Sudaryatno Sudirham
Integral dan Persamaan Diferensial
Bahan Kuliah Terbuka dalam format pdf tersedia di www.buku-e.lipi.go.id dalam format pps beranimasi tersedia di www.ee-cafe.org
Bahasan akan mencakup 1. Integral Tak Tentu 2. Integral Tentu 3. Persamaan Diferensial
1. Integral Tak Tentu
Pengertian-Pengertian Misalkan dari suatu fungsi f(x) yang diketahui, kita diminta untuk mencari suatu fungsi y sedemikian rupa sehingga dalam rentang nilai x tertentu, misalnya a< x < b, dipenuhi persamaan dy = f (x ) dx
Persamaan yang menyatakan turunan fungsi sebagai fungsi x seperti ini disebut persamaan diferensial. Contoh persamaan diferensial dy = 2 x2 + 5x + 6 dx d2y dx 2
+ 6 xy
dy + 3x 2 y 2 = 0 dx
Tinjau persamaan diferensial
dy = f (x ) dx
Suatu fungsi y = F(x) dikatakan merupakan solusi dari persamaan diferensial jika dalam rentang tertentu ia dapat diturunkan dan dapat memenuhi dF ( x ) = f ( x) dx
Karena d [F ( x ) + K ] = dF ( x) + dK = dF ( x) + 0 maka dx dx dx dx fungsi y = F ( x ) + K juga merupakan solusi
dF ( x) = f ( x) dx dapat dituliskan
dF ( x) = f ( x)dx Integrasi ruas kiri dan ruas kanan memberikan secara umum
∫ f ( x)dx = F ( x) + K Jadi integral dari diferensial suatu fungsi adalah fungsi itu sendiri ditambah suatu nilai tetapan. Integral semacam ini disebut integral tak tentu di mana masih ada nilai tetapan K yang harus dicari
Contoh:
Cari solusi persamaan diferensial dy = 5x 4 dx ubah ke dalam bentuk diferensial
dy = 5 x 4 dx Kita tahu bahwa d ( x 5 ) = 5 x 4 dx oleh karena itu
∫
∫
y = 5 x 4 dx = d ( x5 ) = x5 + K
Contoh:
Carilah solusi persamaan
dy = x2 y dx dy = x 2 y dx
y −1 / 2 dy = x 2 dx
(
1/ 2
d 2y
)= y
−1 / 2
kelompokkan peubah sehingga ruas kiri dan kanan mengandung peubah berbeda
1 d x 3 = x 2 dx 3
dy
(
)
1 d 2 y1 / 2 = d x 3 3 Jika kedua ruas diintegrasi 2 y1 / 2 + K1 = 2 y1 / 2 =
1 3 x + K2 3
1 3 1 x + K 2 − K1 = x 3 + K 3 3
Dalam proses integrasi seperti di atas terasa adanya keharusan untuk memiliki kemampuan menduga jawaban. Beberapa hal tersebut di bawah ini dapat memperingan upaya pendugaan tersebut. 1. Integral dari suatu diferensial dy adalah y ditambah konstanta K.
∫ dy = y + K 2. Suatu konstanta yang berada di dalam tanda integral dapat dikeluarkan
∫ ady = a ∫ dy 3. Jika bilangan n ≠ −1, maka integral dari yndy diperoleh dengan menambah pangkat n dengan 1 menjadi (n + 1) dan membaginya dengan (n + 1).
