bab ii persamaan diferensial biasa(pdb) orde satu

BAB II
PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA(PDB) ORDE SATU
PDB orde satu dapat dinyatakan dalam:
𝑑𝑦
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑑𝑥
atau dalam bentuk:
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Penyelesaian PDB orde satu dengan integrasi secara langsung
Jika PDB dapat disusun dalam bentuk
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓 (𝑥) , maka persamaan
tersebut dapat diselesaikan dengan integrasi sederhana.
Contoh1:
maka
𝑑𝑦
= 3𝑥 2 − 6𝑥 + 5
𝑑𝑥
𝑦 = ∫(3 𝑥 2 − 6𝑥 + 5)𝑑𝑥 = 𝑥 3 − 3𝑥 2 + 5𝑥 + 𝑐
Contoh2:
𝑥
𝑑𝑦
= 5𝑥 3 + 4
𝑑𝑥
maka
𝑑𝑦
4
= 5𝑥 2 +
𝑑𝑥
𝑥
sehingga
𝑦 =
5 3
𝑥 + 4𝑙𝑛 𝑥 + 𝑐
3
Nilai c tidak dapat ditentukan kecuali jika dalam persamaan di atas diberi
keterangan syarat (sebuah nilai y untuk x tertentu). Solusi dengan nilai
konstanta sembarang atau c disebut solusi umum/primitif, sedangkan
solusi disebut khusus jika nilai c dapat dihitung.
Contoh3:
Tentukan solusi khusus persamaan berikut jika y=3 untuk x=0:
𝑒𝑥
𝑑𝑦
= 4
𝑑𝑥
Penyelesaian
𝑒𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑦
= 4 𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎
= 4𝑒 −𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
maka
𝑦 = ∫ 4𝑒−𝑥 𝑑𝑥 = −4𝑒−𝑥 + 𝑐
dengan mengetahui y=3 untuk x=0 dapat dihitung nilai c yaitu
𝑦 = −4𝑒−𝑥 + 𝑐 𝑚𝑒𝑛𝑗𝑎𝑑𝑖 3 = −4 + 𝑐 ; 𝑐 = 7
sehingga solusi khusus adalah:
𝑦 = ∫ 4𝑒−𝑥 𝑑𝑥 = −4𝑒−𝑥 + 7
Penyelesaian PDB orde satu dengan pemisahan variabel
Jika persamaan diferensial berbentuk
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦), yaitu persamaan yang
ruas kanannya dapat dinyatakan sebagai perkalian atau pembagian fungsi
x dan fungsi y, maka penyelesaian PD dengan cara memisahkan
variabelnya sehingga faktor’y’ bisa kita kumpulkan dengan ‘dy’ dan
faktor’x’ dengan ‘dx’.
contoh: selesaikan PD berikut
𝑑𝑦
= (1 + 𝑥)(1 + 𝑦)
𝑑𝑥
maka jika kita pisahkan berdasarkan variabelnya menjadi:
1
𝑑𝑦 = (1 + 𝑥)𝑑𝑥
(1 + 𝑦)
jika kita integrasikan kedua ruas menjadi:
∫
1
𝑑𝑦 = ∫(1 + 𝑥)𝑑𝑥
(1 + 𝑦)
𝑙𝑛(1 + 𝑦) = 𝑥 +
1 2
𝑥 + 𝑐
2
Persamaan Homogen substitusi y=vx
tinjau persamaan diferensial berikut:
𝑑𝑦
𝑥 + 3𝑦
=
𝑑𝑥
2𝑥
persamaan di atas tidak dapat diselesaikan dengan cara memisahkan
variabelnya. Dalam hal ini kita lakukan substitusi y =vx, dengan v adalah
fungsi x. Sehingga penyelesaiannya:
dari y = vx dideferensialkan menjadi
𝑑𝑦
𝑑𝑣
= 𝑣 +𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
sehingga
𝑥 + 3𝑦
1 + 3𝑣
=
2𝑥
2
Persamaan sekarang menjadi:
𝑣 +𝑥
𝑥
𝑑𝑣
1 + 3𝑣
=
𝑑𝑥
2
𝑑𝑣
1 + 3𝑣
1 + 𝑣
=
−𝑣 =
𝑑𝑥
2
2
2
1
𝑑𝑣 = 𝑑𝑥
1+𝑣
𝑥
kedua ruas diintegrasikan menjadi:
∫
2
1
𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑥
1+𝑣
𝑥
2𝑙𝑛(1 + 𝑣) = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐
(1 + 𝑣)2 = 𝑐. 𝑥
substitusi v=y/x didapatkan
𝑦
(1 + )2 = 𝑐. 𝑥 𝑎𝑡𝑎𝑢 (𝑥 + 𝑦)2 = 𝑐. 𝑥 3
𝑥
Persamaan Linier dalam bentuk
Untuk PD yang berbentuk
𝒅𝒚
𝒅𝒙
𝒅𝒚
𝒅𝒙
+ 𝑷𝒚 = 𝑸
+ 𝑷𝒚 = 𝑸 dengan P dan Q fungsi x atau
konstanta maka penyelesaian PD dengan mengalikan kedua ruas dengan
faktor integrasi 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 .
