Persamaan Diferensial

PERSAMAAN DIFERENSIAL
A.
Persamaan Diferensial Linier Tingkat Satu
Bentuk umum persamaan diferensial linier tingkat satu adalah sebagai berikut:
dy
atau
y  P( x)  y  Q( x)
 P ( x)  y  Q( x)
dx
Rumus penyelesaian umum untuk persamaan diferensial ini adalah sebagai berikut:
y  e
P ( x ) dx
  e
P ( x ) dx
 Q( x)dx  C
dengan C merupakan suatu konstanta.
Contoh 1:
Tentukan solusi dari y  y  e 2x .
Jawab:
Dalam soal ini, diketahui P( x)  1 dan Q( x)  e 2 x . Jadi,
(i)
 P( x)dx   1dx   x
e
 e x
P ( x ) dx
(iii) e
 Q( x )  e  x  e 2 x  e x
P ( x ) dx
(ii)
(iv)

e
P ( x ) dx
 Q( x)   e x dx  e x
Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
P ( x ) dx
P ( x ) dx
y  e
 e
 Q( x)dx  C

y  e x  e x  C
y  e 2x  Ce x
Contoh 2:
Tentukan solusi dari x
dy
 3 y  x2 .
dx
Jawab:
Bentuk persamaan diferensial di atas bukanlah bentuk umum dari persamaan diferensial linier
tingkat satu. Maka, dengan mengalikan 1/x pada kedua ruas, didapatlah
dy 3 y

x
dx x
3
sehingga P( x)   dan Q( x)  x . Jadi,
x
3
3
(i)
 P( x)dx    x dx  3ln x  ln x
3
P ( x ) dx
 eln x  x 3
(ii) e
(iii) e
(iv)
P ( x ) dx
e
 Q( x)  x 3  x  x 2
 P ( x ) dx  Q( x) dx  x 2 dx   x 1   1

x
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
1
Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
P ( x ) dx
P ( x ) dx
y  e
 e
 Q( x)dx  C

1
y  x 3    C
x
y   x 2  Cx3
B.
Persamaan Diferensial Linier Homogen Tingkat ke-n dengan Koefisien Tetap
Bentuk umum dari persamaan diferensial linier tingkat-n adalah:
dny
d n1 y
d n2 y
dy
P0

P

P
 ...  Pn1
 Pn y  Q
1
2
n
n 1
n2
dx
dx
dx
dx
dengan P0  0 dan P0 , P1 , ..., Pn 1 , Pn , Q adalah suatu fungsi dari variabel x atau suatu
konstanta.
Jika Q = 0, maka persamaan di atas disebut sebagai persamaan diferensial linier homogen.
Jika P0 , P1 , ..., Pn 1 , Pn semuanya konstanta, dengan P0  0 , maka persamaan di atas
disebut sebagai persamaan diferensial linier dengan koefisien tetap (konstan).
d
Untuk mempermudah bentuk umum dari persamaan di atas, dimisalkan saja D 
dengan
dx
d2y
d3y
dy
2
;

