BAB 2 REVIEW
PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA
Tujuan dari bab ini adalah: Mengingat kembali tentang persamaan diferensial biasa. Mengidentifikasi tipe, order, dan linierity persamaan linierity persamaan diferensial biasa. Mengindentifikasi cara penyelesaian persamaan persamaan diferensial diferensia l biasa.
Dalam kalkulus telah dipelajari bagaimana mencari turunan dy dx dari
suatu
fungsi
y f ( x). Misalnya,
jika
y e ax ,
maka
dy dx a e ax . Dengan menggantikan e ax dengan y, y, menghasilkan menghasilkan dy dx
a y
(2.1)
Permasalahannya sekarang adalah ” bukan bagaimana menentukan turunan dari fungsi y f ( x) ?” Tetapi masalahnya adalah “jika diberikan persamaan diferensial (PD) seperti Pers. (2.1), bagaimana cara menentukan fungsi y f ( x) ?”
2.1 Definisi dan Klasifikasi Persamaan Diferensial Suatu persamaan yang mengandung turunan-turunan dari suatu variabel terikat terhadap satu atau lebih variabel-variabel bebas disebut persamaan persamaan diferensial . Persamaan diferensial dapat diklasifikasikan berdasarkan tipe, order, dan linieriti. linierit i.
Klasifikasi Berdasarkan Tipe: Jika suatu persamaan hanya mengandung mengandung turunan-turunan turunan-t urunan biasa biasa dari suatu suat u variabel terika ter ikatt terhadap t erhadap satu variabel bebas disebut persamaan persamaan diferensial biasa biasa (PDB). Contohnya: dy y y 2 dx
d 2 y dx
2
dy dx
6 y 0
Dalam contoh ini, y y disebut variabel terikat dan x x disebut variabel bebas. Suatu persamaan yang mengandung turunan-turunan parsial dari suatu variabel terikat terhadap lebih dari satu variabel-variabel bebas disebut persamaan disebut persamaan diferensial diferensial parsial (PDP). (PDP). Contohnya: Contohnya:
c 2c 2 t x
2T 2T 0 2 2 x y suatu PD, baik PDB maupun Klasifikasi Berdasarkan Order: Order suatu PDP, adalah order dari turunan tertinggi dalam persamaan tersebut. Sedangkan derajat suatu PD adalah pangkat tertinggi dari turunan order tertinggi yang terdapat dalam PD setelah PD tersebut dirasionalkan dirasionalkan dan dibulatkan. Contohnya: dy dx 2
d y dx
2
x
5 y 0 dy dx
3 y 0
(order satu, derajat derajat pertama) pertama)
(order dua, derajat derajat pertama) pertama)
Klasifikasi Berdasarkan Tipe: Jika suatu persamaan hanya mengandung mengandung turunan-turunan turunan-t urunan biasa biasa dari suatu suat u variabel terika ter ikatt terhadap t erhadap satu variabel bebas disebut persamaan persamaan diferensial biasa biasa (PDB). Contohnya: dy y y 2 dx
d 2 y dx
2
dy dx
6 y 0
Dalam contoh ini, y y disebut variabel terikat dan x x disebut variabel bebas. Suatu persamaan yang mengandung turunan-turunan parsial dari suatu variabel terikat terhadap lebih dari satu variabel-variabel bebas disebut persamaan disebut persamaan diferensial diferensial parsial (PDP). (PDP). Contohnya: Contohnya:
c 2c 2 t x
2T 2T 0 2 2 x y suatu PD, baik PDB maupun Klasifikasi Berdasarkan Order: Order suatu PDP, adalah order dari turunan tertinggi dalam persamaan tersebut. Sedangkan derajat suatu PD adalah pangkat tertinggi dari turunan order tertinggi yang terdapat dalam PD setelah PD tersebut dirasionalkan dirasionalkan dan dibulatkan. Contohnya: dy dx 2
d y dx
2
x
5 y 0 dy dx
3 y 0
(order satu, derajat derajat pertama) pertama)
(order dua, derajat derajat pertama) pertama)
3
dy x (order dua, derajat derajat pertama) 5 4 y e 2 dx dx 2
d y
2
d y dx
2
dy 1 dx
32
(order dua, derajat derajat kedua)
Klasifikasi Berdasarkan Berdasarkan Linieriti Linie riti dan Nonlinieriti Persamaan diferensial biasa order n adalah linier bila dapat ditulis dalam bentuk
a 0 ( x)
d n y dx
n
a1 ( x)
d n 1 y dx
n 1
a n1 ( x)
a 0 ( x) 0
dy dx
a n y g ( x), (2.2)
Fungsi-fungsi a 0 ( x), a1 ( x), , a n ( x) disebut koefisien-koefisien PD, dan g ( x) disebut suku non homogen. homogen. Bila koefisien-koefisien tersebut adalah fungsi-fungsi konstan, PD dinamakan mempunyai koefisienkoefisien konstan. Persamaan disebut homogen bila g ( x) 0 dan non homogen bila g ( x) 0. Dari persamaan di atas ter-lihat dua sifat karakteristik dari PD linier: y dan semua turunan-turunannya adalah derajat Variabel terikat y satu, yaitu, pangkat dari tiap-tiap tiap-t iap suku yang melibatkan y melibatkan y adalah adalah 1. bebas x.. Masing-masing koefisien hanya tergantung pada variabel bebas x Persamaan diferensial biasa yang tidak dapat ditulis dalam bentuk umum di atas dinamakan PDB dinamakan PDB nonlinier . Misalnya: 2
d y dx
2
d 2 y dx
2
x
dy dx
y2 0
sin y 0
(2.3a)
(2.3b)
y
d 2 y dx
2
dy dx
y 0
(2.3c)
Ketiga persamaan ini adalah PDB order dua nonlinier, karena pada Pers. (2.3a) pangkat dari y y bukan satu, pada Pers. (2.3b) terdapat fungsi nonlinier dari y; y; yaitu sin y , dan pada Pers. (2.3c) koefisien tergantung pada variabel terikat y terikat y..
2.2 Persamaan Diferensial Diferensi al Biasa Order Satu Bentuk umum persamaan diferensial (PD) order satu dan derajat satu adalah
M ( x, y) dx N ( x, y) dy 0
(2.4)
2.2.1 PD Dengan Variabel-Variabel Variabel-Variabel Terpisah Pada umumnya PD order satu dapat direduksi dengan manipulasi aljabar menjadi bentuk:
f ( x) dx g ( y) dy 0
(2.5)
Persamaan ini dikatakan “terpisah” karena variabel x x dan y y terpisah satu sama lainnya, sehingga x x hanya ada pada koefisien dx dx dan y hanya ada pada koefisien dy. dy. Penyelesaian umumnya adalah
f ( x) dx g ( y) dy C dimana C adalah adalah konstanta integrasi.
