II-7 Persamaan Diferensial Orde-1

Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
4. Persamaan Diferensial
(Orde Satu)
Sudaryatno Sudirham
4.1. Pengertian
Persamaan diferensial adalah suatu persamaan di mana terdapat satu atau lebih turunan fungsi.
Persamaan duferensial diklasifikasikan sebagai:
1. Menurut jenis atau tipe: ada persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial.
Jenis yang kedua tidak kita pelajari di buku ini, karena kita hanya meninjau fungsi dengan
satu peubah bebas.
2. Menurut orde: orde persamaan diferensial adalah orde tertinggi turunan fungsi yang ada
dalam persamaan.
d3y
dx
3.
3
adalah orde tiga;
d2y
dx
2
adalah orde dua;
dy
adalah orde satu.
dx
Menurut derajat: derajat suatu persamaan diferensial adalah pangkat tertinggi dari turunan
fungsi orde tertinggi.
2
5
 d3y 
 d2y 
y
Sebagai contoh:  3  +  2  + 2
= e x adalah persamaan diferensial biasa, orde tiga,
 dx 
 dx 
x
+
1




derajat dua.
Dalam buku ini kita hanya akan membahas persamaan diferensial biasa, orde satu dan orde dua, derajat satu.
4.2. Solusi
Suatu fungsi y = f(x) dikatakan merupakan solusi suatu persamaan diferensial jika persamaan tersebut
tetap terpenuhi dengan digantikannya y dan turunannya dalam persamaan tersebut oleh f(x) dan
turunannya. Kita ambil satu contoh:
y = ke − x adalah solusi dari persamaan dy + y = 0 karena turunan y = ke − x adalah dy = −ke − x , dan
dt
jika ini kita masukkan dalam persamaan akan kita peroleh − ke
dt
−x
+ ke
−x
=0
Persamaan terpenuhi.
Pada contoh di atas kita lihat bahwa persamaan diferensial orde satu mempunyai solusi yang
melibatkan satu tetapan sembarang yaitu k. Pada umumnya suatu persamaan orde n akan memiliki
solusi yang mengandung n tetapan sembarang. Pada persamaan diferensial orde dua yang akan kita
bahas di bab berikutnya, kita akan menemukan solusi dengan dua tetapan sembarang. Nilai dari
tetapan ini ditentukan oleh kondisi awal.
4.3. Persamaan Diferensial Orde Satu Dengan Peubah Yang Dapat Dipisahkan
Solusi suatu persamaan diferensial bisa diperoleh apabila peubah-peubah dapat dipisahkan; pada
pemisahan peubah ini kita mengumpulkan semua y dengan dy dan semua x dengan dx. Jika hal ini
bisa dilakukan maka persamaan tersebut dapat kita tuliskan dalam bentuk
f ( y )dy + g ( x)dx = 0
(4.1)
Apabila kita lakukan integrasi kita akan mendapatkan solusi umum dengan satu tetapan sembarang K,
yaitu
∫ f ( y)dy + ∫ g ( x)dx) = K
(4.2)
1/8
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Kita ambil dua contoh.
1).
dy
= ex− y .
dx
Persamaan ini dapat kita tuliskan
dy e x
=
sehingga kita dapatkan persamaan
dx e y
dengan peubah terpisah
e y dy − e x dx = 0
dan
∫ e dy − ∫ e dx = K
y
x
sehingga e y − e x = K atau e y = e x + K
2).
dy 1
=
. Pemisahan peubah akan memberikan bentuk
dx xy
dx
= 0 dan
x
ydy −
sehingga
dx
∫ ydy − ∫ x
=K
y2
− ln x = K atau y = ln x 2 + K ′
2
4.4. Persamaan Diferensial Homogen Orde Satu
Suatu persamaan disebut homogen jika ia dapat dituliskan dalam bentuk
dy
 y
= F 
dx
x
(4.3)
Persamaan demikian ini dapat dipecahkan dengan membuat peubah bebas baru
y
x
v=
Dengan peubah baru ini maka
y = vx dan
dy
dv
=v+ x
dx
dx
Persamaan (14.2) menjadi
v+x
dv
= F (v )
dx
(4.4)
yang kemudian dapat dicari solusinya melalui pemisahan peubah.
dx
dv
+
=0
x v − F (v )
(4.5)
Solusi persamaan aslinya diperoleh dengan menggantikan v dengan y/x setelah persamaan terakhir ini
dipecahkan.