D
y
 D3 y dan seterusnya
 Dy ;
dx 2
dx3
dx
sehingga bentuk umumnya menjadi
 P0  Dn  P1  Dn1  P2  Dn2  ...  Pn1  D  Pn  y  Q
dengan P0  Dn  P1  Dn1  P2  Dn2  ...  Pn1  D  Pn  F ( D) .
Misalkan F ( D) dapat difaktorkan menjadi n faktor linier dengan
F ( D)  ( D  m1 )( D  m2 )...( D  mn )
maka, bentuk persamaan diferensial di atas menjadi
( D  m1 )( D  m2 )...( D  mn ) y  Q
Saat F ( D)  0 , persamaan ( D  m1 )( D  m2 )...( D  mn )  0 disebut sebagai persamaan
karakteristik dengan akar-akar karakteristiknya m1 , m2 , ..., mn .
Persamaan karakteristik ini merupakan persamaan pangkat ke-n dari variabel D, sehingga
akar-akar karakteristiknya mempunyai tiga kemungkinan, yaitu:
m1 , m2 , ..., mn , semuanya adalah bilangan riil dan berlainan,
1)
m1 , m2 , ..., mn , semuanya adalah bilangan riil dan terdapat akar m kembar sebanyak r,
2)
m1 , m2 , ..., mn , terdapat beberapa (atau semua) akar yang adalah bilangan kompleks
3)
a  ib dengan a, b   .
Teorema 1
Diketahui suatu persamaan diferensial linier homogen ( D  m1 )( D  m2 )...( D  mn ) y  0 .
Jika m1 , m2 , ..., mn semuanya adalah bilangan riil dan berlainan, maka penyelesaian
umumnya adalah:
m x
m x
m x
y  C1 e 1  C2 e 2  ...  Cn e n
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
2
Contoh 3:
d 2 y dy
Tentukan solusi dari
  6y  0 .
dx 2 dx
Jawab:
Persamaan karakteristiknya adalah
D2  D  6  0
( D  2)( D  3)  0
Maka, akar-akar karakteristiknya adalah
dan
m1  2
m 2  3
Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
m x
m x
y  C1 e 1  C2 e 2
y  C1 e2 x  C2 e3 x
Teorema 2
Diketahui suatu persamaan diferensial linier homogen ( D  m1 )( D  m2 )...( D  mn ) y  0 .
Jika m1 , m2 , ..., mn semuanya adalah bilangan riil dan terdapat akar m yang kembar sebanyak
r, maka penyelesaian umumnya adalah:
m x
y  C1 emx  C2 xemx  C3 x 2emx  ...  Cr xr 1emx  ...  Cn e n
Contoh 4:
Selesaikanlah persamaan diferensial
d3y
d2y
dy

3
3  y  0
3
2
dx
dx
dx
Jawab:
Persamaan karakteristiknya adalah
D3  3D2  3D  1  0
( D 1)( D  1)( D  1)  0
Maka, akar-akar karakteristiknya adalah m = 1.
Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
y  C1 emx  C2 xemx  C3 x 2emx
y  C1 e x  C2 xe x  C3 x 2e x
Teorema 3
Diketahui suatu persamaan diferensial linier homogen tingkat dua ( D  m1 )( D  m2 ) y  0 .
Diketahui pula m1 dan m 2 merupakan sepasang akar kompleks konjugat (yakni, m1  a  bi
dan m 2  a  bi dengan a, b   ).
Jika b  0 , maka penyelesaian umumnya adalah:
y  eax C1 cos bx  C 2 sin bx 
Contoh 5:
d2y
dy
 2  10 y  0 .
Selesaikanlah persamaan diferensial
2
dx
dx
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
3
Jawab:
Persamaan karakteristiknya adalah:
Ingat kembali rumus kuadrat
D2  2D  10  0
b  b2  4ac
2a
Dengan menggunakan rumus tersebut, didapatlah
m1,2 
b  b 2  4ac (2)  (2) 2  4(1)(10) 2  36
m1,2 


2a
2(1)
2
Maka, akar-akar karakteristiknya adalah
2  36 2  i 36 2  6i
m1 


 1  3i
2
2
2
2  36 2  i 36 2  6i
m2 


 1  3i
2
2
2
Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
y  eax C1 cos bx  C 2 sin bx 
y  e x C1 cos 3x  C 2 sin 3x 
Sekarang, akan dilihat contoh bagaimana penyelesaian persamaan diferensial linier homogen
dengan nilai m bervariasi.
Contoh 6:
Tentukan solusi persamaan diferensial
d4y
 16 y  0 .
dx 4
Jawab:
Persamaan karakterisitiknya adalah
D4  16  0
( D2  4)( D2  4)  0
Dari ( D2  4) , didapatlah akar-akar karakteristik
dan
m1  2
m2  2
Dari ( D2  4) , dengan menggunakan rumus kuadrat, didapatlah akar-akar karakteristik
dan
m 3  2i
m 4  2i
Jadi, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
m x
m x
y  C1 e 1  C2 e 2  eax C 3 cos bx  C 4 sin bx 
y  C1 e2 x  C2 e2 x  C 3 cos 2 x  C 4 sin 2 x
C.
Persamaan Diferensial Tak Homogen dengan Koefisien Tetap
Lihat kembali bentuk umum dari persamaan diferensial linier tingkat-n dengan koefisien
tetap adalah:
dny
d n1 y
d n2 y
dy
P0