∫
y n +1 y dy = + K, n +1 n
jika n ≠ −1
Penggunaan Integral Tak Tentu Dalam integral tak tentu, terdapat suatu nilai K yang merupakan bilangan nyata sembarang. Ini berarti bahwa integral tak tentu memberikan hasil yang tidak tunggal melainkan banyak hasil yang tergantung dari berapa nilai yang dimiliki oleh K. yi = 10x2 +Ki y = 10x2 100
100
y
-3
-1
K3 K2 K1
50
50
-5
y
1
3
x
5
kurva y = 10x 2 adalah kurva bernilai tunggal
-5
-3
kurva
-1
∫
1
3
x
5
10 x 3 dx = 10 x 2 + K 3
adalah kurva bernilai banyak
Dalam pemanfaatan integral tak tentu, nilai K diperoleh dengan menerapkan apa yang disebut sebagai syarat awal atau kondisi awal. Contoh:
Kecepatan sebuah benda bergerak dinyatakan sebagai
v = at = 3t kecepatan percepatan waktu
s ;0 tentukanlah =3 posisi
Posisi benda pada waktu t = 0 adalah benda pada t = 4. Kecepatan adalah laju perubahan jarak,
v=
Percepatan adalah laju perubahan kecepatan,
ds dt
a=
ds = vdt
dv dt
2 t s =. atdt = 3 + K = 1,5t 2 + K 2
∫
Kondisi awal: pada t = 0, s0 = 3
3 = 0 + K
sehingga pada t = 4 posisi benda adalah
K = 3
s4 = 27
s = 1,5 t 2 + 3
Luas Sebagai Suatu Integral
Luas Sebagai Suatu Integral Kita akan mencari luas bidang yang dibatasi oleh suatu kurva y = f (x) sumbu-x, garis vertikal x = p, dan x = q. Contoh:
Apx
y
∆Apx
y = f(x) =2
2
0 p
x
x+∆x
∆Apx = 2∆x atau lim
∆x →0
∆Apx ∆x
=
dApx dx
= f ( x) = 2
x
q
∆A px ∆x
∫
= 2 = f ( x)
∫
Apx = dApx = 2dx = 2 x + K
Kondisi awal (kondisi batas) adalah Apx = 0 untuk x = p 0 = 2 p + K atau K = −2 p A px = 2 x − 2 p
A pq = 2q − 2 p = 2(q − p)
Kasus fungsi sembarang dengan syarat kontinyu dalam rentang p ≤ x ≤ q y
f(x+∆x )
f(x)
0 p
x
y = f(x)
x+∆x
q
x
Apx ∆Apx
∆Apx bisa memiliki dua nilai tergantung dari pilihan ∆Apx = f(x)∆x
atau
∆Apx = f(x+∆x)∆x
∆A px = f ( x)∆x ≤ f ( x0 )∆x ≤ f ( x + ∆x)∆x x0 adalah suatu nilai x yang terletak antara x dan x+∆x
Jika ∆x → 0:
lim
∆x →0
∆A px ∆x
=
dA px dx
= f ( x)
∫
A px = dA px =
∫ f ( x)dx = F ( x) + K
A pq = F (q) − F ( p) = F ( x)] qp
2. Integral Tentu
Integral tentu merupakan integral yang batas-batas integrasinya jelas. Konsep dasar integral tentu adalah luas bidang yang dipandang sebagai suatu limit. y
y = f(x)
Bidang dibagi dalam segmen-segmen Luas bidang dihitung sebagai jumlah luas segmen 0 p x2
xk
xk+1
xn q
x
Ada dua pendekatan dalam menghitung luas segmen y
y
y = f(x)
0 p x2
xk xk+1
xn q
Luas tiap segmen dihitung sebagai f(xk)×∆xk
x
y = f(x)
0 p x2
xk xk+1
xn q x
Luas tiap segmen dihitung sebagai f(xk+∆x)×∆xk
y
y
y = f(x)
0 p x2
xk xk+1
xn q
Luas tiap segmen dihitung sebagai f(xk)×∆xk
x
y = f(x)
0 p x2
xk xk+1
xn q x
Luas tiap segmen dihitung sebagai f(xk+∆x)×∆xk
Jika x0k adalah nilai x di antara xk dan xk+1 maka
f ( xk )∆xk ≤ f ( x0k )∆xk ≤ f ( xk + ∆x)∆xk n
n
n
k =1
k =1
k =1
∑ f ( xk )∆xk ≤ ∑ f ( x0k )∆xk ≤ ∑ f ( xk + ∆x)∆xk Jika ∆xk → 0 ketiga jumlah ini mendekati suatu nilai limit yang sama Nilai limit itu merupakan integral tentu
y
y = f(x)
0 p x2
xk
xk+1
xn q
x
Luas bidang menjadi Apq = Apq =
q
∫p
q
∫p f ( x)dx
f ( x)dx = F ( x)]qp = F (q) − F ( p )
Luas Bidang
Definisi Apx adalah luas bidang yang dibatasi oleh y=f(x) dan sumbu-x dari p sampai x, yang merupakan jumlah luas bagian yang berada di atas sumbu-x dikurangi dengan luas bagian yang di bawah sumbu-x. Luas antaray = x 3 − 12 x dan sumbu-x dari x = −3 sampai x = +3.
