KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

55
BAHAN AJAR MATA KULIAH M M A A T T E E M M A A T T I I K K A A T T E E K K N N I I K K K K I I M M I I A A 2 2 Untuk digunakan di Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta Disusun kembali oleh: Irfan Purnawan, ST, MChemEng Fakultas Teknik Universitas Muhammadiyah Jakarta 2013

Transcript of KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

Page 1: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

BAHAN AJAR

MATA KULIAH

MMAATTEEMMAATTIIKKAA TTEEKKNNIIKK KKIIMMIIAA 22

Untuk digunakan di

Jurusan Teknik Kimia

Universitas Muhammadiyah Jakarta

Disusun kembali oleh:

Irfan Purnawan, ST, MChemEng

Fakultas Teknik

Universitas Muhammadiyah Jakarta

2013

Page 2: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - i

DAFTAR ISI

DAFTAR ISI ....................................................................................................................................i

I. AKAR-AKAR PERSAMAAN .................................................................................................... 1 1.1. Metoda Iterasi Satu Titik ................................................................................................... 2 1.2. Metoda Grafis .................................................................................................................... 5 1.3. Metoda Bisection ............................................................................................................... 6 1.4. Metoda Regula Falsi .......................................................................................................... 8

1.5. Metoda Newton-Raphson ................................................................................................ 12 1.6. Metoda Secant ................................................................................................................. 14

1.7. Akar-akar Ganda (Multiple roots) ................................................................................... 15

II. TRANSFORMASI LAPLACE ................................................................................................. 20 2.1 Pendahuluan .................................................................................................................... 20

2.2 Definisi Tranformasi Laplace .......................................................................................... 20 2.3 Transformasi Fungsi-Fungsi Sederhana .......................................................................... 21

2.3.1 Fungsi Tangga (Step function) ............................................................................... 21 2.3.2 Fungsi Eksponensial ............................................................................................... 21 2.2.6 Fungsi Ramp ........................................................................................................... 22

2.3.4 Fungsi Sinus ........................................................................................................... 22

2.3.5 Transformasi Laplace Derivative atau Turunan ..................................................... 23

2.4 Penyelesaian Persamaan Diferensial ............................................................................... 25 2.5 Teknik Peruraian Parsial.................................................................................................. 26

2.5.1 Peruraian Parsial .................................................................................................... 26 2.6 Rangkuman ...................................................................................................................... 32 2.7 Soal-Soal ......................................................................................................................... 32

2.8 Penyelesaian .................................................................................................................... 33

III. PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL SECARA NUMERIK ........................ 41 3.1 Penyelesaian Persamaan Differensial Ordinair ............................................................... 41 3.2 Persamaan Differensial Ordinair Orde Satu .................................................................... 41

3.2.1. Metoda Picard ....................................................................................................... 42

3.2.2. Metoda Ekspansi Taylor ........................................................................................ 44 3.2.3. Metoda Runge........................................................................................................ 46

3.2.4. Metoda Runge-Kutta ............................................................................................. 46 3.3 Persamaan Differensial Serentak Tingkat Satu ............................................................... 48 3.4 Persamaan Differensial Ordinair Orde Tinggi (Tingkat n) ............................................. 50 3.4 Soal Latihan Bab III ........................................................................................................ 53

Page 3: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 1

I. AKAR-AKAR PERSAMAAN

Dalam perhitungan matematik, seringkali perlu untuk menentukan akar-akar dari suatu

persamaan f (x) = 0, yaitu harga-harga x yang memenuhi persamaan f (x) tersebut.

Persamaan tersebut tidak selalu berbentuk sederhana, sehingga akar-akar persamaan tidak

selalu dapat ditentukan dengan mudah.

Sebagai contoh persamaan aljabar f (x) = ax2 + bx + c = 0 dengan rumus kuadrat

2

1,2

4

2

b b acx

a

dapat dengan mudah ditentukan akar-akar persamaan tersebut, tapi

tidaklah demikian untuk persamaan yang berbentuk komplek, seperti: f (x) = e x + cos x = 0,

maka penentuan akar-akarnya yang berjumlah tak terhingga, menjadi sulit bila dihitung

secara biasa saja. Untuk itu metoda numerik banyak digunakan untuk menentukan akar-

akar persamaan yang berbentuk kompleks tersebut.

Pada dasarnya ada 2 (dua) macam persamaan f (x) = 0, yaitu:

(1) Persamaan bersifat aljabar, jika fungsi diungkapkan dalam bentuk :

fn yn + fn-i y

n-i + …… + f1y + f0 = 0

dimana tiap f adalah polinom dalam x. Polinom adalah suatu kelas sederhana dari

fungsi aljabar, secara umum dinyatakan :

f (x) = a0 + a1x + a2x2 + .... + anx

n

Contoh: f (x) = x2 + 3x + 2

(2) Persamaan bersifat transeden, adalah fungsi yang bukan bersifat aljabar, termasuk

fungsi goneometri, eksponensial, logaritma, dan Iain-lain.

Contoh: f (x) = e - x + x ; f (x) = sin x ; f (x) = ln x – 1

Di dalam praktek, metoda numerik banyak digunakan untuk menentukan akar-akar

persamaan. Metoda pendekatan yang dilakukan meliputi:

a. Penentuan akar-akar pendekatan

b. Perulangan perhitungan pendekatan sampai dicapai ketepatan yang diinginkan

Ada beberapa metoda penentuan akar-akar pendekatan yang dapat digunakan, dan karena

akar-akar diperoleh dengan iterasi (pendekatan berurutan), maka pada iterasi keberapa

Page 4: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 2

diperoleh harga akar-akar yang cukup teliti, perlu pula diketahui kesalahan relatif yang

diminta atau dapat ditoleransi.

Definisi-definisi kesalahan:

(1) Kesalahan sebenarnya (true error):

Et = nilai sebenarnya - nilai pendekatan = 1ix x

(2) Prosentase kesalahan sebenarnya relatif:

Et = 1 100%ix xx

x

(3) Prosentase kesalahan pendekatan relatif:

Ea = 1

1

100%i i

i

x xx

x

(4) Kriteria berhenti: Hentikan perhitungan jika Ea Es

Dimana Es adalah % kesalahan relatif yang diminta.

1.1. Metoda Iterasi Satu Titik

Bila x adalah salah satu dari akar persamaan f (x) = 0, maka: f ( x ) = 0.

Sebaliknya bila x bukan salah satu akarnya, maka: f (x) 0.

Dari persamaan f (x) = 0, diusahakan untuk memisahkan x sedemikian sehingga diperoleh

hubungan:

x = g (x) ........................ (1.1)

Transformasi ini dapat dilaksanakan dengan manipulasi aljabar atau dengan hanya

menambahkan x pada kedua ruas persamaan semula, misalnya :

x2 - 2x + 3 = 0

dapat dengan mudah dimanipulasi untuk memberikan

2 3

2

xx

Sedangkan sin x = 0, dengan cara menambahkan x pada kedua ruas untuk memberikan

x = x + sin x

Kegunaan persamaan (1a) adalah akan memberikan suatu formula untuk memperkirakan

suatu nilai x sebagai fungsi dari x. Perhitungan iteratif dimulai dengan memisalkan x0

sebagai salah satu akar persamaan dan selanjutnya disubstitusikan dalam g(x).

Page 5: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 3

Hasil substitusi dinyatakan sebagai:

x1 = g (x0)

dimana x1 x0, karena x0 hanya salah satu akar persamaan yang dimisalkan. Selanjutnya

iterasi berikutnya akan memberikan susunan persamaan:

x2 = g (x1)

x3 = g (x2)

.

.

.

.

ix = g ( 1ix )

1ix = g ( ix )

atau dapat diperoleh rumus iterasi:

1ix = g ( ix ) ...............(1.2)

Cara perhitungan iteratif seperti tersebut di atas diharapkan dapat memeberikan hasil

penyelesaian yang positif, bila kondisi perhitungan menunjukkan konvengensi. Yang perlu

dicatat adalah bahwa berdasarkan teori nilai rata-rata (mean value theorem), dapat

dinyatakan bahwa hubungan berikut dapat dianggap syarat cukup mendapatkan kondisi

konvergen.

| g' (x) | < 1

Sedangkan kesalahan pendekatan untuk persamaan 1) dapat ditentukan dengan rumus:

Ea = 1

1

100%i i

i

x xx

x

Contoh Soal:

(1) Tentukan akar f(x) = xe – x dengan menggunakan iterasi satu titik sederhana, dengan

terkaan awal x0 = 0, dan sampai Es = 1,5%.

Penyelesaian

Untuk memperoleh akar f ()x = 0 dari xe - x = 0, diperoleh x = xe .

Sehingga persamaan menjadi 1i

i

xx e

(0) Iterasi ke-0 : x0 = 0

(1) Iterasi ke-1 : i = 0

00

1 1x

x e e

1 0

1

1 0100% 100% 100%

1

x xEa x x

x

Page 6: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 4

(2) Iterasi ke-2 : i = 1

11

2 0,367879x

x e e

2 1

2

0,367879 1100% 100% 171,8%

0,367879

x xEa x x

x

(3) Iterasi ke-3 : i = 2

0,36787923 0,692201

xx e e

3 2

3

0,692201 0,367879100% 100% 46,9%

0,692201

x xEa x x

x

* Dari literatur nilai akar yang sebenarnya x = 0,56714329, sehingga

(0) Iterasi ke - 0 : 1 0,56714329 0

100% 100% 100%0,56714329

i

t

x xE x x

x

(1) Iterasi ke - 1 : 1 0,56714329 1

100% 100% 76,3%0,56714329

i

t

x xE x x

x

(2) Iterasi ke - 2 : 1 0,56714329 0,367879

100% 100% 35,1%0,56714329

i

t

x xE x x

x

(3) Iterasi ke - 3 : 1 0,56714329 0,692201

100% 100% 22,1%0,56714329

i

t

x xE x x

x

Dengan cara yang sama, iterasi ke -4, 5, 6, ... dst dapat disimpulkan sbb:

Iterasi xi Ea (%) Et (%)

0 0 - 100

1 1,0000 100 76,3

2 0,367879 171,8 35,1

3 0,692201 46,9 22,1

4 0,500473 38,3 11,8

5 0,6066244 17,4 6,89

6 0,545396 11,2 3,83

7 0,579612 5,9 2,20

8 0,560115 3,48 1,24

9 0,571143 1,93 0,705

10 0,564879 1,11 0,399

Page 7: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 5

Dari hasil yang diperoleh terlihat Ea < Es pada iterasi ke-10, dan juga tercapai

konvergensi, bila dilihat syarat konvergensi.

g (x) = xe , maka g' (x) = xe

Syarat konvergensi | g' (x) | < 1 atau | xe | < 1

Jadi xe < 1, atau – x < In 1, atau x > 0

1.2. Metoda Grafis

Adalah metoda yang sederhana untuk memperoleh akar persamaan f (x) = 0, dengan

membuat grafik fungsi dan mengamati dimana ia memotong sumbu x. Untuk fungsi aljabar

sederhana tentulah mudah, tapi untuk fungsi transenden yang cukup kompleks diperlukan

aproksimasi (pendekatan) secara numerik. Pendekatan grafis lain adalah memisahkan

persamaan f l (x) = 0 ke dalam dua bagian komponen, seperti dalam:

f1(x) = f2(x), maka ke dua persamaan adalah :

y1 = f1(x) dan y2 = f2(x)

Dapat digambarkan secara terpisah, dimana nilai-nilai x diperoleh dari perpotongan fungsi-

fungsi y1 dan y2 yang menyatakan akar-akar dari f (x) = 0.