P

P
 ...  Pn1
 Pn y  Q
1
2
n
n 1
n2
dx
dx
dx
dx
dengan P0  0 dan P0 , P1 , ..., Pn 1 , Pn adalah konstanta.
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
4
Jika Q  0, maka persamaan di atas disebut sebagai persamaan diferensial tak homogen.
Dengan melakukan pemisalan seperti yang telah dijelaskan sebelumnya, maka bentuk umum
dari persamaan diferensial linier tingkat-n dengan koefisien tetap dapat dituliskan sebagai
berikut
F ( D) y  Q
dengan
F ( D)  P0  Dn  P1  Dn1  P2  Dn2  ...  Pn1  D  Pn
atau
F ( D)  ( D  m1 )( D  m2 )...( D  mn )
dan, Q  0.
Maka, bentuk penyelesaian umum dari persamaan diferensial linier tak homogen tingkat-n
dengan koefisien tetap adalah
y  yc  y p
yc :
yp :
penyelesaian umum dari F ( D) y  0 (fungsi komplementer)
integral khusus F ( D) y  Q
Cara mencari integral khusus y p :
1)
metode koefisien tak tentu (tergantung bentuk dari Q),
2)
metode variasi dari parameter.
Teknik A sampai Teknik D berikut akan membahas pencarian integral khusus dengan metode
koefisien tak tentu.
Teknik
A
Diketahui suatu persamaan diferensial linier tak homogen
dny
d n1 y
d n2 y
dy
P0

P

P
 ...  Pn1
 Pn y  Q .
1
2
n
n 1
n2
dx
dx
dx
dx
Jika Q suatu konstanta taknol, maka integral khusus dari penyelesaian persamaan diferensial
tersebut adalah
Q
yp 
Pn
Contoh 7:
Selesaikanlah persamaan diferensial berikut:
d2y
dy
 2  3y  6 .
2
dx
dx
Jawab:
Untuk mencari yc , langkah-langkahnya sama seperti pada Contoh 3 sampai dengan Contoh
6, yaitu dengan memisalkan F ( D) y  0 . Maka, persamaan karakteristiknya adalah
D2  2D  3  0 → ( D  3)( D  1)  0
sehingga akar-akar karakteristiknya adalah
dan
m1  3
m2  1
Jadi,
yc  C1 e3 x  C2 e x
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
5
Selanjutnya, telah diketahui bahwa Q = 6 dan Pn  3 . Maka,
Q
6
yp  
 2
Pn 3
Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
y  yc  y p  C1 e3 x  C2 e x  2
→
y  yc  y p
Teknik
B
Diketahui suatu persamaan diferensial linier tak homogen
dny
d n1 y
d n2 y
dy
P0

P

P
 ...  Pn1
 Pn y  Q .
1
2
n
n 1
n2
dx
dx
dx
dx
Jika Q berbentuk persamaan polinomial derajat 2, maka integral khusus dari penyelesaian
persamaan diferensial tersebut adalah
y p  Ax 2  Bx  C
dengan
d 2 yp
dx 2
 2 A dan
dy p
dx
 2 Ax  B .
Contoh 8:
Tentukan solusi dari
d 2 y dy
  2 y  x2 .
2
dx
dx
Jawab:
Untuk mencari yc , misalkan F ( D) y  0 . Maka, persamaan karakteristiknya adalah
D2  D  2  0 → ( D  2)( D 1)  0
sehingga akar-akar karakteristiknya adalah
dan
m1  2
m2  1
Jadi,
yc  C1 e2 x  C2 e x
Lalu, misalkan y p  Ax  Bx  C dengan
2
Dengan mensubstitusi y p ,
d 2 yp
dx
2
 2 A dan
dy p
dx
 2 Ax  B .
dy p
ke persamaan diferensial awal, diperoleh
dx
dx
(2 A)  (2 Ax  B)  2( Ax2  Bx  C )  x 2
2
, dan
d 2 yp
2 Ax2  (2 A  2B) x  (2 A  B  2C )  x 2
Kemudian, dengan menyamakan masing-masing suku pada kedua ruas, didapatlah
2 A  2B  0
2 A  B  2C  0
2 A  1
sehingga
1
1
3
A
B
C
2
2
4
Jadi,
1
1
3
y p   x2  x  .
2
2
4
Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
1
1
3
→
y  yc  y p
y  C1 e2 x  C2 e x  x 2  x 
2
2
4
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
6
Teknik
C
Diketahui suatu persamaan diferensial linier tak homogen
dny
d n1 y
d n2 y
dy
P0

