝑘₁+ 𝑘₂+ 𝑘₃+ 𝑘₄)𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 + (𝑘₁𝑘₃+ 𝑘₂𝑘₄+ 𝑘₁𝑘₄)𝑁_𝐴= 𝑘₂𝑘₄ Ditanya : Tentukan solusi lengkap untuk 𝑁_𝐴

Jawab : Misal

(𝑘₁+ 𝑘2+ 𝑘3+ 𝑘4) = 𝐴 (𝑘₁𝑘₃+ 𝑘₂𝑘₄+ 𝑘₁𝑘₄) = 𝐵

𝑘₂𝑘₄= 𝐶 Maka,

𝑑²𝑁_𝐴

𝑑𝑡² + 𝐴𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 + 𝐵𝑁_𝐴 = 𝐶

➢ Dicari solusi homogen dari persamaan (1) dengan menggunakan persamaan karakteristik dengan asumsi

𝑟²+ 𝐴𝑟 + 𝐵 = 0, 𝑎𝑠𝑢𝑚𝑠𝑖 √𝐴²− 4𝐵 = 𝐷 > 0

…….(1)

(11)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 11

Maka, 𝑟1 = ^−𝐴+𝐷

2 , 𝑟2 =^{−𝐴−𝐷}

2 NA(t) = C1𝑒^−𝐴+𝐷² ^𝑡+ C2 𝑒^{−𝐴−𝐷}² ^𝑡

➢ Mencari solusi partikulat

𝑓(𝑡) = 𝑘₂𝑘₄ 𝑚𝑖𝑠𝑎𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖 𝑌𝑝 = 𝐸 Y’p = 0, Y’’p = 0

Y”p + AY’p + BYp = C E = ^𝐶

𝐵

Maka, 𝑁_𝐴= C1𝑒^−𝐴+𝐷² ^𝑡+ C2 𝑒^{−𝐴−𝐷}² ^𝑡 + ^𝐶

𝐵

➢ Mencari konstanta dari C1 dan C2 dengan menggunakan syarat batas ^𝑑𝑁^𝑎

𝑑𝑡 = 0 pada t → ~ 𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 = (−𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₁𝑒^−𝐴+𝐷² ^𝑡− (𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₂𝑒^{−(𝐴+𝐷)}² ^𝑡 = 0

→ (−𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₁𝑒^−𝐴+𝐷² ^𝑡 = (𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₂𝑒^{−(𝐴+𝐷)}² ^𝑡

→ lim

𝑡→∞(−𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₁𝑒^−𝐴+𝐷² ^𝑡 = lim

𝑡→∞(𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₂𝑒^{−(𝐴+𝐷)}² ^𝑡

Kita telah mengasumsikan D > 0 dan A merupakan penjumlahan konstanta laju reaksi, sehingga A > 0 (tidak ada laju konstanta reaksi yang bernilai negatif). Oleh karena itu, jika kita subtitusi 𝑡 → ∞ pada ruas kanan, maka akan diperoleh

𝑡→∞lim(−𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₁𝑒^−𝐴+𝐷² ^𝑡 = (𝐴 + 𝐷

2 ) 𝐶₂𝑒^−∞= 0

Karena semua suku di ruas kiri (kecuali C1) merupakan konstanta dan memiliki nilai ≠ 0, maka diperoleh: C1 = 0.

➢ Kemudian, gunakan syarat batas yang lain, yaitu saat t = 0, N = NA = 1 (karena di awal reaksi hanya terdapat A). Subtitusi t = 0 pada persamaan NA di atas, maka diperoleh

𝑁_𝐴 = 𝐶₁+ 𝐶₂+𝐶 𝐵= 1 Karena C1 = 0, maka

𝑁_𝐴 = 𝐶₂+𝐶 𝐵= 1

→ 𝐶₂= 1 −𝐶 𝐵 Sehingga diperoleh C1 = 0 dan C2 = 1 – ^𝐶

𝐵

➢ Karena persamaan karakteristik dan persamaan komplementernya sudah lengkap maka dapat ditulis jawaban akhir adalah

NA(t) = (1 – ^𝑪

𝑩)𝒆^{−𝑨−𝑫}^𝟐 ^𝒕+^𝑪

𝑩

3. [CLO 2; SO 1; Poin 25; Penyelesaian PDB Simultan]

Proses pendinginan distilat menggunakan air pendingin pada double pipe cocurrent heat exchanger dapat dimodelkan dengan :

𝑑𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟}

𝑑𝑥 = 0,03(𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟}− 𝑇_{𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟})

(12)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 12

𝑑𝑇_{𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟}

𝑑𝑥 = 0,04(𝑇_{𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟}− 𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟})

Dimana 𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟} adalah temperatur distilat dan 𝑇𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟 adalah temperatur air pendingin.

Jika nilai awal 𝑇𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟 dan 𝑇𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟 adalah 90°C dan 40°C.

a. Tentukan profil temperatur distilat sepanjang pipa penukar panas.

b. Gambar profil temperatur distilat tersebut sebagai fungsi jarak (dalam grafik Cartes/tegak) Diketahui : 𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟} = T distilat , 𝑇_{𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟} = T air pendingin

𝑑𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟}

𝑑𝑥 = 0,03(𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟}− 𝑇_{𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟})…..(1)

𝑑𝑇_{𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟}

𝑑𝑥 = 0,04(𝑇_{𝑜𝑢𝑡𝑒𝑟}− 𝑇_{𝑖𝑛𝑛𝑒𝑟})…..(2) Ditanya:

a) Profil T distilast sepanjangn pipa penukar panas b) Gambar profil T distilat tsb sebagai fungsi jarak Jawab :

➢ Asumsi : pipa penukar panas (HE) bersifat ideal, kasus ini bersifat simultan. Karena disediakan dua persamaan maka kita dapat mengeliminasi variable yang sama terlebih dahulu dengan cara membagi persamaan (1) dan (2), diperoleh:

𝑑𝑇_𝑖 𝑑𝑇_𝑜= −3

4

➢ Setelah dibagi, lalu disusun ulang dan diintergalkan

∫ 𝑑𝑇_𝑜

𝑇_𝑜 𝑇_{𝑜,𝑎𝑤𝑎𝑙}

= −4

3∫ 𝑑𝑇_𝑖

𝑇_𝑖 𝑇_{𝑖,𝑎𝑤𝑎𝑙}

(𝑇₀− 40) = −4

3(𝑇_𝑖− 90) sehingga mendapatkan persamaan :