(2.6)
2.2.2 Reduksi Menjadi Variabel-Variabel Terpisah Kadang-kadang pemisahan variabel tidak kelihatan dengan segera, tetapi dapat dilakukan berdasarkan pengalaman. Ada beberapa bentuk PD yang dapat direduksi menjadi variabel-variabel terpisah, diantaranya adalah:
f 1 ( x) g 2 ( y) dx f 2 ( x) g 1 ( y) dy 0
(2.7)
dan dy dx
f ( x) g ( y) 0
(2.8)
Penyelesaian umum Pers. (2.7) dapat diperoleh dengan mengalikan persamaan tersebut dengan 1 f 2 ( x) g 2 ( y) untuk memisahkan variabel-variabel dan kemudian diintegrasikan: f 1 ( x)
f ( x)
dx
2
g 1 ( y )
g ( y) dy C
(2.9)
2
Penyelesaian umum Pers. (2.8) dapat diperoleh dengan mengalikan persamaan tersebut dengan dx g ( y) kemudian diintegrasikan:
f ( x) dx
dy
g ( y)
C
(2.10)
Jadi proses penyelesaian suatu persamaan yang dapat dipisahkan seringkali meliputi perkalian dengan faktor pengintegral , yaitu faktor pengali sehingga PD dapat dipisahkan. Contoh 2.1.
Selesaikan PD berikut: x ( y 2 9) dx y (1 x) dy 0 Penyelesaian:
PD di atas dapat direduksi menjadi PD variabel terpisah dengan mengalikan dengan faktor pengintegral 1 ( y 2 9)(1 x), hasilnya adalah
x dx 1 x
y dy y 9 2
0
Dengan mengintegralkan persamaan ini menghasilkan x ln(1 x)
1 2
ln( y 2 9) C 1
Ada berbagai bentuk ekivalen yang dapat ditulis untuk penyelesaian umum: 2 x 2 ln(1 x) ln( y 2 9) ln C , dimana ln C 2 C 1 C (1 x) 2 y 9 2
e 2 x
Contoh 2.2.
Selesaikan PD berikut ini: dC A dt
k 1 C A
(2.11)
Penyelesaian:
Bila Pers. (2.11) dt C A , diperoleh dC A C A
dikalikan
dengan
faktor
pengintegral
k 1 dt
ln C A k 1 t ln C
C A C exp( k 1 t )
Kadang-kadang sangat dianjurkan menggunakan konstanta integrasi dalam bentuk logaritma bila sebagian besar hasil integrasi dalam bentuk logaritma.
2.2.3 Persamaan Homogen Definisi umum dari suatu fungsi homogen x dan y derajat n adalah “gantikan x dengan tx dan y dengan ty, dan sederhanakan persamaan tersebut. Jika hasilnya merupakan fungsi asli dikalikan dengan t n, maka fungsi tersebut adalah homogen derajat n.” Dalam bentuk simbolis, fungsi f ( x, y) disebut homogen derajat n
jika f (tx, ty) t n f ( x, y), dimana t adalah sembarang bilangan selain nol. Contoh 2.3.
Apakah fungsi f ( x, y) x ln x 2 y 2 ln y y e x y homogen? Penyelesaian:
Untuk menjawab pertanyaan ini, gantikan x dengan tx dan y dengan ty, menghasilkan f (tx, ty) t x ln t 2 x 2 t 2 y 2 ln t y t y e t x t y
t x ln t x 2 y 2 ln t y t y e x y t x ln x 2 y 2 ln y y e x y
t f ( x, y) Jadi fungsi tersebut adalah homogen derajat satu.
Persamaan diferensial
M ( x, y) dx N ( x, y) dy 0
(2.12)
disebut homogen bila M ( x, y) dan N ( x, y) merupakan fungsi-fungsi homogen berderajat sama. Dengan menggunakan transformasi y vx atau x vy , maka PD Homogen dapat direduksi menjadi PD dengan variabel terpisah. Contoh 2.4.
Selesaikan PD berikut: ( x 2 y 2 ) dx x y dy 0
(2.13)
Penyelesaian:
Persamaan ini adalah homogen, karena seluruh suku-suku dalam koefisien dari tiap-tiap diferensial adalah derajat dua. Karena itu substitusikan
dy v dx x dv
y vx , dan Pers. (2.13) menjadi
( x 2 v 2 x 2 ) dx v x 2 (v dx x dv) 0 (1 2v 2 ) dx v x dv 0 Bila persamaan ini dikalikan dengan faktor pengintegral 1 x (1 2v 2 ) , meng-hasilkan dx x
v dv 1 2v
2
0
Dengan mengintegrasikan tiap-tiap suku persamaan di atas, diperoleh
ln x
1 4
2 ln (1 2v ) C 1
Gantilah v dengan y x untuk mendapatkan kembali variabel semula. 2 2 2 x y 4 ln C , ln x ln 2 x
dimana
ln C 4 C 1 x 4 2 x 2 y 2 C
2.2.4 Persamaan Eksak Bentuk umum PD order satu dan derajat satu adalah
M ( x, y) dx N ( x, y) dy 0
(2.14)
Umumnya suatu penyelesaian ada bila diferensial eksak
d ( x, y) 0
(2.15)
Integrasi persamaan ini menghasilkan
( x, y) C 1
(2.16)
Jika fungsi tersebut ada, maka dengan menggunakan aturan rantai diferensial total adalah d
dx dy 0 x y
(2.17)
Namun, bagaimana kita menggunakan informasi ini untuk menentukan y sebagai fungsi x? Sebenarnya, petunjuk dalam menemukan adanya penyelesaian eksak terletak pada sifat fungsi kontinyu, yaitu
y x x y
(218)
Dengan membandingkan Pers. (2.14) dan Pers. (2.17), didapatkan M ( x, y )
x
N ( x, y )
y
(2.19)
dan
(2.20) Dengan menggunakan sifat fungsi kontinyu, Pers. (2.18), maka syarat perlu dan cukup agar ada adalah
M N y x
(2.21)
Jadi, Pers. (2.14) dikatakan eksak bila memenuhi persamaan berikut. Langkah-langkah penyelesaian Persamaan Eksak adalah: 1. Integrasikan M ( x, y) , Pers. (2.19), terhadap x dengan menjaga y konstan. Hasilnya adalah
M ( x, y) dx
y
F ( y)
(2.22)
dengan F ( y ) adalah konstanta integrasi dari fungsi y saja. 2. Tentukan F ( y ) dari Pers. (2.20), dengan menyisipkan Pers. (2.22) kedalam Pers. (2.20),
y y
M ( x, y) dx
dF ( y ) dy
y
N ( x, y )
atau dF ( y ) dy
N ( x, y)
y
M ( x, y) dx y
(2.23)
1. Integrasikan Pers. (2.23), diperoleh
F ( y ) N ( x, y ) y
M ( x, y) dx y dy
(2.24)