P

P
 ...  Pn1
 Pn y  Q .
1
2
n
n 1
n2
dx
dx
dx
dx
Jika Q berbentuk Cekx dengan C dan k adalah suatu konstanta, maka integral khusus dari
penyelesaian persamaan diferensial tersebut adalah
y p  Aekx
dengan
d 2 yp
dx
2
 Ak 2 ekx dan
dy p
dx
 Ak ekx .
Contoh 9:
Tentukan solusi dari
d2y
 4 y  e3 x .
2
dx
Jawab:
Untuk mencari yc , misalkan F ( D) y  0 . Maka, persamaan karakteristiknya adalah
D2  4  0
Dengan menggunakan rumus kuadrat, diperolehlah akar-akar karakteristiknya
dan
m1  2i
m 2  2i
Jadi,
yc  C1 cos 2 x  C 2 sin 2 x
Lalu, dengan C = 1 dan k = 3, misalkan y p  Ae
Dengan mensubstitusi
3x
dengan
d 2 yp
dx
2
 9 Ae 3 x dan
dy p
dx
 3 Ae 3 x .
d 2 yp
dan y p ke persamaan diferensial awal, diperoleh
dx 2
9 Ae 3x   4  Ae 3x   e3x → 13Ae 3x  e3x
sehingga didapatlah A = 1/13.
Jadi,
1 3x
e
13
Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah:
yp 
y  yc  y p
Teknik
→
y  C1 cos 2 x  C 2 sin 2 x 
1 3x
e
13
D
Diketahui suatu persamaan diferensial linier tak homogen
dny
d n1 y
d n2 y
dy
P0

