Untuk Keluarga Tercinta

1

Untuk Keluarga Tercinta

Daftar Isi

Daftar Tabel

5

Daftar Gambar

7

Kata Pengantar

8

1 Konsep Dasar

1

1.1

Klasifikasi Persamaan Difrensial . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Solusi PDB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.3

Metoda Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.4

Masalah Nilai Awal (MNA) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2 PDB Linier Order Satu 2.1

2.2

13

PDB Linier Order Satu Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.1.1

PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.1.2

Solusi PDB Eksak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.1.3

Faktor Integrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.4

Teknik Variabel Terpisah . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

PDB Linier Order Satu Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2

DAFTAR ISI

3

3 Aplikasi PDB Order Satu

24

3.1

Masalah Dalam Mekanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

3.2

Pertumbuhan dan Peluruhan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

3.2.1

Pertumbuhan Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

3.2.2

Peluruhan Radioaktif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

3.3

Hukum Pendinginan Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

3.4

Campuran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

4 PDB Linier Order Dua

38

4.1

PDB Order n Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

4.2

PDB Order n Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

4.3

PDB Order Dua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

4.3.1

PDB Order Dua Homogen . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

4.3.2

PDB Order Dua Nonhomogen . . . . . . . . . . . . . . . .

46

5 Aplikasi PDB Order Dua

53

5.1

Vibrasi Bebas dan Takteredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

5.2

Vibrasi Bebas dan Teredam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

5.3

Vibrasi Takbebas Gaya Luar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

6 Sistem PDB 6.1

66

Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Homogen dengan Koefisien Kosntan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

6.1.1

Akar Riel dan Berbeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68

6.1.2

Akar-Akar Komplek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

6.1.3

Akar Riel dan Sama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

DAFTAR ISI 6.2

4

Metoda Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 PDB Nonlinier dan Kesetimbangan

71 77

7.1

Sistem Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

7.2

Sistem Otonomus dan Trayektori . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

7.3

Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otonomus . . . . . . . . . . .

81

7.4

Potret Fase Sistem Otonomus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

8 Potret Fase Sistem PDB Nonlinier dan Aplikasi

95

8.0.1

Interaksi Populasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95

8.0.2

Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana . . . . . . . . . . . 100

Daftar Tabel 4.1

Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen. . . . . . .

47

7.1

Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier

. . . . . .

88

8.1

Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier . . . . .

96

5

Daftar Gambar 1.1

Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2 . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2 . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

3.1

Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi. . . . . . . . .

28

3.2

Proses campuran dalam tangki. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

3.3

Gerakan benda pada bidang miring. . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

5.1

Vibrasi pada pegas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

5.2

Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar . . . . . . .

58

5.3

Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar . . . . . . . . .

59

5.4

Ekspresi getaran suku fungsi pertama . . . . . . . . . . . . . . . .

62

5.5

Ekspresi getaran suku fungsi kedua . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

5.6

Getaran pada pegas takbebas gaya luar . . . . . . . . . . . . . . .

63

6.1

Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . .

75

6.2

Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban. . . . . . . . . .

76

7.1

Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal.

. . . . . . . . .

80

7.2

Potret fase sistem PDB dengan MAPLE . . . . . . . . . . . . . .

82

7.3

Ringkasan potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

89

6

DAFTAR GAMBAR

7

7.4

Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . .

90

7.5

Potret fase sistem secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91

7.6

Potret fase untuk nilai awal tertentu . . . . . . . . . . . . . . . .

92

7.7


93

8.1

Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa . . . . . . . . .

99

8.2


99

8.3

Ayunan Bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

8.4

Trayekktori sistem ayunan bandul . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

8.5

Potret fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

8.6

Potret fase secara umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

8.7

Dua tangki yang saling berhubungan. . . . . . . . . . . . . . . . . 106

8.8

Rangkaian tertutup seri R, L dan C. . . . . . . . . . . . . . . . . 106

Kata Pengantar Puji syukur kehadirat Allah S.W.T karena atas anugerah dan karuniahNya penulis dapat menyelesaikan buku ini dengan judul ”Persamaan Diferensial Biasa dan Aplikasinya”. Buku ini dibuat untuk membantu mahasiswa menemukan refrensi utama mata kuliah Persamaan Difrensial Biasa memandang cukup langkanya buku-buku persamaan difrensial dalam bahasa Indonesia. Dalam buku ini dijelaskan bagaimana konsep persamaaan difrensial secara umum, PDB order satu homogen dan nonhomogen, PDB order dua atau lebih serta aplikasi dari suatu PDB, sistem PDB, sistem Otonomus, kestabilan dan fase potret dari sistem Otonomus. Pokok bahasan ini disajikan dengan harapan mahasiswa memahami esensi dari persamaan difrensial dan sekaligus sebagai penunjang langsung materi perkuliahan. Dalam buku pegangan ini dilengkapi beberapa fungsi dalam MAPLE programming serta latihan soal-soal tutorial untuk memperdalam wawasan pemahaman mahasiswa tentang PDB. Semua materi dalam buku ini ditulis dalam LATEX2E word processing sehingga ekspresi fungsi matematik dapat disajikan dengan benar. Selanjutnya dalam kesempatan ini penulis tak lupa menyampaikan banyak terima kasih kepada yang terhormat: 1. Dekan FKIP Universitas Jember. 8

DAFTAR GAMBAR

9

2. Ketua Program Pendidikan Matematika yang telah memberikan motivasi dan rekomendasi penggunaannya dalam perkuliahan. 3. Semua pihak yang terlibat langsung maupun tak langsung dalam penyusunan buku ajar ini. Semoga bantuan rielnya mendapat balasan yang setimpal dari Allah S.W.T. Akhirnya penulis berharap agar buku pegangan ini memberikan manfaat bagi pembaca, oleh karena itu kritik dan saran masih penulis harapkan untuk penyempurnaan dikemudian hari.

Jember, September 2008

Penulis

Daftar Isi

10

Daftar Tabel

11

Daftar Gambar

12

BAB 1 Konsep Dasar 1.1

Klasifikasi Persamaan Difrensial

Pada umumnya dikenal dua jenis persamaan difrensial yaitu Persamaan Difrensial Biasa (PDB) dan Persamaan Difrensial Parsial (PDP). Untuk mengetahui perbedaan kedua jenis persamaan difrensial itu dapat dilihat dalam definisi berikut. Definisi 1.1.1 Persamaan Difrensial Suatu persamaan yang meliputi turunan fungsi dari satu atau lebih variabel terikat terhadap satu atau lebih variabel bebas disebut Persamaan Difrensial. Selanjutnya jika turunan fungsi itu hanya tergantung pada satu variabel bebas maka disebut Persamaan Difrensial Biasa (PDB) dan bila tergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Difrensial Parsial (PDP) Contoh 1.1.1 Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP. 1.

∂y ∂x

+

∂y ∂t

+ xy = 5 1

BAB 1. KONSEP DASAR

2.

dy dx

3.

∂2y ∂s2

4.

d3 y dx3

5.