2. Jadi, penyelesaian umumnya diperoleh dengan menyisipkan Pers. (2.24) ke dalam Pers. (2.22). Contoh 2.5.
Buktikan bahwa (3 x 2 6 xy) dx (3 x 2 2 y) dy 0
(2.25)
adalah eksak dan tentukan penyelesaian umumnya. Penyelesaian:
M ( x, y )
3 x 2 6 xy x
(2.26a)
N ( x, y )
(3 x 2 2 y) y
(2.26b)
Persamaan (2.25) adalah eksak, karena
M N 6 x y x
Integrasikan M ( x, y ) terhadap x dengan menjaga y konstan, diperoleh
(3 x 2 6 xy) dx
y
x 3 3 x 2 y F ( y)
(2.27)
Sisipkan persamaan ini ke dalam Pers. (2.26b),
3 [ x 3 x 2 y F ( y)] (3 x 2 2 y ) y y dF ( y ) dy
2 y
Dengan mengintegrasikan persamaan ini, didapatkan F ( y ) y 2 C 2 Dengan mensubstitusikan persamaan ini ke dalam Pers. (2.27), menghasilkan
x 3 3 x 2 y y 2 C 2
(2.28)
Persamaan (2.28) bukan merupakan bentuk penyelesaian umum. Karena juga sama dengan konstanta sembarang C 1. Dengan menggabungkan konstanta-konstanta sembarang tersebut menghasilkan penyelesaian umum, yaitu x 3 3 x 2 y y 2 C , dimana C C 1 C 2
2.2.5 Persamaan Linier Order Satu Bentuk umum PD linier order satu adalah
dy dx
P ( x) y Q( x)
(2.29)
dimana P ( x) dan Q( x) adalah konstanta-konstanta atau hanya fungsi x. Bila Pers. (2.29) dikali dengan faktor pengintegral, yaitu I ( x), diperoleh I ( x)
dy dx
I ( x) P ( x) y I ( x) Q( x)
(2.30)
Jika kita dapat mengetahui faktor pengintegral , I ( x), sehingga ruas kiri Pers. (2.30) merupakan turunan dari persamaan tertentu, maka kita dapat langsung meng-integrasikan persamaan tersebut. Sekarang marilah kita coba menentukan I ( x). Perhatikan diferensiasi berikut ini d dx
I ( x) y I ( x)
dy dx
dI ( x) dx
y
(2.31)
Bandingkan hasil diferensiasi ini dengan ruas kiri Pers. (2.30). Kita lihat bahwa suku pertama sama dan agar suku kedua juga identik, maka dI ( x) (2.32) I ( x) P ( x) dx Bila persamaan ini diselesaikan diperoleh I ( x) C e
P ( x ) dx
Karena kita tidak perlu faktor pengintegral yang lebih umum, maka kita pilih C sama dengan satu sehingga faktor pengintegralnya menjadi I ( x) exp
P ( x) dx
(2.33)
Jadi, penyelesaian umum Pers. (2.29) adalah y
1
I ( x)
I ( x) Q( x) dx
C I ( x)
(2.34)
Contoh 2.6.
Selesaikan PD linier berikut ini dy dx
2 y 3 e x
Penyelesaian:
I exp
P ( x) 2 ,
2 dx
exp (2 x)
Jadi, penyelesaian umumnya adalah y
1
e 2 x
e 2 x 3 e x dx
C e 2 x
y e 2 x 3 e x dx C e 2 x y 3 e x C e 2 x Contoh 2.7.
Selesaikan PD berikut dc R dt
k 1 c A0 exp( k 1 t ) k 2 c R
Penyelesaian:
Persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk
dc R dt
k 2 c R k 1 c A0 exp( k 1 t ) I ( x) exp
P (t ) k 2 ,
k
2
dt exp( k 2 t )
Jadi penyelesaian umumnya adalah c R
1
exp( k 2 t ) k 1 c A0 exp( k 1 t ) dt
exp( k 2 t )
C exp( k 2 t )
k 1 c A0 exp(k 2 t ) exp[(k 2 k 1 )t ] dt C exp(k 2 t )
k 1 c A0 k 2 k 1 k 1 c A0 k 2 k 1
exp( k 2 t ) exp[( k 2 k 1 ) t ] C exp( k 2 t )
exp( k 1 t ) C exp( k 2 t )
2.2.6 Persamaan Bernoulli Bentuk umum Persamaan Bernoulli adalah
dy dx
P ( x) y Q( x) y n ;
n 1
(2.35)
Bila Pers. (2.35) dibagi dengan y n , diperoleh y n
dy dx
P ( x) y1n Q( x)
(2.36)
Persamaan (2.36) dapat direduksi menjadi persamaan linier dengan mensubstitusikan:
dz
z y 1n ,
dx
(1 n) y n
dy dx
Dengan mensubstitusikan harga-harga ini ke dalam Pers. (2.36), menghasilkan dz dx
(1 n) P ( x) z (1 n) Q( x)
(2.37)
Persamaan (2.37) merupakan persamaan linier order satu dan penyelesaiannya sama dengan sub bab sebelumnya.
2.2.7 Persamaan Riccati Persamaan Riccati adalah PD nonlinier. Bentuk umum persamaannya:
dy dx
P ( x) y 2 Q( x) y R( x)
(2.38)
Bentuk khusus yang sering muncul adalah bila P ( x) 1 dy dx
y 2 Q( x) y R( x)
(2.39)
Transformasikan variabel y dengan y
1
u
du dx
(2.40)
2
du 2 2 dx u dx u dx
dy
1
2
d u
1
(2.41)
Suku nonlinier pada Pers. (2.39) dapat dihilangkan dengan menyisipkan Pers. (2.40) dan Pers. (2.41) ke dalam Pers. (2.39), menghasilkan d 2 u dx
2
Q( x)
du dx
R( x) u 0
(2.42)
Ini merupakan persamaan diferensial linier order dua dengan koefisien tidak konstan. Persamaan ini dapat diselesaikan dengan metode deret Frobenius atau fungsi Bessel. Contoh 2.8.
