ma1201 m14-2-25-04-14
Post on 14-Jan-2017
243 Views
Preview:
TRANSCRIPT
MA1201 MATEMATIKA 2AMA1201 MATEMATIKA 2A
Hendra GunawanSemester II, 2013/2014Semester II, 2013/2014
25 April 2014
Kuliah yang LaluKuliah yang Lalu
15 1 Persamaan Diferensial Linear Orde 215.1 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, Homogen
15 2 Persamaan Diferensial Linear Orde 215.2 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, Tak Homogen
15 3 P P Dif i l15.3 Penggunaan Persamaan DiferensialOrde 2
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 2
Kuliah Hari IniKuliah Hari Ini
15 1 Persamaan Diferensial Linear Orde 215.1 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, Homogen
15 2 Persamaan Diferensial Linear Orde 215.2 Persamaan Diferensial Linear Orde 2, Tak Homogen (Lanjutan)
15 3 P P Dif i l15.3 Penggunaan Persamaan DiferensialOrde 2
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 3
15.2 PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR MA1201 MATEMATIKA 2A
ORDE 2, TAK HOMOGEN (LANJUTAN)M t k l i kh d l iMenentukan solusi khusus dan solusi umumpersamaan diferensial linear orde 2 takh (d t d i i t )homogen (dengan metode variasi parameter)
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 4
Ingat: Metode Koefisien Tak TentuIngat: Metode Koefisien Tak Tentu
Diberikan PDB linear orde 2 tak homogenDiberikan PDB linear orde 2 tak homogen
y’’ + a1y’ + a2y = k(x),
ki d i l i kh dkita dapat mencari solusi khusus yp denganMetode Koefisien Tak Tentu:
1. Jika k(x) polinom, maka yp juga polinom.
2. Jika k(x) = a.ecx, maka yp = Aecx.( ) , yp3. Jika k(x) = a.cos rx + b.sin rx, maka
y = A cos rx + B sin rxyp = A.cos rx + B.sin rx.4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 5
Metode Variasi ParameterMetode Variasi Parameter
Untuk k(x) sembarang, solusi khusus yp dapatpdiperoleh dengan Metode Variasi Parameter:
Jika u1(x) dan u2(x) adalah solusi yang salingJika u1(x) dan u2(x) adalah solusi yang salingbebas dari PDB homogen y’’ + a1y’ + a2y = 0, maka solusi khusus PDB tak homogenmaka solusi khusus PDB tak homogen
y’’ + a1y’ + a2y = k(x) berbentuk
( ) ( ) + ( ) ( )yp = c1(x).u1(x) + c2(x).u2(x),
dengan c1’u1 + c2’u2 = 0
c1’u1’+ c2’u2’ = k(x).4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 6
ContohContohTentukan solusi umum PDB y’’ + y = sec x. [*]Jawab: Solusi persamaan homogennya adalah
yh = C1 cos x + C2 sin x.yh 1 2
Karena itu, solusi khusus [*] mestilah berbentuky = c1(x) cos x + c2(x) sin xyp c1(x).cos x + c2(x).sin x,
dengan c1’.cos x + c2’.sin x = 0c ’ ( sin x)+ c ’ cos x= sec xc1 .(‐sin x)+ c2 .cos x= sec x.
Dari kedua persamaan ini, didapat’ d ’ 1c1’ = ‐tan x dan c2’ = 1.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 7
Jadi ||l)()( dJadi,
)(
|;cos|ln)tan()(1
xdxxc
xdxxxc
[Kita abaikan konstanta sembarang, karena kita .)(2 xdxxc
gsedang mencari sebuah solusi khusus.]