∂u ∂x

+

µ ¶2

d2 y dx2

+

d2 y dx2 ∂u ∂y

+

µ ¶5 6.

dy dx

− 3x = 0

−y =0

µ

+

dy dx

+

∂y ∂t

+

2

+

¶3

µ ¶2 +

∂u ∂z

d2 y dx2

dy dx

− x = 2y

=5 µ ¶2 +

dy dx

= 7 xy

Dalam bahan ajar ini pembahasan persamaan difrensial akan difokuskan pada Persamaan Difrensial Biasa (PDB). Sehingga semua contoh soal dan aplikasinya akan dikaitkan dengan model fenomena persamaan difrensial yang hanya terikat pada satu variabel bebas. Definisi 1.1.2 Order Order suatu PDB adalah order tertinggi dari turunan dalam persamaan F (x, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0. Definisi 1.1.3 Linieritas dan Homogenitas PDB Order n dikatakan linier bila dapat dinyatakan dalam bentuk a0 (x)y (n) + a1 (x)y (n−1) + · · · + an (x)y = F (x),

dimana a0 (x) 6= 0

Selanjutnya: 1. Bila tidak dapat dinyatakan dengan bentuk diatas dikatakan tak linier 2. Bila koefisien a0 (x), a1 (x), . . . , an (x) konstan dikatakan mempunyai koefisien konstan bila tidak, dikatakan mempunyai koefisien variabel. 3. Bila F (x) = 0 maka PDB tersebut dikatakan homogen bila tidak, disebut nonhomogen.

BAB 1. KONSEP DASAR

1.2

3

Solusi PDB

Berikut ini akan dijelaskan pengertian dan bentuk solusi suatu PDB. Definisi 1.2.1 Suatu PDB order n yang ditulis dalam persamaan berikut: ¡ F x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0

(1.1)

dimana F adalah fungsi real dengan (n + 2) argumen akan mempunyai solusi eksplisit dan implisit dengan ketentuan sebagai berikut: 1. Bila f adalah suatu fungsi dimana f ∈ C(I) dan f ∈ C n (I) untuk ∀x ∈ I dan I adalah sebarang interval real, maka f dikatakan solusi eksplisit dari ¡ ¡ (1.1) jika F x, f, f 0 , f 00 , . . . , f (n) ) ∈ C(I) dan F x, f, f 0 , f 00 , . . . , f (n) ) = 0 untuk ∀x ∈ I. 2. Sedangkan g(x, y) = 0 disebut solusi implisit dari (1.1) jika fungsi g dapat ditransformasikan dalam fungsi eksplisit f ∈ C(I) untuk ∀x ∈ I dan minimal satu merupakan solusi eksplisitnya. Secara umum kedua solusi ini masih dikategorikan lagi kedalam tiga jenis solusi yaitu 1. Solusi umum, yaitu solusi PDB yang mengandung konstanta esensial, katakanlah C. Sebagai contoh, diketahui sutau PDB y 0 = 3y + 1 maka solusi umunnya adalah y = −1/3 + Ce3∗x . 2. Solusi khusus, yaitu solusi yang tidak mengandung konstanta esensial yang disebabkan oleh tambahan sarat awal pada suatu PDB. Misal PDB itu y 0 = 3y + 1, y(0) = 1 maka solusi khususnya adalah y = −1/3 + 34 e3∗x .

BAB 1. KONSEP DASAR

4

3. Solusi singular, yaitu solusi yang tidak didapat dari hasil mensubstitusikan suatu nilai pada konstanta pada solusi umumnya. Contoh y = Cx + C 2 adalah solusi umum dari (y 0 )2 + xy 0 = y, namun demikian disisi lain PDB ini mempunyai solusi singular y = − 41 x2 .

1.3

Metoda Penyelesaian

Terdapat tiga jenis metoda yang dapat digunakan untuk menentukan solusi dari suatu PDB yaitu: 1. Metoda Analitik. Metoda ini dapat menghasilkan dua bentuk solusi yaitu bentuk eksplisit dan implisit, yang dicari melalui teknik deduktif analogis dengan menggunakan konsep-konsep matematik. Kelebihannya dapat mengetahui bentuk fungsi solusinya namun tidak cukup fleksibel untuk masalah-masalah yang komplek. Dengan komputer dapat diselesaikan dengan software MATLAB atau MAPLE. Prosedur dalam MATLAB ditulis sebagai berikut: %Menggunakan fungsi dsolve À dsolve(’Dy=3*y+1, y(0)=1’)

2. Metoda kualitatif . Solusi ini hanya dapat memberikan gambaran secara geometris bagaimana visualisasi dari solusi PDB. Dengan mengamati pola grafik gradien ”field” (direction field) maka dapat diestimasi solusi PDB itu. Keunggulannya dapat memahami secara mudah kelakuan solusi suatu PDB namun fungsi asli dari solusinya tidak diketahui, dan juga kurang

BAB 1. KONSEP DASAR

5

fleksibel untuk kasus yang komplek. Dengan MATLAB direction field dapat digambar sebagai berikut: %Menggunakan fungsi fieldplot atau DEplot %Misal akan diamati pola solusi dari PDB y 0 = 1 − 2ty Â with(plots): Â fieldplot([t, 1 − 2 ∗ t ∗ y], t = −1..4, y = −1..2, arrows = LIN E, color = t); %Atau dengan menggunakan fungsi DEplot Â eq1:=diff(y(t),t)=1-2*t*y(t); ÂDEplot(eq1,y(t),t=-1..4,y=-1..2);

Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.

Gambar 1.1: Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2

Atau dengan menggunakan prinsip-prinsip yang ada dalam matematika untuk menggambar suatu fungsi, (lihat KALKULUS). 3. Metoda Numerik. Pada saat sekarang metoda ini merupakan metoda

BAB 1. KONSEP DASAR

6

yang sangat fleksibel. Metoda ini berkembangan sesuai dengan perkembangan komputer dan dapat menyelesaiakan suatu PDB dari level yang mudah sampai level yang komplek. Walaupun fungsi solusi tidak diketahui secara eksplisit maupun implisit namun data yang diberikan dapat divisualisir dalam grafik sehingga dapat dianalisis dengan baik. Namun metoda ini berdasarkan pada prinsip-prinsip aproksimasi sehingga solusi yang dihasilkan adalah solusi hampiran (pendekatan). Sebagai konsukwensi dari penggunaan metoda ini adalah adanya evaluasi berulang dengan menggunakan komputer untuk mendapatkan hasil yang akurat. Salah satu metoda ang telah anda kenal adalah metoda EULER dengan rumus yn+1 = yn + hf (t, y), (lihat catatan Algoritma dan Pemerograman). Dibawah diberikan programming metoda EULER dengan menggunakan MATLAB programming. %Programming Untuk Menyelesaikan PDB %y 0 = y − t2 + 1, y(0) = 0.5 %Dengan menggunakan metoda Euler n=input(’Jumlah iterasi :’); y(1)=0.5; t(1)=0; h=0.2; for i=2:n fprintf(’\n y(i) = 1.2 ∗ y(i − 1) − 0.2 ∗ t(i − 1)2 + 0.2; t(i) = t(1) + (i − 1) ∗ h; end plot(t,y) hold on f = t.2 + 2. ∗ t + 1 − 0.5. ∗ exp(t); plot(t,f,’o’)

BAB 1. KONSEP DASAR

1.4

7

Masalah Nilai Awal (MNA)

Persamaan difrensial order satu secara umum ditulis dengan y0 =

dy = f (x, y) dx

dimana f adalah kontinyu atas variabel x, y pada domain D (dalam bidang xy). Misal (x0 , y0 ) adalah titik pada D, maka masalah nilai awal yang berkenaan dengan dengan y 0 = f (x, y) adalah masalah untuk menentukan solusi y yang memenuhi nilai awal y(x0 ) = y0 . Dengan notasi umum sebabagai berikut: y 0 = f (x, y),

y(0) = y0

(1.2)

Permasalahannya sekarang apakah solusi y(x) yang memenuhi y(x0 ) = y0 selalu ada (principle of existence) , kalau benar apakah solusi itu tunggal (principle of uniqueness). Pertanyaan ini merupakan hal yang sangat penting untuk didahulukan mengingat betapa kompleknya suatu model fenomena riel yang banyak dimungkinkan tidak dapat diselesaikan dengan metoda analitik ataupun kualitatif. Untuk memudahkan pemeriksaan awal tentang dua hal ini dalam hal ini dikembangkan teorema Lipschitz dan teorema Picard. Definisi 1.4.1 (Sarat Lipschitz) Suatu fungsi f (t, y) dikatakan memenuhi sarat Lipschitz dalam variabel y di suatu domain D ∈ R2 jika ada konstanta L > 0 sedemikian hingga ||f (t, y1 ) − f (t, y2 )|| ≤ L||y1 − y2 || untuk sebarang (t, y1 ), (t, y2 ) ∈ D. Selanjutnya konstanta L disebut sebagai konstanta Lipschitz.