Contoh soal:

(2) Tentukan akar-akar f (x) = xe – x dengan metoda grafis!

Penyelesaian

Rumuskan persamaan f (x) = xe – x, menjadi y1 = x dan y2 = xe , dan nilai-nilai

berikut dapat dihitung :

x y1 y2

0 0 1,0

0,2 0,2 0,819

0,4 0,4 0,670

0,6 0,6 0,545

0,8 0,8 0,449

1,0 1,0 0,368

Page 8: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 6

Perpotongan kedua kurva menunjukkan suatu taksiran akar sebesar x 0,57.

1.3. Metoda Bisection

Metoda Bisection disebut juga metoda "bagi dua” atau metoda Belzano. Merupakan salah

satu jenis pencarian akar-akar, dimana selang selalu dibagi dua. Langkah-langkahnya

adalah sebagai berikut:

(1) Pilih xL bawah, dan xu puncak taksiran untuk akar, sehingga perubahan mencakup

seluruh interval. Hal ini dapat diperiksa dengan memastikan f (xL) f (xr) < 0.

(2) Perhitungan taksiran xr, ditentukan dengan:

2

L u

r

x xx

........................... (1.3)

(3) Buat evaluasi berikut untuk memastikan pada bagian interval mana akan berada

a) Jika f (xL) f (xr) < 0, akar akan berada pada bagian interval bawah, maka xu = xr, dan

kembali ke langkah (2)

b) Jika f (xL) f (xr) > 0, akar akan berada pada bagian interval atas, maka xL = xr, dan

kembali ke langkah (2)

c) Jika f (xL) f (xr) = 0, akar setara xr, hentikan perhitungan.

Contoh soal:

(3) Dengan metoda Bisection perkirakan akar f (x) = xe – x dengan terkaan awal

xL = 0, xu = 1.

Page 9: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 7

Penyelesaian

Untuk mendapatkan akar f (x) = 0, xe - x = 0, maka: x = xe .

Dan rumus: 2

L u

r

x xx

(1) Iterasi ke-1, xL = 0 ; xu = 1

0 1

0,52 2

L u

r

x xx

1 0

1

0,5 0100% 100% 100%

0,5

x xEa x x

x

Test 1 : f (xL) f (xr) = ( Lxe

– xL) ( rxe

– xr) = ( 0e – 0) ( 0,5e – 0,5) = (1)(0,1065)

= 0,1065 > 0 L rx x

harga xL untuk iterasi ke-2 menggunakan harga xr pada iterasi 1, yaitu 0,5,

sementara harga xu tetap, yaitu 1.

(2) Iterasi ke-2, xL = 0,5 ; xu = 1

0,5 1

0,752 2

L u

r

x xx

2 1

2

0,75 0,5100% 100% 33,33%

0,75

x xEa x x

x

Test 2 : f (xL) f (xr) = ( Lxe

– xL) ( rxe

– xr) = ( 0,5e – 0,5) ( 0,75e – 0,75)

= (0,10653) (– 0,27763) = – 0,029576 < 0 u rx x

harga xu untuk iterasi ke-3 menggunakan harga xr pada iterasi 2, yaitu 0,75,

sementara harga xL tetap, yaitu 0,5.

(3) Iterasi ke-3, xL = 0,5 ; xu = 0,75

0,5 0,75

0,6252 2

L u

r

x xx

3 1

3

0,625 0,75100% 100% 20%

0,625

x xEa x x

x

Test 3 : f (xL) f (xr) = ( Lxe

– xL) ( rxe

– xr) = ( 0,5e – 0,5) ( 0,625e – 0,625)

= (0,10653) (– 0,089739) = – 0,0095572 < 0 u rx x

harga xu untuk iterasi ke-4 menggunakan harga xr pada iterasi 3, yaitu 0,625,

sementara harga xL tetap, yaitu 0,5.

Page 10: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 8

(4) Iterasi ke-4, xL = 0,5 ; xu = 0,625

0,5 0,625

0,56252 2

L u

r

x xx

4 3

4

0,5625 0,625100% 100% 11,11%

0,5625

x xEa x x

x

Test 4 : f (xL) f (xr) = ( Lxe

– xL) ( rxe

– xr) = ( 0,5e – 0,5) ( 0,5625e – 0,5625)

= (0,10653) (0,0072828) = 0,00077584 > 0 L rx x

harga xL untuk iterasi ke-5 menggunakan harga xr pada iterasi 4, yaitu 0,5625,

sementara harga xu tetap, yaitu 0,625.

(5) Iterasi ke-5, xL = 0,5625 ; xu = 0,625

0,5625 0,625

0,593752 2

L u

r

x xx

5 4

5

0,59375 0,5625100% 100% 5,2%

0,59375

x xEa x x

x

Test 5 : f (xL) f (xr) = ( Lxe

– xL) ( rxe

– xr) = ( 0,5625e – 0,5625) ( 0,59375e – 0,59375)

= (0,0072828) (– 0,041498) = – 0,00030222 < 0 u rx x

harga xu untuk iterasi ke-6 menggunakan harga xr pada iterasi 5, yaitu 0,59375,

sementara harga xL tetap, yaitu 0,5625.

Dan seterusnya... hingga diperoleh Ea Es.

1.4. Metoda Regula Falsi

Metoda ini disebut juga metoda posisi palsu, atau metoda interpolasi linier. Metoda

alternatif yang memanfaatkan pengertian grafis ini adalah menghubungkan titik-titik itu

dengan sebuah garis lurus. Perpotongan garis ini dengan sumbu x merupakan taksiran akar

yang diperbaiki. Kenyataan bahwa penggantian kurva oleh garis lurus memberikan suatu

"posisi palsu" dari akar, merupakan asal mula dari nama metoda posisi palsu. Dengan

menggunakan segitiga sebangun, perpotongan garis dan sumbu x dapat ditaksir sebagai:

( )( ) uL

r L r u

f xf x

x x x x

( ) ( ) ( ) ( )L r u u r Lf x x x f x x x

Page 11: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 9

Dibagi dengan: ( ) ( )L uf x f x

( ) ( )

( ) ( )

u L L ur

L u

x f x x f xx

f x f x

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

L u u Lr

L u L u

f x x f x xx

f x f x f x f x

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

L u u Lr u u

L u L u

f x x f x xx x x

f x f x f x f x

Dengan mengumpulkan suku-sukunya, dihasilkan:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

u u u Lr u

L u L u

f x x f x xx x

f x f x f x f x

atau

( ) ( )

( ) ( )

u L ur u

L u

f x x xx x

f x f x

.......... (1.4)

Persamaan di atas merupakan rumus metode “Regula Falsi”.

Dalam aplikasinya, lakukan langkah 3) pada metode Bisection untuk mengevaluasi pada

bagian interval mana akan berada.

a) Jika f (xL) f (xr) < 0, maka ambil xu = xr

b) Jika f (xL) f (xr) > 0, maka ambil xL = xr

c) Jika f (xL) f (xr) = 0, akar setara dengan xr, hentikan perhitungan (perhatikan juga kriteria

perhitungan Ea Es).

Contoh soal:

(4) Persamaan f (x) = 10x – 1, tentukan:

a) Akar-akar dengan metode Bisection

b) Akar-akar dengan metode Regula Falsi

Dengan x antara 0 dan 1,3, Es = 2% dan dari literatur x = 1.

Penyelesaian

xL = 0 dan xu = 1,3

a) Metode Bisection

(1) Iterasi ke-1, xL = 0 ; xu = 1,3

0 1,3

0,652 2

L u

r

x xx

Page 12: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 10

1 0

1

0,65 0100% 100% 100%

0,65

x xEa x x

x

x = 1, maka: 1 1 0,65100% 100% 35%

1

x xEt x x

x

Test 1 : f (xL) f (xr) = ( 10

Lx – 1) ( 10

rx – 1) = ( 100 – 1) ( 100,65 – 1) = (– 1)( – 0,98654)

= 0,98654 > 0 L rx x

harga xL untuk iterasi ke-2 menggunakan harga xr pada iterasi 1, yaitu 0,65, sementara

harga xu tetap, yaitu 1,3.

(2) Iterasi ke-2, xL = 0,65 ; xu = 1,3

0,65 1,3

0,9752 2

L u

r

x xx

2 1

2

0,975 0,65100% 100% 33,33%

0,975

x xEa x x

x

x = 1, maka: 2 1 0,975100% 100% 2,5%

1

x xEt x x

x

Test 2 : f (xL) f (xr) = (10

Lx – 1)(10

rx – 1) = ( 100,65 – 1)( 100,975 – 1)

= (– 0,98654) (– 0,22367) = 0,22066 > 0 L rx x

harga xu untuk iterasi ke-3 menggunakan harga xr pada iterasi 2, yaitu 0,975, sementara

harga xL tetap, yaitu 0,65.

Dengan cara yang sama, iterasi dapat dilakukan sampai Ea Es.

Iterasi sampai ke-6 memberikan hasil sebagai berikut:

i xL xu xr Ea (%) Et (%)

1 0 1,3 0,65 100 35

2 0,65 1,3 0,975 33 2,5

3 0,975 1,3 1,375 14,3 13,8

4 0,975 1,375 1,05625 7,7 5,6

5 0,975 1,05625 1,015625 4 1,6

6 0,975 1,015625 0,9953 2 0,46

Iterasi dihentikan, karena tercapai harga Ea Es (dalam kasus ini Ea = Es), yaitu 2%.

Page 13: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 11

b) Metode Regula Falsi

( ) ( )

( ) ( )

u L ur u

L u

f x x xx x

f x f x

(1) Iterasi ke-1

xL = 0 f (xL) = xL10 – 1 = (0)10 – 1 = – 1

xu = 1,3 f (xu) = xu10 – 1 = (1,3)10 – 1 = 13,78585 – 1 = 12,78585

12,78585 (0 1,3)1,3 0,0942996

1 12,78585rx

1 0

1

0,0942996 0100% 100% 100%

0,0942996

x xEa x x

x

x = 1, maka: 1 1 0,0942996100% 100% 90,57%

1

x xEt x x

x

Test 1 : f (xL) f (xr) = ( 10

Lx – 1) ( 10

rx – 1) = ( 100 – 1) ( 100,0942996 – 1)

= (– 1) ( – 1) = 1 > 0 L rx x

harga xL untuk iterasi ke-2 menggunakan harga xr pada iterasi 1, yaitu 0,0942996,

sementara harga xu tetap, yaitu 1,3.

(2) Iterasi ke-2,

xL = 0,0942996 f (xL) = xL10 – 1 = (0,0942996)10 – 1 = (5,5 x 10-11) – 1 = – 1

xu = 1,3 f (xu) = xu10 – 1 = (1,3)10 – 1 = 13,78585 – 1 = 12,78585

12,78585 (0,0942996 1,3)1,3 0,181759

1 12,78585rx

1 0

1

0,181759 0,0942996100% 100% 48,12%

0,181759

x xEa x x

x

x = 1, maka: 2 1 0,181759100% 100% 81,82%

1

x xEt x x

x

Test 2 : f (xL) f (xr) = (10

Lx – 1) (10

rx – 1) = (100,0942996 – 1) (

100,181759 – 1)

= (– 1) ( – 0,99) = 0,99 > 0 L rx x

harga xL untuk iterasi ke-3 menggunakan harga xr pada iterasi 2, yaitu 0,181759,

sementara harga xu tetap, yaitu 1,3.