P

P
 ...  Pn1
 Pn y  Q .
1
2
n
n 1
n2
dx
dx
dx
dx
Jika Q berbentuk C cos kx atau C sin kx dengan C dan k adalah suatu konstanta, maka
integral khusus dari penyelesaian persamaan diferensial tersebut adalah
y p  A cos kx  B sin kx
dengan
d 2 yp
dx
2
  Ak 2 cos kx  Bk 2 sin kx dan
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
dy p
dx
  Ak sin kx  Bk cos kx .
7
Contoh 10:
d 2 y dy
Selesaikan persamaan diferensial
  2 y  sin x .
dx 2 dx
Jawab:
Untuk mencari yc , misalkan F ( D) y  0 . Maka, persamaan karakteristiknya adalah
D2  D  2  0 → ( D  2)( D 1)  0
sehingga akar-akar karakteristiknya adalah
dan
m1  2
m2  1
Jadi,
yc  C1 e2 x  C2 e x
C 1
k  1,
Lalu,
dengan
dan
misalkan
y p  A cos x  B sin x
d 2 yp
dx
2
  A cos x  B sin x dan
Dengan mensubstitusi y p ,
dy p
dx
d 2 yp
dengan
  A sin x  B cos x .
, dan
dy p
ke persamaan diferensial awal, diperoleh
dx
dx
( A cos x  B sin x)  ( A sin x  B cos x)  2( A cos x  B sin x)  sin x
(3 A  B) cos x  ( A  3B)sin x  sin x
Kemudian, dengan menyamakan masing-masing suku pada kedua ruas, didapatlah
3 A  B  0
 A  3B  1
sehingga
1
3
A
B
10
10
Jadi,
1
3
y p   cos x  sin x
10
10
Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah
1
3
→
y  yc  y p
y  C1 e2 x  C2 e x  cos x  sin x
10
10
2
Sekarang, akan diberikan contoh bagaimana mencari integral khusus dari persamaan
diferensial linier tak homogen dengan Q merupakan hasil kali atau hasil jumlah fungsi-fungsi
dari jenis yang telah dibahas pada Teknik A sampai Teknik D.
d2y
dy
 2  4 y  x cos 3x . Dalam hal ini, Q  x cos3x ;
2
dx
dx
merupakan perkalian antara x (polinom berderajat 1) dan cos 3x.
Berdasarkan Teknik B diketahui untuk Q berbentuk persamaan polinomial derajat 2 integral
khususnya y p  Ax 2  Bx  C . Maka, untuk Q berbentuk persamaan polinomial derajat 1
Sebagai contoh, misalkan
memberikan integral khusus y p  Ax  B .
Lalu berdasarkan Teknik D, untuk cos 3x, integral khususnya y p  cos3x  sin 3x .
Jadi, integral khusus untuk Q  x cos3x adalah:
y p  ( Ax  B)(cos3x  sin 3x)
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
8
d 2 y dy
  4 y  3e3 x  2 sin 2 x . Dalam hal ini, Q  3e3 x  2 sin 2 x ;
2
dx
dx
merupakan penjumlahan antara 3e3 x dan 2 sin 2x .
Contoh lainnya, misalkan
Berdasarkan Teknik C, untuk 3e3 x , integral khususnya y p  Ae3x .
Lalu berdasarkan Teknik D, untuk 2 sin 2x, integral khususnya y p  cos 2 x  sin 2 x .
Jadi, integral khusus untuk Q  3e3 x  2 sin 2 x adalah:
y p  Ae3 x  cos 2 x  sin 2 x
Selanjutnya, akan dibahas tentang pencarian integral khusus dengan metode variasi dari
parameter. Metode ini bisa digunakan untuk semua bentuk Q dalam menyelesaikan
persamaan diferensial linier tak homogen.
Integral khusus dari persamaan diferensial linier tak homogen F ( D) y  Q dapat ditentukan
dari bentuk
yc  C1 y1 ( x)  C2 y2 ( x)  ...  Cn yn ( x)
dengan mengganti C i menjadi fungsi Li ( x) sehingga
y p  L1 ( x) y1 ( x)  L 2 ( x) y2 ( x)  ...  L n ( x) yn ( x)
Teorema 4
Jika
yc  C1 y1 ( x)  C2 y2 ( x) adalah fungsi komplementer dari persamaan diferensial
( D  P1 D  P2 ) y  Q , maka
2
y p  L1 ( x) y1 ( x)  L 2 ( x) y2 ( x)
dengan syarat:
L1 y1  L 2 y2  0
(i)
(ii)
L1 y1  L 2 y2  Q
Teorema 5
Jika
yc  C1 y1 ( x)  C2 y2 ( x)  C3 y3 ( x)
adalah fungsi komplementer dari persamaan
diferensial ( D3  P1 D2  P2 D  P3 ) y  Q , maka
y p  L1 ( x) y1 ( x)  L2 ( x) y2 ( x)  L3 ( x) y3 ( x)
dengan syarat:
L1 y1  L 2 y2  L3 y3  0
(i)
(ii)
L1 y1  L 2 y2  L3 y3  0
(iii)
L1 y1  L 2 y2  L3 y3  Q
Untuk mempermudah pencarian hasil dari sistem persamaan linier pada Teorema 4 dan 5,
gunakanlah Aturan Cramer. Setelah itu, integralkan hasil-hasil yang didapat untuk
memperoleh L1 , L 2 , dan L 3 .
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
9
Contoh 11:
Tentukanlah solusi dari
d2y
 y  tan x .
dx 2
Jawab:
Untuk mencari yc , misalkan F ( D) y  0 . Maka, persamaan karakteristiknya adalah
D2  1  0
Dengan menggunakan rumus kuadrat, diperolehlah akar-akar karakteristiknya
dan
m 2  i
m1  i
Jadi,
yc  C1 cos x  C 2 sin x
Karena itu, berdasarkan Teorema 4, integral khususnya berbentuk
y p  L1 ( x) cos x  L 2 ( x) sin x
Selanjutnya,
L1 y1  L 2 y2  0 → L1 cos x  L 2 sin x  0
L1 y1  L 2 y2  Q → L1 ( sin x)  L 2 cos x  tan x
Matriks yang diperbesar dari sistem persamaan tersebut adalah
0 
 cos x sin x
  sin x cos x tan x 