Dengan demikian, solusi khususnya adalahDengan demikian, solusi khususnya adalah
yp = (ln |cos x|).cos x + x.sin x;
d k it l i PDB [*] d l hdan karena itu solusi umum PDB [*] adalah
y = (ln |cos x| + C1).cos x + (x + C2).sin x.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 8
SoalSoalTentukan solusi umum PDB y’’ + y = csc x.cot x.Jawab: Solusi persamaan homogennya adalah
yh = C1 cos x + C2 sin x.yh 1 2
Karena itu, solusi khusus [*] mestilah berbentuky = c1(x) cos x + c2(x) sin xyp c1(x).cos x + c2(x).sin x,
dengan c1’.cos x + c2’.sin x = 0c ’ ( sin x)+ c ’ cos x= csc x cot xc1 .(‐sin x)+ c2 .cos x= csc x.cot x.
Dari kedua persamaan ini, didapat’ d ’ 2c1’ = ‐cot x dan c2’ = cot2 x.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 9
JadiJadi,
|;sin|ln)cot()(1 xdxxxc
.cot)1(csc.cot)( 222 xxdxxdxxxc
Dengan demikian, solusi khususnya adalah
y = ( ln |sin x|) cos x – (x + cot x) sin x;yp = (‐ln |sin x|).cos x – (x + cot x).sin x;
dan karena itu solusi umum PDB [*] adalah
y = (‐ln |sin x| + C1).cos x + (x + cot x + C2).sin x.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 10
15.3 PENGGUNAAN PERSAMAANMA1201 MATEMATIKA 2A
DIFERENSIAL ORDE 2• Menentukan persamaan gerak pegas• Menentukan persamaan gerak pegas(dengan atau tanpa redaman) • Menentukan persamaan muatan dan• Menentukan persamaan muatan danarus pada rangkaian listrik R‐L‐C
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 11
Pegas Bergetar/BerosilasiPegas Bergetar/Berosilasi
Diketahui sebuah pegaseta u sebua pegasdigantung secaravertikal, dan dibebani
b k [ b ( )]suatu objek A [Gbr (a)]. Pegas tsb ditarik sejauhy satuan di bawah titiky0 satuan di bawah titikkesetimbangannya [Gbr(b)], lalu dilepas dgn( )] p gkecepatan awal v0. Makapegas akan berosilasi.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 12
Pegas Bergetar/BerosilasiPegas Bergetar/Berosilasi
Jika gesekan dengan udara diabaikan makaJika gesekan dengan udara diabaikan, makamenurut Hukum Hooke, gaya F yang cenderungmengembalikan titik ujung pegas (P) ke titikmengembalikan titik ujung pegas (P) ke titikkesetimbangannya (0) akan sebanding dengansimpangannya yaknisimpangannya, yakni
F = –ky,
d k 0 k d kdengan k > 0 konstanta pegas dan y menyatakansimpangan pegas (jarak P dari 0).
Dalam hal ini, y merupakan fungsi dari waktu (t).4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 13
Pegas Bergetar/BerosilasiPegas Bergetar/Berosilasi
Menurut Hukum II Newton F = ma = (w/g)aMenurut Hukum II Newton, F = ma = (w/g)a, dengan m = massa objek A, w = berat objek A, a = percepatan titik P dan g = konstanta per‐a = percepatan titik P, dan g = konstanta percepatan akibat gravitasi. Jadi
2 ydw .2 kydt
ydgw
Solusinya, y = y(t), harus memenuhi syarat awal
y(0) = y0 dan y’(0) = v0.y( ) y0 y ( ) 0
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 14
Pegas Bergetar/BerosilasiPegas Bergetar/BerosilasiJika kita misalkan B2 = k.g/w = k/m, maka PDB tadi
dmenjadi.02
2
2
yBdt
yd
Solusi umum PDB ini adalahy = C1 cos Bt + C2 sin Bt.
