2 Sudaryatno Sudirham, Fungsi dan Grafik, Diferensial dan Integral

Sudaryatno Sudirham

Darpublic

Studi Mandiri

Fungsi dan Grafik

Diferensial dan Integral

16-1

BAB 16 Persamaan Diferensial (2)

(Orde Dua)

16.1. Persamaan Diferensial Linier Orde Dua

Secara umum persamaan diferensial linier orde dua berbentuk

)(2

2

tfcydt

dyb

dt

yda =++ (16.1)

Pada persamaan diferensial orde satu kita telah melihat bahwa solusi

total terdiri dari dua komponen yaitu solusi homogen dan solusi khusus.

Hal yang sama juga terjadi pada persamaan diferensial orde dua yang

dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada

persamaan orde pertama. Perbedaan dari kedua macam persamaan ini

terletak pada kondisi awalnya. Pada persamaan orde dua terdapat dua

kondisi awal dan kedua kondisi awal ini harus diterapkan pada dugaan

solusi total. Dua kondisi awal tersebut adalah

)0(')0(dan )0()0( −+−+ == ydt

dyyy (16.2)

Solusi homogen. Solusi homogen diperoleh dari persamaan rangkaian

dengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari persamaan (4.25),

sehingga persamaan menjadi

02

2

=++ cydt

dyb

dt

yda (16.3)

Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyai

bentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi eksponensial ya =

Kest dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi

dugaan ini dimasukkan ke (16.3) akan diperoleh :

( ) 0atau 0 22 =++=++ cbsasKecKebKseeaKs stststst (16.4)

16-2 Sudaryatno Sudirham, Fungsi dan Grafik – Diferensial dan Integral

Fungsi est tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidak

diperkenankan karena hal itu akan berarti ya = 0 untuk seluruh t. Satu-

satunya jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah

02 =++ cbsas (16.4)

Persamaan ini adalah persamaan karakteristik persamaan diferensial

orde dua. Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk

persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu:

a

acbbss

2

4,

2

21−±−

= (16.5)

Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: dua

akar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks konjugat.

Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadap

bentuk solusi akan kita lihat lebih lanjut. Untuk sementara ini kita

melihat secara umum bahwa persamaan karakteristik mempunyai dua

akar.

Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua solusi

homogen, yaitu:

tsa

tsa eKyeKy 21

2211 dan == (16.6)

Jika ya1 merupakan solusi dan ya2 juga merupakan solusi, maka jumlah

keduanya juga merupakan solusi. Jadi solusi homogen yang kita cari

akan berbentuk

tstsa eKeKy 21

21 += (16.7)

Konstanta K1 dan K2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada

solusi total.

Solusi Khusus. Sulusi khusus kita cari dari persamaan (16.1). Solusi

khusus ini ditentukan oleh bentuk fungsi pemaksa, f(t). Cara menduga

bentuk solusi khusus sama dengan apa yang kita pelajari pada persamaan

orde satu. Kita umpamakan solusi khusus ykhusus = yp.

Solusi Total. Dengan solusi khusus yp maka solusi total menjadi

tstspap eKeKyyyy 21

21 ++=+= (16.8)

16-3

16.2. Tiga Kemungkinan Bentuk Solusi

Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang

berbentuk umum as2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinan

nilai akar, yaitu:

a). Dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, jika {b2− 4ac } > 0;

b). Dua akar sama, s1 = s2 = s , jika {b2−4ac } = 0

c). Dua akar kompleks konjugat s1 , s2 = α ± jβ , jika {b2−4ac } < 0.

Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga

kemungkinan bentuk solusi yang akan kita lihat berikut ini, dengan

contoh solusi pada persamaan diferensial tanpa fungsi pemaksa.

Dua Akar �yata Berbeda. Kalau kondisi awal y(0+) dan dy/dt (0

+) kita

terapkan pada solusi total (16.8), kita akan memperoleh dua persamaan

yaitu

221121 )0()0('dan )0()0( KsKsyyKKyy pp ++′=++= ++++ (16.9)

yang akan menentukan nilai K1 dan K2. Jika kita sebut

)0()0(dan )0()0( 00++++ ′−′=−= pp yyByyA (16.10)

maka kita peroleh

02211021 dan BKsKsAKK =+=+

dan dari sini kita memperoleh

21

0012

12

0021 dan

ss

BAsK

ss

BAsK

−

−=

−

−=

sehingga solusi total menjadi

tstsp e

ss

BAse

ss

BAsyy 21

21

001

12

002

−

−+

−

−+= (16.11)

Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada persamaan orde

pertama, pada persamaan orde dua ini kita juga mengartikan solusi

persamaan sebagai solusi total. Hal ini didasari oleh pengertian tentang

kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan pada solusi total. Persamaan

yang hanya mempunyai solusi homogen kita fahami sebagai persamaan

dengan solusi khusus yang bernilai nol.