To = 160 – 1,33Ti…….(3)

➢ Setelah mendapatkan persamaan To Subtitusikan pers.(3) ke pers.(1), diperoleh:

𝑑𝑇_𝑖

𝑑𝑥 = 0,03(𝑇_𝑖− 160 + 1,33𝑇_𝑖) = 0,03(2,33𝑇_𝑖− 160)

➢ Susun ulang persamaan di atas lalu integralkan

∫ 𝑑𝑇_𝑖

(0,07𝑇_𝑖− 4,8)

= ∫ 𝑑𝑥

𝑥 0

1

0,07∫ 𝑑(0,07𝑇_𝑖− 4,8) 0,07𝑇𝑖− 4,8

= 𝑥

ln (0,07𝑇_𝑖− 4,8

1,5 ) = 0,07𝑥 sehingga mendapatkan jawaban untuk profil T distilat adalah:

Ti = 21,43𝒆^{𝟎,𝟎𝟕𝒙}+ 68,57

(13)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 13

Gambar profil Ti sebagai fungsi jarak dengan menggunakan excel dari persamaan profil distilat yang diketahui

4. [CLO 2; SO 1; Poin 25; Penyelesaian PDB Orde Tinggi]

Suatu profil temperatur dari suatu reaksi kimia dapat dinyatakan dengan persamaan berikut:

𝑑²𝑇 𝑑𝑡² −𝑑𝑇

𝑑𝑡 − 12𝑇 = 2𝑒^−3𝑡

Tentukan korelasi temperatur sebagai fungsi dari waktu (solusi umum) berdasarkan profil temperatur tersebut.

Diketahui :

𝑑²𝑇 𝑑𝑡² −𝑑𝑇

𝑑𝑡 − 12𝑇 = 2𝑒^−3𝑡

Ditanya : Korelasi temperature sebagai fungsi dari waktu (solusi umum) berdasarkan profil temperature tsb

Jawab :

➢ Tinjau persamaan karakteristik , dua akar yang didapatkan dan persamaan yang didapat adalah :

𝑟²− 𝑟 − 12 = 0 𝑟1 = 4 , 𝑟2 = −3 𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑑𝑖𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡 , 𝑦_𝑐 = 𝐶₁𝑒^4𝑡+ 𝐶₂^−3𝑡

➢ Setelah itu mencari persamaan komplementernya. Untuk menentukan dapat menggunakan metode koefisien tak ditentukan yaitu disesuaikan dengan bentuk f(t) nya. Pada soal ini daimbil yp= 𝑐𝑡𝑒^−3𝑡. yp ini akan diturunkan dua kali dan disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial pada soal untuk menentukan fungsi yp, diperoleh:

𝑦_𝑝^′ = −3𝑐𝑡𝑒^−3𝑡+ 𝑐𝑒^−3𝑡 𝑦_𝑝^′′= 9𝑐𝑡𝑒^−3𝑡− 6𝑐𝑒^−3𝑡

Subtitusikan yp. yp’, dan yp” ke persamaan yang diketahui dari soal.

(9𝑐𝑡𝑒^−3𝑡− 6𝑐𝑒^−3𝑡) − (−3𝑐𝑡𝑒^−3𝑡+ 𝑐𝑒^−3𝑡) − 12(𝑐𝑡𝑒^−3𝑡) = 2𝑒^−3𝑡

−7𝑐𝑒^−3𝑡 = 2𝑒^−3𝑡 𝑐 = −2

7

(14)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 14

Sehingga didapatkan

𝑦_𝑝= −2 7𝑡𝑒^−3𝑡

➢ Karena persamaan karakteristik dan persamaan komplementernya sudah lengkap maka dapat ditulis bahwa jawaban akhrinya adalah :

𝑻(𝒕) = 𝒚 = 𝑪_𝟏𝒆^𝟒𝒕+ 𝑪_𝟐^−𝟑𝒕 −𝟐

𝟕𝒕𝒆^−𝟑𝒕

∗ 𝒅𝒆𝒏𝒈𝒂𝒏 𝒄𝒂𝒕𝒂𝒕𝒂𝒏 𝒃𝒂𝒉𝒘𝒂 𝑪_𝟏 𝒅𝒂𝒏 𝑪_𝟐 𝒂𝒅𝒂𝒍𝒂𝒉 𝒌𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒂

(15)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 15 TK2104-Analisis Matematika Teknik Kimia UM 2 Semester 1 2019/2020 Dosen : Dwiwahju Sasongko, Antonius Indarto, Made Tri Ari Penia Kresnowati, Wibawa

Hendra Saputra, Fadhli 100 menit

Diperkenankan membuka catatan 1 lembar A4 ditulis tangan sendiri dan bukan contoh soal

1. [SO ABET 1, Penyelesaian ODE dengan metode deret, nilai 40]

Profil temperatur arah radial suatu silinder besi yang merupakan kawat pemanas dari sumbunya dapat ditunjukkan melalui persamaan :

𝑑²𝑇 𝑑𝑟²+ 1

𝑟 𝑑𝑇 𝑑𝑟 − 𝑄ℎ

𝐾 (𝑇 − 𝑇₁) = 0

Dimana T = temperatur, T1 = temperatur ambien, r = radius, Q

= kalor lepas dari kawat pemanas, h = koefisien perpindahan panas, dan k = konduktivitas besi.

Selesaikan persamaan diferensian biasa dengan metode deret.

Catatan : hanya dibutuhkan solusi umum Jawaban :

Petunjuk :

• Melakukan permisalan untuk mempermudah perhitungan kemudian diturunkan 𝑇 − 𝑇₁ = 𝑦 → 𝑑𝑇 = 𝑑𝑦 → ^𝑑𝑇

𝑑𝑦 = 1

… persamaan (1)

𝑟√^𝑄ℎ

𝑘 = 𝑥 → 𝑑𝑟√^𝑄ℎ

𝑘 = 𝑑𝑥→ ^𝑑𝑥

𝑑𝑟 = ^𝑥

𝑟

… persamaan (2)

• Persamaan 1 dan 2 di atas dikali sehingga akan didapat bentuk dT/dr 𝑑𝑇

𝑑𝑟 =𝑑𝑇 𝑑𝑦

𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑟 = (1) (𝑑𝑦 𝑑𝑥) (𝑥

𝑟)