Contoh: y = x 3 − 12 x
∫
20 10
-4
-3 -2
0
-1 0 -10 -20
0
x Aa = ( x 3 − 12 x)dx = − 6x2 −3 4 −3 = −0 − (20,25 − 54) = 33,75 0
4
x 1
2
3
4
3
x Ab = ( x 3 − 12 x)dx = − 6x2 0 4 0 = 20,25 − 54 − (0) = −33,75
∫
3
Apq = Aa − Ab = 33,75 − (−33,755) = 67,5
4
Contoh di atas menunjukkan bahwa dengan definisi mengenai Apx, formulasi A=
q
∫p f ( x)dx = F (q) − F ( p))
tetap berlaku untuk kurva yang memiliki bagian baik di atas maupun di bawah sumbu-x y y = f(x) A2
p
A3
A1
A pq =
A4 q
q
x
∫p f ( x)dx = F (q) − F ( p))
A pq = − A1 + A2 − A3 + A4
Luas Bidang Di Antara Dua Kurva y1 = f1 ( x) berada di atas y2 = f 2 ( x) y1
y
p
x
0 y2
x+∆x
Rentang p ≤ x ≤ q dibagi dalam n segmen q
x
Asegmen = ∆A px = { f1 ( x) − f 2 ( x)}∆x
∆Apx
jumlah semua segmen:
n
x = q − ∆x
1
x= p
∑ Asegmen = ∑ { f1( x) − f 2 ( x)}∆x
n →∞ Dengan membuat n menuju tak q Asegmen = { f1 ( x) − f 2 ( x)}dx hingga sehingga ∆x menuju nol kita A pq = lim p 1 sampai pada suatu limit
∑
∫
Jika y1 = 4 dan y 2 = −2
Contoh:
berapakah luas bidang antara y1 dan y2 dari x1 = p = −2 sampai x2 = q = +3.
A pq =
+3
∫−2
({4 − (−2)}dx = 6 x ]+−32 = 18 − (−12) = 30
2 Jika y1 = x dan y 2 = 4
Contoh:
berapakah luas bidang yang dibatasi oleh y1 dan y2. Terlebih dulu kita cari batas-batas integrasi yaitu nilai x pada perpotongan antara y1 dan y2. y2
y1 = y 2 → x 2 = 4 ⇒ x1 = p = −2, x2 = q = 2
4
y
y2 di atas x y1
y1 2
-2
-1
0
0
1
2
2
3 x 2 (4 − x )dx = 4 x − A pq = −2 3 -2 − 8 16 − 16 32 8 − = 8 − − − 8 − = 3 3 3 3 3
∫
2
2 Jika y1 = − x + 2 dan y2 = − x
Contoh:
berpakah luas bidang yang dibatasi oleh y1 dan y2.
y
Batas integrasi adalah nilai x pada perpotongan kedua kurva
4 2
y1
y1 = y2 → −x 2 + 2 = −x atau − x2 + x + 2 = 0
0 -2
-1
0 -2
y2
-4
y1 di atas y2
1
2
x
−1+ 12 + 8 −1− 12 + 8 x1 = p = = −1; x2 = q = =2 −2 −2 2
x3 x 2 2 Apq = (− x + 2 + x)dx = − + + 2 x 3 −1 2 −1
∫
2
8 −1 1 = − + 2 + 4 − − + − 2 = 4,5 3 3 2
Penerapan Integral Sebuah piranti menyerap daya 100 W pada tegangan konstan 200V. Berapakah energi yang diserap oleh piranti ini selama 8 jam ?