Kita ambil contoh: ( x 2 + y 2 )dx + 2 xydy = 0
2
Persamaan ini dapat kita tulis x 2 (1 + y )dx + 2 xydy = 0 atau
2
x
(1 +
y2
x2
)dx = −2
y
dy
x
2
sehingga dy = − 1 + ( y / x) = F ( y / x)
dx
2( y / x )
yang merupakan bentuk persamaan homogen.
Peubah baru v = y/x memberikan
y = vx dan
dy
dv
=v+ x
dx
dx
2/8 Sudaryatno Sudirham, Persamaan Diferensial (Orde 1)
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
dan membuat persamaan menjadi
v+x
dv
1 + v2
atau
=−
dx
2v
x
dv
1 + v2
1 + 3v 2
= −v −
=−
dx
2v
2v
Dari sini kita dapatkan
dv
(1 + 3v ) / 2v
2
=−
dx
x
atau
dx
2vdv
+
=0
x 1 + 3v 2
Kita harus mencari solusi persamaan ini untuk mendapatkan v sebagai fungsi x. Kita perlu
pengalaman untuk ini.
Kita tahu bahwa
d (ln x) 1
= . Kita coba hitung
dx
x
d ln(1 + 3x 2 ) d ln(1 + 3x 2 ) d (1 + 3 x 2 )
1
=
=
(6 x )
2
dx
dx
d (1 + 3x )
1 + 3x 2
Kembali ke persamaan kita. Dari percobaan perhitungan di atas kita dapatkan solusi dari
dx
2vdv
+
=0
x 1 + 3v 2
adalah
ln x +
1
1
ln(1 + 3v 2 ) = K = ln K ′ atau
3
3
3 ln x + ln(1 + 3v 2 ) = K = ln K ′ sehingga
Dalam x dan y solusi ini adalah
(
)
x 3 1 + 3( y / x) 2 = K ′ atau
(
x 3 (1 + 3v 2 ) = K ′
)
x x2 + 3 y2 = K ′
4.5. Persamaan Diferensial Linier Orde Satu
Dalam persamaan diferensial linier, semua suku berderajat satu atau nol. Dalam menentukan derajat
ini kita harus memperhitungkan pangkat dari peubah dan turunannya; misal y(dy/dx) adalah berderajat
dua karena y dan dy/dx masing-masing berpangkat satu dan harus kita jumlahkan untuk menentukan
derajat dari y(dy/dx).
Persamaan diferensial orde satu yang juga linier dapat kita tuliskan dalam bentuk
dy
+ Py = Q
dx
(4.6)
dengan P dan Q merupakan fungsi x atau tetapan. Persamaan diferensial bentuk inilah selanjutnya
akan kita bahas dan kita akan membatasi pada situasi dimana P adalah suatu tetapan. Hal ini kita
lakukan karena kita akan langsung melihat pemanfaatan praktis dengan contoh yang terjadi pada
analisis rangkaian listrik.
Dalam analisis rangkaian listrik, peubah fisis seperti tegangan dan arus merupakan fungsi waktu. Oleh
karena itu persamaan diferensial yang akan kita tinjau kita tuliskan secara umum sebagai
a
dy
+ by = f (t )
dt
(4.7)
Persamaan diferensial linier orde satu seperti ini biasa kita temui pada peristiwa transien (atau
peristiwa peralihan) dalam rangkaian listrik. Cara yang akan kita gunakan untuk mencari solusi adalah
cara pendugaan. Peubah y adalah keluaran rangkaian (atau biasa disebut tanggapan rangkaian) yang
dapat berupa tegangan ataupun arus sedangkan nilai a dan b ditentukan oleh nilai-nilai elemen yang
membentuk rangkaian. Fungsi f(t) adalah masukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan
ataupun arus dan disebut fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.
3/8
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Persamaan diferensial seperti (4.7) mempunyai solusi total yang merupakan jumlah dari solusi khusus
dan solusi homogen. Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan (4.7) sedangkan
solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan homogen
a
dy
+ by = 0
dt
(4.8)
Hal ini dapat difahami karena jika f1(t) memenuhi (4.7) dan fungsi f2(t) memenuhi (4.8), maka y =
(f1+f2) akan memenuhi (4.7) sebab
dy
d ( f1 + f 2 )
+ by = a
+ b( f1 + f 2 )
dt
dt
df
df
df
= a 1 + bf1 + a 2 + bf 2 = a 1 + bf1 + 0
dt
dt
dt
a
Jadi y = (f1+f2) adalah solusi dari (4.7), dan kita sebut solusi total yang terdiri dari solusi khusus f1 dari
(4.7) dan solusi homogen f2 dari (4.8).