Berdasarkan matriks di atas, misalkan
 cos x sin x 
A

  sin x cos x 
 0 
b= 

 tan x 
Untuk menggunakan Aturan Cramer, cari terlebih dahulu matriks A j dengan mengganti
entri-entri pada kolom ke-j dari A dengan entri-entri matriks b.
sin x 
 0
A1  

 tan x cos x 
0 
 cos x
A2  

  sin x tan x 
Dengan Aturan Cramer, didapatlah
det( A1 )  tan x sin x
L1 

  tan x sin x
det( A)
1
det( A2 ) sin x
L 2 

 sin x
det( A)
1
Karena L1   tan x sin x , maka
 sin 2 x
cos 2 x  1
dx  
dx   (cos x  sec x)dx
cos x
cos x
 sin x  ln sec x  tan x  K 1
  tan x sin x dx  
sehingga L1  sin x  ln sec x  tan x .
Selanjutnya, karena L 2  sin x , maka  sin x dx   cos x  K 2 sehingga L 2   cos x .
Jadi,
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
10
y p  L1 ( x) cos x  L 2 ( x) sin x
 (sin x  ln sec x  tan x ) cos x  cos x sin x
 sin x cos x  cos x ln sec x  tan x  cos x sin x
  cos x ln sec x  tan x
Dengan demikian, solusi umum dari persamaan diferensial ini adalah
→
y  yc  y p
y  C1 cos x  C 2 sin x  cos x ln sec x  tan x
D.
>>
Aplikasi Persamaan Diferensial
PEGAS BERGETAR
Hukum Hooke mengatakan bahwa jika pegas diregangkan (atau dimampatkan) x
satuan dari panjang mula-mula, maka pegas tersebut mengeluarkan gaya yang sebanding
terhadap x:
gaya pemulih = – kx
dengan k adalah konstanta pegas (bernilai positif). Jika gaya hambatan luar diabaikan (yang
disebabkan oleh hambatan udara atau gesekan), maka dengan Hukum Kedua Newton (gaya =
massa  percepatan), didapat:
d 2x
d 2x
F  kx → m  a  kx → m  2  kx → m  2  kx  0
dt
dt
dengan m merupakan massa benda yang diletakkan pada ujung pegas.
Ini berupa persamaan diferensial linier tingkat dua. Persamaan karakteristiknya adalah
2
mD  k  0 dengan akar-akar karakteristiknya r1,2   i k / m . Lalu, dengan memisalkan
k / m   , maka r1,2    i . Berdasarkan Teorema 3, solusi umum untuk persamaan
diferensial di atas adalah:
x(t )  C1 cos t  C2 sin t
yang dapat ditulis juga sebagai berikut:
x(t )  A cos(t   )
dengan:
  k/m
A  C  C2
2
1
[frekuensi]
2
[amplitudo]
C1
C
; sin    2
[  adalah sudut fase]
A
A
Jenis gerak ini disebut sebagai gerak harmonik sederhana.
cos  
Contoh 12:
Pegas dengan massa 2 kg mempunyai panjang mula-mula 0,5 m. Gaya 25,6 N diperlukan
untuk mempertahankan pegas dalam keadaan terentang sepanjang 0,7 m. Jika pegas direntang
ke panjang 0,7 m dan kemudian dilepaskan dengan kecepatan awal 0, carilah posisi massa
tersebut pada sebarang t.
Jawab:
Dari Hukum Hooke, gaya yang diperlukan untuk merentangkan pegas adalah
25,6  k (0,7  0,5)
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
11
sehingga k  25,6 / 0, 2  128 (karena k adalah konstanta pegas bernilai positif) . Dengan
menggunakan nilai konstanta pegas ini, dan juga fakta bahwa massanya m = 2, maka
d 2x
2  2  128 x  0
dt
Seperti pada pembahasan sebelum contoh ini, solusi umumnya adalah
x(t )  C1 cos8t  C2 sin 8t
dengan   k / m  128 / 2  8 .
Dalam soal diketahui, pegas direntang ke panjang 0,7 m (yang mula-mulanya 0,5 m) dan
kemudian dilepaskan dengan kecepatan awal 0. Ini berarti bahwa, saat t = 0, maka posisi
massanya x adalah 0,7 – 0,5 = 0,2. Atau, x(0)  0, 2 . Tetapi, dari solusi umum di atas,
diperoleh
x(0)  C1 cos 0  C2 sin 0  C1
Karena itu, C1  0, 2 .
Lalu, dengan mendiferensialkan x(t ) , diperoleh
x(t )  8C1 sin 8t  8C2 cos8t
dan, x(t ) ini merupakan kecepatan, sehingga x(0)  0 karena kecepatan awalnya 0.