Dalam suatu reaktor batch dengan volume konstan berlangsung reaksi seri berikut: A
k 1
B
k 2
C
Konsentrasi A mula-mula adalah C A0 , sedangkan konsentrasi B dan C mula-mula adalah nol. Laju reaksi per satuan volume reaktor dinyatakan dengan r A k 1 C An ,
r B k 1 C An k 2 C Bm
Tentukan konsentrasi B sebagai fungsi waktu untuk kasus berikut ini: a) n 1, m 2 b) n 1, m 1 Penyelesaian:
a) Untuk n 1 dan m 2 . Dari neraca massa didapatkan: dC A dt
k 1 C A
(2.43)
dC B dt
k 1 C A k 2 C B2
(2.44)
Penyelesaian Pers. (2.43) adalah
C A C exp( k 1 t )
(2.45)
Konstanta integrasi C ditentukan dari kondisi awal. Dari K.A. didapatkan C C A0 . Persamaan (2.45) menjadi C A C A0 exp(k 1 t )
(2.46)
Substitusikan C A ini ke dalam Pers. (2.44) dC B dt
k 1 C A0 exp( k 1 t ) k 2 C B2
Bila kedua ruas dibagi dengan k 2 dan waktu diganti dengan k 2 t , didapatkan
k 1 C A0 exp C d k 2 k 2
dC B
2 B
k 1
(2.47)
Persamaan ini identik dengan bentuk khusus dari persamaan Riccati. Bandingkan Pers. (2.47) dengan Pers. (2.39), didapatkan
Q( ) 0,
R( )
k 1 k 2
k 1 k 2
C A0 exp
Tansformasikan C B dengan C B
1
u
du d
(2.48)
2
du 2 2 d u d u d
dC B
1
2
d u
1
(2.49)
Dengan mensubstitusikan Pers. (2.48) dan (2.49) ke dalam Pers. (2.47) diperoleh 2
d u ( ) d 2
k 1 u ( ) 0 (2.50) C A0 exp k 2 k 2 k 1
Ini adalah PD order dua linier. b) Untuk n 1 dan m 1 . Dari neraca massa didapatkan: dC A dt dC B dt
k 1 C A , persamaan (2.43)
k 1 C A k 2 C B
(2.51)
Penyelesaian Pers. (2.43) adalah C A C A0 exp(k 1 t ) , persamaan (2.46) Substitusikan persamaan ini ke dalam Pers. (2.51), kita dapatkan dC B dt
k 2 C B k 1 C A0 exp( k 1 t )
(2.52)
Ini adalah persamaan linier order satu. Coba anda selesaikan sendiri, hasilnya adalah C B
k 1 C A0 k 2 k 1
[exp( k 1 t ) exp( k 2 t )]
(2.53)
Namun, seringkali diinginkan hubungan antara C A dan C B, sehingga kita dapat menggunakan pendekatan yang berbeda, yaitu dengan membagi Pers. (2.51) dengan (2.43) dC B dC A
k 2 C B
k 1 C A
1
(2.54)
Ini merupakan persamaan homogen, substitusikan dC B
C B v C A ,
v C A
dC A
dv dC A
Persamaan (2.54) menjadi v C A
dv dC A
1
dv
k 2 1 v 1 k 1
k 2 k 1
v
dC A C A
k 1
k 2 k 2 k 1 1 v C A C 1 k 1
(2.55)
K.A. pada t 0, C A C A0 dan C B 0 , sehingga v 0 . Dari K.A. dan Pers. (2.55) didapatkan C 1 C A0 . Persamaan (2.55) menjadi
C A k 2 1 1 v C A0 k 1
( k 2 k 1) 1
C A k 2 1 v 1 C A0 k 1
( k 2 k 1) 1
Gantikan v dengan C B C A , didapatkan ( k 2 k 1) 1 C A C B k 1 1 C A k 2 k 1 C A0
(2.56)
2.3 Persamaan Diferensial Linier Order Dua Bentuk umum PD linier order dua adalah d 2 y dx
2
a1 ( x)
dy dx
a0 ( x) y f ( x)
(2.57)
Persamaan (2.57) ini adalah persamaan nonhomogen. Bila f ( x) 0 , Pers. (2.57) menjadi persamaan homogen. Dalam bagian ini, kita hanya mempelajari kasus-kasus dengan koefisien konstan, yaitu a0 dan a1 adalah konstanta. Prosedur penyelesain Pers. (2.57) adalah sebagai berikut: 1. Pertama diset f ( x) 0 . Persamaannya tereduksi menjadi persamaan homogen. Penyelesaiannya disebut penyelesaian komplementer atau homogen, dinotasikan dengan y c ( x) . 2. Selesaikan PD bila f ( x) 0 . Penyelesaiannya disebut penyelesaian partikulir , dinotasikan dengan y p ( x) . 3. Penyelesaian lengkap adalah: y y c ( x) y p ( x) . Pertama kita membahas persamaan homogen. Untuk persamaan linier homogen jelas terlihat bahwa gabungan dari tiap-tiap penyelesaian juga merupakan suatu penyelesaian, asalkan tiap-tiap penyelesaian adalah linearly independent dengan penyelesaian lainnya. Maksud linearly independent adalah suatu penyelesai-an
tidak dapat diperoleh dari penyelesaian lain dengan mengalikan penyelesaian tersebut dengan suatu konstanta. Misalnya, penyelesaian adalah linearly independent dengan y1 C 1 exp( 2 x)
y 2 C 2 exp(3x) , karena kita tidak dapat mengalikan y2 dengan suatu konstanta untuk mendapatkan y1. Namun, penyelesaian y3 6 x 2 adalah tidak linearly independent dengan y 4 2 x 2 , karena jelas terlihat bahwa y3 dapat diperoleh dengan mengalikan y4 dengan 3. Jadi, untuk persamaan homogen order dua dan linier penyelesaian umumnya adalah y c C 1 y1 ( x) C 2 y 2 ( x)
(2.58)
Penyelesaian partikulir ( y p) juga harus linearly independent dengan tiap-tiap penyelesaian komplementer ( yc), agar y p dapat digabungkan dengan yc. Bila tidak, maka y p dapat menghasilkan kembali salah satu dari penyelesaian komplementer, sehingga tidak ada informasi baru yang ditambahkan ke hasil akhir.
2.3.1 Penyelesaian Komplementer Bentuk PD linier order dua homogen dengan koefisien konstan 2
d y dx
2
a1
dy dx
a0 y 0
(2.59)
Anggap penyelesaian komplementer dari Pers. (2.59) adalah y c C exp( rx)
(2.60)
dimana C adalah konstanta integrasi dan r adalah akar karakteristik (atau eigenvalue) dari persamaan. Diferensialkan Pers. (2.60) dua kali terhadap x. Sisipkan yc tersebut dan turunan-turunannya ke dalam Pers. (2.59), menghasilkan
C (r 2 a1 r a0 ) exp(rx) 0
(2.61)
Bila C 0 maka tidak ada penyelesaian dan exp(rx) tidak boleh nol. Jadi per-samaan ini dipenuhi bila r 2 a1 r a0 0
(2.62)
Persamaan (2.62) disebut persamaan karakteristik untuk Pers. (2.59). Karena Pers. (2.62) adalah persamaan kuadrat, maka hanya ada dua akar. Ada tiga macam akar dari persamaan kuadrat: 1. Akar-akarnya real dan berbeda 2. Akar-akarnya sama 3. Akar-akarnya bilangan komplek dan berbeda. Bila akar-akarnya real dan berbeda, katakanlah r 1 dan r 2, maka penyelesaian umum Pers. (2.59) adalah
yc C 1 exp( r 1 x) C 2 exp(r 2 x) Untuk akar-akar yang agak rumit, katakanlah
(2.63)
r 1 a b dan
r 2 a b , seringkali penyelesaiannya ditulis dengan menggunakan fungsi hiperbolik, supaya lebih mudah dalam menentukan konstantakonstanta integrasi dengan menggunakan kondisi batas. cosh(bx)
sinh (bx)
exp(bx) exp( bx) 2 exp(bx) exp( bx) 2
(2.64)
(2.65)
Jadi, penyelesaian di atas dapat ditulis dalam bentuk
yc exp(ax) C 1 exp(bx) C 2 exp(bx)
exp(bx) exp(bx) exp(bx) exp( bx) ( C C ) 1 2 2 2
yc exp( ax) (C 1 C 2 )
yc exp(ax) C 3 cosh(bx) C 4 sinh(bx)
(2.66)
Bila akar-akarnya sama, katakanlah r 1 r 2 r , maka penyelesaian umum Pers. (2.59) adalah y c (C 1 C 2 x) exp(r x)
(2.67)
Pada Pers. (2.67) penyelesaian kedua dikali dengan variabel bebas x, agar penyelesaiannya linearly independent . Bila akar-akarnya bilangan kompleks, katakanlah r 1 a b i dan r 2 a b i , maka penyelesaian umum Pers. (2.59) adalah
yc exp( ax) C 3 exp(ibx) C 4 exp(ibx)
(2.68)
Bentuk penyelesaian ini sama sekali tidak efektif untuk tujuan komputasi, karena itu perlu dimasukkan bentuk yang lebih efektif dengan menggunakan formula Euler, yaitu e i x cos x i sin x
(2.69)
Dengan mensubstitusikan Pers. (2.69) ke dalam Pers. (2.68) menghasilkan
yc exp( ax) C 3 (cos bx i sin bx) C 4 (cos bx i sin bx)
exp(ax) (C 3 C 4 ) cos bx (C 3 C 4 ) i sin bx yc exp(ax) (C 1 cos bx C 2 sin bx) dengan C 3 C 4 C 1 dan (C 3 C 4 ) i C 2 .