→𝑑𝑇 𝑑𝑟 =𝑥

𝑟 𝑑𝑦

• Bentuk dT/dr ini diturunkan lagi menjadi bentuk d²T/dr𝑑𝑥 ² dan didapat 𝑑²𝑇

𝑑𝑟² = 𝑥² 𝑟²

𝑑²𝑦 𝑑𝑥²

• Semua bentuk persamaan disubtitusi sehingga seluruh persamaannya akan berbentuk x dan y 𝑥²

𝑟² 𝑑²𝑦 𝑑𝑥²+ 𝑥

𝑟² 𝑑𝑦 𝑑𝑥−𝑥²

𝑟²𝑦 = 0 𝑑²𝑦

𝑑𝑥²+1 𝑟

𝑑𝑦

𝑑𝑥− 𝑦 = 0

• Kemudian menggunakan metode deret biasa

𝑦 = ∑ 𝑎_𝑛𝑥^𝑛= 𝑎₀+ 𝑎₁𝑥 + 𝑎₂𝑥²+ ⋯

𝑛

0

Selanjutnya deret ini diturunkan hingga dua kali

T1

Kawat pemanas r + Δr

r

(16)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 16

𝑑𝑦

𝑑𝑥 = ∑ 𝑛𝑎_𝑛𝑥^𝑛−1

𝑛

0

= 𝑎₁+ 2𝑎₂𝑥 + 3𝑎₃𝑥²+ ⋯

𝑑²𝑦

𝑑𝑥² = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑎_𝑛𝑥^𝑛−2

𝑛

0

= 2𝑎₂+ 6𝑎₃𝑥 + 12𝑎₄𝑥²+ ⋯ dan disubstitusikan ke persamaan yang sudah berbentuk x dan y

∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑎_𝑛𝑥^𝑛−2

𝑛

0

+1

𝑟(∑ 𝑛𝑎_𝑛𝑥^𝑛−1

𝑛

0

) − ∑ 𝑎_𝑛𝑥^𝑛

𝑛

0

= 0

(2𝑎₂+ 6𝑎₃𝑥 + 12𝑎₄𝑥²+ ⋯ ) +1

𝑟(𝑎₁+ 2𝑎₂𝑥 + 3𝑎₃𝑥²+ ⋯ ) − (𝑎₀+ 𝑎₁𝑥 + 𝑎₂𝑥²+ ⋯ )

= 0

• Setelah disubstitusikan dikelompokkan yang terdapat x, x², x³ dan seterusnya (2𝑎₂+1

𝑟𝑎₁− 𝑎₀) + (6𝑎₃+1

𝑟2𝑎₂− 𝑎₁) 𝑥 − (12𝑎₄+1

𝑟3𝑎₃− 𝑎₂) 𝑥²+ ⋯ = 0 sehingga nantinya akan didapat pola dari a0, a1, a2, dan seterusnya selanjutnya disubtitusikan ke dalam bentuk y yang deret tadi.

• Setelah itu fungsi x dan y dikembalikan ke bentuk awalnya seperti pada tahap pertama dan didapat bentuk jawabannya

𝑻 − 𝑻_𝟏 = 𝒂_𝟎(𝟏 + 𝟏

𝟐^𝟐(𝒓^√𝑸𝒉 𝒌 ⁾

𝟐

+ 𝟏

𝟒^𝟐𝟐^𝟐(𝒓^√𝑸𝒉 𝒌 ⁾

𝟒

+ ⋯ )

2. [SO ABET 1; Penyelesaian ODE simultan, nilai 30]

Persamaan proses pendinginan proses distilasi menggunakan cooling water dalam cocurrent heat exchanger dapat ditunjukkan dengan :

𝑑𝑇₁

𝑑𝑥 = 0,03(𝑇₀− 𝑇₁) 𝑑𝑇₀

𝑑𝑥 = 0,04(𝑇₁− 𝑇₀)

Dimana T1 adalah temperatur dari distilat dan To adalah temperatur dari cooling water.

Jika nilai awal dari T1 dan To adalah 80⁰C dan 35⁰C.

a. Tentukan profil temperatur distilat sepanjang pipa heat exchanger

b. Gambarkan profil temperatur menjadi fungsi dari jarak (dalam grafik kartesian) Jawaban :

Petunjuk :

• Karena disediakan dua persamaan dan sudah disebutkan di soal bahwa yang diminta adalah simultan maka kita dapat mengeleminasi variabel yang sama terlebih dahulu dengan cara membagi.

𝑑𝑇₁ 𝑑𝑇₀= −3

4

• Setelah dibagi dapat diintegralkan sehingga nantinya akan mendapat persamaan

(17)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 17

∫ 𝑑𝑇₁

𝑇₁ 𝑇_{1,𝑎𝑤𝑎𝑙}

= −3

4∫ 𝑑𝑇₀

𝑇₀ 𝑇_{0,𝑎𝑤𝑎𝑙}

𝑇₁− 80 = −3

4(𝑇₀− 35) 𝑇0= −4

3𝑇1+ 425 3

Mengapa T0 menjadi persamaan utama? Karena yang diminta adalah persamaan T1 maka T0

harus menjadi persamaan yang mengandung T1 agar dapat disubstitusikan.

• Setelah mendapat persamaan T0 maka dapat disubstitusikan ke dalam rumus dT1/dx pada soal.

𝑑𝑇₁

𝑑𝑥 = 0,03 (−4

3𝑇₁+425 3 − 𝑇₁) 𝑑𝑇₁

𝑑𝑥 = −0,07𝑇1+ 4,25

• Kemudian dT1/dx ini diintegralkan bisa dengan berbagai metode. Paling mudah adalah menggunakan metode pemisahan variabel atau integral biasa

∫ 𝑑𝑇₁

(−0,07𝑇₁+ 4,25)

𝑇₁ 𝑇_{1,𝑎𝑤𝑎𝑙}

= ∫ 𝑑𝑥

𝑥 0

− 1

0,07∫ 𝑑(−0,07𝑇₁+ 4,25) (−0,07𝑇₁+ 4,25)

𝑇₁ 80

= ∫ 𝑑𝑥

𝑥 0

−100

7 ln (−0,07𝑇₁+ 4,25

−1,35 ) = 𝑥 sehingga didapat fungsi dibawah untuk soal (a)

𝑻_𝟏= 𝟒𝟐𝟓

𝟕 + 𝟏𝟑𝟓

𝟕 𝒆^{−𝟎,𝟎𝟕𝒙}

• Membuat grafik kartesian untuk soal (b) berdasarkan fungsi di atas dengan mengambil beberapa titik x sehingga didapat nilai T1 pada beberapa titik dan didapat bentuk grafiknya akan menurun namun memiliki asimtot

• Catatan : pada soal kurang jelas diminta hanya grafik distilat saja atau cooling water juga. Untuk jaga-jaga dapat membuat grafik profil cooling water dengan cara yang sama namun diganti menjadi T0.