BAB 1. KONSEP DASAR

8

Definisi 1.4.2 (Konvek) Suatu himpunan D ∈ R2 dikatakn konvek bila untuk sebarang (t, y1 ), (t, y2 ) ∈ D maka titik ((1 − λ)t1 + λt2 , (1 − λ)y1 + λy2 ) juga merupakan elemen dari D untuk λ ∈ [0, 1]. Secara geometris dapat digambarkan sebagai berikut

(t , y ) 1

1

(t , y ) 1

(t , y ) 2

1

(t 2 , y 2)

2

Tidak Konvek

Konvek

Gambar 1.2: Diagram kekonvekan untuk D ∈ R2

Teorema 1.4.1 Teorema Lipschitz. Andaikata f (t, y) terdefinisi dalam himpunan konvek D ∈ R2 dan ada konstanta L > 0 dimana ¯¯ ¯¯ ¯¯ df ¯¯ ¯¯ (t, y)¯¯ ≤ L, ¯¯ dy ¯¯

untuk semua (t, y) ∈ D,

(1.3)

maka f memenuhi suatu sarat Lipschitz. Teorema 1.4.2 Misal D = {(t, y)|a ≤ t ≤ b, −∞ ≤ y ≤ ∞} dan f (t, y) adalah fungsi kontinyu dalam D, kemudian bila f memenuhi sarat Lipschitz dalam variabel y maka masalah nilai awal y 0 (t) = f (t, y),

a ≤ t ≤ b y(a) = α

mempunyai solusi tunggal y(t) untuk a ≤ t ≤ b. Contoh 1.4.1 y 0 = 1 + t sin(ty),

0 ≤ t ≤ 2,

persamaan ini mempunyai solusi tunggal.

y(0) = 0. Tentukan apakah

BAB 1. KONSEP DASAR

9

Penyelesaian 1.4.1 f (t, y) = 1 + t sin(ty), kemudian terapkan teorema nilai rata-rata pada KALKULUS yaitu untuk sebarang y1 < y2 , maka ada bilangan ξ ∈ (y1 , y2 ) sedmikian hingga f (t, y2 ) − f (t, y1 ) ∂ = f (t, ξ) = t2 cos(tξ). y2 − y1 ∂y Kemudian f (t, y2 ) − f (t, y1 ) = (y2 − y1 )t2 cos(tξ) ||f (t, y2 ) − f (t, y1 )|| = ||(y2 − y1 )t2 cos(tξ)|| ≤ ||y2 − y1 || ||t2 cos(tξ)|| ≤ ||y2 − y1 || || max t2 cos(tξ)|| 0≤t≤2

= 4||y2 − y1 ||. Degan demikian sarat Lipschitz terpenuhi yaitu ||f (t, y1 )−f (t, y2 )|| ≤ L||y1 −y2 ||, dimana konstanta Lipschitznya adalah L = 4, berarti persamaan itu mempunyai solusi tunggal. Teorema 1.4.3 Teorema Picard. Suatu masalah nilai awal y 0 = f (x, y),

y(x0 ) =

y0 mempunyai solusi tunggal y = φ(x) pada interval |x−x0 | ≤ ², dimana ² adalah bilangan positif dan kecil sekali, bila 1. f ∈ C(D) dimana D adalah daerah pada bidang xy, yaitu D = {(x, y), a < x < b, c < y < d} 2.

∂y ∂x

∈ C(D) yang memuat nilai kondisi awal (x0 , y0 )

BAB 1. KONSEP DASAR

10

Latihan Tutorial 1

1. Kelompokkan persamaan diferensial dibawah ini kedalam PDB dan PDP. (a)

∂y ∂x

(b)

dy dx

(c)

∂2y ∂s2

+

d3 y dx3

+

(d)

∂y ∂t

+

+ xy = 5 µ ¶2 d2 y dy + dx2 + dx − 3x = 0 ∂y ∂t

µ

−y =0 ¶3 µ ¶2 d2 y dy + dx − x = 2y dx2

+ ∂u + ∂u =5 ∂y ∂z µ ¶5 µ ¶2 dy d2 y dy (f) dx + dx2 + dx = 7 xy

(e)

∂u ∂x

2. Tentukan orde dan sifat-sifat kelinieran dari persamaan diferensial berikut ini (a)

∂y ∂x

(c)

d2 y dx2

(d)

d6 u dt6

+ xy = xex µ ¶5 d4 y d2 y (b) dx4 + 3 dx + 5y = 0 2 + ysinx = 0 µ ¶µ ¶ 2 d5 u + ddt2u + t = 2u dt5

(e) x2 dy + y 2 dx = 0 µ ¶5 d2 y + xsiny = 0 (f) dx 2 µ (g) (h)

d2 u dt2 d3 y dt3

¶4

q =

d5 u dt5

+ t = 2u

+ t dy + (cos2 t)y = t2 dt 2

(i) (1 + s2 ) ddsy2 + s dy + y = es ds

BAB 1. KONSEP DASAR (j)

d4 y dt4

(l)

d2 y dt2

3

11

2

+ ddt3y + ddt2y + y = 0 µ ¶2 d3 y (k) dx + xtan2 (xy) = 0 3 +

dy dt

+ (cos2 (t + 2))y = t2 2

(m) (1 + t2 ) ddt2y + t dy + tey = 0 dt (n)

d5 y ds5

+ cosec(2s2 − 2) = siny

3. Ulangilah soal nomor 2, tentukan sifat kehomgenan dari masing-masing soal tersebut 4. Selidikilah apakah solusi yang diberikan merupakan solusi dari persamaan diferensial berikut ini (a) y 00 + 2y 0 − 3y = 0; (b) ty 0 − y = t2 ;

y1 (t) = e−3t ,

y(t) = 3t + t2

(c) y (4) + 4y (3) + 3y = t;

y1 (t) = 3t ,

(d) 2t2 y 00 + 3ty 0 − y = 0,

t > 0;

(e) y 0 − 2ty = 1;

y2 (t) = et

y(t) = et

2

Rt 0

y2 (t) = e−t + 1

y1 (t) = t 2 , 2

e−s ds + et

t 3

y2 (t) = t−1

2

5. Cermati apakah fungsi solusi dibawah ini merupakan solusi terhadap masalah nilai awal yang bersesuaian (a) y 0 = −y;

y(0) = 2,

(b) y 00 + 4y = 0;

y(x) = 2e−x

y(0) = 1,

(c) y 00 + 3y 0 + 2y = 0;

y 0 (0) = 0,

y(0) = 0,

y(x) = cos(2x)

y 0 (0) = 1,

y(x) = e−x − e−2x

6. Periksalaha mana diantara soal berikut ini yang memenuhi teorema Lipschitz:

BAB 1. KONSEP DASAR (a) f (t, y) = y cos t,

12 0 ≤ t ≤ 1,

y(0) = 1

(b) f (t, y) = 1 + t sin y,

0 ≤ t ≤ 2,

y(0) = 0

(c) f (t, y) = 2t y + t2 e2 ,

1 ≤ t ≤ 2,

y(1) = 0

(d) f (t, y) =

4t3 y , 1+t4

0 ≤ t ≤ 1,

y(0) = 1

dan tentukan besar konstanta Lipschitz dari masing-masing soal ini. 7. Selidiki apakah persamaan diferensial berikut ini mempunyai solusi tunggal pada interval yang memuat kondisi awal berikut (a) y 0 = −1 − 2y,

y(0) = 0

(b) y 0 = −2 + t − y, (c) y 0 = e−t + y, (d) y 0 = − xy ,

y(0) = 1

y(1) = 3

y(0) = 1

8. Tentukan untuk titik-titik (x0 , y0 ) yang mana PDB berikut ini memenuhi teori kewujudan dan ketunggalan dari Picard. (a) y 0 =

x2 +y x−y 1

(b) y 0 = (2x − y) 3 3

(c) y 0 = (1 − x2 − 2xy 2 ) 2 (d) 2xy 0 = x2 + y 2

BAB 2 PDB Linier Order Satu 2.1

PDB Linier Order Satu Homogen

PDB order satu dapat dinyatakan dalam dy = f (x, y) dx atau dalam bentuk derivatif M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