Contoh:
Daya adalah laju perubahan energi. Jika daya diberi simbol p dan energi diberi simbol w, maka
p=
dw dt
yang memberikan w =
∫ pdt
Perhatikan bahwa peubah bebas di sini adalah waktu, t. Kalau batas bawah dari waktu kita buat 0, maka batas atasnya adalah 8, dengan satuan jam. Dengan demikian maka energi yang diserap selama 8 jam adalah
w=
8
∫0
8
∫0
8
pdt = 100dt = 100t 0 = 800 Watt.hour [Wh] = 0,8 kilo Watt hour [kWh]
Contoh:
Arus yang melalui suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai i(t) = 0,05 t ampere. Berapakah jumlah muatan yang dipindahkan melalui piranti ini antara t = 0 sampai t = 5 detik ? Arus i adalah laju perubahan transfer muatan, q. i=
∫
dq sehingga q = idt dt
Jumlah muatan yang dipindahkan dalam 5 detik adalah 5
5
5
0,05 2 1,25 q = idt = 0,05tdt = t = = 0,625 coulomb 0 0 2 2 0
∫
∫
Volume Sebagai Suatu Integral
Berikut ini kita akan melihat penggunaan integral untuk menghitung volume.
Balok
Jika A(x) adalah luas irisan di sebelah kiri dan A(x+∆x) adalah luas irisan di sebelah kanan maka volume irisan ∆V adalah
A( x)∆x ≤ ∆V ≤ A( x + ∆x)∆x q
∆x
V=
Volume balok V adalah
∑ A( x )∆x p
luas rata-rata irisan antara A(x) dan A(x+∆x).
Apabila ∆x cukup tipis dan kita mengambil A(x) sebagai pengganti maka kita memperoleh pendekatan dari nilai V, yaitu: V ≈
q
∑ A( x)∆x p
Jika ∆x menuju nol dan A(x) kontinyu antara p dan q maka :
q
q
A( x)∆x = ∫ A( x)dx ∑ p ∆x → o
V = lim
p
Rotasi Bidang Segitiga Pada Sumbu-x P
y Q
O
x
A(x) adalah luas lingkaran dengan jari-jari r(x); sedangkan r(x) memiliki persamaan garis OP.
∆x
m : kemiringan garis OP h : jarak O-Q.
V=
h
∫0
A( x)dx =
h
∫0
π[r ( x)] dx = 2
h
∫0
πm 2 x 2 dx
πm 2 h3 π(PQ/OQ) 2 h3 h Vkerucut = = = πr 2 3 3 3 Jika garis OP memotong sumbu-y maka diperoleh kerucut terpotong
Rotasi Bidang Sembarang f(x)
y 0 a
A( x) = π(r ( x) )2 = π( f ( x) )2 b
x
∆x
V=
b
∫a
π( f ( x) )2 dx
Rotasi Gabungan Fungsi Linier f3(x) f2(x)
y f1(x) 0 a
b ∆x
x
Fungsi f(x) kontinyu bagian demi bagian. Pada gambar di samping ini terdapat tiga rentang x dimana fungsi linier kontinyu. Kita dapat menghitung volume total sebagai jumlah volume dari tiga bagian.
3. Persamaan Diferensial Orde-1
Pengertian Persamaan diferensial adalah suatu persamaan di mana terdapat satu atau lebih turunan fungsi. Persamaan diferensial diklasifikasikan sebagai berikut: 1. Menurut jenis atau tipe: ada persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial. Jenis yang kedua tidak termasuk pembahasan di sini, karena kita hanya meninjau fungsi dengan satu peubah bebas. 2. Menurut orde: orde persamaan diferensial adalah orde tertinggi turunan fungsi yang ada dalam persamaan. 3. Menurut derajat: derajat suatu persamaan diferensial adalah pangkat tertinggi dari turunan fungsi orde tertinggi. 2
Contoh:
5
d3y d2y + + y = ex 2 dx 3 dx 2 x +1
adalah persamaan diferensial biasa, orde tiga, derajat dua.
Solusi Suatu fungsi y = f(x) dikatakan merupakan solusi dari suatu persamaan diferensial jika persamaan tersebut tetap terpenuhi dengan digantikannya y dan turunannya dalam persamaan tersebut oleh f(x) dan turunannya.
Contoh:
y = ke − x adalah solusi dari persamaan karena turunan y = ke − x
adalah
dy + y=0 dt
dy = −ke − x dt
dan jika ini kita masukkan dalam persamaan akan kita peroleh − ke − x + ke − x = 0
Persamaan terpenuhi. Pada umumnya suatu persamaan orde n akan memiliki solusi yang mengandung n tetapan sembarang.