Contoh, selesaikan PD berikut:
𝑑𝑦
− 𝑦 =𝑥
𝑑𝑥
Penyelesaian
dari persamaan diperoleh P = -1 dan Q = x
faktor integrasinya 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 = 𝑒 −𝑥
jika kedua ruas persamaan dikalikan dengan 𝑒 −𝑥 maka:
𝑒 −𝑥 (
𝑒 −𝑥
𝑑𝑦
– 𝑦) = 𝑒 −𝑥 (𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
− 𝑒 −𝑥 . 𝑦 = 𝑒 −𝑥 . 𝑥
𝑑𝑥
𝑑 −𝑥
{𝑒 𝑦} = 𝑒 −𝑥 . 𝑥  𝑑 {𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 . 𝑦} = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 . 𝑥 = 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 . 𝑄
𝑑𝑥
sehingga penyelesaiannya
∫ 𝑑(𝑒 −𝑥 𝑦) = ∫ 𝑒 −𝑥 . 𝑥𝑑𝑥
𝑒 −𝑥 . 𝑦 = −𝑒 −𝑥 . 𝑥 + ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 −𝑥 . 𝑥 − 𝑒 −𝑥 + 𝑐
𝑦 = −𝑥 − 1 + 𝑐 /𝑒 −𝑥
dari contoh di atas jika faktor integrasi 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 = 𝜇, maka PD linier orde
satu bisa dinyatakan dalam bentuk
𝑑
(𝜇. 𝑦) = 𝜇. 𝑄
𝑑𝑥
dengan bentuk di atas, penyelesaiannya menjadi:
𝜇. 𝑦 = ∫ 𝜇𝑄 𝑑𝑥 + 𝑐 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑦. 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 . 𝑄 𝑑𝑥 + 𝑐
Persamaan Bernoulli berbentuk
PD yang berbentuk
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝒅𝒚
𝒅𝒙
+ 𝑷𝒚 = 𝑸 𝒚𝒏
+ 𝑃𝑦 = 𝑄 𝑦 𝑛 dengan P dan Q fungsi x atau
konstanta diselesaikan dengan cara:
Pertama, membagi kedua ruas dengan 𝑦 𝑛 sehingga persamaan menjadi
𝑦 −𝑛
𝑑𝑦
+ 𝑃 𝑦1−𝑛 = 𝑄
𝑑𝑥
Kedua, misalkanlah 𝑧 = 𝑦 1−𝑛 sehingga
𝑑𝑧
𝑑(𝑦 1−𝑛 )
𝑑𝑧
𝑑𝑦
=
→
= (1 − 𝑛) 𝑦 −𝑛
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
supaya suku pertama didapat
𝑑𝑧
𝑑𝑥
maka persamaan pertama dikalikan (1-
n) didapat:
(1 − 𝑛)𝑦 −𝑛
𝑑𝑦
+ (1 − 𝑛)𝑃 𝑦1−𝑛 = (1 − 𝑛)𝑄
𝑑𝑥
𝑑𝑧
+ 𝑃1 . 𝑧 = 𝑄1 (𝑃𝐷 𝐿𝑖𝑛𝑖𝑒𝑟)
𝑑𝑥
dengan P1 dan Q1 fungsi x atau konstanta. Persamaan terakhir dapat
diselesaikan dengan faktor integrasi. Setelah diperoleh penyelesaian
untuk z, dengn substitusi 𝑧 = 𝑦 1−𝑛 kita dapatkan y.