2.1.1

(2.1)

PDB Eksak

Definisi 2.1.1 Misal F suatu fungsi dari dua variabel real, dan F kontinyu pada turunan pertama pada domain D maka jumlah difrensial dF didefinisikan sebagai dF (x, y) =

∂F (x, y) ∂F (x, y) dx + dy ∂x ∂y

untuk semua (x, y) ∈ D.

13

BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU

14

Definisi 2.1.2 Persamaan 2.1 disebut difrensial eksak pada domain D jika ada fungsi F dari dua variabel x, y sedemikian hingga ekspresi tersebut sama dengan jumlah dF (x, y) untuk ∀(x, y) ∈ D. Sesuaikan definisi 2.1.1 dengan persamaan 2.1 diperoleh ∂F (x, y) ∂x ∂F (x, y) N (x, y) = ∂y

M (x, y) =

Teorema 2.1.1 Persamaan 2.1 dengan M, N kontinyu pada turunan pertamanyan (M, N ∈ C 1 (D)) akan memenuhi dua kondisi berikut: 1. Bila 2.1 PDB eksak di D maka 2. Sebaliknya bila

∂M (x,y) ∂y

=

∂M (x,y) ∂y

∂N (x,y) ∂x

=

∂N (x,y) ∂x

untuk ∀(x, y) ∈ D

untuk ∀(x, y) ∈ D maka dikatakan 2.1

adalah PDB eksak. Bukti Akan dibutkikan bagian pertama dari teorema ini. Jika 2.1 eksak di D maka M dx + N dy adalah eksak difrensial di D. Dengan definisi 2.1.1 dan 2.1.2, maka terdapat suatu fungsi F sedemikian hingga ∂F (x, y) = M (x, y), ∂x

dan

∂F (x, y) = N (x, y) ∂y

untuk ∀(x, y) ∈ D. Selanjutnya turunkan M terhadap y dan N terhadap x diperoleh ∂M (x, y) ∂ 2 F (x, y) = , ∂x∂y ∂y

dan

∂ 2 F (x, y) ∂N (x, y) = ∂y∂x ∂x

Kita tahu bahwa ∂F (x, y) ∂F (x, y) = ∂x∂y ∂y∂x


15

untuk ∀(x, y) ∈ D, sehingga dapat disimpulkan ∂N (x, y) ∂M (x, y) = ∂y ∂x ∀(x, y) ∈ D. Selanjutnya gunakan fakta ini untuk membuktikan bagian yang kedua.

2.1.2

Solusi PDB Eksak

Ada dua cara menyelesaikan PDB jenis ini, yaitu menggunakan prosedur dalam teorema atau dengan teknik pengelompokan. Contoh 2.1.1 Tentukan solusi PDB eksak (3x2 + 4xy)dx + (2x2 + 2y)dy = 0 Penyelesaian 2.1.1 Jelas persamaan ini adalah PDB eksak karena ∂M (x, y) ∂N (x, y) = 4x = ∂y ∂x ∀(x, y) ∈ D. Dengan menggunakan cara yang pertama maka kita mempunyai ∂F (x, y) = 3x2 + 4y ∂x

dan

∂F (x, y) = 2x2 + 2y ∂y

Integralkan bentuk pertama Z F (x, y) =

Z M (x, y)∂x + φ(y) =

(3x2 + 4xy)∂x + φ(y)

Kemudian turunkan terhadap y dφ(y) ∂F (x, y) = 2x2 + , ∂y dy padahal kita punya ∂F (x, y) = N (x, y) = 2x2 + 2y ∂y


16

sehingga 2x2 + 2y = 2x2 +

dφ(y) dy

atau

dφ(y) = 2y. dy

Integralkan persamaan terakhir ini diperoleh φ(y) = y 2 + c0 , dengan demikian F (x, y) menjadi F (x, y) = x3 + 2x2 y + y 2 + c0 . Bila F (x, y) merupakan solusi umum maka keluarga solusi itu adalah F (x, y) = c1 sehingga ∴

x3 + 2x2 y + y 2 + c0 = c1 atau x3 + 2x2 y + y 2 = c

yang merupakan solusi persamaan PDB eksak yang dimaksud. Cara yang kedua adalah dengan menggunakan teknik pengelompokan, lihat catatan dalam perkuliahan.

2.1.3

Faktor Integrasi

Faktor integrasi ini digunakan untuk menyelesaikan PDB order satu tidak eksak. Langkah yang dimaksud adalah merubah PDB tidak eksak menjadi eksak. Renungkan lagi persamaan 2.1, bila

∂M (x,y) ∂y

6=

∂N (x,y) ∂x

maka dapat ditentukan µ(x, y)

sedemikian hingga µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0

(2.2)


17

merupakan PDB eksak. Sekarang bagaimana prosedur menentukan µ(x, y), dapatlah digunakan teorema 2.1.1 diatas. Bila persamaan 2.2 eksak maka ∂(µM ) ∂(µN ) = ∂y ∂x ∂M ∂µ ∂N ∂µ M +µ = N +µ ∂y ∂y ∂x ∂x · ¸ ∂µ ∂M ∂N ∂µ µ = N − −M ∂y ∂x ∂x ∂y µ(x, y) =

N ∂µ − M ∂µ ∂x ∂y ∂M ∂y

−

∂N ∂x

(2.3)

adalah merupakan formula faktor integrasi secara umum. Contoh 2.1.2 Tentukan solusi PDB berikut ini 1. (4xy+3y 2 −x)dx+x(x+2y)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung pada x saja 2. (x2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + (x3 + 2x2 y + 3x)dy = 0, bila faktor integrasinya hanya tergantung pada xy Penyelesaian 2.1.2 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita bahas soal nomor 2. Jika µ tergantung pada xy ini berarti µ = µ(x, y) misal z = xy maka ∂µ ∂µ(z) = y ∂x ∂z

atau

∂µ ∂µ(z) = x ∂y ∂z

∂M = x2 + 4xy + 3, ∂y

dan

∂N = 3x2 + 4xy + 3. ∂x

sedangkan

Sekarang gunakan faktor integrasi 2.3 dan substitusikan nilai-nilai diatas ini,


18

maka didapat µ = µ = ∂z = Z ∂z =

(x3 + 2x2 y + 3x) ∂µ(z) y − (x2 y + 2xy 2 + 2x + 3y) ∂µ(z) x ∂z ∂z 2 2 (x + 4xy + 3) − (3x + 4xy + 3) ∂µ ∂z 1 ∂µ µ Z 1 ∂µ µ

z = ln µ µ = ez = exy Dengan demikian faktor integrasinya adalah µ(x, y) = exy . Sekarang soal nomor dua menjadi PDB eksak dengan mengalikan faktor integrasi terhadap sukusukunya dimasing-masing ruas. exy (x2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + exy (x3 + 2x2 y + 3x)dy = 0 Dengan meyakini persamaan ini merupakan PDB eksak cara menyelesaikan sama dengan teknik diatas yakni terdapat dua cara. Coba anda kerjakan sebagai latihan