dt
y 1 2
Jika y(0) = y0 dan y’(0) = 0, maka C1 = y0 dan C2 = 0, sehingga solusinya adalah
y = y0 cos Bt.Dalam hal ini pegas berosilasi dgn amplitudo y0 danp g g p y0periode 2π/B (tidak kembali ke posisi setimbang).4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 15
Pegas Berosilasi TeredamPegas Berosilasi Teredam
Jika pegas mengalami gesekan sebanding dgnkecepatan dy/dt, maka persamaan gerak pegastsb menjadi
,2
2
dtdyqky
dtyd
gw
yang dapat dinyatakan sebagai2
dtdtg
,022
2
yBdtdyE
dtyd
dengan E = q/m dan B2 = k/m.4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 16
Pegas Berosilasi TeredamPegas Berosilasi Teredam
Persamaan karakteristik PDB tsb adalah
r2 + Er + B2 = 0,
yang memiliki akaryang memiliki akar
.4 22
21BEEr
Dalam hal ini kita harus meninjau 3 kasus, 22,1
yang terkait dengan nilai E2 – 4B2; apakah iapositif, nol, atau negatif.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 17
Kasus 1: E2 – 4B2 < 0Kasus 1: E 4B < 0
Dalam kasus ini persamaanDalam kasus ini, persamaankarakteristik mempunyai 2 akar kompleks r1 2 = ‐α ± βiakar kompleks, r1,2 = α ± βi, dan solusi umum PDB‐nyaadalahadalah
P h ik b h 0 bil).sincos( 21 tCtCey t
Perhatikan bahwa y 0 bilat ∞.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 18
Kasus 2: E2 – 4B2 = 0Kasus 2: E 4B 0
Dalam kasus ini persamaanDalam kasus ini, persamaankarakteristik mempunyai 1 akar real kembar r1 2 = ‐αakar real kembar, r1,2 = α, dengan α = E/2, dan solusiumum PDB‐nya adalahumum PDB nya adalah
Di i i l i
.21tt teCeCy
Di sini pegas mengalamiredaman kritis.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 19
Kasus 3: E2 – 4B2 > 0Kasus 3: E 4B > 0
Dalam kasus ini, persamaanDalam kasus ini, persamaankarakteristik mempunyai 2 akar real berbeda, r1 = ‐α11 1dan r2 = ‐α2 (dua‐duanyabernilai negatif; mengapa?), d l i PDBdan solusi umum PDB‐nyaadalah
21 tt CC
Pegas mengalami redamanb l bih!
.2121
tt eCeCy
berlebih!4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 20
Contoh/LatihanContoh/Latihan
Sebuah pegas dengan konstanta pegas k = 10p g g p gdigantung dengan beban bermassa m = 2,5(satuan k dan m telah disesuaikan). Jika bebantsb ditarik ke bawah sejauh 5 cm dari posisisetimbang dan kemudian dilepaskan, tentukansimpangan pegas tsb setiap saat apabilasimpangan pegas tsb setiap saat, apabila(a) pegas tidak mengalami gesekan;(b) l k d f k(b) pegas mengalami gesekan dengan faktorredaman q = 0,2.
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 21
Rangkaian Listrik R‐L‐CRangkaian Listrik R L C
PDB orde 2 juga muncul padarangkaian listrik R‐L‐C. Berdasarkan Hukum Kirchhoff, muatan Q pada kapasitorakan memenuhi PDB
S i I dQ/d
).(12
2
tEQCdt
dQRdt
QdL
Sementara itu, arus I = dQ/dt, memenuhi PDB
12 dIId4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 22
).('12
2
tEICdt
dIRdt
IdL
Contoh/LatihanContoh/Latihan
Diketahui rangkaian listrik R‐L‐C dengan R = 16, g g ,L = 0.02, C = 2 x 10‐4, dan E = 20 (satuan telahdisesuaikan). Tentukan muatan dan arus pada) prangkaian tersebut, sebagai fungsi dari waktu. Asumsikan bhw Q = 0 dan I = 0 pada saat t = 0.Q p
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 23
Ciao!SampaiJumpa!Ciao! Jumpa!
Selamat Belajar.Semoga Sukses!
4/25/2014 (c) Hendra Gunawan 24
top related