contoh, selesaikan PD berikut:
𝑑𝑦
𝑦
+
= 𝑥. 𝑦 2
𝑑𝑥
𝑥
penyelesaian
kedua ruas dibagi 𝑦 2 menjadi
𝑦
−2
𝑑𝑦
𝑦 −1
+
= 𝑥
𝑑𝑥
𝑥
misalkan 𝑧 = 𝑦 1−𝑛 , n=2 sehingga 𝑧 = 𝑦 −1 dan
supaya suku pertama didapat
𝑑𝑧
𝑑𝑥
−𝑦 −2
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= −𝑦 −2 𝑑𝑥
maka persamaan dikali -1, diperoleh:
𝑑𝑦
𝑦 −1
−
= −𝑥
𝑑𝑥
𝑥
𝑑𝑧
𝑧
−
= −𝑥 → 𝑃𝐷 𝐿𝑖𝑛𝑖𝑒𝑟
𝑑𝑥
𝑥
1
faktor integral 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 dimana P = − 𝑥 maka
1
𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 = 𝑒 ∫ −𝑥𝑑𝑥 = 𝑒 −𝑙𝑛𝑥 = 𝑒 𝑙𝑛𝑥
−1
=
1
𝑥
bentuk umum penyelesaian PD linier didapat:
𝜇. 𝑦 = ∫ 𝑒 ∫ 𝑃𝑑𝑥 . 𝑄 𝑑𝑥 + 𝑐
sehingga
1
1
𝑧
. 𝑧 = ∫ . (−𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐 →
= −𝑥 + 𝑐
𝑥
𝑥
𝑥
𝑧 = 𝑐𝑥 − 𝑥 2
karena 𝑧 = 𝑦 −1 maka 𝑦 −1 = 𝑐𝑥 − 𝑥 2 → 𝑦 = (𝑐𝑥 − 𝑥 2 )−1
Persamaan Diferensial Eksak
PDB dalam bentuk:
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
dikatakan eksak jika terdapat fungsi Q(x,y), sedemikian sehingga
𝑀(𝑥, 𝑦) dan
𝛿𝑄
𝛿𝑦
𝛿𝑄
𝛿𝑥
=
= 𝑁(𝑥, 𝑦). Dengan mengingat diferensial total dari fungsi
Q(x, y), maka disimpulkan bahwa persamaan 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
eksak jika dan hanya jika:
𝛿𝑀
𝛿𝑁
=
𝛿𝑦
𝛿𝑥
Langkah-langkah untuk menyelesaikan PD Eksak adalah sebagai berikut:
Langkah 1. Tuliskan PD dalam bentuk diferensial :
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Langkah 2. Uji ke-eksak-an PD:
𝛿𝑀
𝛿𝑁
=
𝛿𝑦
𝛿𝑥
Langkah 3. Jika eksak, integralkan M terhadap x atau N terhadap y. Misal
dipilih M, maka :
𝑄(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)
Langkah 4. Turunkan Q terhadap y dan samakan hasilnya dengan N(x,y)
𝑁(𝑥, 𝑦) =
𝛿
(∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥) + 𝑔′ (𝑦)
𝛿𝑦
Langkah 5. Integralkan g'( y) untuk memperoleh g(y)
Langkah 6. Tuliskan penyelesaian umum dalam bentuk implisit:
Q(x, y) = C .
Langkah 7. Tentukan C jika diberikan kondisi awal tertentu.
Contoh: Selesaikan PDB
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥−2𝑦
𝑦 2 −2𝑥
, y(0)=3
Penyelesaian:
Langkah 1. Bentuk diferensial PD adalah :
(x-2y)dx + (y2-2x)dy = 0
Langkah 2. Uji ke- eksak-an PD ini:
𝛿𝑀
𝛿𝑁
= −2 ;
= −2
𝛿𝑦
𝛿𝑥
Langkah 3. Misal dipilih M untuk diintegralkan, maka :
𝑄(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)
= ∫(𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦)
1 2
𝑥 − 2𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦)
2
Langkah 4. Menyamakan turunan Q(x,y) terhadap y dengan N(x,y):
𝛿 1 2
( 𝑥 − 2𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦)) = 𝑦 2 − 2𝑥
𝛿𝑦 2
=
0 − 2𝑥 + 𝑔′ (𝑦) = 𝑦 2 − 2𝑥
𝑔′ (𝑦) = 𝑦2
Langkah 5. Integralkan g'( y) , diperoleh :
𝑔(𝑦) =
1 3
𝑦
3
Langkah 6. Penyelesaian umum dalam bentuk implisit Q(x,y)=c:
1 2
1
𝑥 − 2𝑥𝑦 + 𝑦 3 = 𝑐
2
3
Langkah 7. Dengan kondisi awal y(0) = 3, diperoleh C = 9, sehingga
penyelesaian khususnya adalah :
1 2
1
𝑥 − 2𝑥𝑦 + 𝑦 3 = 9
2
3
Persamaan Diferensial Tak-Eksak
Jika suatu PD orde satu berbentuk
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
mempunyai sifat:
𝛿𝑀
𝛿𝑁
≠
𝛿𝑦
𝛿𝑥
maka PD tersebut disebut PD Tak-Eksak. Suatu PD tak eksak dapat
diubah ke PD eksak dengan mengalikan persamaan dengan suatu faktor
yang tepat, yang disebut faktor pengintegralan (integrating factor).