2.1.4

Teknik Variabel Terpisah

Bila persaman 2.1 kita transformasikan kedalam bentuk f1 (x)g1 (y)dx + f2 (x)g2 (y)dy = 0

(2.4)

selanjutnya kalikan persamaan ini dengan g1 (y)f2 (x) maka akan diadapat g2 (x) f1 (x) dx + dy = 0 f2 (x) g1 (y)

(2.5)


19

Persamaan 2.4 tidak eksak namun persamaan 2.5 adalah eksak sehingga teknik penyelesaiannya menyesuaikan. Bisa juga dengan mengintegralkan langsung bentuk itu menjadi

Z

f1 (x) dx + f2 (x)

Z

g2 (x) dy = 0 g1 (y)

Contoh 2.1.3 Tentukan solusi PDB berikut ini dengan menggunakan teknik pemisahan variabel. 1. (x + y)2 dx − xydy = 0 2. (2xy + 3y 2 )dx − (2xy + x2 )dy = 0 Penyelesaian 2.1.3 Soal nomor 1 bisa dilihat dalam catatan, selanjutnya kita bahas soal nomor 2. Ambil suatu permisalan y = vx dan tentunya dy = vdx+xdv, lalu substitusikan kedalam persamaan nomor 2. (2x2 v + 3x2 v 2 )dx − (2x2 v + x2 )(vdx + xdv) = 0 2x2 vdx + 3x2 v 2 dx − 2x2 v 2 dx − 2x3 vdv − x2 vdx − x3 dv = 0 x2 (v + v 2 )dx − x3 (2v − 1)dv = 0 1 (2v − 1) dx − dv = 0 x (v + v 2 ) Jelas persamaan terakhir ini merupakan PDB eksak sehingga gunakan cara yang sama untuk menyelesaikannya. Atau bisa diintegralkan langsung menjadi Z Z 1 (2v − 1) dx − dv = 0 x (v + v 2 ) ln x + c0 + ln v − 3 ∗ ln(1 + v) + c1 = 0 ln x + c0 + ln(y/x) − 3 ∗ ln(1 + (y/x)) + c1 = 0 ∴

ln x + ln(y/x) − 3 ∗ ln(1 + (y/x)) = c

Persamaan terakhir adalah solusi umum dari PDB yang dimaksud.


2.2

20

PDB Linier Order Satu Nonhomogen

Pada umumnya PDB linier order satu nonhomogen dapat dinyatakan dengan dy + P (x)y = Q(x) dx dy + P (x)y = Q(x)y n dx

(2.6) (2.7)

Untuk persamaan 2.6 dapat kita tulis dalam (P (x)y − Q(x))dx + dy = 0 sehingga M (x, y) = P (x)y − Q(x) dan N (x, y) = 1. Sekarang ∂M (x, y) = P (x) dan ∂y

∂N (x, y) =0 ∂x

dengan demikian persamaan ini bukan merupakan PDB eksak, sehingga perlu ditentukan faktor integrasinya. Kita pilih faktor integrasi yang hanya tergantung pada x, yaitu µ(x). sedemikian (µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x))dx + µ(x)dy = 0 merupakan PDB eksak, yang berakibat bahwa µ ¶ ∂ µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x) =

∂y

∂µ(x) ∂x

Selesaikan bentuk ini didapat 1 ∂µ(x) µ(x) Z ln |µ| = P (x)dx

P (x)dx =

R

∴µ=e

P (x)dx

µ>0


21

Kalikan µ terhadap persamaan 2.6 didapat e

R

P (x)dx dy

dx

+e

R

P (x)dx

P (x)y = Q(x)e

R

P (x)dx

yang mana hal ini sama dengan ¶ µ R R d P (x)dx y = Q(x)e P (x)dx e dx atau R

e

Z P (x)dx

y=

R

P (x)dx

e

Q(x)dx + c

atau ∴

y = e−

R

P (x)dx

R

R

e

P (x)dx

Q(x)dx + c

(2.8)

Persamaan ini disebut Persamaan Bernoulli Selanjutnya untuk persamaan 2.7 dapat kita tulis dalam y −n Misal v = y 1−n maka

dy dx

=

dy + P (x)y 1−n = Q(x). dx

1 dv y n dx (1−n)

sehingga persamaan diatas menjadi

dv + (1 − n)P (x)v = Q(x)(1 − n) dx Misal Pp (x) = (1 − n)P (x) dan Qq (x) = (1 − n)Q(x) maka persamaan diatas dapat direduksi kedalam bentuk ∴

dv + Pp (x)v = Qq (x) dx

adalah persaman sebagaimana 2.6, sehingga cara menyelesaikan sama. Contoh 2.2.1 Tentukan solusi PDB berikut ini dy 1. (x2 + 1) dx + 4xy = x,

y(2) = 1

BAB 2. PDB LINIER ORDER SATU 2.

dy dx

+ y = xy 3 ,

22

y(0) = 2

Penyelesaian 2.2.1 Soal nomor 1 dapat diselesaikan langsung dengan persamaan 2.8, sehingga dy 4x x + 2 y= 2 dx (x + 1) (x + 1) maka P (x) =

4x (x2 +1)

dan Q(x) = −

y=e

R

x (x2 +1)

sehingga dengan menggunakan

Z P (x)dx

e

R

P (x)dx

Q(x)dx + c

y dapat ditentukan sebagai y=

x4 x2 c + + 2 2 2 2 2 4(x + 1) 2(x + 1) (x + 1)2

untuk y(2) = 1 maka substitusikan ke persamaan ini didapat c = 19, akhirnya solusi khususnya adalah ∴

y=

x4 x2 19 + + 4(x2 + 1)2 2(x2 + 1)2 (x2 + 1)2

Ikuti langkah dalam prosedur yang telah diberikan untuk mengerjakan soal nomor 2. Anda kerjakan sebagai latihan


23

Latihan Tutorial 2

1. Mana diantara soal-soal berikut ini yang merupakan PDB order 1 eksak. (a) (y sec2 x + sec x tan x)dx + (tan x + 2y)dy = 0 (b) (θ2 + 1) cos rdr + 2θ sin rdθ = 0 µ ¶ µ ¶ 2s−1 s−s2 ds + dt = 0 (c) t t2 2. Selesaikanlah PD order 1 eksak berikut ini (a) (2y sin x cos x + y 2 sin x)dx + (sin2 x − 2y cos x)dy = 0; Ã ! Ã ! 1+8xy 2/3 x2/3 y 1/3

(b)

dx +

2x4/3 y 2/3 −x1/3 y 4/3

dy = 0;

y(0) = 3

y(1) = 8

3. Tentukan faktor integrasi µ untuk masing-masing soal berikut ini (a) (x2 y + 2xy 2 + 2x + 3y)dx + (x3 + 2x2 y + 3x)dy = 0, bila µ tergantung pada xy (b) (y 3 − 2x2 y)dx + (2xy 2 − x3 )dy = 0, bila µ tergantung pada x + y 4. Gunakan metoda variabel terpisah untuk menyelesaikan beberapa persoalan berikut ini (a) (x tan xy + y)dx − xdy = 0 √ √ √ √ (b) ( x + y + x − y)dx + ( x − y − x + y)dy = 0 5. Gunakan metoda Bernoulli untuk menyelesaikan PD berikut ini dy (a) (x2 + x − 2) dx + 3(x + 1)y = x − 1