(2.70)
Contoh 2.9.
Selesaikan PD berikut ini d 2 y dx
2
dy dx
6y 0
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik (PK) dapat diperoleh dengan menggantikan d 2 y dx 2 dengan r 2 dan dy dx dengan r , sehingga
r 2 r 6 0 (r 2)(r 3) 0 r 1 2 dan
r 2 3
Karena akarnya real dan berbeda, maka penyelesaian umumnya adalah y C 1 exp(2 x) C 2 exp(3 x)
Contoh 2.10.
Selesaikan persamaan order dua berikut ini 2
d y dx
2
6
dy dx
9y 0
Penyelesaian:
Persamaan karakteristiknya r 2 6 r 9 0 (r 3) 2 0
r 1, 2 3
Karena akarnya sama, maka penyelesaian umumnnya adalah y c (C 1 C 2 x) exp(3x)
Contoh 2.11.
Selesaikan PD berikut ini 2
d y dx
2
2
dy dx
5y 0
Penyelesaian:
Persamaan karakteristiknya r 2 2 r 5 0
r 1, 2
2
4 (4 5) 2
2 4i 2
1 2i ; 1 2i
Karena akarnya imajiner dan berbeda, maka penyelesaian umumnya adalah
yc exp( x) C 1 cos 2 x C 2 sin 2 x
2.3.2 Penyelesaian Partikulir Bentuk PD linier order dua dengan koefisien konstan adalah 2
d y dx
2
a1
dy dx
a0 y f ( x)
(2.71)
Penyelesaian umum dari Pers. (2.71) merupakan jumlah dari penyelesaian komplementer dan penyelesaian partikulir , yaitu
y y c ( x) y p ( x)
(2.72)
Penyelesaian komplementer, y c ( x) , telah kita pelajari, sekarang kita akan membahas metode umum untuk menentukan integral partikulir, y p ( x). Ada tiga metode yang umum digunakan untuk menentukan y p ( x) : 1. Metode Undetermined Coefficients. 2. Metode Invers Operator. 3. Metode Variasi Parameter. Dua metode pertama hanya dapat digunakan untuk PD dengan koefisien konstan, sedangkan metode ketiga dapat digunakan baik untuk koefisien konstan maupun koefisien tidak konstan.
1. Metode Undetermi ned Coeff icients Metode ini digunakan secara luas, juga mudah dikerjakan. Tahap pertama adalah mengasumsi bentuk awal dari penyelesaian partikulir y p dengan koefisien-koefisiennya belum diketahui. Koefisienkoefisien yang belum diketahui ini ditentukan dengan menyisipkan bentuk awal penyelesaian partikulir y p dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial. Untuk PD order dua diperlukan dua kali diferensiasi, sedangkan untuk PD order n diperlukan n kali diferensiasi (suatu kelemahan dari metode ini). Kemudian ditentukan koefisien-koefisiennya sehingga memenuhi persamaan diferensial. Jika berhasil, maka kita telah mendapatkan penyelesaian partikulir y p. Jika koefisien-koefisiennya tidak dapat ditentukan, ini artinya kita tidak mendapatkan penyelesaian dari bentuk yang diasumsikan tadi. Jadi kita perlu memodifikasi asumsinya dan kita coba lagi. Sebagai pedoman dalam mengasumsi bentuk awal dari penyelesaian partikulir y p adalah dengan melihat fungsi f ( x) dan hasil diferensial berulang dari fungsi f ( x). Berdasarkan pengamatan pada
fungsi f ( x) dan turunan-turunannya, maka kita dapat menyarankan bentuk integral partikulir dengan koefisien-koefisien yang belum diketahui.
Contoh 2.12.
Tentukan penyelesaian umum dari PD linier order dua berikut ini d 2 y dy 2 x (2.73) 2 3 y 3 e 2 dx dx Penyelesaian:
Pertama adalah menentukan penyelesaian komplementer dengan menset f ( x) 0 . Persamaan karakteristik dari persamaan homogen di atas adalah r 2 2 r 3 0
(r 3)(r 1) 0 r 1 3
dan
r 2 1
Karena akarnya real dan berbeda, penyelesaian komplementernya adalah
yc C 1 exp(3 x) C 2 exp( x)
(2.74)
Untuk membangun bentuk integral partikulir, kita harus berpedoman pada fungsi f ( x) dan hasil diferensial berulang dari fungsi f ( x). Bila order dari PD adalah dua, maka kita harus mendiferensialkan hingga dua kali fungsi f ( x) tersebut. Dalam contoh ini f ( x) 3 exp( 2 x). Turunan pertama dan kedua dari fungsi tersebut tetap fungsi eksponensial, yaitu exp( 2 x). Oleh karena itu, bentuk integral partikulir yang diusulkan adalah fungsi eksponensial itu sendiri dikali dengan suatu koefisien, yaitu y p B exp( 2 x)
(2.75)
dimana B adalah koefisien yang akan ditentukan. Caranya dengan mendiferen-sialkan y p ini dua kali terhadap x, kemudian sisipkan Pers. (2.75) dan turunan-turunannya ke dalam Pers. (2.73), kita dapatkan
4 B exp( 2 x) 4 B exp(2 x) 3 B exp( 2 x) 3 exp( 2 x) B 1 Penyelesaian partikulirnya adalah y p exp( 2 x)
(2.76)
Jadi penyelesaian lengkapnya adalah
y C 1 exp(3 x) C 2 exp( x) exp(2 x)
(2.77)
Contoh 2.13.