Dengan cara yang sama, iterasi dapat dilakukan sampai Ea Es.

Iterasi sampai ke-5 memberikan hasil sebagai berikut:

Page 14: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 12

i xL xu xr Ea (%) Et (%)

1 0 1,3 0,0942996 100 90,57

2 0,09430 1,3 0,181759 48,1 81,82

3 0,18176 1,3 0,26287 30,9 73,7

4 0,26287 1,3 0,33811 22,3 66,2

5 0,33811 1,3 0,40788 17,1 59,2

Iterasi terus dilakukan hingga tercapai harga Ea Es. Sampai pada iterasi ke-5, terlihat

kesalahan sebenarnya (Et) hanya direduksi hingga 59,2 %, padahal dengan metode

Bisection, pada iterasi yang sama (ke-5) Et direduksi hingga 4%. Jadi untuk soal ini,

yang lebih baik adalah dengan menggunakan metode Bisection, dimana tingkat

konvergensinya lebih cepat.

1.5. Metoda Newton-Raphson

Metode Newton-Raphson adalah rumus penemuan akar yang paling banyak digunakan

diantara metode yang ada. Metode ini dapat diturunkan berdasarkan tafsiran geometris,

seperti terlihat pada gambar berikut; turunan pertama di xi setara dengan kemiringan:

1

( ) 0'( ) i

i

i i

f xf x

x x

yang dapat disusun kembali menjadi:

1

( )

'( )

ii i

i

f xx x

f x .......... (1.5)

yang dinamakan rumus metode “Newton-Raphson”.

Selain itu, metode Newton-Raphson juga dapat dikembangkan dari rumus Deret Taylor:

1 1 1

"( )( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ......

2

ii i i i i i i

f xf x f x f x x x x x

Dengan suatu pendekatan dapat diperoleh dengan memotong deret setelah satu turunan

pertama, 1 1( ) ( ) '( ) ( )i i i i if x f x f x x x

Pada perpotongan dengan sumbu x, maka 1( )if x = 0, atau 10 ( ) '( ) ( )i i i if x f x x x

yang dapat diselesaikan untuk: 1

( )

'( )

ii i

i

f xx x

f x

Page 15: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 13

Contoh Soal:

(5) Gunakan metode Newton-Raphson untuk memperoleh akar dari f(x) = xe – x,

dengan terkaan awal x0 = 0.

Penyelesaian

f(x) = xe – x dan f '(x) = – xe – 1

(0) Iterasi ke-0 : x0 = 0

(1) Iterasi ke-1 : i = 0

00

00 0

01

0 10 0,5

1 1 11

x

x

e x ex x

ee

1 0

1

0,5 0100% 100% 100%

0,5

x xEa x x

x

(2) Iterasi ke-2 : i = 1

0,51

11 0,5

12

0,5 0,106530,5 0,5 0,56631

1 0,60653 11

x

x

e x ex x

ee

2 1

2

0,56631 0,5100% 100% 11,71%

0,56631

x xEa x x

x

(3) Iterasi ke-3 : i = 2

0,5663122

2 0,566312

3

0,56631 0,00130610,56631 0,56631 0,56714

1 0,56762 11

x

x

e x ex x

ee

3 2

3

0,56714 0,56631100% 100% 0,15%

0,56714

x xEa x x

x

(4) Iterasi ke-4 : i = 3

x4 = 0,56714329 dan Ea = 0,000022%

(5) Iterasi ke-5 : i = 4

x5 = 0,56714..... dan Ea < 10-8 %

Bila disusun dalam bentuk tabel:

Iterasi xi Ea (%)

0 0 0

1 0,5 100

2 0,56631 11,71

3 0,56714 0,15

4 0,56714329 0,000022

Jadi, nilai akar yang

sebenarnya diperoleh pada

iterasi ke-4 dan kesalahan

relatif berkurang lebih cepat

pada setiap iterasi.

Page 16: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 14

1.6. Metoda Secant

Dipergunakan untuk fungsi tertentu yang turunannya sangat sulit. Untuk kasus semacam

ini, turunannya dapat didekati dengan 1

1

( ) ( )'( ) i i

i

i i

f x f xf x

x x

.

Pendekatan dapat disubstitusikan ke persamaan Newton-Raphson, sehingga diperoleh:

11

1

( ) ( )

( ) ( )

i i ii i

i i

f x x xx x

f x f x

.......... (1.6)

Rumus metode Secant/Tali Busur, metode ini memerlukan 2 (dua) terkaan awal untuk x.

Contoh Soal:

(6) Gunakan metode Secant untuk memperoleh akar dari f (x) = xe – x, dengan terkaan

awal x –1 = 0 dan x0 = 1,0. Dari literatur, diketahui harga x = 0,56714329

Penyelesaian

(1) Iterasi ke-1

x –1 = 0 f (x –1) = 1xe

– x –1 = 0e – 0 = 1 – 0 = 1

x0 = 1 f (x0) = 0xe

– x0 = 1e – 1 = 0,36788 – 1 = – 0,63212

0 1 00

1 0

1

( ) ( ) 0,63212 (0 1)1 0,61270

( ) ( ) 1 ( 0,63212)

f x x xx x

f x f x

1 0

1

0,6127 1100% 100% 63,21%

0,6127

x xEa x x

x

1 0,56714329 0,61270100% 100% 8,03%

0,56714329

x xEt x x

x

(2) Iterasi ke-2

x0 = 1 f (x0) = 0xe

– x0 = 1e – 1 = 0,36788 – 1 = – 0,63212

x1 = 0,6127 f (x1) = 1xe

– x1 = 0,6127e – 0,6127 = – 0,07081

1 0 11

0 1

2

( ) ( ) 0,07081 (1 0,6127)0,6127 0,56384

( ) ( ) 0,63212 ( 0,07081)

f x x xx x

f x f x

2 1

2

0,56384 0,6127100% 100% 8,67%

0,56384

x xEa x x

x

2 0,56714329 0,56384100% 100% 0,63%

0,56714329

x xEt x x

x

Page 17: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 15

(3) Iterasi ke-3

x1 = 0,6127 f (x1) = 1xe

– x1 = 0,6127e – 0,6127 = – 0,07081

x2 = 0,56384 f (x1) = 2xe

– x2 = 0,56384e – 0,56384 = – 0,00518

2 1 22

1 2

3

( ) ( ) 0,00518 (0,6127 0,56384)0,56384 0,56717

( ) ( ) 0,07081 (0,00518)

f x x xx x

f x f x

3 2

3

0,56717 0,56384100% 100% 0,59%

0,56717

x xEa x x

x

3 0,56714329 0,56717100% 100% 0,0047%

0,56714329

x xEt x x

x

1.7. Akar-akar Ganda (Multiple roots)

Metode ini memodifikasi rumus Newton-Raphson (5) 1

( )

'( )

ii i

i

f xx x

f x .

Alternatif yang disarankan adalah Raltson and Rabinowitz, yaitu mendefinisikan:

( )( )

'( )

f xu x

f x .......... (1.7)

Kemudian dengan maksud mengembangkan suatu bentuk alternatif dari metode Newton-

Rapshon untuk akar ganda, didapat:

1

( )

'( )

ii i

i

u xx x

u x .......... (1.8)

Dari persamaan (1.5) dapat didiferensialkan memberikan

2

'( ) '( ) ( ) "( )'( )

'( )

f x f x f x f xu x

f x

.......... (1.9)

Persamaan (1.8) dan (1.9) disubstitusikan ke persamaan (1.5), akan dihasilkan rumus

Newton-Raphson modifikasi untuk akar ganda.

1 2

( ) '( )

'( ) ( ) "( )

i ii i

i i i

f x f xx x

f x f x f x

.......... (1.10)

Rumus ini, baik untuk f (x) = 0, yang mengandung akar ganda, seperti:

f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 = (x – 3) (x – 1) (x – 1)

Sedangkan untuk f (x) = 0, tidak mengandung akar ganda, dapat menggunakan metode

Newton-Raphson persamaan (1.5).

Page 18: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 16

Untuk memperoleh akar-akar ganda, juga dapat memodifikasi metode Secant,

menghasilkan:

11

1

( ) ( )

( ) ( )

i i ii i

i i

u x x xx x

u x u x

.......... (1.11)

Contoh Soal:

(7) Gunakan baik metode Newton-Raphson yang biasa maupun yang dimodifikasi untuk

menghitung akar dari f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 dengan terkaan awal x0 = 0 (akar

minimum) dan x0 = 4 (akar maksimum), x = 3.

Penyelesaian

a) Dengan metode Newton-Raphson

f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 f '(x) = 3 x2 – 10 x + 7

Sehingga, rumus yang digunakan adalah:

1

( )

'( )

ii i

i

f xx x

f x

3 2

1 2

5 7 3

3 10 7

i i ii i

i i

x x xx x

x x

Perhitungan secara iteratif menghasilkan:

I xi Et (%) Ea (%)

0 0 100

1 0,4285714429 85,7 100

2 0,685714286 77,14 37,5

3 0,83286540 17 17,67

4 0,913328983 8,7 8,8

5 0,955783293 4,4 4,4

6 0,977655101 2,2 2,2

dst......

b) Dengan metode Newton-Raphson modifikasi

f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3 f '(x) = 3 x2 – 10 x + 7 f "(x) = 6 x - 10

Sehingga persamaan penyelesainnya adalah:

1 2

( ) '( )

'( ) ( ) "( )

i ii i

i i i

f x f xx x

f x f x f x

Page 19: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 17

3 2 2

1 22 3 2

5 7 3 3 10 7

3 10 7 5 7 3 6 10

i i i i i

i i

i i i i i i

x x x x xx x

x x x x x x

Perhitungan secara iteratif menghasilkan:

- Untuk mencari akar terkecil (minimum), pendekatan awal x0 = 0

i xi Et (%) Ea (%)

0 0 100

1 1,105263158 63,16

2 1,003081664 66,56 10,19

3 1,000002382 .......... 0,29

- Untuk mencari akar yang besar (maksimum), pendekatan awal x0 = 4.

i xi (NR) Et (%) xi (M-NR) Et (%)

0 4 33 4 33

1 3,4 13 2,6363637 12

2 3,1 3,3 2,8202247 6

3 3,00869565 0,29 2,961728211 1,3

4 3,00007464 0,0025 2,9984787 0,051

5 3,00000006 2 x 10-7 2,9999768

Untuk kasus soal ini, kedua metode akan konvergen dengan cepat dan NR

lebih efisien.