(b)

dr dθ

+ r tan θ = cosθ ,

r( pi4 ) = 1

BAB 3 Aplikasi PDB Order Satu 3.1

Masalah Dalam Mekanik

Misal 4x adalah perubahan jarak yang ditimbulkan benda bergerak selama waktu 4t maka kecepatan rata-rata didefinisikan vr =

xB − xA 4x = . 4t tB − tA

Selanjutnya kecepatan sesaat adalah 4x 4t→0 4t

v = lim vr = lim 4→0

v =

dx dt

a=

dv dt

(m/dt). (m/dt2 )

Hukum 3.1.1 (Hukum Newton I) Hukum ini juga disebut hukum Kelembaman Newton yang berbunyi;’ setiap benda akan tetap berada pada keadaan diam atau bergerak lurus beraturan kecuali jika benda itu dipaksa oleh gaya-gaya yang bekerja pada benda itu’. 24

BAB 3. APLIKASI PDB ORDER SATU

25

Hukum 3.1.2 (Hukum Newton II) Percepatan yang ditimbulkan oleh gaya yang bekerja pada sebuah benda berbanding lurus (sebanding) dengan besar gaya itu, dan berbanding terbalik dengan massa kelembaman banda itu. Secara matematis dapat ditulis sebagai a = F/m atau F = ma dimana F adalah gaya dan m suatu massa. Analog dengan hukum Newton II ini, gerak jatuh bebas suatu benda dengan berat W tanpa mengikutsertakan gaya gesek udara adalah W = mg. F dalam hal ini direpresentasikan dengan W dan a = g, sehingga bisa kita tulis mg = W ma = F dv = F dt dv dx m = F dx dt dv mv = F dx m

adalah model dari PDB order satu. Contoh 3.1.1 Benda dengan berat 8 newton dijatuhkan dari suatu ketinggian tertentu, yang bearawal dari keadaan diam. Jika kecepatan benda jatuh itu v, dan kecepatan gravitasi bumi adalah g = 10m/dt2 , serta gaya gesek udara adalah −2v. Tentukan ekspresi kecepatan v dan jarak x pada saat tertentu.


26

Penyelesaian 3.1.1 Hukum newton mengatakan F = ma atau

P

F = ma.

Dalam hal ini f1 = W = 8 newton (gaya kebawah), dan F2 =gaya gesek udara = −2v (gaya keatas) sehingga dv = F1 + F2 dt 8 dv = 8 − 2v 10 dt 1 10 dv = dt 8 − 2v 8 m

Karena benda berawal dari keadaan diam maka v(0) = 0, sehingga model PDB sekarang adalah 10 1 dv = dt 8 − 2v 8 v(0) = 0 Integralkan kedua ruasnya didapat 1 10 − ln(8 − 2v) + c0 = t + c1 2 8 5 ln(8 − 2v) = − t + c2 2 5

(8 − 2v) = e− 2 t+c2 5

2v = −Ce− 2 t + 8 v =

5 1 (8 − Ce− 2 t ) 2

Dengan memasukkan nilai awal v(0) = 0 maka c = 4 sehingga ekspresi kecepatan adalah 5

v(t) = 4 − 2e− 2 t . Selanjutnya untuk menentukan ekspresi jarak maka rubah v(t) kedalam v =

dx dt


27

sehingga model PDB sekarang adalalah 5 dx = 4 − 2e− 2 t dt

x(0) = 0 Dengan cara yang sama untuk solusi PDB ini maka ekspresi jarak terhadap waktu adalah 4 5 4 x(t) = 4t − e 2 t + 5 5

3.2

Pertumbuhan dan Peluruhan

Jika Q menunjukkan jumlah, kuantitas atau kualitas sesuatu dalam waktu t, maka perubahan (bertambah=pertumbuhan atau berkurang=peluruhan) yang disimbulkan dengan

dQ dt

berbanding lurus dengan kuantitas Q, dengan kata lain dQ = rQ pertumbuhan dt dQ = −rQ peluruhan dt

3.2.1

Pertumbuhan Populasi

Jika y adalah jumlah populasi dalam waktu t, k adalah konstanta proportionalitas atau tingkat pertumbuhan maka model PDB pertumbuhan populasi adalah dy = ky dt y(t0 ) = y0


28

Selanjutnya bila k berubah-ubah maka dapat kita ganti dengan h(y) yang dapat dipilih h(y) = r − ay maka model pertumbuhan menjadi dy y = r(1 − )y dt K

dy dt

dimana K =

= (r − ay)y

r a

y(t0 ) = y0 PDB ini dikenal dengan persamaan Verhulst atau persamaan Logistik. Solusi

1.5 x 1

-2

-3

0.5 0

-1

2

1

-1

-0.5

y(x)

3

Asymptotic solution

2

2.5

kualitatif persamaan ini untuk r, K positip adalah tertera dalam Gambar 3.1.

Gambar 3.1: Solusi kualitatif persamaan pertumbuhan populasi.

Contoh 3.2.1 Pertumbuhan populasi memenuhi model sebagai berikut dx 1 1 2 = x− x dt 100 (10)8 Bila tahun 1980 jumlah populasinya 100,000 maka 1. berapa besar populasi tahaun 2000 2. tahun berapa jumlah populasi akan menjadi 2× tahun 1980 3. berapa jumlah populasi terbesar untuk t > 1980


29

Penyelesaian 3.2.1 Bila tahun 1980 jumlah populasi 100,000 maka dapat dikatakan x(1980) = 100, 000 sehingga model PDB sekarang adalah 1 1 2 dx = x− x dt 100 (10)8 x(t0 ) = x0 Rubah kedalam kedalam PD dengan variabel terpisah

(10)−2 x

1 dx = dt − (10)−8 x2

Integralkan kedua ruasnya Z

Z 1 dx = dt (10)−2 x(1 − (10)−6 x) Z Z (10)−6 1 + dx = dt 100 x 1 − (10)−6 x ¡ ¢ 100 ln x − ln(1 − (10)−6 x) + c0 = t + c1 ln

x t = + c2 1 − (10)−6 x 100 t x = e 100 +c2 −6 1 − (10) x t x = ce 100 −6 1 − (10) x t

x = Terapkan nilai awal x(1980) = 100, 000 didapat c = x(t) =

106 1 + 9e19.8−t/100

ce 100 t

1 + (10)−6 ce 100 (10)6 9e19.8

sehingga (3.1)

Dengan demikian beberapa pertanyaan itu dapat diselesaikan sebagai berikut 1. jumlah populasi tahun 2000 artinya t = 2000. Substitusikan nilai t ini kedalam persamaan 3.1 didapat x = 119, 495. Dengan demikian jumlah populasi tahun 2000 adalah 119,495 orang.


30

2. jumlah populasi 2× tahun 1980, berarti x = 200, 000. Substitusikan nilai x ini kedalam persamaan 3.1 didapat t = 2061. Dengan demikian jumlah populasi akan dua kali lipat tahun 1980 dicapai pada tahun 2061. 3. Besar populasi untuk waktu yang tidak terbatas (t → ∞) berarti 106 t→∞ 1 + 9e19.8−t/100 106 x = lim t→∞ 1 + 9e19.8 et/100

x = lim

x = 106 = 1, 000, 000 Dengan demikian jumlah maksimum populasi untuk waktu yang tidak terbatas adalah satu juta orang.