Selesaikan PD linier order dua berikut ini 2
d y dx
2
dy dx
2 y x 2
(2.78)
Penyelesaian:
Persamaan karakteristik dari persamaan homogen di atas adalah
r 2 r 2 0 (r 1)(r 2) 0 r 1 1
dan
r 2 2
Penyelesaian komplementernya adalah
yc C 1 exp( x) C 2 exp( 2 x)
(2.79)
Perhatikan bahwa turunan pertama dan kedua dari f ( x) x 2 adalah 2 x dan 2, sehingga kita dapat membentuk integral partikulirnya berupa gabungan linier dari f ( x) dan turunanturunannya dikali dengan suatu koefisien, yaitu y p A 2 x 2 A1 x A0
(2.80)
dimana koefisien-koefisien A2, A1, dan A0 akan ditentukan. Diferensialkan y p ini dua kali terhadap x. Kemudian sisipkan y p dan turunan-turunannya ke dalam Pers. (2.78), menghasilkan 2 A 2 (2 A 2 x A1 ) 2 ( A 2 x 2 A1 x A 0 ) x 2
2 A 2 x 2 (2 A2 2 A1 ) x (2 A 2 A1 2 A0 ) x 2
(2.81)
Untuk memenuhi Pers. (2.81) kita harus menyamakan tiap-tiap koefisien dari polinomial tersebut antara ruas kiri dan ruas kanan persamaan, sehingga didapatkan koefisien x 2
:
2 A2 1
A 2 1 2
koefisien x
:
2 A 2 2 A1 0
A1 A 2 1 2
konstanta
:
2 A 2 A1 2 A0 0
3 A 0 ( A1 2 A 2 ) 1 2 2 2 4 1
1 1
Jadi penyelesaian partikulirnya adalah 1 1 3 y p x 2 x 2 2 4
(2.82)
Dan penyelesaian lengkapnya adalah y C 1 exp( x) C 2 exp( 2 x)
1 2 3 x x 2 2
(2.83)
Contoh 2.14.
Tentukan penyelesaian umum dari PD linier order dua berikut ini 2 d y dy (2.84) 2 y 3 cos 2 x 2 dx dx Penyelesaian:
Penyelesaian komplementer sama dengan contoh sebelumnya. Sekarang perhatikan turunan pertama dan kedua dari f ( x) cos 2 x , yaitu sin 2 x dan cos 2 x. Karena dari fungsi f ( x) dan hasil turunan berulang muncul suku cosinus dan sinus, maka bentuk integral partikulir yang disarankan adalah y p A cos 2 x B sin 2 x
(2.85)
dimana A dan B adalah koefisien-koefisien yang akan dicari. Diferensialkan y p ini dua kali terhadap x, diperoleh dy p
2 A sin 2 x 2 B cos 2 x ,
dx 2
d y p dx
2
4 A cos 2 x 4 B sin 2 x .
Kemudian sisipkan y p dan turunan-turunannya ini ke dalam Pers. (2.84), meng-hasilkan
(6 A 2 B) cos 2 x (2 A 6 B) sin 2 x 3 cos 2 x
(2.86)
Berikutnya, samakan tiap-tiap koefisien dari sin 2 x dan cos 2 x antara kedua sisi Pers. (2.86). koefisien cos 2 x : koefisien sin 2 x :
6 A 2B 3 2 A 6B 0
(2.87a) (2.87b)
Dengan menyelesaikan secara simultan Pers. (2.87) diperoleh A
9 20
B
dan
3 20
Sehingga penyelesaian partikulirnya adalah y p
3 20
(sin 2 x 3 cos 2 x)
(2.88)
Jadi penyelesaian lengkapnya adalah y C 1 exp( x) C 2 exp( 2 x)
3 20
(sin 2 x 3 cos 2 x)
(2.89)
Beberapa kesimpulan yang dapat diambil dari contoh-contoh di atas mengenai bentuk standard integral partikulir dirangkum dalam Tabel 2.1. Tabel 2.1. Bentuk standard integral partikulir. Bentuk f ( x) Bentuk integral partikulir A e r x
Eksponensial Polinomial
An x
n
An1 x
( beberapa
n1
B e r x
A1 x A0 B n x B n1 x n
harga
n1
B1 x B 0
A i
boleh sama dengan nol)
Trigonometri
A1 sin rx A 2 cos rx (harga A1 atau A 2 boleh sama dengan nol)
B1 sin rx B 2 cos rx
Bila suku nonhomogen f ( x) merupakan jumlah dari fungsi-fungsi di atas (fungsi eksponensial, polinomial, dan trigonometri), maka bentuk integral partikulir juga merupakan jumlah dari bentuk standard masing-masing integral partikulirnya. Bila f ( x) merupakan hasil kali dari fungsi-fungsi di atas, maka bentuk integral partikulirnya juga merupakan hasil kali dari masing-masing bentuk standard integral partikulir tersebut. Namun, bila salah satu suku pada penyelesaian komplementer sama dengan salah satu suku pada fungsi f ( x), maka bentuk standard integral partikulir seperti pada Tabel 2.1 tidak dapat digunakan langsung, karena nantinya penyelesaian partikulir tidak linearly independent dengan penyelesaian komplementer. Oleh karena itu, bentuk integral partikulirnya harus dimodifikasi. Caranya: Bentuk standard integral partikulir seperti pada Tabel 2.1 dikalikan dengan variabel bebas, bila hasilnya masih sama dengan salah satu penyelesaian komplementer, maka harus dikalikan lagi dengan variabel bebas, sehingga bentuk integral partikulirnya tidak sama lagi dengan salah satu penyelesaian komplementer. Kadangkala koefisien yang ingin dicari tidak dapat ditentukan. Bila hal ini terjadi maka kita harus mengalikan lagi bentuk integral partikulirnya dengan variabel bebas, dan begitu seterusnya hingga koefisien tersebut dapat ditentukan. Contoh 2.15.