Pada bagian sebelumnya, kita mengenal faktor integral: 𝜇(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥
untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier order satu dalam
bentuk:
𝒅𝒚
+ 𝑷(𝒙)𝒚 = 𝑸(𝒙)
𝒅𝒙
Faktor integral 𝜇(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 akan membawa persamaan diferensial linier
order satu berbentuk
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) menjadi PD eksak. Secara umum
suatu faktor integral adalah faktor μ(x, y) dapat mengubah persamaan
diferensial tidak eksak menjadi persamaan diferensial eksak.
Contoh: Tunjukkan bahwa x dy + (2y − xex )dx = 0 tidak eksak, tetapi
dengan mengalikan dengan faktor μ = x PD tersebut menjadi eksak.
Kemudian selesaikan!
Penyelesaian :
Uji ke-eksak-an,
𝛿
𝛿
(2𝑦 − 𝑥𝑒 𝑥 ) = 2 𝑑𝑎𝑛
(𝑥) = 1
𝛿𝑦
𝛿𝑥
Jadi PD adalah tidak eksak. Dengan mengalikan faktor integral x
diperoleh:
𝑥 2 𝑑𝑦 + (2𝑥𝑦 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 )𝑑𝑥 = 0 → 𝑃𝐷 𝑒𝑘𝑠𝑎𝑘
𝛿𝑀 𝛿(2𝑥𝑦 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 )
𝛿𝑁
𝛿(𝑥 2 )
=
= 2𝑥 ;
=
= 2𝑥
𝛿𝑦
𝛿𝑦
𝛿𝑥
𝛿𝑥
dari langkah-langkah penyelesaian PD eksak, maka:
𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑥 − 2𝑒 𝑥 + 𝑔(𝑦)
jika diketahui:
𝛿
𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦)
𝛿𝑦
maka
𝑥 2 + 𝑔′ (𝑦) = 𝑥 2 → 𝑔′ (𝑦) = 0 → 𝑔(𝑦) = 0
jadi solusi PD adalah:
𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑐 → 𝑥 2 𝑦 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑥 − 2𝑒 𝑥 = 𝑐
Menentukan Faktor Itegrasi
Jika 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 PD tak eksak dan 𝜇(𝑥, 𝑦) faktor integrasi,
maka 𝜇(𝑥, 𝑦)𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝜇(𝑥, 𝑦)𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 adalah PD eksak, sehingga
𝛿𝜇𝑀 𝛿𝜇𝑁
=
𝛿𝑦
𝛿𝑥
atau
𝛿𝜇
𝛿𝑀
𝛿𝜇
𝛿𝑁
𝑀+
𝜇=
𝑁+
𝜇
𝛿𝑦
𝛿𝑦
𝛿𝑥
𝛿𝑥
𝛿𝑀 𝛿𝑁
𝛿𝜇
𝛿𝜇
(
−
)𝜇 =
𝑁−
𝑀
𝛿𝑦 𝛿𝑥
𝛿𝑥
𝛿𝑦
𝛿𝜇
𝛿𝜇
( 𝑀−
𝑁)
𝛿𝑦
𝛿𝑥
𝜇=−
𝛿𝑀 𝛿𝑁
(
−
)
𝛿𝑦 𝛿𝑥
ada beberapa kasus, yaitu:
(1) Faktor integrasi hanya fungsi x saja atau 𝜇(𝑥, 𝑦) = 𝜇(𝑥) maka:
𝛿𝜇
𝑁)
𝛿𝑥
𝜇=−
𝛿𝑀 𝛿𝑁
(
−
)
𝛿𝑦 𝛿𝑥
(0 −
⟺
𝛿𝑀 𝛿𝑁 𝑁 𝛿𝜇
−
=
𝛿𝑦 𝛿𝑥
𝜇 𝛿𝑥
𝛿𝑀 𝛿𝑁
(
−
)
1
𝛿𝑦 𝛿𝑥
⟺ 𝛿𝜇 =
𝑑𝑥
𝜇
𝑁
𝛿𝑀 𝛿𝑁
−
)
𝛿𝑦 𝛿𝑥
⟺ 𝑙𝑛𝜇 = ∫
𝑑𝑥
𝑁
(
⟺𝜇=𝑒
𝛿𝑀 𝛿𝑁
(
− )
𝛿𝑦 𝛿𝑥
𝑑𝑥
∫
𝑁
𝛿𝑀 𝛿𝑁
Jadi jika
( 𝛿𝑦 − 𝛿𝑥 )
𝑁
menghasilkan fungsi x saja maka 𝜇(𝑥, 𝑦) = 𝜇(𝑥).