16-4 Sudaryatno Sudirham, Fungsi dan Grafik – Diferensial dan Integral

Contoh: Dari analisis transien suatu rangkaian listrik diperoleh

persamaan

0104105,8 63

2

2

=×+×+ vdt

dv

dt

vd

dengan kondisi awal v(0+)=15 V dan dv/dt(0

+) = 0

berbeda). riilakar dua ( 8000 ,500

4)25,4(104250, :akar -akar

0104105,8 :ik karkterist Persamaan

21

2321

632

−=−=

−±−=→

=×+×+

ss

ss

ss

homogen). solusi dari terdiri(hanya

V 16 : totalSolusi

115 168000500

)8000(1515

)15(0 0)0( b).

15 15 V 15)0()0( a).

: awal Kondisi

nol)homogen (solusi

0 : totalsolusiDugaan

8000 500

1221

21

21112211

1221

80002

5001

tt

tt

eev

KKss

sK

sKsKsKsKdt

dv

KKKKvv

eKeKv

−−

+

−+

−−

−=

−=−=⇒=+−

−−=

−

−=⇒

−+=+=→=

−=⇒+=→==

++=

Dua Akar �yata Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut

dapat kita tuliskan sebagai

0dengan ; dan 21 →δδ+== ssss (16.12)

Dengan demikian maka solusi total dapat kita tulis sebagai

tsstp

tstsp

eKeKy

eKeKyy

)(21

21

21

δ+++=

++= (16.13)

Kalau kondisi awal pertama y(0+) kita terapkan, kita akan memperoleh

021

21

)0()0(

)0()0(

AyyKK

KKyy

p

p

=−=+→

++=

++

++

Jika kondisi awal kedua dy/dt (0+) kita terapkan, kita peroleh

16-5

0221

21

)0()0()(

)()0()0(

ByyKsKK

sKsKyy

p

p

=′−′=δ++→

δ+++′=′

++

++

Dari kedua persamaan ini kita dapatkan

δ

−−=→

δ

−=→=δ+

sABAK

sABKBKsA

0001

002020

(16.14)

Solusi total menjadi

stt

p

sttp

tsstp

ee

sABAy

eesABsAB

Ay

esAB

esAB

Ayy

1

)(

000

00000

)(00000

δ+

δ−−++=

δ

−+

δ

−−+=

δ

−+

δ

−−+=

δ

δ

δ+

(16.15.a)

Karena 1

lim1

lim 0

0t

ee tt

=

δ

−=

δ+

δ−

δ

→δ

δ

→δ

maka solusi total dapat kita tulis

[ ] stp etsABAyy )( 000 −++= (16.15.b)

Solusi total seperti dinyatakan oleh (16.15.b) merupakan bentuk khusus

yang diperoleh jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar sama

besar. A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi

awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (16.15.b) sebagai

[ ] stbap etKKyy ++= (16.15.c)

dengan nilai Ka yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai Kb

ditentukan oleh kondisi awal dan s. Dalam rangkaian listrik, nilai s

tergantung dari elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada

kaitannya dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui

bahwa persamaan karakteristik rangkaian mempunyai akar-akar yang

sama besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan seperti

yang ditunjukkan oleh (16.15.c).

16-6 Sudaryatno Sudirham, Fungsi dan Grafik – Diferensial dan Integral

Contoh: Pada kondisi awal v(0+)=15 V dan dv/dt(0

+)=0, analisis

transien rangkaian listrik memberikan persamaan

0104104 63

2

2

=×+×+ vdt

dv

dt

vd

( ) ( ) .0 karena , 0

:berbentuk akan totalsolusi

itu karenaoleh besar; samaakar dua terdapatsini Di

2000 1041042000, :akar -akar

01044000 :tik karakteris Persamaan

6621

62

=++=++=

=−=×−×±−=

=×++

pst

bast

bap vetKKetKKvv

sss

ss

( )

( ) V 3000015 : Jadi

30000 0)0(

memberikan

0)0( kedua awal kondisi Aplikasi

.15)0(

memberikan ini totalsolusi pada pertama awal kondisi Aplikasi

2000 t

abab

stba

stb

a

etv

sKKsKKdt

dv

estKKeKdt

dv

dt

dv

Kv

−

+

+

+

+=

=−=→+==→

++=

=

==

Akar-Akar Kompleks Konjugat. Kita belum membahas bilangan

kompleks di buku ini. Kita baru memandang fungsi-fungsi yang

memiliki nilai bilangan nyata. Namun agar pembahasan menjadi

lengkap, berikut ini diberikan solusinya.