Persamaan Diferensial Orde Satu Dengan Peubah Yang Dapat Dipisahkan
Pemisahan Peubah Jika pemisahan peubah ini bisa dilakukan maka persamaan diferensial dapat kita tuliskan dalam bentuk
f ( y )dy + g ( x)dx = 0
Suku-suku terbentuk dari peubah yang berbeda Apabila kita lakukan integrasi, kita akan mendapatkan solusi umum dengan satu tetapan sembarang K, yaitu
∫ f ( y)dy + ∫ g ( x)dx) = K
Contoh:
dy = ex− y dx Persamaan ini dapat kita tuliskan
dy e x = dx e y
yang kemudian dapat kita tuliskan sebagai persamaan dengan peubah terpisah e y dy − e x dx = 0 Integrasi kedua ruas memberikan:
∫
∫
e y dy − e x dx = K
y x sehingga e − e = K atau
e y = ex + K
Contoh:
dy 1 = dx xy Pemisahan peubah akan memberikan bentuk ydy =
dx x
ydy −
atau
Integrasi kedua ruas:
∫
ydy −
dx =0 x
∫
dx =K x
y2 − ln x = K 2 atau y = ln x 2 + K ′
Persamaan Diferensial Homogen Orde Satu
Persamaan Diferensial Homogen Orde Satu Suatu persamaan disebut homogen jika ia dapat dituliskan dalam bentuk dy y = F dx x Ini dapat dijadikan sebagai peubah bebas baru y yang akan memberikan v= x y = vx dan dv dy dv v+x = F (v ) = v + x dx dx dx dv x = F (v ) − v Pemisahan peubah: dx dv dx = F (v ) − v x dx dv + =0 atau: x v − F (v )
Contoh:
( x 2 + y 2 )dx + 2 xydy = 0
Usahakan menjadi homogen x (1 + 2
(1 +
Peubah baru v = y/x
y = vx dy dv = v+ x dx dx
Peubah terpisah
dy dx dy dx
y2 x
y2
2
)dx + 2 xydy = 0
y dy 2 x x 1 + ( y / x) 2 =− = F ( y / x) 2( y / x ) 1+ v2 =− = F (v ) 2v )dx = −2
dv 1 + v2 =− v+x dx 2v dv 1 + v2 1 + 3v 2 = −v − =− x dx 2v 2v dx 2vdv dx + =0 atau =− 2 2 x 1 + 3v x 1 + 3v
2vdv
Kita harus mencari solusi persamaan ini untuk mendapatkan v sebagai fungsi x.
dx 2vdv + =0 2 x 1 + 3v
Suku ke-dua ini berbentuk 1/x dan kita tahu bahwa 1 d (ln x ) = x dx Kita coba hitung
d ln(1 + 3v 2 ) d ln(1 + 3v 2 ) d (1 + 3v 2 ) 1 = = ( 6v ) 2 2 dv dv d (1 + 3v ) 1 + 3v
Hasil hitungan ini dapat digunakan untuk mengubah bentuk persamaan menjadi dx 1 d ln(1 + 3v 2 ) + dv = 0 x 3 dv 1 1 Integrasi ke-dua ruas: ln x + ln(1 + 3v 2 ) = K = ln K ′ 3 3 2 3 ln x + ln(1 + 3v ) = K = ln K ′ x 3 (1 + 3v 2 ) = K ′
(
)
x 3 1 + 3( y / x) 2 = K ′
(
)
x x2 + 3 y2 = K ′
Persamaan Diferensial Linier Orde Satu
Dalam persamaan diferensial linier, semua suku berderajat satu atau nol Oleh karena itu persamaan diferensial orde satu yang juga linier dapat kita tuliskan dalam bentuk
dy + Py = Q dx
P dan Q merupakan fungsi x atau tetapan Pembahasan akan dibatasi pada situasi dimana P adalah suatu tetapan. Hal ini kita lakukan karena pembahasan akan langsung dikaitkan dengan pemanfaatan praktis dalam analisis rangkaian listrik. Persamaan diferensial yang akan ditinjau dituliskan secara umum sebagai dy a + by = f (t ) dt Dalam aplikasi pada analisis rangkaian listrik, f(t) tidak terlalu bervariasi. Mungkin ia bernilai 0, atau mempunyai bentuk sinyal utama yang hanya ada tiga, yaitu anak tangga, eksponensial, dan sinus. Kemungkinan lain adalah bahwa ia merupakan bentuk komposit yang merupakan gabungan dari bentuk utama.