3. [SO ABET 1, Penyelesaian ODE orde dua, nilai 30]

Profil temperatur dari suatu reaksi kimia dapat diekspresikan melalui persamaan berikut : 𝑑²𝑇

𝑑𝑡² − 6𝑑𝑇

𝑑𝑡− 8𝑡 = 3𝑒^𝑡

Tentukan korelasi temperatur menjadi fungsi dari waktu (solusi umum) berdasarkan profil temperatur.

Pada saat ujian terdapat ralat pada soal: variabel dibelakang 8 adalah T bukan t sehingga persamaannya menjadi

𝑑²𝑇 𝑑𝑡² − 6𝑑𝑇

𝑑𝑡 − 8𝑇 = 3𝑒^𝑡

(18)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 18

Petunjuk :

• Bentuk persamaannya adalah persamaan linier tak homogen maka dari itu diperlukan 2 jawaban persamaan yaitu persamaan karakteristik dan komplementer

• Untuk menentukan persamaan karakteristik maka dibuat menjadi bentuk 𝑟²+ 𝑎₁𝑟 + 𝑎₂= 0

Yaitu

𝑟²− 6𝑟 − 8 = 0

Namun persamaan ini nantinya tidak dapat difaktorialkan secara langsung maka harus digunakan persamaan abc untuk menentukan akar-akarnya.

Diperoleh: 𝑟1 = 3 + √17 dan 𝑟2= 3 − √17

• Dua akar yang didapatkan tidak kembar sehingga didapat persamaan karakteristiknya adalah 𝑦_𝑐= 𝐶₁𝑒^𝑟1𝑡+ 𝐶₂𝑒^𝑟2𝑡

Dengan 𝑟₁= 3 + √17 dan 𝑟₂= 3 − √17

• Setelah itu mencari persamaan komplementernya. Untuk menentukan dapat menggunakan metode koefisien tak ditentukan yaitu disesuaikan dengan bentuk f(t) nya. Pada soal ini dapat diambil 𝑦_𝑝= 𝐴𝑒^𝑡 karena tidak ada akar kembar atau e^t pada persamaan karakteristik.

• yp ini akan diturunkan dua kali

𝑦_𝑝^′ = 𝐴𝑒^𝑡 𝑦_𝑝^′′= 𝐴𝑒^𝑡

dan disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial pada soal untuk menentukan berapa nilai A.

𝐴𝑒^𝑡− 6𝐴𝑒^𝑡− 8𝐴𝑒^𝑡 = 3𝑒^𝑡

−13𝐴𝑒^𝑡= 3𝑒^𝑡 𝐴 = − 3

13

Setelah didapatkan nilai A maka didapat nilai yp nya adalah − ³

13𝑒^𝑡

• Karena persamaan karakteristik dan persamaan komplementernya sudah lengkap maka dapat ditulis bahwa jawaban akhirnya adalah

𝑇(𝑡) = 𝑦_𝑐+ 𝑦_𝑝

𝑻(𝒕) = 𝑪_𝟏𝒆^{(𝟑+√𝟏𝟕)𝒕}+ 𝑪_𝟐𝒆^{(𝟑−√𝟏𝟕)𝒕}− 𝟑 𝟏𝟑𝒆^𝒕 Dengan catatan bahwa C1 dan C2 adalah konstanta.

(19)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 19 TK2104-Analisis Matematika Teknik Kimia UM 2 Semester 1 2018/2019 Dosen : Prof Dr. Dwiwahju Sasongko. Dr. M.T.A.P. Kresnowati, Dr. Elvi Restiawaty, Dr.

Antonius lndarto, Dr. Vita Wonoputri. dan Dr. Wibawa Hendra Saputera 22 September 2018, 100 menit

1. [CLO 2; SO 1; Penyclesaian PDB slmultan, nilaí 30]

Pada sebuah pabrik kimia, umpan dengan laju q dialirkan kc dalam tangki 1 yang disusun seri dengan tangki 2 (seperti gambar di bawah). Keluaran tangki 1 dengan laju q1, masuk ke dalam tangki 2 dan selanjutnya mengalir keluar tangki 2 dengan laju q2. Aliran masuk dan keluar masing-masing tangkí dapat diungkapkan dengan persamaan diferensial 𝐴₁^𝑑ℎ¹

𝑑𝑡 = 𝑞 − 𝑞₁; 𝐴₂^𝑑ℎ²

𝑑𝑡 = 𝑞₁− 𝑞₂ Dimana 𝑞₁= ^ℎ_𝑅¹

1 ; 𝑞₂= ^ℎ_𝑅²

2 ; R1 dan R2 adalah

konstanta. Pada saat t = 0 aliran masuk ke tangki 1 dihentikan (q = 0) dan ketinggían air di tangki 1 adalah 1 meter dan ketinggian air di tangki 2 adalah 0,5 meter. Tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mengosongkan seluruh tangki.

Petunjuk :

• Terdapat dua tangki, waktu yang dibutuhkan untuk mengosongkan seluruh tangki adalah waktu terlama untuk mengosongkan salah satu tangki, sehingga diselesaikan perhitungan pada masing masing tangki. Untuk tangki 1, dari soal diketahui :

𝐴₁^𝑑ℎ¹

𝑑𝑡 = 𝑞 − 𝑞₁ dan 𝑞₁=^ℎ¹

𝑅₁

• Substitusi q1, diperoleh

𝑑ℎ1

𝑑𝑡 + 1

𝐴₁𝑅₁ℎ₁= 𝑞 𝐴₁

• Selesaikan persamaan differensial di atas dengan menggunakan faktor integrasi, diperoleh:

𝐼(𝑡) = 𝑒^∫

1 𝐴₁𝑅₁𝑑𝑡

= 𝑒

𝑡 𝐴₁𝑅₁

𝑓(𝑡) = 𝑞 𝐴1

• Subtitusi ke solusi untuk penyelesaian metode integrasi ℎ₁= 1

𝐼(𝑡)∫ 𝐼(𝑡)𝑓(𝑡)𝑑𝑡 + 𝐶₁ 𝐼(𝑡) ℎ₁= 𝑒⁻

𝑡 𝐴₁𝑅₁∫ (𝑒

𝑡 𝐴₁𝑅₁) (𝑞

𝐴₁) 𝑑𝑡 + 𝐶₁𝑒⁻

𝑡 𝐴₁𝑅₁

Diperoleh:

ℎ₁= 𝑞𝑅₁+ 𝐶₁𝑒⁻

𝑡 𝐴₁𝑅₁

(20)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 20

• Diketahui bahwa pada saat t = 0; q = 0; h1 = 1 kemudian substitusi ke persamaan di atas untuk menentukan nilai konstanta C1

ℎ₁= 𝐶₁= 1 Sehingga persamaan akhir:

ℎ₁= 𝑞𝑅₁+ 𝑒⁻

𝑡 𝐴₁𝑅₁

• Untuk q = 0, dan h1 = 0, dibutuhkan waktu t = ∞ untuk mengosongkan tangki 1. Karena untuk mengosongkan HANYA tangki pertama butuh tak hingga waktu, maka untuk mengosongkan seluruh tangki dibutuhkan waktu t = ∞.

Jawaban : t = ∞.

2. [CLO 2; SO 1; Penyelesaian PDD orde 2, nilai 30]

Profil temperatur plat logam yang berjarak x dari pusat sumber panas dapat diungkapkan sebagai 𝑑²𝑇

𝑑𝑥²+ 2 𝑑𝑇

𝑑𝑥+ 4𝑇 = 0 dengan T|x=0 = 0 dan T|x=1 = 1

Tentukan T pada x = 0.5 Petunjuk :

• Profil temperatur terhadap jarak pelat 𝑑²𝑇

𝑑𝑥²+ 2𝑑𝑇

𝑑𝑥+ 4𝑇 = 0

• Asumsi bahwa penyelesaian persamaan di atas adalah, 𝑇_𝑐 = 𝐶𝑒^𝑟𝑥

• Substitusi 𝑇_𝑐 ke persamaan profil temperatur terhadap jarak pelat, sehingga 𝑑²

𝑑𝑥²(𝐶𝑒^𝑟𝑥) + 2 𝑑

𝑑𝑥(𝐶𝑒^𝑟𝑥) + 4𝐶𝑒^𝑟𝑥 = 0

• Maka, diperoleh

𝐶𝑒^𝑟𝑥(𝑟²) + 𝐶𝑒^𝑟𝑥(2𝑟) + 𝐶𝑒^𝑟𝑥(4) = 0 𝐶𝑒^𝑟𝑥(𝑟²+ 2𝑟 + 4) = 0

• Persamaan karakteristik dari persamaan diferensial orde dua tersebut adalah 𝑟²+ 2𝑟 + 4.

Lalu, akan dicari akar-akar persamaan karakteristik tersebut dengan persamaan kuadratik.

𝑟_1,2= −1 ± 𝑖√3

• Karena kasus persamaan diferensial orde dua tersebut merupakan kasus akar-akar persamaan yang imajiner, yaitu akar-akar persamaannya berupa 𝑟_1,2= 𝛼 ± 𝑖𝛽. Dalam kasus ini, 𝛼 =

−1 dan 𝛽 = √3. Maka, penyelesaian umumnya adalah

𝑇 = 𝑒^𝛼𝑥(𝐶₁cos(𝛽𝑥) + 𝐶₂sin(𝛽𝑥)) 𝑇 = 𝑒^−𝑥(𝐶1cos(𝑥√3) + 𝐶₂sin(𝑥√3))

• Untuk mencari penyelesaian khususnya, akan disubstitusikan nilai 𝑇|_𝑥=0= 0 dan 𝑇|_𝑥=1= 1 Substitusikan 𝑇|_𝑥=0= 0

𝑇(𝑥 = 0) = 𝐶₁cos(0) + 𝐶₂sin(0) = 0 sehingga 𝐶₁= 0

(21)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 21

• Substitusikan 𝑇|_𝑥=1= 1 dan 𝐶₁= 0 𝑇(𝑥 = 1) =1

𝑒(𝐶2sin(√3)) = 1 sehingga 𝐶₂= 2,75

• Sehingga penyelesaian khususnya adalah,

𝑇 = 2,75 𝑒^−𝑥sin(𝑥√3)

• Maka, untuk 𝑥 = 0,5, 𝑇 = 1,27 Jawaban : 𝑻 = 𝟏, 𝟐𝟕

3. [CLO 1 dan 2; SO 1; Pemodelan dan penyelesaian PDB simultan, nilai 40]

Konsumsi substrat glukosa dan pertumbuhan mikroba berlangsung secara simultan pada suatu sistem fermentasi batch dengan laju reaksi masing-masing berorde satu terhadap konsentrasi mikroba. Konstanta laju pertumbuhan mikroba dinyatakan sebagai fungsi saturasi konsentrasi substrat (Cs)

𝑘𝑝𝑒𝑟𝑡𝑢𝑚𝑏𝑢ℎ𝑎𝑛= 𝜇_𝑚𝑎𝑥 𝐶𝑆

𝐾_𝑆+ 𝐶_𝑆 dimana µmax = 0,5/jam, Ks = 1 g/L, dan ksubstrat = 1/jam.

Tentukan konsentrasi mikroba pada sistem fermentasi apabila substrat yang tersisa adalah ½ dari konsentrasi awal, bila konsentrasi awal substrat adalah 50 g/L dan konsentrasi awal mikroba adalah l g/L.

Petunjuk :

• Dari soal tersebut dapat dimodelkan persamaan-persamaan yang terlibat, seperti Konsumsi substrat glukosa dengan laju konsumsi berorde satu terhadap konsentrasi mikroba.

−𝑑𝐶_𝑠

𝑑𝑡 = 𝑘𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑟𝑎𝑡𝐶𝑚

• Substitusi 𝑘_{𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑟𝑎𝑡} = 1/𝑗𝑎𝑚 , sehingga

−𝑑𝐶_𝑠 𝑑𝑡 = 𝐶_𝑚

• Pertumbuhan mikroba dengan laju pertumbuhan berorde satu terhadap konsentrasi mikroba.