Page 20: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 18

f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3

x0 = 0 (akar minimum), Es = 2%

x1 = 4 (akar maksimum)

Penyelesaian:

1 2

( ) '( )

'( ) ( ) "( )

i ii i

i i i

f x f xx x

f x f x f x

f (x) = x3 – 5 x2 + 7 x – 3

f '(x) = 3 x2 – 10 x + 7

f ''(x) = 6 x – 10

(1) Iterasi ke - 1 i = 0

1 2

0 00

0 0 0

( ) '( )

'( ) ( ) "( )

f x f xx x

f x f x f x

u/ x0 = 0 (akar minimum)

f (x) = (0)3 – 5 (0)2 + 7 (0) – 3 = - 3

f '(x) = 3 (0)2 – 10 (0) + 7 = 7

f ''(x) = 6 (0) – 10 = - 10

1 2

( 3) (7)0

(7) ( 3) ( 10)x

1 1,105263x

1 0

1

100%x x

Ea xx

1,105263 0100% 100%

1,105263Ea x

u/ x0 = 4 (akar maksimum)

f (x) = (4)3 – 5 (4)2 + 7 (4) – 3 = 9

f '(x) = 3 (4)2 – 10 (4) + 7 = 15

f ''(x) = 6 (4) – 10 = 14

1 2

(9) (15)0

(15) (9) (14)x

1 2,636364x

1 0

1

100%x x

Ea xx

2,636364 4100% 51,72%

2,636364Ea x

(2) Iterasi ke - 2 i = 1

u/ akar minimum

f (x) = (1,105263)3 – 5 (1,105263)2 + 7 (1,105263) = -0,02099

f '(x) = 3 (1,105263)2 – 10 (1,105263) + 7 = -0,38781

f ''(x) = 6 (1,105263) – 10 = -3,36842

1 1,003082x

2 1

2

100%x x

Ea xx

u/ akar maksimum

f (x) = (2,636364)3 – 5 (2,636364)2 + 7 (2,636364) – 3 = - 0,9737

f '(x) = 3 (2,636364)2 – 10 (2,636364) + 7 = 1,487605

f ''(x) = 6 (2,636364) – 10 = 5,818184

1 2,820225x

2 1

2

100%x x

Ea xx

Page 21: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 19

Page 22: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 20

II. TRANSFORMASI LAPLACE

2.1 Pendahuluan

Walaupun hanya dari tinjauan sekilas tentang masalah pengendalian proses, namun

telah diperoleh gambaran bahwa penyelesaian persamaan diferensial merupakan tugas

utama seseorang yang ingin mempelajari pengendalian proses. Hal itu jelas karena analisis

sistem pengendalian proses adalah studi perilaku sistem-sistem dinamis dan sistem dinamis

adalah sistem yang mempunyai variabel yang harganya berubah dengan waktu. Semua

sistem dinamis diungkap secara matematis oleh persamaan diferensial. Metode

Transformasi Laplace menyediakan suatu sarana untuk menyelesaikan persamaan

diferensial linier ordiner dengan koefisien-koefisien konstanta secara efisien.

2.2 Definisi Tranformasi Laplace

Transformasi Laplace dari suatu fungsi waktu f(t) didefinisikan sebagai f(s)

menurut persamaan:

0

( ) ( )st

s tf f e dt

.................... (2.1)

Notasi ini juga sering dinyatakan sebagai:

( )sf L ( ){ }tf

Dimana operator L didefinisikan oleh persamaan 2.1.

Contoh 2.1.

Carilah Transformasi Laplace dari fungsi f (t) = 1

Menurut persamaan 2.1 maka:

0

( )

0

1(1)

st

st

t

s

t

ef e dt

s s

Sehingga: L { 1 } = 1

s

dalam hal ini beberapa kenyataan perlu dicatat:

Page 23: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 21

1. Transformasi Laplace f (s) tidak mengandung informasi tentang perilaku f (t) untuk t <

0. Hal ini karena hanya perilaku sistem dinamis untuk waktu positif saja yang menarik.

Kenyataannya variabel-variabel dan sistem ditetapkan sedemikian sehingga f (t) = 0

untuk t < 0.

2. Oleh karena transformasi Laplace didefinisikan dalam persamaan (2.1.) oleh suatu

integral tak tentu (improper), maka tidak selalu ada untuk setiap fungsi f (t). Perlu

diingat bahwa semua fungsi penting (menarik) tersedia secara memuaskan.

3. Transformasi Laplace adalah linier. Dalam notasi matematis, ini berarti

L 1 2( ) ( )a f t b f t = aL 1 ( )f t + b L 2 ( )f t

dimana a dan b adalah konstanta-konstanta dan f1 dan f2 adalah 2 buah fungsi t.

Pembuktian: Dengan menggunakan definisi

L 1 2( ) ( )a f t b f t = 1 2

0

( ) ( )st

a f t b f t e dt

4. Transformasi Laplace mengubah suatu fungsi variabel t menjadi suatu fungsi variabel s.

Variabel t dieliminasi dengan integrasi.

2.3 Transformasi Fungsi-Fungsi Sederhana

Akan dilakukan penjabaran transformasi beberapa fungsi sederhana yang bermanfaat.

2.3.1 Fungsi Tangga (Step function)

( )0 , 0

1 ,1 , 0

{tt

ft

Fungsi penting ini dikenal sebagai fungsi tangga satuan. Dari contoh 2.1 jelaslah

bahwa L {1} = 1

s. Sebagaimana diperkirakan, maka perilaku fungsi untuk t < 0 tidak

berpengaruh pada transformasi Laplace. Perlu dicatat bahwa sebagai konsekwensi

linieritas, maka transformasi suatu konstanta A yaitu f(t) = A, adalah f(s) = A

s.

2.3.2 Fungsi Eksponensial

( )0 , 0

,, 0

{att

at

tf e

e t

L ate

= 0

.at st

e e d t

=

0

( )s a te d t

Page 24: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 22

=

0

( )1 s a tes a

= 1

s a

2.2.6 Fungsi Ramp

( )0 , 0

,, 0

{tt

f tt t

L t = 0

.st

t e d t

Integrasi parsial memberikan

L t = 2

0

1

2

1( )

ts t

s sf s e

s

2.3.4 Fungsi Sinus

( )0 , 0

sinsin , 0

{tt

f k tk t t

L sin k t = 0

sin .st

k t e d t

Integrasi parsial memberikan:

L sin k t = 2 2

0

( sin cos )s t

es k t k k t

s k

=

2 2

k

s k

Dengan cara yang sama, transformasi dari fungsi-fungsi sederhana lainnya dapat

dijabarkan. Tabel 2.1 merupakan rangkuman dari transformasi Laplace untuk fungsi-

fungsi sederhana dan sangat bermanfaat dalam pengendalian proses dan realis.

Tabel 2.1. Fungsi, Grafik dan Transformasi Laplace

Fungsi Grafik Transformasi

Laplace

f(t ) = 1 = {0 , 0

, 0

t

t t

1

s

f(t) = A = {0 , 0

, 0

t

A t

A

s

t 0

1

t 0

A

Page 25: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 23

Fungsi Grafik Transformasi

Laplace

f(t) = t, {0 , 0

, 0

t

t t

2

1

s

f(t)= t n = {

0 , 0

, 0n

t

t t

1

!n

n

s

f(t)= ate

= {0 , 0

, 0at

t

e t

1

s a

f(t)= t n e-

a t = {

0 , 0

, 0atn

t

t e t

1

!

( ) n

n

s a

f(t)=sin k t = {

0 , 0

sin , 0

t

k t t

2 2

k

s k

f(t)=cos k t = {

0 , 0

cos , 0

t

k t t

2 2

s

s k

f(t)=sinh k t = {

0 , 0

sinh , 0

t

k t t

2 2

k

s k

f(t) = cosh k t = {

0 , 0

cosh , 0

t

k t t

2 2

s

s k

f(t)= e-a t

sin k t = {

0 , 0

sin , 0at

t

e k t t

2 2( )

k

s a k

f(t)= e-a t

cos k t =

{0 , 0

cos , 0at

t

e k t t

2 2( )

s a

s a k

2.3.5 Transformasi Laplace Derivative atau Turunan

L ( )

( ) (0)t

sd f

s f fd t

.................... (2.2)

0

t 0

0

0

0

t 0

t 0

1

t 0

1

t 0

1

t 0

Page 26: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 24

dimana, ( )sf L ( )tf

dan f(0) adalah f(t) untuk t = 0. Adalah penting untuk diingat bahwa f(0) jangan

diartikan sebagai f(s) untuk s = 0.

Pembuktian:

L 0

( ).

t s td f d fe d t

d t d t

Untuk mengintegralkan secara parsial tetapkan st

u e

, .d f

dv dtd t

sehingga

stdu se dt

, ( )tv f . Oleh karena u dv uv vdu , maka diperoleh:

00 0

( ). ( ) (0) ( )st ststt

d fe d t f e s f t e dt f s f s

d t

Gambaran yang jelas dari hasil transformasi ini adalah bahwa sementara fungsi t

dideferensialkan terhadap t maka fungsi s terkait hanya dikalikan dengan s. Untuk

memperoleh Transformasi Laplace turunan kedua digunakan transformasi turunan

pertama dua kali seperti berikut.

L 2

2

d f

d t

= L d d f

d t d t

= s L ( )

0

t

t

d f d f

d t dt

= ( ) (0) (0)'ss s f f f

= 2( ) (0) (0)'ss f s f f

dimana disingkat

( )(0)

0

't

t

d ff

dt

Dengan cara serupa, secara induksi mengulangi kembali penerapan persamaan (2.2)

memberikan

L n

n

d f

d t

= 1 2 ( )

( ) (0) (0)n n in

ss f s f s f

…. – ( 2) ( 1)(0) (0)n ns f f

dimana ( )

(0)i

f menunjukkan turunan ke i dari f(t) terhadap t untuk harga t = 0.

Sehingga Transformasi Laplace dapat dipandang sebagai pengganti operasi

Page 27: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 25

diferensiasi fungsi dengan pengalian transformasi oleh s, jumlah pengalian sesuai

dengan jumlah diferensiasi.

Contoh 2.2

Carilah Transformasi Laplace dari fungsi x(t) yang memenuhi persamaan diferensial dan

kondisi awal.

3 2

3 24 5 2 2

d x d x dxx

d t d t dt

2

2

(0) (0)(0) 0

dx d xx

dt d t atau (0) (0) (0)' " 0x x x

Penyelesaian

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

2' " 4 ' 5 2s s s ss x s x s x x s x s x x s x x x

s

Substitusikan harga-harga awal, maka:

3 2( ) ( ) ( ) ( )

20 0 0 4 0 0 5 0 2s s s ss x s x s x x

s

3 2( ) ( ) ( ) ( )

24 5 2s s s ss x s x s x x

s

3 2( )

24 5 2sx s s s

s

3 2

( )2

4 5 2sx

s s s s

2.4 Penyelesaian Persamaan Diferensial

Penerapan transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan diferensial

mencakup tahapan berikut:

1. Ambil transformasi Laplace kedua ruas persamaan diferensial. Kondisi awal disertakan

dalam transformasi Laplace derivativ.

2. Selesaikan persamaan transformasi Laplace untuk fungsi yang belum diketahui secara

aljabar. Operasi pengalian, pembagian, penambahan dan pengurangan.

3. Cari fungsi t yang mempunyai transformasi Laplace yang diperoleh dari langkah 2.

Contoh 2.3

Selesaikanlah persamaan diferensial berikut.