3.2.2

Peluruhan Radioaktif

Contoh 3.2.2 Radioaktif isotop Thorium-234 meluruh pada tingkat yang sebanding dengan jumlah isotop. Jika 100 mg dari material meluruh menjadi 82.04 mg dalam satu minggu, maka 1. tentukan ekspresi jumlah pada saat tertentu 2. tentukan interval waktu sehingga isotop itu meluruh menjadi setengah dari jumlah semula. Penyelesaian 3.2.2 Gunakan rumus peluruhan. Misal Q jumlah isotop Thorium234 maka dalam waktu t model peristiwa peluruhan itu adalah dQ = −rQ dt Q(0) = 100


31

Kemudian selesaikan PDB ini akan diperoleh Q(t) = 100e−rt Kemudian terapkan sarat kedua, yakni dalam satu minggu (7 hari) isotop menjadi 82.04 mg artinya Q(7) = 82.04 mg akan didapat nilai r, sedemikian hingga ekspresi jumlah terhadap waktu (hari) adalah Q(t) = 100e−0.02828t . Dengan mengetahui ekspresi ini akan menjadi mudah untuk mengerjakan pertanyaanpertanyaan diatas. (Teruskan sebagai latihan.)

3.3

Hukum Pendinginan Newton

Perubahan suhu suatu benda atau bahan yang mengalami proses pendinginan sebanding dengan perbedaan antara suhu benda dan suhu disekitarnya. Dengan demikian bila Suhu benda itu adalah x dan suhu sekitarnya itu adalah xs maka proses pendinginan Newton terhadap waktu t digambarkan dengan dx = k(x − xs ), dt

k>0

dimana k adalah konstanta tingkat pendinginan. Contoh 3.3.1 Suatu benda dengan suhu 80o C diletakkan diruangan yang bersuhu 50o C pada saat t = 0. Dalam waktu 5 menit suhu benda tersebut menjadi 70o C, maka 1. tentukan fungsi suhu pada saat tertentu 2. tentukan besarnya suhu benda pada 10 menit terakhir


32

3. kapan suhu menjadi 60o C Penyelesaian 3.3.1 Dengan memahami persoalan ini maka model PDB proses pendinginan dapat ditulis sebagai dx = k(x − 50) dt x(0) = 80 dan x(5) = 70 Solusi dari persamaan itu adalah ln(x − 50) + c0 = kt + c1 (x − 50) = cekt x = 50 + cekt Masukkan nilai awal maka nilai c = 30 sehingga persamaan menjadi x = 50 + 30ekt Dan masukkan kondisi kedua didapat ek =

¡ 2 ¢ 15 3

sehingga ekspresi terakhir menjadi x(t) = 50 + 30

¡ 2 ¢ 5t 3

Selanjutnya anda selesaikan pertanyaan diatas dengan memakai ekspresi ini.

3.4

Campuran

Suatu bahan dengan konsentrasi terterntu dicampur dengan bahan lain dalam suatu tempat sehingga bahan bercampur dengan sempurna dan menjadi campuran lain dengan konsentrasi berbeda. Bila Q menunjukkan jumlah bahan pada


33

saat tertentu, maka perubahan Q terhadap t ditunjukkan dengan

dQ . dt

Kemudian

bila proses yang terjadi adalah terdapat campuran masuk dan campuran yang keluar, dimana laju jumlah bahan masuk dinyatakan dengan proses IN dan laju jumlah bahan keluar dinyatakan dengan proses OUT maka dQ = IN − OU T dt

v =r liter/min k =s gram/liter

v =r liter/min

K= L liter Q(0) = Q_0 gram

Gambar 3.2: Proses campuran dalam tangki. Dimana bila laju masuk sama dengan laju keluar maka IN = kv = sr gram/liter OU T =

Q Qr v= gram/liter K L

Contoh 3.4.1 Suatu tangki mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki dengan laju 4 liter/menit dan bercampur dengan sempurna, kemudian campuran itu diperkenankan keluar dengan laju 4 liter/menit. 1. Formulasikan masalah nilai awal tersebut


34

2. Tentukan jumlah garam Q setiap saat. Penyelesaian 3.4.1 Formula campuran adalah dQ = IN − OU T. dt Diketahui s = 1 gram/liter, r = 4 liter/menit, L = 200 liter dan Q(0) = 100 didapat IN = kv = s gram/liter × r liter/menit = 4 gram/liter OU T =

Q Q 4Q v= gram/liter × r liter/menit = gram/liter K K 200

Sehingga 1. Model PDBnya adalah dQ 4Q Q = 4− =4− dt 200 50 Q(0) = 100

2. Dengan menyelesaikan PDB ini didapat ekspresi jumlah garam setiap saat Q(t) = 200 − 100e−t/50


35

Latihan Tutorial 3

1. Suatu benda yang massanya 50 kg dari keadaan diam di suatu puncak bergerak diatas bidang miring dengan panjang 20 m dari puncak ketanah, dan sudut kemiringan 45o (lihat Gambar 1). Bila koefisien gesek kinitis µk = 0.2. Tentukan: (i) ekspresi fungsi kecepatan dalam waktu t, (ii) berapa jarak yang ditempuh benda selama 5 detik, dan (iii) berapa waktu t yang dibutuhkan untuk mencapai tanah. f gesek

N

o

45

W

o

45

Gambar 3.3: Gerakan benda pada bidang miring. {Petunjuk : uraikan gaya-gaya yang bekerja pada benda dan ingat fgesek = µk · N }. 2. Suatu benda dengan massa konstan m ditembakkan tegak lurus keatas menjauhi permukaan bumi dengan kecepatan awal V0 km/dt2 . Bila diasumsikan tidak ada gesekan udara namun berat benda berubah dalam jarak-jarak tertentu terhadap bumi, maka tentukan (a) model matematik dari kecepatan V (t) selama benda itu meluncur (b) tentukan V0 untuk mencapai ketinggian maksimum 100 km


36

(c) tentukan maksimum V0 supaya benda yang ditembakkan tadi tidak kembali kebumi. (Petunjuk : gunakan g = 0.098 km/dt2 , jari-jari bumi R = 6378.388 km dan fungsi berat dalam jarak x terhadap bumi yang umumnya dinyatakan sebagai w(x) =

mgR2 ) (R+x)2

3. Model pertumbuhan populasi dapat ditulis dalam persamaan ¢ 1 untuk r dan T konstanta positip, maka

dy dt

= ry

¡1 T

y−

(a) gambar grafik f (y) dan y. (b) tentukan model grafik y dan t untuk memberikan gambaran solusi kualitatif dari PD tersebut. 4. Jam 10.00 WIB seseorang mengambil secangkir kopi panas dari microwave oven dan meletakkan di ruang tamu dengan maksud untuk meminumnya setelah agak dingin. Awal mula suhu kopi adalah 95o C. Selanjutnya 10 menit kemudian besar suhu kopi menjadi 75o C. Asumsikan suhu ruang tamu itu adalah konstan 27o C. (a) Berapa besar suhu kopi pada jam 10.18 WIB (b) Orang ini suka meminum kopi yang suhunya antara 55o C sampai 60o C, maka antara jam berapa dia harus minum kopi itu. 5. Sebuah tangki besar awal mula berisi 300 liter larutan yang mengandung 5 kg garam. Larutan lain yang mengandung garam de-ngan konsentrasi 1 kg/liter 2

dituangkan kedalam tangki dengan laju 5 liter/menit dan campu-

ran dalam tangki mengalir keluar dengan laju 3 liter/menit.