𝑑𝐶_𝑚

𝑑𝑡 = 𝑘𝑝𝑒𝑟𝑡𝑢𝑚𝑏𝑢ℎ𝑎𝑛𝐶_𝑚 𝑑𝐶_𝑚

𝑑𝑡 = 𝜇_𝑚𝑎𝑥 𝐶_𝑠 𝐾_𝑠+ 𝐶_𝑠𝐶_𝑚

• Substitusi 𝜇_𝑚𝑎𝑥= 0,5/𝑗𝑎𝑚 dan 𝐾_𝑠= 1 𝑔/𝐿 , sehingga 𝑑𝐶_𝑚

𝑑𝑡 = 0,5 𝐶_𝑠 1 + 𝐶_𝑠𝐶_𝑚

• Subtitusi Cm dengan persamaan yang menghubungkan dengan laju konsumsi substrat

−𝑑𝐶_𝑚= 0,5 𝐶_𝑠 1 + 𝐶_𝑠𝑑𝐶_𝑠

• Integrasikan dan masukan batas integrasi untuk konsentrasi mikroba 1 hingga Cm dan untuk konsentrasi substrat 50 hingga 25 (setengah dari konsentrasi awal),

(22)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 22

− ∫ 𝑑𝐶_𝑚

𝐶_𝑚

1

= ∫ 0,5 𝐶_𝑠 1 + 𝐶_𝑠𝑑𝐶_𝑠

25

50

• Hingga langkah ini, dengan menggunakan solver dapat diselesaikan, namun jika dilanjutkan akan seperti ini.

1

𝐶_𝑚[𝐶_𝑚] = (0,5) (25

50[𝐶_𝑠− ln|1 + 𝐶_𝑠|])

Catatan :

∫ 𝑥

1 + 𝑥𝑑𝑥 = ∫𝑥 + 1 − 1 1 + 𝑥 𝑑𝑥

= ∫ (1 − 1 1 + 𝑥) 𝑑𝑥

= 𝑥 − ln(1 + 𝑥) + 𝐶 Jawaban : 𝑪_𝒎= 𝟏𝟑, 𝟏𝟔 𝒈/𝑳

(23)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 23 TK2104-Analisis Matematika Teknik Kimia UM 2 Semester 1 2017/2018

Dosen : Prof Dr. Dwiwahju Sasongko. Dr. Elvi Restiawaty, Dr. Ing. Dendy Adityawarman, Dr. M.T.A.P. Kresnowati, Dr. Antonius lndarto, dan Dicka Ar Rahim MT.

4 November 2017, 100 menit

1. [SO ABET A & E; Penyusunan model matematika dan penyelesaian PDB simultan]

Pengadukan sistem kristalisasi dilakukan dengan mensirkulasikan larutan dari tangki A ke tangki B dan sebaliknya. Dalam tangki A mula-mula terdapat sebanyak 2,5ton kristal sedangkan tangki B berisi air murni. Volume masing-masing tangki adalah 1 m³.

Apabila laju aliran sirkulasi adalah 100L/menit, setelah berapa lama konsentrasi kristal pada tangki A menjadi setengahnya?

Jawab : 𝐷𝑖𝑘 ∶

𝐷𝑖𝑡 ∶ 𝑡 =? ; 𝐶_𝐴=¹

2𝐶_𝐴𝑜

𝐷𝑖𝑗 ∶ 𝐴𝑠𝑢𝑚𝑠𝑖 ∶ 𝑐𝑎𝑚𝑝𝑢𝑟𝑎𝑛 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔𝑒𝑛

𝑠𝑎𝑙𝑢𝑟𝑎𝑛 𝑠𝑖𝑟𝑘𝑢𝑙𝑎𝑠𝑖 𝑠𝑎𝑛𝑔𝑎𝑡 𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙 𝑡𝑒𝑟ℎ𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑘𝑖 𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡 𝑑𝑖𝑎𝑏𝑎𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑇𝑖𝑛𝑗𝑎𝑢 𝑇𝑎𝑛𝑔𝑘𝑖 𝐴 ∶

𝑎𝑘𝑢𝑚𝑢𝑙𝑎𝑠𝑖 = 𝐿𝑎𝑗𝑢 𝑚𝑎𝑠𝑢𝑘 − 𝐿𝑎𝑗𝑢 𝑘𝑒𝑙𝑢𝑎𝑟 𝑑𝐶_𝐴

𝑑𝑡 𝑉_𝐴= 𝑄_𝐵𝐶_𝐵− 𝑄_𝐴𝐶_𝐴 𝑑𝐶_𝐴

𝑑𝑡 = 0,1 𝐶_𝐵− 0,1𝐶_𝐴… … … (1) 𝑇𝑖𝑛𝑗𝑎𝑢 𝑇𝑎𝑛𝑘𝑖 𝐵 ∶

𝑑𝐶_𝐵

𝑑𝑡 𝑉_𝐵= 𝑄_𝐴𝐶_𝐴− 𝑄_𝐵𝐶_𝐵

A B

100 L/min 100 L/min

V = 1 m³ V = 1 m³

(24)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 24

𝑑𝐶_𝐵

𝑑𝑡 = 0,1𝐶_𝐴− 0,1𝐶_𝐵… … … (2)

𝑚_𝐴+ 𝑚_𝐵 = 2,5 𝑡𝑜𝑛 𝑚_𝐴

1 +𝑚_𝐵 1 =2,5

1 →𝑚_𝐴 𝑉_𝐴 +𝑚_𝐵

𝑉_𝐵 = 2,5 𝐶_𝐴+ 𝐶_𝐵 = 2,5𝑡𝑜𝑛

𝑚³… … … (3) 𝐶_𝐵 = 2,5 − 𝐶_𝐴

0,1 𝐶_𝐵 = 0,1 𝐶_𝐴+^𝑑𝐶^𝐴

𝑑𝑡

0,1(2,5 − 𝐶_𝐴) = 0,1𝐶_𝐴+^𝑑𝐶^𝐴

𝑑𝑡

0,25 − 0,2𝐶_𝐴 =^𝑑𝐶_𝑑𝑡^𝐴 ∫ 𝑑𝑡 = ∫_{0,25−0,2𝐶}^𝑑𝐶^𝐴

𝐴

𝑡 = −5 ln|4𝐶_𝐴− 5| + 𝐶 𝑡 = 0 → 𝐶_𝐴= 2,5^𝑡𝑜𝑛

𝑚³ → 𝐶 = 5 𝑙𝑛5 → 𝐶 = 8,05 𝐶_𝐴 =¹

2𝐶_𝐴𝑜→ 𝑡 = −5 ln|4(1,25) − 5| + 8,05 𝑡 = ∞

∴ 𝑲𝒐𝒏𝒔𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒔𝒊 𝑨 𝒎𝒆𝒏𝒄𝒂𝒑𝒂𝒊 𝒔𝒆𝒕𝒆𝒏𝒈𝒂𝒉 𝒔𝒂𝒂𝒕 𝒕 = ∞

2. [SO ABET A ; Penyelesaian PDB simultan]

Reaksi-reaksi searah, orde dua, dan konsekutif terjadi di dalam sebuah reactor partaian (batch).