Peristiwa Transien. Sebagaimana telah disebutkan, persamaan diferensial seperti (14.7) dijumpai
dalam peristiwa transien, yaitu selang peralihan dari suatu keadaan mantap ke keadaan mantap yang
lain.. Peralihan kita anggap mulai terjadi pada t = 0 dan peristiwa transien yang kita tinjau terjadi
dalam kurun waktu setelah mulai terjadi perubahan yaitu dalam kurun waktu t > 0. Sesaat setelah
mulai perubahan kita beri tanda t = 0+ dan sesaat sebelum terjadi perubahan kita beri tanda t = 0−.
Solusi Homogen. Persamaan (4.8) menyatakan bahwa y ditambah dengan suatu koefisien konstan
kali dy/dt, sama dengan nol untuk semua nilai t. Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan dy/dt
berbentuk sama. Fungsi yang turunannya mempunyai bentuk sama dengan fungsi itu sendiri adalah
fungsi eksponensial. Jadi kita dapat menduga bahwa solusi dari (4.8) mempunyai bentuk eksponensial
y = K1est . Jika solusi dugaan ini kita masukkan ke (4.8), kita peroleh
aK1se st + bK1e st = 0
atau
K1 (as + b ) y = 0
(4.9)
Peubah y tidak mungkin bernilai nol untuk seluruh t dan K1 juga tidak boleh bernilai nol karena hal itu
akan membuat y bernilai nol untuk seluruh t. Satu-satunya cara agar persamaan (4.9) terpenuhi adalah
as + b = 0
(4.10)
Persamaan (4.10) ini disebut persamaan karakteristik sistem orde pertama. Persamaan ini hanya
mempunyai satu akar yaitu s = −(b/a). Jadi solusi homogen yang kita cari adalah
ya = K1e st = K1e −(b / a ) t
(4.11)
Nilai K1 masih harus kita tentukan melalui penerapan suatu persyaratan tertentu yang kita sebut
kondisi awal yaitu kondisi pada t = 0+ sesaat setelah mulainya perubahan keadaan. Ada kemungkinan
bahwa y telah mempunyai nilai tertentu pada t = 0+ sehingga nilai K1 haruslah sedemikian rupa
sehingga nilai y pada t = 0+ tersebut dapat dipenuhi. Akan tetapi kondisi awal ini tidak dapat kita
terapkan pada solusi homogen karena solusi ini baru merupakan sebagian dari solusi. Kondisi awal
harus kita terapkan pada solusi total dan bukan hanya untuk solusi homogen saja. Oleh karena itu kita
harus mencari solusi khusus lebih dulu agar solusi total dapat kita peroleh untuk kemudian
menerapkan kondisi awal.
Solusi khusus. Solusi khusus dari (4.7) tergantung dari bentuk fungsi pemaksa f(t). Seperti halnya
dengan solusi homogen, kita dapat melakukan pendugaan pada solusi khusus. Bentuk solusi khusus
haruslah sedemikian rupa sehingga jika dimasukkan ke persamaan (4.7) maka ruas kiri dan ruas
kanan persamaan itu akan berisi bentuk fungsi yang sama. Jika solusi khusus kita sebut yp, maka yp
dan turunannya harus mempunyai bentuk sama agar hal tersebut terpenuhi. Untuk berbagai bentuk
f(t), solusi khusus dugaan yp adalah sebagai berikut.
4/8 Sudaryatno Sudirham, Persamaan Diferensial (Orde 1)
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Jika f (t ) = 0 , maka y p = 0
Jika f (t ) = A = konstan, maka y p = konstan = K
Jika f (t ) = Aeαt = eksponensial, maka
y p = eksponensial = Ke αt
Jika f (t ) = A sin ωt , atau f (t ) = A cos ωt , maka
y p = K c cos ωt + K s sin ωt
Perhatikan : y = K c cos ωt + K s sin ωt adalah
bentuk umum fungsi sinus maupun cosinus .
Solusi total. Jika solusi khusus kita sebut yp, maka solusi total adalah
y = y p + ya = y p + K1e s t
(4.12)
Pada solusi lengkap inilah kita dapat menerapkan kondisi awal yang akan memberikan nilai K1.
