ma1201 m14-2-25-04-14

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


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)


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.


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.


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.


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


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.



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


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


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.


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 ∞.


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.


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.


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


Ciao!SampaiJumpa!Ciao! Jumpa!

Selamat Belajar.Semoga Sukses!


ma1201 m14-2-25-04-14

Documents