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. Persamaan diferensial linier mempunyai solusi total yang merupakan jumlah dari solusi khusus dan solusi homogen. Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan yang diberikan, sedangkan solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan homogen a
dy + by = 0 dt
Hal ini dapat difahami karena jika f1(t) memenuhi persamaan yang diberikan dan fungsi f2(t) memenuhi persamaan homogen, maka y = (f1+f2) akan juga memenuhi persamaan yang diberikan, sebab a
d ( f1 + f 2 ) dy + 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
Jadi y = (f1+f2) adalah solusi dari persamaan yang diberikan, dan kita sebut solusi total. Dengan kata lain solusi total adalah jumlah dari solusi khusus dan solusi homogen.
Solusi Homogen Persamaan homogen
a
dy + by = 0 dt
Jika ya adalah solusinya maka dy a b + dt = 0 ya a Integrasi kedua ruas memberikan ln y a + sehingga
ya =
b − t+K e a
b t=K a
b ln y a = − t + K a
= K a e − (b / a )t
Inilah solusi homogen
Jika solusi khusus adalah yp , maka
a
dy p dt
+ by p = f (t )
Bentuk f(t) ini menentukan bagaimana bentuk yp.
Jika f (t ) = 0 → y p = 0 Jika f (t ) = A = konstan, → y p = konstan = K Jika f (t ) = Ae αt = eksponensial, → y p = eksponensial = Ke αt Jika f (t ) = A sin ωt , atau f (t ) = A cos ωt → y p = K c cos ωt + K s sin ωt Dugaan bentuk-bentuk solusi yp yang tergantung dari f(t) ini dapat diperoleh karena hanya dengan bentuk-bentuk seperti itulah persamaan diferensial dapat dipenuhi Jika dugaan solusi total adalah
ytotal = y p + K a e − (b / a )t
Masih harus ditentukan melalui kondisi awal.
Contoh:
Dari suatu analisis rangkaian diperoleh persamaan dv + 1000v = 0 dt Carilah solusi total jika kondisi awal adalah v = 12 V.
Persamaan ini merupakan persamaan homogen, f(t) = 0. Solusi khusus bernilai nol. dv + 1000dt = 0 v ln v = −1000t + K v = e −1000t + K = K a e −1000t Penerapan kondisi awal: Solusi total:
12 = K a
v = 12e −1000t V
Contoh:
Suatu analisis rangkaian memberikan persamaan dv + v = 12 dt Dengan kondisi awal v(0+) = 0 V , carilah tanggapan lengkap. 10 −3
Solusi homogen:
10
−3
dva + va = 0 dt
dva + 10 3 dt = 0 va
va = K a e −1000t Solusi khusus:
v p = 12
Solusi total (dugaan):
karena f(t) = 12
vtotal = 12 + K a e −1000t
Penerapan kondisi awal: Solusi total:
0 = 12 + K a
vtotal = 12 − 12e −1000t V
K a = −12
Contoh:
Pada kondisi awal v = 0 V, suatu analisis transien dv menghasilkan persamaan + 5 v = 100 cos 10 t dt Carilah solusi total.
Solusi homogen:
dv a + 5va = 0 dt
dv a + 5dt = 0 va ln va + 5t = K
va = K a e −5t
Solusi khusus: v p = Ac cos 10t + As sin 10t −10 Ac sin 10t + 10 As cos 10t + 5 Ac cos 10t + 5 As sin 10t = 100 cos 10t 10 As cos 10t + 5 Ac cos 10t = 100 cos 10t −10 Ac sin 10t + 5 As sin 10t = 0
10 As + 5 Ac = 100 −10 Ac + 5 As = 0 As = 8 Ac = 4
Solusi total (dugaan): v = 4 cos 10t + 8 sin 10t + K a e −5t Penerapan kondisi awal: 0 = 4 + K a Solusi total :
v = 4 cos 10t + 8 sin 10t − 4e −5t
K a = −4
Bahan Kuliah Terbuka
Integral dan Persamaan Diferensial Sudaryatno Sudirham