Kondisi Awal. Kondisi awal adalah kondisi pada awal terjadinya perubahan yaitu pada t = 0+. Dalam
menurunkan persamaan diferensial pada peristiwa transien kita harus memilih peubah yang disebut
peubah status. Peubah status harus merupakan fungsi kontinyu. Nilai peubah ini, sesaat sesudah dan
sesaat sebelum terjadi perubahan harus bernilai sama. Jika kondisi awal ini kita sebut y(0+) maka
y (0 + ) = y ( 0 − )
(4.13)
Jika kondisi awal ini kita masukkan pada dugaan solusi lengkap (14.12) akan kita peroleh nilai K1.
y (0 + ) = y p (0 + ) + K1 → K1 = y (0 + ) − y p (0 + )
(4.14)
yp(0+) adalah nilai solusi khusus pada t = 0+. Nilai y(0+) dan yp(0+) adalah tertentu (yaitu nilai pada t =
0+). Jika kita sebut
y (0+ ) − y p (0 + ) = A0
(4.15)
y = y p + A0 e s t
(4.16)
maka solusi total menjadi
4.6. Solusi Pada Berbagai Fungsi Pemaksa
Tanpa Fungsi Pemaksa, f(t) = 0. Jika f(t) =0 maka solusi yang akan kita peroleh hanyalah solusi
homogen saja. Walaupun demikian, dalam mencari soluai kita akan menganggap bahwa fungsi
pemaksa tetap ada, akan tetapi bernilai nol. Hal ini kita lakukan karena kondisi awal harus diterapkan
pada solusi total, sedangkan solusi total harus terdiri dari solusi homogen dan solusi khusus
(walaupun mungkin bernilai nol). Kondisi awal tidak dapat diterapkan hanya pada solusi homogen
saja atau solusi khusus saja.
Contoh: Dari suatu analisis rangkaian diperoleh persamaan
dv
+ 1000v = 0
dt
untuk t > 0. Kondisi awal adalah v(0+) = 12 V.
Persamaan karakteristik : s + 1000 = 0 → s = −1000
Dugaan solusi homogen : va = A0e −1000t
Dugaan solusi khusus : v p = 0 (karena tidak ada fungsi pemaksa)
Dugaan solusi total : v = v p + A0 e st = 0 + A0 e −1000t
5/8
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Kondisi awal : v (0 + ) = v(0 − ) = 12 V.
Penerapan kondisi awal pada dugaan solusi total
memberikan : 12 = 0 + A0 → A0 = 12
Solusi total menjadi : v = 12 e −1000 t V
Contoh: Pada kondisi awal v(0+) = 10 V, analisis transien menghasilkan persamaan
dv
+ 3v = 0
dt
Persamaan karakteristik : s + 3 = 0 → s = −3
Dugaan solusi homogen : va = A0 e −3 t
Dugaan solusi khusus : v p = 0
Dugaan solusi total : v = v p + A0 e − 3t
Kondisi awal : v (0 + ) = 10 V
Penerapan kondisi awal memberikan : 10 = 0 + A0
Solusi total menjadi : v = 10 e −3t V
Fungsi Pemaksa Berbentuk Anak Tangga. Kita telah mempelajari bahwa fungsi anak tangga adalah
fungsi yang bernilai 0 untuk t < 0 dan bernilai konstan untuk t > 0. Jadi jika kita hanya meninjau
keadaan untuk t > 0 saja, maka fungsi pemaksa anak tangga dapat kita tuliskan sebagai f(t) = A
(tetapan).
Contoh: Suatu analisis rangkaian memberikan persamaan
10−3
dv
+ v = 12
dt
dengan kondisi awal v(0+) = 0 V.
Persamaan karakteristik : 10−3 s + 1 = 0 → s = −1 / 10 −3 = −1000
Dugaan solusi homogen : va = A0e −1000 t
Karena f(t) = 12 konstan, kita dapat menduga bahwa solusi khusus akan bernilai konstan juga
karena turunannya akan nol sehingga kedua ruas persamaan tersebut dapat berisi suatu nilai
konstan.
Dugaan solusi khusus : v p = K
Masukkan v p dugaan ini ke persamaan : 0 + K = 12 ⇒ v p = 12
Dugaan solusi total : v = 12 + A0e −1000 t V
Kondisi awal : v(0 + ) = v(0−) = 0.
Penerapan kondisi awal memberikan : 0 = 12 + A0 → A0 = −12
Solusi total menjadi : v = 12 − 12 e −1000t V
Contoh: Pada kondisi awal v(0+) = 11 V, analisis transien menghasilkan persamaan
dv
+ 5v = 200
dt
6/8 Sudaryatno Sudirham, Persamaan Diferensial (Orde 1)
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5
Dugaan solusi homogen : va = A0 e − 5 t
Dugaan solusi khusus : v p = K → 0 + 5K = 200 → v p = 40
Dugaan solusi lengkap : v = v p + A0 e −5t = 40 + A0 e −5t
Kondisi awal : v(0 + ) = 11 V. Penerapan kondisi awal memberikan :
11 = 40 + A0 → A0 = −29
Tanggapan total : v = 40 − 29 e −5t V.