𝐴 + 𝐵^𝑘→ 𝐶 ¹ 𝑟₁ = 𝐶_𝐴𝐶_𝐵 [=_{𝐿 .𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘}^𝑚𝑜𝑙 ] 𝐵 + 𝐶 ^𝑘→ 𝐷 ² 𝑟₂= 2𝐶_𝐵𝐶_𝐶 [= ^𝑚𝑜𝑙

𝐿.𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘]

Pada saat t = 0 detik, jumlah mol A dan B masing-masing adalah 1 dan 3 mol. Tentukan fraksi mol C yang terdapat dalam campuran reaksi setelah 50% A dikonsumsi.

Jawab :

𝐷𝑖𝑘 ∶ 𝑛_𝐴𝑜= 1 𝑚𝑜𝑙 ; 𝑛_𝐵𝑜= 3 𝑚𝑜𝑙

𝐷𝑖𝑡 ∶ 𝑋_𝐶 = 50% 𝐴 𝑏𝑒𝑟𝑒𝑎𝑘𝑠𝑖

𝐷𝑖𝑗 ∶ 𝐴𝑠𝑢𝑚𝑠𝑖 ∶ 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟 = 1 𝐿 ^𝑑𝐶^𝐴

𝑑𝑡 = −𝐶𝐴𝐶𝐵… … … (1) ^𝑑𝐶^𝐵

𝑑𝑡 = −𝐶_𝐴𝐶_𝐵− 2𝐶_𝐶𝐶_𝐵… … … (2) ^𝑑𝐶^𝐶

𝑑𝑡 = 𝐶_𝐴𝐶_𝐵− 2𝐶_𝐵𝐶_𝐶… … … (3) ^𝑑𝐶^𝐷

𝑑𝑡 = 2𝐶𝐵𝐶𝑐… … … (4)

𝐵𝑎𝑛𝑑𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 (1) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 (3) 𝑑𝐶𝐶

𝑑𝑡 𝑑𝐶𝐴

𝑑𝑡

=𝐶𝐴𝐶𝐵− 2𝐶𝐵𝐶𝐶

−𝐶_𝐴𝐶_𝐵

𝑑𝐶_𝑐

𝑑𝐶_𝐴= −1 +2𝐶_𝐶 𝐶_𝐴

(25)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 25

+

𝑚𝑖𝑠𝑎𝑙𝑘𝑎𝑛 ∶ 𝑢 =𝐶_𝐶 𝐶𝐴

→ 𝐶𝐶 = 𝑢 𝐶𝐴

𝑑𝐶_𝐶 𝑑𝐶𝐴

=𝑑(𝑢 𝐶_𝐴) 𝑑𝐶𝐴

= 𝑑𝑢 𝑑𝐶𝐴

𝐶𝐴+ 𝑢 𝑑𝐶𝐶

𝑑𝐶_𝐴= −1 +2𝐶𝐶

𝐶_𝐴 𝑑𝑢

𝑑𝐶_𝐴𝐶𝐴+ 𝑢 = −1 + 2𝑢 𝑑𝑢

𝑢 − 1=𝑑𝐶_𝐴 𝐶𝐴

→ ∫ 𝑑𝑢

𝑢 − 1= ∫𝑑𝐶_𝐴 𝐶𝐴

ln|𝑢 − 1| = 𝑙𝑛𝐶𝐴+ 𝐶 ln |𝐶𝐶

𝐶_𝐴− 1| = 𝑙𝑛𝐶_𝐴+ 𝐶 𝐶_𝐴= 1 𝑀; 𝐶_𝑐= 0 → 𝐶 = 0

ln |^𝐶^𝐶

𝐶_𝐴− 1| = 𝑙𝑛𝐶_𝐴

𝐶_𝐴= |^𝐶^𝐶

𝐶_𝐴− 1| → 𝐶_𝐴=^𝐶^𝐶

𝐶_𝐴− 1 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐶_𝐴= 1 −^𝐶^𝐶

𝐶_𝐴

𝐶𝐴= 0,5 → 0,5 =^𝐶^𝐶

0,5− 1 𝑎𝑡𝑎𝑢 0,5 = 1 −^𝐶^𝐶

0,5

𝐶_𝐶 = 0,75 𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐶_𝐶= 0,25 𝑀

𝑑𝑖𝑎𝑚𝑏𝑖𝑙 𝐶𝐶

= 0,25 𝑀 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎ℎ 𝐴 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑏𝑒𝑟𝑎𝑘𝑠𝑖 ℎ𝑎𝑛𝑦𝑎 0,5 𝑚𝑜𝑙 𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡 𝑑𝑖ℎ𝑎𝑠𝑖𝑙𝑘𝑎𝑛 𝐶 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑠𝑖 𝑚𝑒𝑙𝑒𝑏𝑖ℎ𝑖 0,5 𝑀

𝐴 + 𝐵 → 𝐶 𝐵 + 𝐶 → 𝐷 𝐴 + 2𝐵 → 𝐷

𝐴 + 2𝐵 → 𝐷

𝑀𝑢𝑙𝑎 ∶ 1 3 −

𝐵𝑒𝑟𝑒𝑎𝑘𝑠𝑖 ∶ −0,5 − 1 0,5

ℎ𝑎𝑠𝑖𝑙 ∶ 0,5 2 0,5

𝑆𝑎𝑎𝑡 𝐶𝐴= 0,5 𝑀; 𝐶𝐵= 2 𝑀; 𝐶𝐷 = 0,5 𝑀; 𝐶𝐶 = 0,25 𝑀

𝑿_𝑪= 𝟎, 𝟐𝟓

𝟎, 𝟓 + 𝟐 + 𝟎, 𝟐𝟓 + 𝟎, 𝟓 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟕

3. SO ABET A; Penyelesaian PDB orde 2]

Sebuah besi pemanas air berbentuk batang silinder dipasok energi panas sebesar q. pada kondisi tunak, laju panas yang dihasilkan oleh silinder sama dengan laju panas yang dipindahkan dari permukaan silinder ke fluida air yang bergerak. Kondisi ini memungkinkan suatu permukaan (Ts) dipertahankan pada nilai tetap dan dapat dinyatakan dalam persamaan matematika:

Tentukan nilai temperature (T) sebagai fungsi jari-jari silinder (r) jika konduktivitas termal k adalah:

a. sebuah konstanta (nilai tetap) b. sebuah fungsi T

(26)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 26

Jawab :

𝐷𝑖𝑘 ∶¹

𝑟 𝑑 𝑑𝑟(𝑟 𝐾^𝑑𝑇

𝑑𝑟) + 𝑞 = 0

𝐷𝑖𝑡 ∶ 𝑎) 𝑇 =? ; 𝐾 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎 𝑏) 𝑇 =? ; 𝐾 = 𝑓(𝑇) 𝐷𝑖𝑗 ∶ 𝑎)

𝑑

𝑑𝑟(𝑟 𝐾𝑑𝑇

𝑑𝑟) = −𝑞𝑟

∫ 𝑑 (𝑟 𝐾𝑑𝑇

𝑑𝑟) = ∫ −9𝑟 𝑑𝑟 𝑟 𝐾𝑑𝑇

𝑑𝑟= −𝑞 2𝑟²+ 𝐶₁

∫ 𝑑𝑇 = ∫ − 𝑞

2𝐾𝑟 𝑑𝑟 + ∫ 𝐶₁ 𝐾 𝑟𝑑𝑟 𝑻 = − 𝒒

𝟒𝑲𝒓^𝟐+𝑪_𝟏

𝑲𝐥𝐧|𝒓| + 𝑪𝟐

𝑏) 𝑚𝑖𝑠𝑎𝑙𝑘𝑎𝑛 𝐾 = 𝑎𝑇 ; 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑎 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎 𝑑𝑇

𝑑𝑟= − 𝑞

2 𝑎 𝑇 𝑟 + 𝐶₁ 𝑎 𝑇 𝑟 𝑟𝑑𝑇

𝑑𝑟= − 𝑞

2𝑎𝑇𝑟²+𝐶1

𝑎𝑇=−0,5 𝑞𝑟²+ 𝐶1

𝑎𝑇

∫ 𝑎 𝑇 𝑑𝑇 = ∫−0,5 𝑞𝑟²+ 𝐶₁

𝑟 𝑑𝑟

1

2𝑎𝑇²= −0,25 𝑞𝑟²+ 𝐶1ln|𝑟| + 𝐶2

𝑻 = √−𝟎, 𝟓 𝒒𝒓^𝟐+ 𝟐𝑪_𝟏𝐥𝐧|𝒓| + 𝟐𝑪_𝟐 𝒂

(27)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 27 TK2104-Analisis Matematika Teknik Kimia UM 2 Semester 1 2016/2017 Dosen : Prof Dr. Dwiwahju Sasongko, Dr. M.T.A.P. Kresnowati, Daniel Pramudita, dan

Dr. Antonius lndarto.

17 November 2016, 90 menit

1. Perpindahan panas konduksi (tunak) melalui dinding insulasi pipa yang mengalirkan kukus dapat diungkapkan dnegan persamaan

1 𝑟 𝑑 𝑑𝑟 (𝑟𝑑𝑇

𝑑𝑟) = 0

Temperatur permukaan bagian dalam insulasi (jari-jari 0,06 m) adalah 450 K, sedangkan temperatur permukaan bagian luar insulasi (jari-jari 0,11 m) adalah 310 K. Perkirakan profil termperatur di dalam dinding instulasi (temperatur sebagai fungsi posisi ke arah radial di dalam dinding insulasi).

Jawab :

1 𝑟

𝑑 𝑑𝑟(𝑟𝑑𝑇

𝑑𝑟) = 0 1

𝑟(𝑑𝑇

𝑑𝑟 + 𝑟𝑑²𝑇 𝑑𝑟²) = 0 1

𝑟 𝑑𝑇 𝑑𝑟+𝑑²𝑇

𝑑𝑟² = 0 Misalkan ^𝑑𝑇

𝑑𝑟 = 𝑢, sehingga

𝑢 𝑟+𝑑𝑢

𝑑𝑟 = 0 𝑑𝑢

𝑑𝑟 = −𝑢 𝑟

∫1

𝑢𝑑𝑢 = ∫ −1 𝑟𝑑𝑟 ln 𝑢 = − ln 𝑟 + 𝐶₁

𝑢 = 𝑒^{− ln 𝑟+𝐶}¹ Substitusi 𝑢 =^𝑑𝑇

𝑑𝑟

𝑑𝑇

𝑑𝑟 = 𝑒^ln¹^𝑟^+𝐶¹ 𝑑𝑇

𝑑𝑟 =1 𝑟 𝑒^𝐶¹ 𝑑𝑇 𝑑𝑟 =𝐶₁

𝑟

∫ 𝑑𝑇 = ∫𝐶₁ 𝑟 𝑑𝑟 𝑇 = 𝐶₁ln 𝑟 + 𝐶₂

Diketahui pada saat 𝑟 = 0,06 m, 𝑇 = 450 K dan saat 𝑟 = 0,11 m, 𝑇 = 310 K.

450 = 𝐶₁ln 0,06 + 𝐶₂

(28)

Tim Divisi Akademik HIMATEK-ITB 2022/2023 28

310 = 𝐶₁ln 0,11 + 𝐶₂

Eliminasi kedua persamaan diatas sehingga didapatkan persamaan temperatur sebagai fungsi posisi ke arah radial di dalam dinding insulasi.

∴ 𝑻 = −𝟐𝟑𝟎, 𝟏𝟏 𝐥𝐧 𝒓 − 𝟏𝟗𝟗, 𝟖𝟐 Dengan 𝑇 dalam Kelvin dan 𝑟 dalam m.

2. Suatu bahan kimia berdifusi melalui membrane setebal L dan mengalami reaksi orde satu mengikuti persamaan

𝑑²𝐶 𝑑𝑥² = 𝑘

𝐷𝐶

Jika konsentrasi reaktan di 𝑥 = 0 dipertahankan 𝐶_𝑖 dan di 𝑥 = 𝐿 dipertahankan 𝐶_𝐿, tentukan 𝐶 sebagai fungsi 𝑥 dengan menggunakan deret pangkat atau deret Frobenius.

Jawab :

Misalkan 𝐶 = 𝑎₀+ 𝑎₁𝑥 + 𝑎₂𝑥²+ ⋯

𝑑𝐶

𝑑𝑥= 𝑎₁+ 2𝑎₂𝑥 + 3𝑎₃𝑥²+ ⋯

𝑑²𝐶

𝑑𝑥²= 2𝑎₂+ 6𝑎₃