(2) Faktor integrasi hanya fungsi y saja atau 𝜇(𝑥, 𝑦) = 𝜇(𝑦) maka:
Kesimpulan: Faktor integrasi ditentukan dengan menghitung
𝛿𝑀
𝛿𝑦
kemudian membaginya sehingga diperoleh fungsi yang mandiri.
Contoh:
𝛿𝑁
− 𝛿𝑥
dari sini seperti contoh sebelumnya dapat ditunjukkan dengan mengalikan
x pada persamaan dihasilkan PD eksak.
Penerapan PDB orde satu: Trayektori Ortogonal
Definisi
Diketahui keluarga kurva pada bidang XY yang dinyatakan oleh
persamaan F(x, y, k)= 0 dengan k = parameter. Kurva yang memotong
tegak lurus kurva-kurva tersebutdinamakan trayektori ortogonal dari
kurva F.
Contoh
Diberikan keluarga kurva y = mx dan y2 + x2 = k2 yang disajikan pada
satu sistem koordinat kartesius seperti Gambar di bawah ini.
Gambar Keluarga kurva y = mx dan y2 + x2 = k2.
Terlihat bahwa suatu garis berpotongan dengan suatu lingkaran. Garis
arah antara lingkaran (pada titik potong) dan garis adalah saling tegak
lurus atau ortogonal, karena itu kedua kurva dikatakan ortogonal di titik
potongnya. Dengan kata lain garis lurus y = mx adalah trayektori
ortogonal dari keluarga lingkaran tersebut. Sebaliknya dapat dikatakan
juga bahwa setiap lingkaran merupakan trayektori ortogonal dari garis y
= mx.
Langkah-langkah menentukan trayektori ortogonal untuk keluarga kurva
F(x, y, k) = 0:
Langkah 1.
Langkah 2.
Ditentukan persamaan diferensial untuk keluarga kurva,
yaitu y’ = f (x, y, k )
Disubstitusikan k = F(x, y) untuk memperoleh persamaan
diferensial implisit bagi F(x, y, k) = 0 berbentuk
𝑑𝑦
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑑𝑥
Langkah 3. Dituliskan persamaan diferensial yang berkaitan untuk
keluarga ortogonal, yaitu
𝑑𝑦
1
= −
𝑑𝑥
𝑓(𝑥, 𝑦)
Langkah 4.
Diselesaikan persamaan diferensial baru. Penyelesaiannya
adalah keluarga trayektori ortogonal.
Contoh
Tentukan keluarga trayektori ortogonal dari keluarga kurva berikut ini.
y = cx2.