Fungsi Pemaksa Berbentuk Sinus. Berikut ini kita akan mencari solusi jika fungsi pemaksa
berbentuk sinus. Karena solusi homogen tidak tergantung dari bentuk fungsi pemaksa, maka
pencarian solusi homogen dari persamaan ini sama seperti apa yang kita lihat pada contoh-contoh
sebelumnya. Jadi dalam hal ini perhatian kita lebih kita tujukan pada pencarian solusi khusus.
Dengan pengertian bahwa kita hanya memandang kejadian pada t > 0, bentuk umum dari fungsi sinus
yang muncul pada t = 0 kita tuliskan
y = A cos(ωt + θ)
Melalui relasi
y = A cos(ωt + θ) = A{cos ωt cos θ − sin ωt sin θ}
bentuk umum fungsi sinus dapat kita tuliskan sebagai
y = Ac cos ωt + As sin ωt
dengan Ac = A cos θ dan
As = − A sin θ
Dengan bentuk umum seperti di atas kita terhindar dari perhitungan sudut fasa θ, karena sudut fasa ini
tercakup dalam koefisien Ac dan As. Koefisien Ac dan As tidak selalu ada. Jika sudut fasa θ = 0 maka
As = 0 dan jika θ = 90o maka Ac = 0. Jika kita memerlukan nilai sudut fasa θ dari fungsi sinus yang
dinyatakan dengan pernyataan umum, kita dapat menggunakan relasi tan θ =
As
.
Ac
Turunan fungsi sinus akan berbentuk sinus juga. Oleh karena itu, penjumlahan y = sinωt dan
turunannya akan berbentuk fungsi sinus juga.
y = Ac cos ωt + As sin ωt ;
dy
= − Ac ω sin ωt + As ω cos ωt ;
dt
d2y
dt
2
= − Ac ω2 cos ωt − As ω2 sin ωt
Contoh: Pada kondisi awal v(0+) = 0 V suatu analisis transien menghasilkan persamaan
dv
+ 5v = 100 cos10t
dt
Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5
Dugaan solusi homogen : va = A0 e −5 t
Fungsi pemaksa berbentuk sinus. Solusi khusus kita duga akan berbentuk sinus juga.
7/8
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Dugaan solusi khusus :
v p = Ac cos 10t + As sin 10t
Substitusi solusi khusus ini ke persamaan memberikan :
− 10 Ac sin 10t + 10 As cos 10t + 5 Ac cos 10t + 5 As sin 10t = 100 cos 10t
→ −10 Ac + 5 As = 0 dan 10 As + 5 Ac = 100
→ As = 2 Ac → 20 Ac + 5 Ac = 100
⇒ Ac = 4 dan As = 8
Solusi khusus : v p = 4 cos 10t + 8 sin 10t
Dugaan solusi total : v = 4 cos 10t + 8 sin 10t + A0 e − 5 t
Kondisi awal v(0 + ) = 0.
Penerapan kondisi awal : 0 = 4 + A0 → A0 = −4
Jadi : v = 4 cos 10t + 8 sin 10t − 4e − 5t V
Contoh: Apabila kondisi awal adalah v(0+) = 10 V, bagaimanakah solusi pada contoh sebelum ini?
Solusi total telah diperoleh; hanya kondisi awal yang berubah.
Solusi total : v = 4 cos 10t + 8 sin 10t + A0 e −5t
Kondisi awal v(0 + ) = 10 → 10 = 4 + A0 → A0 = 6
Jadi : v = 4 cos 10t + 8 sin 10t + 6 e − 5 t V
4.7. Ringkasan
Solusi total terdiri dari solusi khusus dan solusi homogen. Solusi homogen merupakan bagian transien
dengan konstanta waktu yang ditentukan oleh tetapan-tetapan dalam persamaan, yang dalam hal
rangkaian listrik ditentukan oleh nilai-nilai elemen rangkaian. Solusi khusus merupakan solusi yang
tergantung dari bentuk fungsi pemaksa, yang dalam hal rangkaian listrik ditentukan oleh masukan dari
luar; solusi khusus merupakan bagian mantap atau kondisi final.
y = y p (t ) + A0 e− t / τ
Solusi khusus :
ditentukan oleh fungsi pemaksa.
merupakan komponen mantap;
tetap ada untuk t →∞.
Solusi homogen :
tidak ditentukan oleh fungsi pemaksa.
merupakan komponen transien; hilang pada t
→∞; sudah dapat dianggap hilang pada t = 5τ.
konstanta waktu τ = a/b pada (14.10)
8/8 Sudaryatno Sudirham, Persamaan Diferensial (Orde 1)