Jadi,
x(0)  8C1 sin 0  8C2 cos 0  8C2 → 8C2  0 → C2  0
Dengan demikian, posisi massa tersebut pada sebarang t adalah
x(t )  0, 2  cos8t
>>
GETARAN TEREDAM
Berikutnya akan ditinjau gerakan pegas yang dikenai gaya gesekan atau gaya
peredaman. Sebagai contoh, gaya peredaman yang dikeluarkan oleh peredam-kejut pada
mobil atau sepeda.
Anggaplah bahwa gaya peredaman sebanding dengan kecepatan massa dan bekerja
dalam arah yang berlawanan dengan arah gerakan. Jadi,
dx
gaya peredaman = – c
dt
dengan c adalah konstanta peredaman (bernilai positif), sehingga dalam kasus ini, Hukum
Kedua Newton memberikan
F = gaya pemulih + gaya peredaman
dx
m  a  kx  c
dt
2
d x
dx
m  2  kx  c  0
dt
dt
2
d x
dx
m  2  c  kx  0
dt
dt
Persamaan tersebut merupakan persamaan diferensial linier tingkat dua dengan persamaan
karakteristiknya mD2  cD  k  0 dan akar-akar karakteristiknya
c  c 2  4mk
r1,2 
2m
Untuk hal yang seperti ini, terbagi menjadi tiga kasus.
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
12
K.a.s.u.s 1 [ c2  4mk  0 ]
Kasus ini disebut sebagai peredaman-lebih (overdamped).
Dalam kasus ini, akar-akar karakteristiknya adalah bilangan riil yang berbeda, sehingga
r t
r t
x(t )  C1 e 1  C2 e 2
berdasarkan Teorema 1, solusi umumnya adalah
K.a.s.u.s 2 [ c2  4mk  0 ]
Kasus ini disebut sebagai peredaman-kritis (critically damped).
Dalam kasus ini, akar-akar karakteristiknya adalah bilangan riil kembar, yaitu r1,2  r 
sehingga berdasarkan Teorema 2, solusi umumya adalah
c
2m
x(t )  C1 e r t  C2 xe r t
K.a.s.u.s 3 [ c2  4mk  0 ]
Kasus ini disebut sebagai peredaman-kurang.
Dalam kasus ini, akar-akar karakteristiknya adalah bilangan kompleks, yaitu r1,2  
dengan  
c
i
2m
4mk  c 2
. Maka, berdasarkan Teorema 3, solusi umumnya adalah
2m
x(t )  e ( c /2 m)t C1 cos t  C 2 sin t 
Contoh 13:
Andaikan pegas dalam Contoh 12 dicelupkan dalam cairan dengan konstanta peredaman
c  40 . Carilah posisi massa pada sebarang t, jika peristiwa ini dimulai dari posisi
kesetimbangan dan diberikan dorongan untuk memulainya dengan kecepatan awal 0,6 m/s.
Jawab:
Pada Contoh 12, diketahui massanya 2 kg dan telah didapat konstanta pegas k = 128,
sehingga
d 2x
dx
d 2x
dx
2  2  40  128 x  0 →
 20  64 x  0
2
dt
dt
dt
dt
2
Persamaan karakteristiknya adalah D  20D  64  ( D  4)( D  16)  0 , sehingga akar-akar
karakteristiknya –4 dan –16. Ini berarti terjadi peredaman-lebih (Kasus 1). Maka, solusi
umumnya adalah
x(t )  C1 e 4t  C2 e 16t
Dalam soal diketahui, pegas dimulai dari posisi kesetimbangan. Ini berarti bahwa, saat t = 0,
maka posisi massanya x adalah 0. Atau, x(0)  0 . Tetapi, dari solusi umum di atas diperoleh
x(0)  C1 e 0  C2 e 0  C1  C2 → C1  C2  0 .
Lalu, dengan mendiferensialkan x(t ) , didapat
x(t )  4C1 e 4t  162 e 16t
dan, x(t ) ini merupakan kecepatan, sehingga x(0)  0,6 karena kecepatan awalnya 0,6.
Jadi,
x(0)  4C1 e 0  162 e 0  4C1  16C2 → 4C1  16C2  0,6
Karena C1  C2  0 atau C2  C1 , maka 12C1  0,6 atau C1  0,05 . Dan, C2  C1  0,05 .
Dengan demikian, posisi massa tersebut pada sebarang t adalah
x(t )  0,05 e 4t  0,05 e 16t  0,05  e 4t  e 16t 
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
13
LATIHAN
1.
Selesaikanlah persamaan diferensial linier tingkat satu berikut.
dy 2
a. y  y  e x
c.
 y  6 x3
dx x
dy
sin x
b. y  2 y  e  x
d.
x  3y  2
dx
x
2.
Selesaikanlah persamaan diferensial linier homogen berikut.
d2y
dy
d3y
a.
c.