Tentukan penyelesaian komplementer dan partikulir dari PD berikut ini 2 d y dy 6 y exp( 2 x) (2.90) 5 2 dx dx Penyelesaian:
Pertama kita set ruas kanan Pers. (2.90) sama dengan nol, sehingga persamaan karakteristiknya adalah
r 2 5 r 6 0
(r 3)(r 2) 0 r 1 3
dan
r 2 2
Penyelesaian komplementernya adalah
yc C 1 exp(3 x) C 2 exp( 2 x)
(2.91)
Perhatikan salah satu suku pada penyelesaian komplementer ini sama dengan fungsi f ( x), yaitu exp( 2 x). Sehingga kita tidak boleh langsung mencoba bentuk standard integral partikulir, yaitu y p B exp(2 x), karena nantinya y p ini tidak linearly independent dengan salah satu suku penyelesaian komplementer. Oleh karena itu kita harus mencoba memodifikasi yaitu dengan mengalikan y p standard dengan variabel bebas, sehingga menjadi y p B x exp(2 x)
(2.92)
Sekarang jelas terlihat bentuk integral partikulir ini sudah linearly independent dengan penyelesaian komplementer. Diferensialkan Pers. (2.92) dua kali terhadap x, menghasilkan y p B exp(2 x) 2 B x exp(2 x) y p 4 B exp( 2 x) 4 B x exp( 2 x) Kemudian substitusikan y p dan turunan-turunannya ini ke dalam Pers. (2.90), kita dapatkan
[4 B exp(2 x) 4 B x exp(2 x)] [5 B exp(2 x) 10 B x exp(2 x)] 6 B x exp(2 x) exp( 2 x) B exp( 2 x) exp(2 x) B 1
Sisipkan harga B ini ke dalam Pers. (2.92), diperoleh y p x exp(2 x)
(2.93)
Penyelesaian lengkapnya adalah
yc C 1 exp(3 x) C 2 exp(2 x) x exp(2 x)
(2.94)
2. Metode Invers Operator Metode ini dibangun dari operator diferensial Heaviside, yang didefinisikan dengan dy (2.95) D y dx
dimana D adalah operasi elementer d dx . Operator ini mengikuti hukum-hukum aljabar tertentu, dan letaknya harus selalu sebelum suatu fungsi yang akan dioperasikan. Turunan kedua, ketiga, dan seterusnya dari operator D ini dapat ditulis dengan 2
D(D y) D y
d y
D(D y ) D y
d y
2
dx
2
(2.96)
(2.97)
3
2
D y n
3
d n y dx
n
dx
3
(2.98)
Karena operator D merupakan operator linier, maka operator D dapat dijumlahkan dan difaktorkan, misalnya
d 2 y dx 2
6
dy dx
9 y D 2 y 6 D y 9 y (D 3) 2 y 0
Hukum-hukum dasar yang berlaku untuk operator D adalah: (a ) Hukum Distributif. Hukum ini menyatakan bahwa
A ( B C ) AB AC
(2.99)
Operator D mengikuti hukum distributive (D 2 5 D 6) y D 2 y 5 D y 6 y
(2.100)
(b ) Hukum Komutatif Hukum ini menerangkan tentang aturan pertukaran operasi, yaitu
AB BA
(2.101)
Pada umumnya operator D tidak mengikuti hukum ini, karena jelas bahwa (2.102) D y y D Namun, operator D dapat bertukar kedudukan sesamanya, karena
(D 3)(D 2) (D 2)(D 3)
(2.103)
(c ) Hukum Asosiatif Hukum ini menjelaskan mengenai aturan urutan operasi, yaitu
A ( BC ) ( AB)C
(2.104)
Secara umum hukum ini tidak berlaku untuk operator D, karena D( x y) (D x) y
(2.105)
sebab kita tahu bahwa
D( x y) (D x) y x D y.
(2.106)
Namun, operator D berasosiatif sesama mereka sendiri D(D y) (DD) y
(2.107)
Bila operator D digunakan dalam bentuk invers, maka ada dua aturan yang perlu diperhatikan. Operasi terhadap eksponensial . Diferensial exp(rx) adalah
D(e r x ) r e r x
(2.108)
D 2 (e r x ) D(D e r x ) r 2 e r x
(2.109)
D 3 (e r x ) D(D 2 e r x ) r 3 e r x
D n (e r x ) D(D n1 e r x ) r n e r x
(2.110)
Bila persamaan-persamaan ini dijumlahkan, menghasilkan 2 3 n r x 2 3 n r x D )e r ) e r r r (D D D ( P ( D )
P ( r )
atau P (D) e r x P (r ) e r x
(2.111)
dengan P (D) dan P (r ) adalah persamaan polinomial dalam D dan r . Persamaan ini merupakan Aturan 1. Bentuk kedua dalam mengunakan operator D adalah operasi terhadap hasil kali fungsi f ( x) dengan eksponensial. Diferensial dari hasil kali f ( x) dan exp(rx) adalah Operasi terhadap hasil kal i dengan eksponensial.
D( f ( x) e r x ) e r x D f ( x) f ( x) r e r x e r x (D r ) f ( x)
(2.112)
D 2 ( f ( x) e r x ) D e r x [D f ( x) r f ( x)]
e rx ( D 2 rD) f ( x) r e rx ( D r ) f ( x) e rx ( D r ) 2 f ( x)
(2.113)
D 3 ( f ( x) e r x ) D e r x ( D 2 2 r D r 2 ) f ( x) e r x (D r ) 3 f ( x)
D n ( f ( x) e r x )
e r x (D r ) n f ( x)
(2.114) Bila operator-operator D ini dijumlahkan, menghasilkan
P (D) ( f ( x) e r x ) e r x P (D r ) f ( x)
(2.115)
Kita dapat menyimpulkan bahwa operasi polinomial D terhadap hasil kali f ( x) e r x akan menghasilkan pergeseran eksponensial ke bagian depan dikali dengan operasi polinomial (D r ) terhadap f ( x) . Bentuk ini merupakan Aturan 2. Jadi ada dua aturan penting dalam menggunakan operator D ini, yaitu: 1. Aturan 1: P (D) e r x P (r ) e r x (2.111) 2. Aturan 2: P (D) ( f ( x) e r x ) e r x P (D r ) f ( x) .
(2.115)
Invers Operator. Kita tahu bahwa integrasi merupakan invers dari diferensiasi.
d
f ( x) dx D f ( x) dx f ( x) dx
(2.116)
Hal ini menyatakan bahwa
f ( x) dx
1 D
f ( x) D 1 f ( x)
(2.117)
Jadi, operasi D 1 f ( x) menyatakan integrasi terhadap x, sedangkan 1 D f ( x) menyatakan diferensiasi terhadap x. Integrator, D , dapat
diperlakukan seperti besaran aljabar lainnya, asalkan mengikuti aturan-aturan aljabar seperti yang disebutkan di atas. Ada dua aturan yang berlaku untuk invers operator. Aturan 1 I nvers Operator:
Pada umumnya polinomial D, P (D), yang terdapat dipenyebut dapat dioperasikan berdasarkan Aturan 1 [Pers. (2.111)]. 1 P (D)
e
r x
1 P (r )
e r x
(2.118)
Bila P (r ) 0 aturan ini tidak dapat digunakan. Keadaan ini terjadi karena salah satu fungsi f ( x) sama dengan salah satu suku pada penyelesaian komplementer. Aturan 2 I nvers Operator:
Kesulitan di atas dapat diatasi dengan menggunakan Aturan 2 [Pers. (2.115)]. Jika P (r ) 0 , jelas bahwa P (D) mengandung akar sama dengan r ; misal kita dapat memfaktorkan P (D) dengan 1 P (D)
1
(D r )
1 g (D)
(2.119)
Untuk n akar yang sama, persamaan ini dapat ditulis 1 P (D)
1 (D r )
n
1 g (D)
(2.120)
Dari Pers. (2.120) terlihat g (D) tidak mengandung akar r , jadi Aturan 1 dapat digunakan. Namun, kita harus memodifikasi operasi 1 (D r ) n bila dioperasikan terhadap exp(rx). Polinomial D, P (D),
yang terdapat dalam penyebut dapat juga dioperasikan berdasarkan Aturan 2 [Pers. (2.115)]. 1 P (D)
[ f ( x) e r x ] e r x
1
f ( x)
P (D r )
(2.121)
Jika P (D) (D r ) n , 1
[ f ( x) e ] e r x
(D r )
n
1
r x
(D)
f ( x)
n
(2.122)
(1 D n ) f ( x) artinya integrasi n kali terhadap f ( x) . Contoh 2.16.