3 0dx

xdt

, (0) 2x

Page 28: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 26

1. ( ) (0) ( )3 0s ss x x x ( ) ( )2 3 0s ss x x

2. ( ) ( )3 2s ss x x ( ) ( 3) 2sx s ( )2

3sx

s

3. 3( ) 2 ttx e

2.5 Teknik Peruraian Parsial

Studi penerapan transformasi Laplace pada persamaan diferensial dengan

koefisien-koefisien konstan memungkinkan kita untuk memperoleh Transformasi Laplace

dari penyelesaiannya. Akan dikembangkan metode untuk melakukan inversi dari

transformasi Laplace untuk memperoleh jawaban dalam domain waktu. Persamaan-

persamaan diferensial yang akan diselesaikan semuanya dalam bentuk sebagai berikut:

1

1 1 01( )......

nn

tn nn n

d x d x dxa a a a x f

dtd t d t

Fungsi waktu yang tidak diketahui adalah x(t) dan an, an-1, ......, a1, a0 adalah

konstanta-konstanta. Fungsi f(t) telah ditentukan dan disebut fungsi paksa (forcing

function), karena fungsi itulah yang memaksa x(t) untuk berubah. Sebagai tambahan

informasi maka untuk semua masalah pengendalian proses kondisi awalnya telah

ditentukan. Dengan kata lain maka harga-harga x, dx

dt, ......,

1

1

n

n

d x

d t

pada waktu nol telah

ditentukan. Masalahnya adalah menentukan x(t) untuk t ≥ 0.

2.5.1 Peruraian Parsial

Di dalam serentetan contoh berikut akan dibahas teknik inversi peruraian parsial

untuk menyelesaikan persamaan diferensial kelas ini.

Contoh 2.4.

Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:

(0)1 0dx

x xdt

Penerapan transformasi Laplace memberikan:

( ) (0) ( )1

s ssx x xs

( ) ( )1

0s ssx xs

Page 29: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 27

( ) ( )1

s ssx xs

( )1

[ 1 ]sx ss

( )1

[ 1]sx

s s

Menurut teori peruraian parsial, maka:

( )1

( 1) 1s

A Bx

s s s s

.......... (3.1)

dimana A dan B merupakan konstanta-konstanta. Sehingga dengan menggunakan tabel 2.1

bentuk jawabanya adalah:

x (t) = A + B e – t .................... (2.3)

Sehingga jika A dan B diketahui maka kita akan memperoleh jawabannya.

Untuk menentukan A, kalikan kedua ruas persamaan (3.1) dengan s.

1

( 1) 1 1 ( 1)

s As Bs BsA

s s s s s s

.................... (2.4)

Karena persamaan ini memenuhi untuk semua harga s, maka harus memenuhi untuk s = 0.

Dengan memasukan harga s = 0 ke dalam persamaan (2.6), memberikan harga A = 1.

Untuk mencari B, kalikan kedua ruas persamaan (3.1) dengan (s + 1).

( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1)

( 1) ( 1)

s A s B s A sB

s s s s s s

...................... (2.5)

Oleh karena persamaan itu memenuhi untuk semua harga s, maka harus memenuhi juga

untuk s = -1. Ini akan menghasilkan B = -1.

Maka: ( )1 1 1

( 1) ( 1) 1s

A Bx

s s s s s s

.............................. (2.6)

Sehingga:

x (t) = 1 – e –t ................................................................................ (2.7)

Contoh 2.5

Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:

3 22

3 22 2 4 td x d x dx

x edt dt dt

(0) (0) (0)1, ' 0, " 1x x x

Ambil transformasi Laplace kedua ruas:

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

4 1' " 2 ' 2

2s s s ss x s x sx x s x sx x sx x x

s s

Page 30: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 28

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

4 11 2 1 2

2s s s ss x s s x s sx x

s s

3 2 2( ) ( ) ( ) ( )

4 11 2 2 1 2

2s s s ss x s s x s sx x

s s

3 2 2( ) ( ) ( ) ( )

4 12 2 2 2

2s s s ss x s x sx x s s

s s

3 2 2( )

4 12 2 2 2

2sx s s s s s

s s

4 3 3 2 2

3 2( )

4 8 2 2 4 2 42 2

( 2)s

s s s s s s s sx s s s

s s

4 2

3 2( )

6 9 8

( 2) ( 2 2)s

s s sx

s s s s s

4 2

( )6 9 8

( 2) ( 1) ( 2) ( 1)s

s s sx

s s s s s

( )2 1 2 1

sA B C D E

xs s s s s

........................... (2.8)

Untuk mencari A, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan s, dan kemudian tetapkan s

= 0, maka diperoleh:

8 82

( 2) (1) (2) ( 1) 4A

Untuk mencari B, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s-2), kemudian tetapkan s =

2, maka:

16 24 18 8 2 1

2 (3) (4) (1) 24 12B

Untuk mencari C, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s + 1), kemudian tetapkan s

=-1, maka:

1 6 9 8 22 11

( 1) ( 3) (1) ( 2) 6 3C

Untuk mencari D, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s + 2), kemudian tetapkan s

=-2, maka:

16 24 18 8 34 17

( 2) ( 4) ( 1) ( 3) 24 12D

Untuk mencari E, kalikan kedua ruas persamaan (2.8) dengan (s – 1), kemudian tetapkan s

= 1, maka:

1 6 9 3 4 2

(1) ( 1) (2) (3) 6 3E

Page 31: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 29

Prosedur dan hasil dirangkum dalam tabel berikut.

Tabel 2.1 Rangkuman Prosedur dan Hasil Penyelesaian Contoh 2.5

Untuk

menentukan

Kalikan persamaan

(3.7) dengan

Tetapan harga s

= Hasil

A s 0 - 2

B s – 2 2 1

12

C s + 1 - 1 11

3

D s + 2 - 2 17

12

E s – 1 1 2

3

( )

11 21 172 13 312 12

2 1 2 1sx

s s s s s

Maka, 2 2

( )1 11 17 2

212 3 12 3

t t t ttx e e e e

Contoh 2.6

Selesaikan persamaan diferensial berikut:

2

22 2 2

d x dxx

dt dt

(0) (0)' 0x x

Ambil transformasi Laplace kedua ruas persamaan:

2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )

2' 2 2s s ss x sx x sx x x

s

2( ) ( ) ( )

22 2s s ss x sx x

s

2( )

2( 2 2)sx s s

s

2( )

2

( 2 2)sx

s s s

Page 32: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 30

Memfaktorkan persamaan homolog

2 2 2 0s s

1

2 4 8

2s

1

2 4

2s

1

2 21

2

js j

2

2 21

2

js j

Sehingga ( )2

( 1 ) ( 1 )sx

s s j s j

( )2

( 1 ) ( 1 ) 1 1t

A B Cx

s s j s j s s j s j

………….. (2.9)

dimana A, B dan C adalah konstanta-konstanta yang harus dicari. Adanya faktor-faktor

kompleks tidak mengubah prosedur sama sekali, namun perhitungannya agak sedikit lebih

rumit.

Untuk memperoleh A, kalikan kedua ruas persamaan (2.9) dengan s, dan tetapkan s = 0,

maka:

2 2

2 2 2 21

(1 ) (1 ) 1 1 ( 1) 2A

j j j

Untuk memperoleh B, kalikan kedua ruas persamaan (2.9) dengan (s + 1 + j), dan tetapkan

s =-1-j, sehingga:

2

2 2 2

( 1 ) ( 1 1 ) ( 1 ) ( 2 ) 2 2B

j j j j j j j

2

1 j

Untuk memperoleh C, kalikan kedua ruas persamaan (2.9) dengan (s + 1 – j), dan tetapkan

s =-1 + j, sehingga:

( 1 )2 ( 1 ) ( 1 )

( 1 ) 1

C s jA s j B s j

s s j s s j

1s j

2

2 2 2

( 1 ) ( 1 1 ) ( 1 ) (2 ) 2 2C

j j j j j j j

2 2

1 1 1 1 1x

1 1 1 2

j j jC

j j j j j

1

2

jC

Oleh karena itu: ( )1 1 1 1 1

. .2 1 2 1

sj j

xs s j s j

Page 33: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 31

Contoh 2.7

Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:

3 2

3 23 3 1

d x d x dxx

d t d t dt

(0) (0) (0)' " 0x x x

Penerapan transformasi Laplace memberikan:

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

1' " 3 ' 3s s s ss x s x sx x s x sx x sx x x

s

3 2( ) ( ) ( ) ( )

13 3

5s s s ss x s x s x x

3 2( )

13 3 1sx s s s

s

3 2( )

1

( 3 3 1)sx

s s s s

Pemfaktoran dan ekspansi dalam peruraian parsial

3 3 2( )

1

( 1) ( 1) ( 1) 1s

A B C Dx

s s s s s s

...................................... (2.15)

Seperti kasus-kasus sebelumnya, untuk menentukan A, kalikan kedua ruas dengan s

dan tetapkan s = 0, maka 3

11

1A . Pengalian kedua ruas persamaan (2.15) dengan

(s+1)3 menghasilkan:

321 ( 1)

( 1) ( 1)A s

B C s D ss s

………………………… (2.16)

Dengan menetapkan s = -1 dalam persamaan (2.16), memberikan 1B .

Namun jika kita ingin menentukan C dengan mengalikan persamaan (2.15) dengan

(s + 1)2 dan kemudian menetapkan s = -1, maka suku yang mengandung B menjadi tak

terhingga. Catatan yang sama berlaku untuk menentukan D. Sehingga diperlukan untuk

mengubah prosedur dalam menentukan C dan D. Jika persamaan (2.16) didiferensialkan

terhadap s hasilnya adalah:

2

2 2

1 ( 1) (2 1)2 ( 1)

A s sC D s

s s

............................. (2.17)

Hasil diferensiasi ini mempunyai kelebihan, sebab prosedur ini menghilangkan B

dan membebaskan C dari faktor (s + 1) sementara meninggalkan A dan D dengan faktor

Page 34: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 32

ini. Sekarang tetapkan s = -1 dalam persamaan (2.17) menghasilkan C = -1. Untuk

memperoleh D, diferensialkan persamaan (2.17) terhadap s, maka:

2

3 3

2 2 ( 1) ( 1)2

A s s sD

s s

………………………. (2.18)

C telah tereliminir dan D telah bebas dari faktor (s + 1) dan A dikalikan dengan (s + 1).

Dengan menetapkan s = -1 dalam persamaan (2.18) akan menghasilkan.

22

1D

atau 1D

Hasil akhir adalah:

3 2( )

1 1 1 1

( 1) ( 1) 1sx

s s s s

........................................ (2.19)

Inversi x(s) memberikan:

2

( )1

1 . .2

t t ttx e t e t e

2

( ) 1 12

tt

tx e t

................................................. (2.20)

2.6 Rangkuman

Bab ini telah memberikan konsep dasar pemakaian transformasi Laplace untuk

menyelesaikan persamaan diferensial. Adalah mungkin untuk memperoleh informasi

penting tentang keadaan kualitatif dari hasil yang diinginkan dengan kerja minimum.

Untuk memperoleh informasi tentang x(t), maka harus memfaktorkan (menguraikan)

penyebut dari x(s).

2.7 Soal-Soal

1. Selesaikan persamaan diferensial berikut menggunakan transformasi Laplace.

a. 2

21

d x dxx

d t dt , (0) (0)' 0x x

b. 2

22 1

d x dxx

d t dt , (0) (0)' 0x x

Page 35: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 33

c. 2

23 1

d x dxx

d t dt , (0) (0)' 0x x

Buatlah sket perilaku penyelesaian-penyelesaian ini pada grafik tunggal Apakah

pengaruh dari koefisien dx/dt.

2. Selesaikan persamaan diferensial berikut menggunakan transformasi Laplace.

a. 4 3

4 3cos

d x d xt

d t d t ,

(0) (0) (0)

(0)

' '" 0

" 1

x x x

x

b. 2

2

22

d x dxt t

d t dt , (0) (0)4; ' 2x x

3. Inversikan transformasi Laplace berikut

a. 2 2

3

( 1) ( 4)

s

s s

b. 2

1

( 2 5)s s s

c.