6

10
y

0
y0
dx 2
dx
dx3
d 3 y d 2 y dy
d3y
d 2 y dy
b.
d.

 y0
 2 2   2y  0
dx3 dx 2 dx
dx3
dx
dx
3.
Selesaikanlah persamaan diferensial tak homogen berikut.
d4y
d3y
d2y
dy
d2y
a.
e.

4

6

4

y

7
 y  x3  e x
4
3
2
2
dx
dx
dx
dx
dx
2
d y
d2y
dy
3x
b.
f.

9
y

e
 2  e x sin x
2
2
dx
dx
dx
2
2
d y dy
d y
dy
c.
g.
  2 y  2 x 2  10 x  3
 2  3 y  cos 2 x
2
2
dx
dx
dx
dx
2
2
d y
dy
d y
 2  sin 4 x
 y  sec x
d.
h.
2
dx
dx
dx 2
4.
Sebuah perusahaan membuat analisis mengenai jumlah produksi terhadap pekerjanya.
Pada saat sekarang, perusahaannya dapat memproduksi 3000 unit/hari. Diperkirakan
tanpa pertambahan mesin-mesin, maka perubahan jumlah produksi per hari terhadap
perubahan penambahan pekerjanya adalah
80  6 x
dengan x adalah pertambahan pekerjanya. Tentukan sekarang jumlah produksi per hari,
jika pekerjanya bertambah 25 orang (penambahan produksinya dalam %).
5.
Pegas dengan massa 3 kg dipegang terentang 0,6 m di luar panjang mula-mulanya oleh
gaya 20 N. Jika pegas mulai pada posisi kesetimbangan tetapi dorongan memberinya
kecepatan awal 1,2 m/s, carilah posisi massa tersebut pada sebarang t.
6.
Pegas dengan massa 3 kg mempunyai konstanta peredaman 30 dan konstanta pegas
123. Carilah posisi massa tersebut pada waktu t jika pegas mulai pada posisi
kesetimbangan dengan kecepatan 2 m/s.
7.
Pegas mempunyai massa 1 kg dan konstanta pegasnya 100. Pegas tersebut dilepas di
titik 0,1 m di atas posisi kesetimbangannya. Tentukanlah jenis peredaman yang terjadi
jika diketahui konstanta peredamannya:
c  25
a. c  10
c.
c  30
b. c  15
d.
KALKULUS 3 – Srava Chrisdes
14