Ulangi Contoh 2.12, tentukan penyelesaian partikulir dengan menggunakan metode invers operator. Penyelesaian:
Persamaan diferensialnya d 2 y dx
Dengan menggunakan diperoleh
2
2
dy dx
operator
3 y 3 e 2 x
D
dan
memfaktorkannya
( D 2 2 D 3) y p ( D 1)( D 3) y p 3 e 2 x y p
1 ( D 1)( D 3)
3 e 2 x
Kita dapat menggunakan Aturan 1 secara langsung, karena r 2 , didapatkan 1 y p 3 e 2 x e 2 x (2 1)(2 3)
Bandingkan hasil ini dengan Pers. (2.76). Terlihat jelas kecepatan dan efisiensi dari metode ini dibandingkan dengan metode sebelumnya, yaitu metode undetermined coeffocients.
Contoh 2.17.
Tentukan penyelesaian partikulir pada Contoh 2.15 dengan menggunakan metode invers operator. Penyelesaian:
Persamaan diferensialnya adalah 2
d y dx
2
5
dy dx
6 y exp( 2 x)
Dengan menggunakan operator D bentuk integral partikulirnya adalah ( D 2 5 D 6) y p ( D 2)( D 3) y p e 2 x y p
1 ( D 2)( D 3)
e 2 x
Jika kita langsung menggunakan Aturan 1 diperoleh P (r ) (0)(1) 0. Jadi dalam contoh ini kita harus hati-hati karena tidak boleh langsung menggunakan Aturan 1. Untuk mengatasi agar P (r ) 0 , pertama kita gunakan Aturan 1 terhadap faktor yang tidak menghasilkan nol, yaitu (D 3); kemudian kita gunakan Aturan 2 untuk operasi exp(2 x) dengan (D 2). Tahap pertama adalah y p
1 ( D 2)
e 2x
1
1
Kemudian kita gunakan Aturan 2 dengan f ( x) 1 ,
1
y p e 2 x
y p e 2
( D 2 2) 1
x
D
1
1
y p x e 2 x Bandingkan hasilnya dengan Pers. (2.93).
Invers operator terhadap fungsi trigonometri Fungsi trigonometri seperti sin x dan cos x dapat didekati dengan formula Euler, e i x cos x i sin x (2.69)
Dari Pers. (2.69) terlihat bahwa bagian Real dari e i x adalah cos x dan bagian Imajiner adalah sin x Re(e i x ) cos x
(2.123)
Im(e i x ) sin x
(2.124)
Jadi, bila cos x atau sin x muncul dalam fungsi f ( x), kita dapat menggunakan metode invers operator untuk mendapatkan integral partikulir. Contoh 2.18.
Ulangi Contoh 2.14, tentukan penyelesaian partikulir dengan menggunakan metode invers operator. Penyelesaian:
Persamaan diferensialnya d 2 y dx
2
dy dx
2 y 3 cos 2 x
Dengan menggunakan operator D bentuk integral partikulirnya adalah ( D 2 D 2) y p 3 cos 2 x 1 2 i x e 3 2 D D 2
y p Re
2 i x e 2 (2 i ) 2 i 2
y p Re
3
3 6 2 i 2 i x y p Re e 6 2 i 6 2 i 18 6 i 2 i x e 40
y p Re
9 3i (cos 2 x i sin 2 x) 20
y p Re
9i 3i 3 9 cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x 20 20 20 20
y p Re
Dengan mengambil bagian Realnya saja maka penyelesaian partikulirnya adalah y p
3 20
(sin 2 x 3 cos 2 x)
Bandingkan hasil ini dengan Pers. (2.88).
Pada umumnya metode invers operator ini tidak disarankan untuk hasil kali fungsi seperti x cos bx, exp( x) cos x, dan lain-lain, karena sulit dalam mengekspansi operator dalam bentuk deret.
2.4 Soal-Soal 2.1. Selesaikan persamaan eksak berikut ini:
(a) (1 e x y x e x y) dx ( x e 2 2) dy 0 (b) ( y e x sin y) dx (e x cos y x e y ) dy 0 2.2. Tentukan penyelesaian persamaan homogen berikut ini
(a)
(b)
dy dx dy dx
y 2 x
x 2 y 2 x y
x 2 3 y 2 2 x y
2.3. Selesaikan persamaan diferensial berikut ini (a) x 2
(b)
dy dx
dy dx
2 x y y 3 0
e 2 x 3 y
2.4. Tinjau suatu reaksi kimia order dua dengan reaksi sebagai berikut:
P Q X
Anggap konsentrasi mula-mula P dan Q masing-masing adalah p dan q, dan x(t ) adalah konsentrasi X pada waktu t . Laju reaksinya adalah dx dt
( p x)(q x)
dengan adalah suatu konstanta. (a) Jika x(0) 0, tentukan konsentrasi X pada waktu t . (b) Bila p q dan x(0) 0, tentukan konsentrasi X pada waktu t . 2.5. A holding tank designed to accept the effluent from a small chemical plant operates such that the flow from the tank, q, is proportional to h (q b h). The feed to the tank is intermittent, but the flow rate is constant at 80 ft3/sec when liquid does enter. The cylindrical tank is 30 ft in diameter and 10 ft deep. (a) Derive the mathematical description for this situation and express h as a function of the inlet flow q f , b, t , the tank area A, and the initial height of liquid h0. (b) b is found experimentally to be equal to 8 ft 2/sec when the tank drain valve is fully open. If the tank is initially empty and the drain valve open, how long can the feed stream flow into the tank before it overflows? (c) If the flow rate of the feed stream is doubled, how long will it take for an initially empty tank to overflow if the drain valve is fully open? (d) If the tank contains 8 ft of liquid when the drain valve is opened, how long will it take for the level to reach 4 ft with no liquid entering? ( Disadur dari “Introduction to Chemical Engineering Analysis” by T. W. F. Russell and M. M. Denn, John Wiley & sons, Inc., New York , 1972. Problem 4.4)
2.6. A tall, cylindrical tank is being filled, from an initially empty state, by a constant inflow of q liters/sec of liquid. The flat tank bottom has corroded and sustains a leak through a small hole of area A0. If the cross-sectional area of the tank is denoted the by A, and time-varying height of liquid is h(t ), then: (a) find the dynamic relationship describing tank height, if the volumetric leak rate obeys Torricelli’s law, q0 A0
2 g h(t ) (g is gravitational acceleration).
(b) determine the relationship to predict the final steady-state liquid height in the tank. (c) define x x , separate variables and deduce the implicit solution for h: (d)
q A q t 2 ln A0 g q A0 2 g h
A 2 A0
h 2 g
(e) sketch the curve for h versus t , and compare with the case for a nonleaking tank. ( Disadur dari “Applied Mathematics and Modeling for Chemical Engineers” by R. G. Rice and D. D. Do, John Wiley & sons, Inc., New York , 1995. Problem 2.12) 2.7. A tank contains 100 gal of brine with 50 lbm of dissolved salt. Pure water runs into the tank at a rate of 2 gal/min, while the effluent flows into a second tank which is initially empty at a rate of 3 gal/min. The second tank is emptied at a constant rate of 2 gal/min. Develop the mathematical description that would enable you to compute the concentration of salt in the second tank as a function of time. Solve the equation if you are familiar with linear first-order differential equations. ( Disadur dari “Introduction to Chemical Engineering Analysis” by T. W. F. Russell