3 2

2 2

3 3 2

( 1)

s s s

s s

2.8 Penyelesaian

1. a. 2

21

d x dxx

d t dt , (0) (0)' 0x x

2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )

1's s ss x s x x s x x x

s

2( ) ( ) ( )

1s s ss x s x x

s 2

( )1

1sx s ss

2

( )1

1sx

s s s

( )

1

0,5 0,866 0,5 0,866sx

s s j s j

( )0,5 0,866 0,5 0,866

sA B C

xs s j s j

…………. (a)

Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan s atau tetapkan s = 0,

maka

Page 36: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 34

2

1 1

0,5 0,866 0,5 0,866 (0,25 0,75 )A

j j j

1 1

10,25 0,75 1

A

Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan (s + 0,5-0,866j) dan

tetapkan s =-0,5-0,866j, maka:

1

0,5 0,866 0,5 0,866 0,5 0,866B

j j j

2

1 1

0,5 0,866 1,732 0,866 1,5B

j j j j

1 1,5 0,866 1,5 0,866

1,5 0,866 1,5 0,866 2,25 0,75

j jB x

j j

1,5 0,866

0,5 0,2893

jB j

Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan (s + 0,5-0,866j) dan

tetapkan s =-0,5 + 0,866j, maka:

1

0,5 0,866 0,5C

j

0,866 0,5j 0,866 j

2

1 1

0,5 0,866 1,732 0,866 1,5C

j j j j

1 1,5 0,866 1,5 0,866

0,866 1,5 1,5 0,866 2,25 0,75

j jC x

j j

1 1,5 0,866 1,5 0,8660,5 0,289

0,866 1,5 1,5 0,866 2,25 0,75

j jC x j

j j

( )

1 ( 0,5 0,289 ) ( 0,5 0,289 )

0,5 0,866 0,5 0,866s

j jx

s s j s j

(0,5 0,866 ) (0,5 0,866 )( ) 1 ( 0,5 0,289 ) ( 0,5 0,289 )j jt ttx j e j e

(0,5 0,866 ) (0,5 0,866 )( ) 1 0,5 0,289j jt ttx e j e

(0,5 0,866 ) (0,5 0,866 )0,5 0,289j jt te j e

0,5 0,5( ) 1 0,5 (cos 0,866 sin 0,866 ) 0,289 (cos 0,866 sin 0,866 )t ttx e t j t j e t j t

0,5 0,50,5 (cos 0,866 sin 0,866 ) 0,289 (cos 0,866 sin 0,866 )t te t j t j e t j t

0,5 0,5( ) 1 0,5 cos 0,866 0,5 sin 0,866t ttx e t e j t

Page 37: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 35

0,5 2 0,50,289 cos 0,866 0,289 sin 0,866t tj e t j e t

0,5 0,50,5 cos 0,866 0,5 sin 0,866t te t e j t

0,5 2 0,50,289 cos 0,866 0,289 sin 0,866t tj e t j e t

0,5( ) 1 ( cos 0,866 0,578 sin 0,866 )ttx e t t

Invers untuk dua buah akar konjugat dapat juga dicari menggunakan persamaan

(3.12)

11 2 1 2( ) 2 ( cos sin )

k ttx e a k t b k t

dimana: 1 1 1 20,5; 0,289; 0,5; 0,866a b k k

sehingga:

0,5( ) 2 (0,5 cos 0,866 0,289 sin 0,866 )

ttx e t t

0,5( ) (cos 0,866 0,578 sin 0,866 )

ttx e t t

sehingga hasil seluruhnya:

0,5

( ) 1 (cos 0,866 0,578 sin 0,866 )t

tx e t t

b. 2

22 1

d x dxx

d t dt , (0) (0)' 0x x

2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )

1( ' ) 2( )s s ss x s x x s x x x

s

2( ) ( ) ( )

12s s ss x s x x

s 2

( )1

2 1sx s ss

2( )

1

2 1sx

s s s

2

( )1

1sx

s s

2( )

11s

A B Cx

s ss

……………………………………. (a)

Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s dan tetapkan s

= 0, maka: 1

11

A .

Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 1)2 dan

tetapkan s = -1, maka:

2

11( 1)

A sB C s

s s

B = -1

Page 38: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 36

Untuk mencari C diferensialkan persamaan (a) ke s dan tetapkan s = -1, maka:

2

2 2

2 1 1 . ( 1)1 A s s A sC

s s

2

11

( 1)C

sehingga:

2( )

1 1 1

11sx

s ss

( ) 1 . 1 ( 1)t t t

tx e t e e t

c. 2

23 1

d x dxx

d t dt , (0) (0)' 0x x

2( ) (0) (0) ( ) (0) ( )

1( ' ) 3( )s s ss x s x x s x x x

s

2( ) ( ) ( )

13s s ss x s x x

s 2

( )1

3 1sx s ss

2( )

1 1

2,618 0,3823 1sx

s s ss s s

( )

2,618 0,382s

A B Cx

s s s

………………………….. (a)

Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s dan tetapkan s

= 0, maka:

1

12,618 0,382

A

Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 2,618)2 dan

tetapkan s = -2,618, maka:

1 1

2,618 2,618 0,382 2,618 2,236B

10,171

5,853848B

Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 0,382)2 dan

tetapkan s = -0,382, maka:

1 1

0,382 0,382 2,618 0,382 2,236C

Page 39: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 37

11,171

0,854152C

( )

1 0,171 1,171

2,618 0,382sx

s s s

2,618 0,382( ) 1 0,171 1,171

t ttx e e

2. a. 4 3

4 3cos

d x d xt

d t d t ,

(0) (0) (0)

(0)

' '" 0

" 1

x x x

x

4 3 2( ) (0) (0) (0) (0) (0)' " "'ss x s x s x sx sx x

3 2

2( ) ( ) (0) (0)' "

1s s

ss x s x sx x

s

4 3

2( ) ( ) 1

1s s

ss x s s x

s

4 3

2( ) ( ) 1

1s s

ss x s x s

s

3 2 3 24 3

2 2( )

1 2 1

1 1s

s s s s s s sx s s

s s

3 2 3 2

4 3 2 3( )

2 1 2 1

( ) ( 1) ( 1) ( ) ( )s

s s s s s sx

s s s s s s j s j

3( )

1s

A B C Dx

s s s j s j

……………………….. (a)

Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s3 dan tetapkan s

= 0, maka: 1

1(1) (1)

A

Untuk menentukan B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 1) dan

tetapkan s = -1, maka: 1 1 2 1 1

0,5( 1) ( 1 ) ( 1 ) 2

Bj j

Untuk menentukan C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + j) dan

tetapkan s = -j, maka:

3 2

3 2

2 1 1 2 1

( 1) ( 2 ) ( 1) ( 2 ) 2 ( 1)

j j j j j jC

j j j j j j j j

2

2

1 1

2 ( 1) 1 2 ( 1) 2 ( 1 1)

j j j j jC x

j j j

10,25 0,25

4

jC j

Page 40: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 38

Untuk mencari D kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s-j) dan

tetapkan s = j, maka:

3 2

3

2 1 2 20,25 0,25

( 1) ( 2 ) 8

j j j jD j

j j j

sehingga: 3

( )1 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

1s

j jx

s s s j s j

dan 2( ) 0,5 0,5 0,5 cos 0,5 sinttx t e t t

b. 2

2

22

d x dxt t

d t dt , (0) (0)4; ' 2x x

2

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

2 2's ss x s x x s x x

s s

2

3 2( ) ( )

2 24 2 4s ss x s s x

s s

2

3 2( )

2 24 2sx s s s

s s

4 32

3 3( )

2 2 2 2 4 2( ) 4 2s

s s s ss s x s

s s

4 3 4 3

3 2 4 4( )

4 2 2 2 4 2 2 2

( ) ( 1) 1s

s s s s s s A Bx

s s s s s s s

…… (a)

Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s4 dan tetapkan s

= 0, maka: A = 2.

Untuk mencari B, kalikan kedua ruas persamaan (a) dengan (s + 1) dan tetapkan s =

- 1, maka:

4 3

4 4

(4 2 2 2) ( 1) ( 1) ( 1)

( 1) 1

s s s s A s B s

s s s s

4 2 2 22

1B

dan 3

4( ) ( )

2 2 1; 2

1 3

ts tx x t e

s s

3. a. 2 2

( )3

( 1) ( 4)s

sx

s s

( ) 2 2

A B C D

s j s j s j s j

( )

3

2 2s

sx

s j s j s j s j

( ) 2 2

A B C D

s j s j s j s j

...(a)

Untuk mencari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + j) dan

tetapkan s = -j, maka:

Page 41: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 39

2

3 10,5

( 2 ) ( ) ( 3 ) 2

jA

j j j j

Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s-j) dan

tetapkan s = j, maka:

2

3 10,5

(2 ) (3 ) ( ) 2

jB

j j j j

Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 2j) dan

tetapkan s = -2j, maka:

3 2

6 6 10,5

( ) ( 3 ) ( 4 ) 12 2

j jC

j j j j j

Untuk mencari D kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s-2j) dan

tetapkan s = 2j, maka:

3 2

6 6 10,5

(3 ) ( ) (4 ) 12 2

j jD

j j j j j

sehingga:

( )

0,5 0,5 0,5 0,5

( ) 2 2sx

s j s j s j s j

2 2( ) 0,5 0,5 0,5 0,5

j t j t j t j ttx e e e e

= cos cos 2t t

b. 2( )

1

( 2 5)sx

s s s

( )1

( 1 2 ) ( 1 2 )sx

s s j s j

1 2 1 2

A B C

s s j s j

………………………………... (a)

Untuk menentukan A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s dan

tetapkan s = 0, maka:

2

1 1 1

( 1 2 ) ( 1 2 ) 1 4 5A

j j j

Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s – 1 – 2j) dan

tetapkan s = 1 + 2j, maka:

1

(1 2 ) ( 1B

j

2 1j

1

(1 2 ) (4 )2 ) j jj

Page 42: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 40

2 2

1 1 4 8 4 8 4 8x

4 8 4 8 4 8 16 64 80

j j jB

j j j j j

0,1 0,05 j

Untuk mencari C kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s – 1 + 2j) dan

tetapkan s = 1-2j, maka:

1 1

(1 2 ) (1 2 1 2 ) (1 2 ) ( 4 )C

j j j j j

2 2

1 1 4 8 4 8 4 8x

4 8 4 8 4 8 16 64 80

j j jC

j j j j j

0,1 0,05 j

sehingga:

( )0,2 0,1 0,05 0,1 0,05

1 2 1 2s

j jx

s s j s j

( ) 0,2 0,2 (cos 2 0,5 sin 2 )ttx e t t

( ) 0,2 0,2 (cos 2 0,5 sin 2 )ttx e t t

c.