Penyelesaian
Langkah I
Persamaan diferensial untuk keluarga kurva y = cx2 yaitu
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Langkah 2
= 2𝑐𝑥
Disubstitusikan
𝑐 =
𝑦
𝑥2
untuk
memperoleh
persamaan
diferensial implisit:
𝑑𝑦
𝑦
2𝑦
= 2 2𝑥 =
𝑑𝑥
𝑥
𝑥
Langkah 3
Persamaan diferensial untuk keluarga ortogonal yaitu
𝑑𝑦
1
1
𝑥
= −
= −
= −
2𝑦
𝑑𝑥
𝑓(𝑥, 𝑦)
2𝑦
𝑥
Langkah 4
Selesaikan persamaan diferensial baru
𝑑𝑦
𝑥
= −
→ 2𝑦𝑑𝑦 = −𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑥
2𝑦
1
∫ 2𝑦𝑑𝑦 = ∫ −𝑥𝑑𝑥 → 𝑦 2 = − 𝑥 2 + 𝑘1
2
2
2
2𝑦 + 𝑥 = 𝑘
Jadi, persamaan trayektori ortogonal untuk keluarga kurva y = cx2
adalah:
2𝑦 2 + 𝑥 2 = 𝑘
Penerapan PDB orde satu: Rangkaian Listrik
Rangkaian listrik sederhana adalah rangkaian seri. Rangkaian ini terdiri
atas:
1. suatu baterai atau generator yang menghasilkan tenaga gerak listrik
(electromotive force atau e.m.f / tegangan atau potensial) sebesar E
volt
2. suatu penghambat (resistor) dengan pembatas sebesar R ohm
3. suatu induktor dengan induktansi sebesar L henry.
4. suatu kapasitor dengan kapasitansi sebesar C farad
Arus I yang diukur dalam Ampere adalah laju perubahan sesaat muatan Q
pada kapasitor yang diukur dalam coulomb terhadap waktu, yaitu
I=dQ/dt.
Dari prinsip dasar kelistrikan, kita
 Potensial yang dihasilkan pada
 Potensial yang dihasilkan pada
 Potensial yang dihasilkan pada
𝐼(𝑡) =
𝑑𝑄
𝑑𝑡
maka 𝐸𝐶 =
1
𝑡
memperoleh:
resistor adalah, ER= I.R
(a)
induktor adalah, EL = L. dI/dt
(b)
kapasitor adalah, EC = Q/C, karena:
∫ 𝐼(𝑡)𝑑𝑡
𝐶 0
(c)
Hukum Kirchoff
a. Jumlah aljabar arus yang mengalir ke dalam suatu simpangan
adalah nol
b. Jumlah aljabar potensial yang dihasilkan sepanjang suatu loop
tertutup adalah nol.
RANGKAIAN RL
Untuk rangkaian RL seperti Gambar di atas dan berdasarkan hukum
tegangan Kirchoff serta (a) dan (b), diperoleh:
𝑑𝐼
𝐿
+ 𝑅. 𝐼 = 𝐸(𝑡)
(𝑑)
𝑑𝑡
Kasus A. Jika E(t) = E0 (konstanta), maka dari (d) diperoleh PD:
𝑑𝐼
𝑅
𝐸0
+ .𝐼 =
𝑑𝑡
𝐿
𝐿
PD diselesaikan dengan faktor integral yaitu:
𝑅
𝐼(𝑡) = 𝑒 − ∫ 𝐿 𝑑𝑡 (∫
𝑅
𝐸0 ∫𝑅𝑑𝑡
𝐸0
𝑒 𝐿 𝑑𝑡 + 𝑘) =
+ 𝑘𝑒 − 𝐿 𝑡
𝐿
𝑅
𝑅
Jika t = tak hingga maka 𝑘𝑒 − 𝐿 𝑡 = nol, sehingga I(t) sama dengan nilai
batas E0 /R. Penyelesaian khusus untuk syarat awal I(0) = 0 adalah
𝐼(𝑡) =
𝑅
𝐸0
(1 − 𝑒 − 𝐿 𝑡 )
𝑅
Kasus B. Jika E(t) = E0 sinωt , maka dari (d) diperoleh PD:
𝑑𝐼
𝑅
𝐸0
+ .𝐼 =
sin 𝜔𝑡
𝑑𝑡
𝐿
𝐿
PD diselesaikan dengan faktor integral yaitu:
𝑅
𝐼(𝑡) = 𝑒 − ∫ 𝐿 𝑑𝑡 (∫
𝑅
𝐸0
sin 𝜔𝑡 𝑒 ∫𝐿 𝑑𝑡 𝑑𝑡 + 𝑘)
𝐿
dan dengan integrasi parsial diperoleh penyelesaian umum:
𝑅
𝐼(𝑡) = 𝑘𝑒 − 𝐿 𝑡 +
𝐸0
(𝑅 sin 𝜔𝑡 − 𝜔𝐿 cos 𝜔𝑡)
𝑅2 + 𝜔 2 𝐿2