Dua akar kompleks konjugat dapat dituliskan sebagai

β−α=β+α= jsjs 21 dan

Solusi total dari situasi ini adalah

( ) ttjtjp

tjtjp

eeKeKy

eKeKyy

αβ−β+

β−αβ+α

++=

++=

2

1

)(2

)(1

(16.16)

Aplikasikan kondisi awal yang pertama, y(0+),

16-7

( )

021

21

)0()0(

)0()0(

AyyKK

KKyy

p

p

=−=+→

++=

++

++

Aplikasi kondisi awal yang kedua, )0()0( ++ ′= ydt

dv,

( )( ) ttjtj

ttjtjp

eeKeK

eeKjeKjdt

dy

dt

dy

αβ−β

αβ−β

α++

β−β+=

21

21

Kita akan memperoleh

( ) ( )

( ) ( ) 02121

2121

)0()0(

)0()0()0(

ByyKKKKj

KKKjKjyydt

dy

p

p

=′−′=+α+−β→

α++β−β+′=′=

++

+++

( ) ( )β

α−=−→=+α+−β

=+

j

ABKKBKKKKj

AKK

002102121

021

2

/)(

2

/)( 0002

0001

βα−−=

βα−+=

jABAK

jABAK

Solusi total menjadi

tp

ttjtjtjtj

p

ttjtjp

etAB

tAy

ej

eeABeeAy

eejABA

ejABA

yy

α

αβ−β+β−β+

αβ−β+

β

β

α−+β+=

−

β

α−+

++=

βα−−+

βα−++=

sin)(

cos

2

)(

2

2

/)(

2

/)(

000

00

0

000 000

(16.17)

A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal

sedangkan α dan β memiliki nilai tertentu (dalam rangkaian listrik ditentukan oleh nilai elemen rangkaian). Dengan demikian solusi total

dapat kita tuliskan sebagai

( ) tbap etKtKyy

αβ+β+= sincos (16.18)

16-8 Sudaryatno Sudirham, Fungsi dan Grafik – Diferensial dan Integral

dengan Ka dan Kb yang masih harus ditentukan melalui penerapan

kondisi awal. Ini adalah bentuk solusi total khusus untuk persamaan

diferensial yang memiliki persamaan karakteristik dengan dua akar

kompleks konjugat.

Persamaan (16.8) menunjukkan bahwa bila persamaan karakteristik

memberikan dua akar kompleks konjugat, maka solusi persamaan

diferensial orde dua akan terdiri dari solusi khusus yp ditambah fungsi

sinus yang teredam.

Soal-Soal:

1. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.

5)0( , 0)0( ; 054 c).

10)0( , 0)0( ; 044 b).

15)0( ,0)0( ; 0107 .a)

2

2

2

2

2

2

===++

===++

===++

++

++

++

dt

dvvv

dt

dv

dt

vd

dt

dvvv

dt

dv

dt

vd

dt

dvvv

dt

dv

dt

vd

2. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.

10)0(

,5)0( ;)(100258 c).

10)0(

,5)0( ;)(1002510 b).

25)0(

,5)0( ; )(1002410 .a)

2

2

2

2

2

2

===++

===++

===++

+

+

+

dt

dvvtuv

dt

dv

dt

vd

dt

dvvtuv

dt

dv

dt

vd

dt

dvvtuv

dt

dv

dt

vd

3. Carilah solusi persamaan diferensial berikut.

0)0( ,0)0( , )( ] 1000[cos10086 .a)2

2

===++ ++

dt

dvvtutv

dt

dv

dt

vd

0)0( ,0)0( , )( ] 1000[cos10096 b).2

2

===++ ++

dt

dvvtutv

dt

dv

dt

vd

0)0( ,0)0( , )( ] 1000[cos100102 c).2

2

===++ ++

dt

dvvtutv

dt

dv

dt

vd