3 2

3 2

3 3 2

( 1)

s s s

s s

3 2( 1) ( 1)

A B C

s s s

…………………. (a)

Untuk mecari A kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan s3 dan tetapkan s

= 0, maka: 2

11

A

Untuk mencari B kalikan kedua ruas persamaan (a) di atas dengan (s + 1)2 dan

tetapkan s = -1, maka:

3 2

3

3 3 2s s s

s

2( 1)( 1)

A sB C s

s

……………… (b)

Untuk mencari C dideferensialkan persamaan (b) di atas dengan s baru kemudian

tetapkan s = -1, maka:

2 3 2 3 2

6

(9 2 3) ( ) 3 (3 3 2)s s s s s s s

s

2

2 ( 1) ( 1)A s s A s s

s

(9 2 3) ( 1) 3 ( 3 1 3 2) 8 311

1 1C

3 2( )

2 1 11

( 1) ( 1)sx

s s s

2 2( ) 11 ( 11)

t t ttx t t e e t e t

Page 43: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 41

III. PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL SECARA NUMERIK

Banyak persoalan yang berkaitan dengan hukum-hukum fisika, mekanika,

termodinamika dan kimia yang didasarkan atas observasi empirik yang menunjukkan

perubahan-perubahan fisik dan kondisi sistem. Hukum tersebut pada prinsipnya

menunjukkan mekanisme terjadinya perubahan-perubahan. Bila selanjutnya dihubungkan

dengan persamaan kontinyuitas untuk massa, energi dan momentum, biasanya akan

tersusun persamaan-persamaan differensial. Jadi penyelesaian persamaan differensial

sangatlah penting diketahui di dalam bidang rekayasa, otomatis dia adalah seorang calon

Sarjana Teknik.

Pada umumnya PD (ordinair dan parsial) dapat diselesaikan secara eksak atau

analitis, namun dalam prakteknya tidaklah demikian, atau jawaban yang diperoleh

mungkin berbentuk deret tak terhingga. Oleh karenanya metode penyelesaian pendekatan

secara numerik telah banyak dikembangkan, bahkan akhir-akhir ini sangat meningkat

sebagai dampak dari perkembangan teknologi komputer yang sangat pesat.

3.1 Penyelesaian Persamaan Differensial Ordinair

Bentuk umum: 2 3

2 3, , , ........ , 0

n

n

dy d y d y d yf x y

dx dx dx dx

menunjukkan PD ordninair orde 'n'. Untuk mendapatkan penyelesaian khusus atau tertentu

(unique solution) perlu dipakai informasi tambahan, yaitu data harga f (x) atau derivatifnya

pada beberapa harga x tertentu. Untuk persamaan orde n, suatu jawaban khusus dapat

diperoleh dengan mengetahui sebanyak n data kondisi. Bila semua n data kondisi

ditentukan pada harga yang sama dari x (xo misalnya), maka persoalannya disebut nilai

awal (initial value problem). Bila n data kondisi tertentu pada beberapa harga x yang

berlainan, maka persoalannya adalah soal nilai batas (booundary value problem).

3.2 Persamaan Differensial Ordinair Orde Satu

Bentuk umum: , , 0dy

f x ydx

......... (3.1)

Page 44: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 42

atau dapat dinyatakan sebagai: ( , )dy

f x ydx

.......... (3.2)

dengan syarat awal y = yo bila x = xo, penyelesaian primitif yang pertama

y = f (x) + C

penyelesaian khususnya adalah: y = g (x)

melalui (xo , yo), dan akhirnya nilai yang diminta:

0( )y g x h

Apabila tidak ada metode penyelesaian penutup, diperlukan beberapa cara pendekatan

secara numerik dengan mengintegralkan persamaan (3.2) di antara batas-batas:

x = xo , y = yo dan x = x , y = y

sehingga diperoleh:

( , )

o o

y x

y x

dy f x y dx 0 ( , )

o

x

x

y y f x y dx .......... (3.3)

untuk nilai y apabila x = xo + h, adalah

0

0 ( , )

o

x h

x

y y f x y dx

.......... (3.4)

3.2.1. Metoda Picard

Untuk x mendekati x = xo , nilai y = g (x) yang sesuai mendekati yo = g (xo).

Dengan demikan, pendekatan pertama y = g (x) yaitu y1 , diperoleh dengan mengganti y

dengan yo pada ruas kanan persamaan (3.3), yaitu:

1 0 0( , )

o

x

x

y y f x y dx

Pendekatan (iterasi) ke dua, y2 , diperoleh dengan mengganti y dengan y1 pada ruas kanan

persamaan (3.3), yaitu:

2 0 1( , )

o

x

x

y y f x y dx

Cara ini dilanjutkan, fungsi x berturut-turut didapat:

1 0 ( , )

o

x

i i

x

y y f x y dx .......... (3.5)

merupakan rumus metoda Picard untuk penyelesaian persamaan differensial secara

numerik.

Page 45: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 43

Contoh soal:

1. Gunakan metode Picard untuk memperoleh y jika x = 0,2. Diketahui y = 1 jika x = 0 dan

dy/dx = x – y.

Penyelesaian

f (x , y) = x – y dan xo = 0 , yo = 1.

Iterasi (1)

1 0 0

0

( , )x

y y f x y dx = 0

1 ( 1)x

x dx

= 2 2 2

0 0

1 1 11 ( 1) 1 ( 2 1) 1 ( 2 )

2 2 2

x x

x x x x x

2

1

11

2y x x untuk x = 0,2 , maka y1 = 0,82

Iterasi (2)

2 0 1

0

( , )x

y y f x y dx = 2

0

11 1

2

x

x x x dx

= 2 3 2

00

1 11 2 1 1

2 6

xx

x x dx x x x

3 2

2

11

6y x x x untuk x = 0,2 , maka y2 = 0,83867

Iterasi (3)

3 0 2

0

( , )x

y y f x y dx = 3 2

0

11 1

6

x

x x x x dx

= 3 2 4 3 2

00

1 1 11 2 1 1 2 1

6 24 3

xx

x x x dx x x x x

4 3 2

3

1 11

24 3y x x x x untuk x = 0,2 , maka y3 = 0,83740

Iterasi (4)

4 0 3

0

( , )x

y y f x y dx = 4 3 2

0

1 11 1

24 3

x

x x x x x dx

=

5 4 34 3 2 2

00

1 11 2 1 1

24 3 120 12 3

xxx x x

x x x x dx x x

Page 46: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 44

5 4 3

2

4 1120 12 3

x x xy x x untuk x = 0,2 , maka y4 = 0,83746

Iterasi (5)

5 0 4

0

( , )x

y y f x y dx = 5 4 3

2

0

1 1120 12 3

xx x x

x x x dx

= 5 4 3 6 5 4 3

2 2

00

1 1 1120 12 3 720 60 12 3

xxx x x x x x x

x x dx x x

6 5 4 3

2

5 1720 60 12 3

x x x xy x x untuk x = 0,2 , maka y4 =

0,83746

Di sini terlihat bahwa y4 y5 untuk 5 tempat desimal (lima angka di belakang koma).

Sehingga, y yang dimaksud adalah y = 0,83746.

3.2.2. Metoda Ekspansi Taylor

Ekspansi Taylor dari y = f (x), di sekitar (xo , yo), adalah:

2 3

0 00 0 0 0 0

( ) ( )( ) ( ) '( ) ''( ) '''( ) .......

2! 3!

x x x xy f x x x f x f x f x

1

100

( )( ) ......

( 1)!

nnx x

f xn

.......... (3.6)

Bila x = xo + h, atau h = (x - xo), diperoleh:

2 3 11

0 0 0 0 0 0( ) ( ) '( ) ''( ) '''( ) ....... ( ) ......2! 3! ( 1)!

nnh h h

y f x x x f x f x f x f xn

(3.7)

Bila y(xo) tertentu sebagai kondisi awal, maka f ( xo , yo ) dapat diketahui dari persamaan

semula ( , )dy

f x ydx

.

Untuk mengevaluasi derivatif yang lebih tinggi pada persamaan (3.6) atau (3.7),

turunan/diferensiasi dilakukan dengan:

2

2" .

d y df f f yy

dx dx x y x

.......... (3.8)

Karena f merupakan fungsi x dan y, dan y" adalah:

"' . "d f f y d

y ydx x y x dx

.......... (3.9)

Page 47: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 45

Contoh soal:

2) Tentukan y, jika dy

x ydx

, dengan metode Deret Taylor untuk:

a. x = 0,2 , bila diketahui y = 1 jika x = 0

b. x = 1,6 , bila diketahui y = 0,4 jika x = 1

Penyelesaian: ( , )dy

x y f x ydx

a. (1) Kondisi awal y (xo) = yo = 1

(2) 'dy

y x ydx

, untuk x = 0 , y = 1 y' = - 1

(3) " . 1 ( 1) 1 ' 1 ( 1) 2f f y dy

y yx y x dx

(4) ''' 1 ' " 2d

y y ydx

(5) '' "' 2iv dy y y

dx

(6) ''' 2ivv dy y y

dx , dst.

Dengan persamaan (3.6) Deret Taylor didapat:

2 3 4 52 2 2 21 .....

2 1.2.3 1.2.3.4 1.2.3.4.5y x x x x x

2 3 4 51 1 11

3 12 60y x x x x x

Untuk x = 0,2

2 3 4 51 1 11 0,2 (0,2) (0,2) (0,2) (0,2)

3 12 60y 0,83746

b. (1) Kondisi awal yo = 4, xo = 1 dan h = x – xo

(2) 'dy

y x ydx

, untuk x = 1 , y = 4 y' = 0,6

(3) " . 1 ( 1) 1 ' 1 (0,6) 0,4f f y dy

y yx y x dx

(4) ''' 1 ' " 0,4d

y y ydx

(5) '' "' 0, 4iv dy y y

dx

(6) ''' 0, 4ivv dy y y

dx , dst.

Page 48: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 46

Dengan persamaan (3.6) Deret Taylor didapat:

2 3 4 5

0,4 0,6 0,4 0,4 0,4 0,4 .....2! 3! 4! 5!

h h h hy h

Dimana 0h x x = 1,6 – 1 = 0,6

2 3 4 5(0,6) (0,6) (0,6) (0,6)0,4 0,6(0,6) 0,4 0,4 0,4 0,4 .....

2! 3! 4! 5!y 0,81953

3.2.3. Metoda Runge

Dari persamaan 0

0

( , )

x h

y y f x y dx

, dan maka

0

0 ( , )

x h

x

k y y f x y dx

, dengan

aturan Simpson diperoleh:

0 0 0 1 0 2

1

2( , ) 4 ( , ) ( , )

6

hk f x y f x h y f x h y

dimana : 0x x h atau 0h x x x

dan : 0k y y y

1 4 3

1

64k k k k

dimana : 1 0k h f

2 0 0 1( , )k h f x h y k

3 0 0 2( , )k h f x h y k

4 0 0 1

1 1

2 2,k h f x h y k

dan 0 0 0 1 4 3

1

64y y k y y y k k k .......... (3.10)

adalah rumus metode Runge.

3.2.4. Metoda Runge-Kutta

Sering disebut juga Kutta-Simpson, adalah pengembangan dari metode Runge,

menggunakan perhitungan berikut:

1 0k h f 3 0 0 2

1 1

2 2,k h f x h y k

2 0 0 1

1 1

2 2,k h f x h y k 4 0 0 3( , )k h f x h y k

Page 49: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 47

0 0 1 2 3 4

1

62 2y y k y k k k k .......... (3.11)

adalah rumus metode Runge-Kutta.

Contoh soal:

3. Gunakan metode Runge untuk memperoleh x = 1,6. Diketahui y = 0,4 jika x = 1 dan

dyx y

dx .

Penyelesaian:

0 0 0( , ) (1 , 0,4) , 1,6 1 0,6x y h x x

0 0 0 1 0,4 0,6f x y

1 0 (0,6) (0,6) 0,36k h f

2 0 0 1( , ) 0,6 (1 0,6) (0,4 0,36) 0,504k h f x h y k

3 0 0 2( , ) 0,6 (1 0,6) (0,4 0,504) 0,4176k h f x h y k

4 0 0 1

1 1

2 2, 0,6 1 0,3 (0,4 0,18) 0,432k h f x h y k

1 4 3

1 1

6 64 0,36 4 (0,432) 0,4176 0,4176k k k k

0 0,4 0,4176 0,8176y y k

4. Gunakan metode Runge-Kutta untuk soal yang sama dengan no. 3 di atas.

Penyelesaian

1 0 (0,6) (0,6) 0,36k h f

2 0 0 1

1 1

2 2, 0,6 (1 0,3) (0,4 0,18) 0,432k h f x h y k

3 0 0 2

1 1

2 2, 0,6 (1 0,3) (0,4 0,216) 0,4104k h f x h y k

4 0 0 3( , ) 0,6 (1 0,6) (0,4 0,4104) 0,47376k h f x h y k

1 2 3 4

1 1

6 62 2 0,36 2 (0,432) 2 (0,4104) 0,47376 0,41976k k k k k

0 0,4 0,41976 0,81976y y k

Dari contoh soal 3 dan 4 di atas, terlihat bahwa metode Runge-Kutta lebih teliti.

Bandingkan dengan cara langsung.

dy dyx y y x

dx dx dengan PD linier

Page 50: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 48

. ( 1)x x x xy e xe e c e x c atau ( 1) xy x c e

Untuk ( xo + yo ) = ( 1 , 0,4) c = 1,0873

Pada harga x = 1,6 y = (1,6 – 1) + (1,0873) 1,6e = 0,81952

3.3 Persamaan Differensial Serentak Tingkat Satu

Bentuk umum: (1) ( , , )dy

f x y zdx

(2) ( , , )dz

g x y zdx

dimana y = yo , z = zo jika x = xo.

Dapat diselesaikan dengan metode terdahulu,

0

0

01

01

( , , ) .......... (3.12)

( , , ) .......... (3.13)

x

i i

x

x

i i

x

i

i

y y f x y z dx

z z g x y z dx

Contoh Soal

5. Gunakan metode Picard untuk memperoleh y dan z yang sesuai dengan x = 0,1 dari

persamaan: dy

x zdx

dan 2dz

x ydx

, yang memenuhi y = 2, z = 1 jika x = 0.

Penyelesaian:

Disini ( , , )dy

f x y zdx

dan ( , , )dz

g x y zdx

dan 0 0 0( , , ) (0,2,1)x y z

(1) Iterasi 1, i = 0

1 0 0 0

0 0

( , , ) 2 ( 1)x x

y y f x y z dx x dx

2 2

10

1 1

2 22 ( 1) 2 ( 2 1) (1)

x

y x x x = 21

22x x

Untuk x = 0,1 maka y1 = ½ (0,1)2 + 0,1 + 2 = 2,105

1 0 0 0

0 0

( , , ) 1 ( 4)x x

z z g x y z dx x dx

2 2

10

1 1

2 21 ( 4) 1 ( 8 16) (16)

x

z x x x = 21

24 1x x

Page 51: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 49

Untuk x = 0,1 maka z1 = ½ (0,1)2 – 4 (0,1) + 1 = 0,605

(2) Iterasi 2

2 0 1 1 1

0 0

( , , ) 2 ( )x x

y y f x y z dx x z dx

2 3 2

2

0

1 1 3

2 6 22 3 1 2

x

y x x dx x x x

Untuk x = 0,1 maka y2 = 2,08517

2

2 0 1 1 1

0 0

( , , ) 1 ( ( ) )x x

z z g x y z dx x y dx

2

2 4 2 3 2

2

0 0

1 1

2 41 2 1 4 2 4

x x

z x x x dx x x x x x x dx

4 3 2

2

0

1

41 3 3 4

x

z x x x x dx = 5 4 3 21 1 3

20 4 21 4x x x x x

Untuk x = 0,1 maka z2 = 0,58397

(3) Iterasi 3

3 0 2 2 2

0 0

( , , ) 2 ( )x x

y y f x y z dx x z dx

2 3 4 5

3

0

3 1 1

2 4 202 1 3

x

y x x x x x dx

2 3 4 5 6

3

3 1 1 1 1

2 2 4 20 1202y x x x x x x

Untuk x = 0,1 maka y3 = 2,08447

2

3 0 2 2 2

0 0

( , , ) 1 ( )x x

z z g x y z dx x y dx

2 3 4 5 6

3

0

7 31 1 1

3 12 2 361 4 3 5

x

z x x x x x x dx

2 3 4 5 6 7

3

3 5 7 31 1 1

2 3 12 60 12 2521 4z x x x x x x x

Untuk x = 0,1 maka z3 = 0,58672

Untuk sementara, sampai pada iterasi ke 3 adalah:

y1 = 2,105 z1 = 0,605

sudah hampir mendekati y2 = 2,08517 z2 = 0,58397

y3 = 2,08447 z3 = 0,58672

Page 52: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 50

Iterasi dapat diteruskan sampai harga yn yn+1 , dan zn zn+1 , adalah sebagai hasil

akhir.

6. Gunakan metode Runge untuk mendekati y dan z jika x = 0,3 sehingga penyelesaian

khusus sistem dy

x zdx

dan dz

y zdx

, yang memiliki y = 0,5 , z = 0 jika x = 0,2.

Penyelesaian:

Disini ( , , )f x y z x z dan ( , , )g x y z y z

0 0 0( , , ) (0,2 , 0,5 , 0)x y z , 0 0,1h x x x , 0 0,2f dan 0 0,5g

(1) 1 0 (0,1) (0,2) 0,02k h f

1 0 (0,1) (0,5) 0,05l h g

(2) 2 0 0 1 0 1, , 0,1 (0,2 0,1) 0,05 0,05236k h f x h y k z l

2 0 0 1 0 1, , 0,1 (0,5 0,02) 0,05 0,02964l h g x h y k z l

(3) 3 0 0 2 0 2, , 0,1 (0,2 0,1) 0,02964 0,047216k h f x h y k z l

3 0 0 2 0 2, , 0,1 (0,5 0,02) 0,02964 0,034784l h g x h y k z l

(4) 4 0 0 1 0 1

1 1 1

2 2 2, , 0,1 0,25 0,025 0,040811k h f x h y k z l

4 0 0 1 0 1

1 1 1

2 2 2, , 0,1 0,51 0,025 0,035189l g f x h y k z l

Didapat : 1 4 3

1

64 0,03841k k k k

1 4 3

1

64 0,03757l l l l

dan 0 0,53841y y k

0 0,03759z z l

7. Soal no. 6, cobalah dengan metode Runge-Kutta.

3.4 Persamaan Differensial Ordinair Orde Tinggi (Tingkat n)

Bentuk Umum: 1( , , ', ",......, )n

n

nd yf x y y y y

dx

Page 53: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 51

dimana : 2

2' , " , .......

dy d yy y

dx dx dapat diubah ke sistem Persamaan Differensial

Serentak atau Simultan tingkat satu (orde satu).

22 11

1 2 1 2 12, .... , , .... , ( , , , , ..... , )

n n

n

dy dydydy d yy y f x y y y y

dx dx dx dx dx

apabila syarat awal 1

0 0 1 0 2 0 1, , ' ( ) , " ( ) , ..... , ( )nnx x y y y y y y y y

diketahui.

Contoh Soal:

2

22 4 0

d y dyx y

dx dx

Misal: 2

2,

dy d yz dz

dx dx , maka PD Serentak adalah:

(1) ( , , )dy

z f x y zdx

(2) 4 2 ( , , )dz

y x z g x y zdx

8. Dengan metode Runge-Kutta, dekatilah/carilah y yang sesuai dengan x = 0,1 , sehingga

penyelesaian khusus 2

22 4 0

d y dyx y

dx dx memenuhi y = 0,2 , 0,5

dy

dx , jika x = 0.

Penyelesaian

( , , )dy

z f x y zdx

dan 4 2 ( , , )dz

y x z g x y zdx

Disini:

0 0 0( , , ) (0 , 0,2 , 0,5)x y z , 0 0,1h x x x , 0 0,5f dan 0 0,8g

(1) 1 0 (0,1) (0,5) 0,05k h f

1 0 (0,1) (0,8) 0,08l h g

(2) 2 0 0 1 0 1

1 1 1

2 2 2, ,k h f x h y k z l

1

20,1 0,5 (0,08) 0,1 (0,54) 0,054

2 0 0 1 0 1

1 1 1

2 2 2, ,l h g x h y k z l

1 1 1

2 2 20,1 4 0,2 (0,05) 2 0 (0,1) 0,5 (0,08)

0,1 4 (0,2 0,025) 0,1 (0,0504) 0,1 (0,8496) 0,08496

(3) 3 0 0 2 0 2

1 1 1

2 2 2, ,k h f x h y k z l

1

20,1 0,5 (0,08496) 0,1 (0,5425) 0,05425

Page 54: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 52

3 0 0 2 0 2

1 1 1

2 2 2, ,l h g x h y k z l

1 1 1

2 2 20,1 4 0,2 (0,05425) 2 0 (0,1) 0,5 (0,08496)

0,1 (0,9085 0,05425) 0,085425

(4) 4 0 0 3 0 3, , 0,1 0,5 0,085425 0,0585425k h f x h y k z l

1 2 3 4

1

62 2 0,05417k k k k k

0 0 0,2 0,05417 0,25417y y y y k

9. 4 3

2

4 32 5

d y d yx y x

dx dx

Penyelesaian

Dengan substitusi harga-harga:

dyz

dx ,

2

2

d y dzu

dx dx ,

3 2

3 2

d y d z duv

dx dx dx , dan

4 3 2

4 3

d y d z d u dv

dx dx dx dx

Diperoleh persamaan differensial ordinair orde satu serempak:

(1) dy

zdx

; (2) dz

udx

; (3) du

vdx

dan (4) 25 2

dvx x v y

dx

Persamaan ini selanjutnya dapat diselesaikan dengan metode-metode yang ada, dst.

Page 55: KIM01520132010Bahan Ajar Matek 2(1)

- Bahan Ajar Matematika Teknik Kimia 2 -

- Jurusan Teknik Kimia Universitas Muhammadiyah Jakarta - 53

3.4 Soal Latihan Bab III

1. Carilah dengan pendekatan nilai y jika x = 0,1.

Diketahui y = 1 bila x = 0, dan 23

dyx y

dx

a. Dengan metode Picard.

b. Dengan metode Deret Taylor.

c. Dengan motode Runge-Kutta.

2. Pada dy

x ydx

, dekatilah y bila x = 0,025 dan y = 1, bila x = 0, dengan metode

Runge-Kutta.

3. Gunakan metode Runge untuk mencari y bila x = 2,2 jika y’ = 1 + y/x dan y = z bila x =

2.

4. Gunakan metode Kutta-Simpson untuk mendekati y bila x = 0,5, jika 2dy

x ydx

dan y = 0,17 bila x = 0,3.

5. Untuk 2

23 0

d y dyx y

dx dx yang memenuhi y = 0,1 , y’ = 0,2 , jika x = 0,1. Carilah

pendekatan y bila x = 0,2 dengan metode apa saja.

6. Diketahui dy

y zdx

dan 2dz

x ydx

memenuhi y = 0,4 , z = 0,1 jika x = 0,1.

Hitunglah pendekatan nilai y dan z bila x = 0,2 dengan metode Runge.