37

(a) Tentukan model matematik tentang banyaknya garam dalam tangki setiap saat. (b) Bila kapasitas maksimum tangki 750 liter tentukan domain waktu t sehingga model diatas tetap berlaku. (c) Pada poin (b) berapa besar konsentrasi larutan pada saat tangki penuh. (d) Bila tangki tidak mempunyai kapasitas maksimum, tentukan konsentrasi larutan untuk jangka waktu tak terbatas. 6. Suatu tangki berkapasitas 500 liter mula-mula berisi 200 liter larutan yang mengandung 100 gram garam. Larutan (lain) yang mengandung garam dengan konsentrasi 1 gram/liter masuk kedalam tangki dengan laju 3 liter/menit dan campuran dalam tangki diperkenankan keluar dengan laju 2 liter/menit. Tentukan model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki setiap saat (sebelum dan sesudah tangki penuh).

BAB 4 PDB Linier Order Dua Untuk memulai pembahasan ini terlebih dahulu akan ditinjau beberapa teorema tentang konsep umum PDB order n.

4.1

PDB Order n Homogen

Definisi 4.1.1 Bila f1 , f2 , . . . , fm adalah fungsi kontinyu pada sebarang x ∈ [a, b] dan c1 , c2 , . . . , cm adalah konstanta sebanyak m maka kombinasi linier fungsi ini ditulis dengan c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm Definisi 4.1.2 Fungsi f1 , f2 , . . . , fm dikatakan tergantung linier pada interval [a, b] bila terdapat c1 , c2 , . . . , cm yang tidak semuanya nol sedemikian hingga c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm = 0 untuk sebarang x ∈ [a, b], dan dikatakan bebas linier bila semua c1 , c2 , . . . , cm sama dengan nol. Teorema 4.1.1 Suatu PDB disajikan dalam a0 (x)y (n) + a1 (x)y (n−1) + · · · + an (x)y = 0, 38

dimana a0 (x) 6= 0.

(4.1)

BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA

39

Misal f1 , f2 , . . . , fm solusi sebanyak m maka solusi umum PDB ini merupakan kombinasi bebas linier dari fungsi-fungsi ini, yaitu y = c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm . Bukti : Turunkan solusi umum ini sebanyak n kali kemudian substitusikan kedalam persamaan (4.3). y = c 1 f1 + c 2 f2 + · · · + c m fm 0 y 0 = c1 f10 + c2 f20 + · · · + cm fm

.. . (n−1)

y (n−1) = c1 f1

(n)

(n−1)

+ c 2 f2

(n−1) + · · · + cm fm

(n)

(n) y (n) = c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm

µ ¶ µ (n) (n) (n) (n−1) (n−1) maka a0 (x) c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm + a1 (x) c1 f1 + c2 f2 + ··· + ¶ µ ¶ (n−1) c m fm + · · · + an (x) c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm = 0, dan dapat disederhanakan µ ¶ µ (n) (n−1) (n) (n−1) menjadi c1 a0 (x)f1 +a1 (x)f1 +· · ·+an (x)f1 +c2 a0 (x)f2 +a1 (x)f2 + ¶ ¶ µ (n−1) (n) · · · + an (x)f2 + · · · + cm a0 (x)fm + a1 (x)fm + · · · + an (x)fm = 0. Analog dari persamaan (4.3) maka ruas kiri persamaan terakhir akan sama dengan nol, sehingga terbukti y = c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm merupakan solusi umum.

2

Definisi 4.1.3 Misal f1 , f2 , . . . , fm adalah fungsi riel yang kontinyu pada turunan ke (n − 1) dalam interval [a, b] maka ¯ ¯ ¯ f1 f2 ... ¯ ¯ ¯ ... f20 ¯ f10 W (f1 , f2 , . . . , fn ) = ¯¯ .. .. .. ¯ . . . ¯ ¯ ¯ (n−1) (n−1) ¯ f1 f2 ...

fn fn0 .. . (n−1)

fn

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

disebut determinan matrik ”Wronskian” yang terdefinisi pada [a, b].


40

Teorema 4.1.2 Fungsi-fungsi solusi f1 , f2 , . . . , fn dari PDB homogen order n dikatakan bebas linier bila W (f1 , f2 , . . . , fn ) 6= 0 Contoh 4.1.1 Buktikan bahwa 1. Jika sin x, cos x merupakan solusi dari y 00 +y = 0 maka y = c1 sin x+c2 cos x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier. 2. Jika ex , e−x , e2x merupakan solusi dari y 00 − 2y 00 − y 0 + 2y = 0 maka y = c1 ex + c2 e−x + c3 e2x juga solusi PDB ini, dan buktikan solusi-solusi itu bebas linier. Cara sederhana untuk menyelesaikan PDB homogen order n ini adalah dengan cara mereduksi ordernya. Teorema 4.1.3 Suatu PDB a0 (x)y (n) + a1 (x)y (n−1) + · · · + an (x)y = 0,

a0 (x) 6= 0

maka permisalan y = f (x)v akan mengurangi order PDB menjadi (n − 1). Contoh 4.1.2 Salah satu solusi PDB (x2 + 1)y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 adalah f1 = x maka tentukan solusi umumnya. Penyelesaian 4.1.1 Misal f2 = y = f1 v = xv y 0 = v + xv 0 y 00 = 2v 0 + xv 00 .


41

Substitusikan kedalam PDB pada persoalan ini didapat x(x2 + 1)v 00 + 2v 0 = 0 dan misal w = v 0 maka x(x2 + 1)

dw + 2w = 0 dx dw 2w = − dx x(x2 + 1) 1 2 dw = − dx 2 w x(x + 1) ¶ µ 2x 2 dx = − − + 2 x (x + 1) ln w = ln x−2 + ln(x2 + 1) + ln c ln w = ln

1 2 (x + 1) x2

sehingga solusi umunnya adalah ∴

w=

1 2 (x + 1). x2

Sementara w = v 0 , maka persamaan terakhir dapat diperoses menjadi dv c(x2 + 1) = dx x2 2 (x + 1) dv = pilih c = 1 2 µ x ¶ 1 dv = 1 + 2 dx x 1 v = x− . x ¡ ¢ Sekarang f2 = f1 v = x x − x1 = x2 − 1 maka solusi umum dari PDB diatas adalah ∴

y = c1 x + c2 (x2 − 1).


4.2

42

PDB Order n Nonhomogen

Suatu PDB order n nonhomogen disajikan dalam bentuk a0 (x)y (n) + a1 (x)y (n−1) + · · · + an (x)y = F (x),

a0 (x) 6= 0

(4.2)

Teorema 4.2.1 Bila u adalah solusi umum PDB homogen dari persamaan (4.4) dan v solusi khusus persamaan (4.4) maka u + v adalah solusi umum PDB nonhomogen. Misal diberikan PDB y 00 + y = x. Bila solusi umum PDB y 00 + y = 0 adalah yu = c1 sin x + c2 cos x dan solusi khusus y 00 + y = x adalah yk = x maka solusi umum PDB ini adalah y = yu + yk atau y = c1 sin x + c2 cos x + x.

4.3 4.3.1

PDB Order Dua PDB Order Dua Homogen

Suatu PDB order dua didefinisikan dengan persamaan p(x)y 00 + q(x)y 0 + r(x)y = 0,

(4.3)

bila p, q, r adalah fungsi konstan maka dapat ditulis dengan persamaan berikut ay 00 + by 0 + cy = 0.

(4.4)

Persamaan karakteristik dari persamaan ini diperoleh dengan cara memisalkan y = ert y 0 = rert y 00 = r2 ert


43

sehingga persamaan (4.4) menjadi ar2 ert + brert + cert = 0 (ar2 + br + c)ert = 0. Bila ert = 6 0 maka ar2 + br + c = 0 merupakan persamaan karakteristik dari PDB order dua homogen dengan dengan koefisien konstan, dan y = ert merupakan solusi dari persamaan (4.4). Akar-Akar Riel dan Berbeda Bila persamaan karakteristik mempunyai akar-akar riel dan berbeda (D > 0) maka ditemukan r1 6= r2 sehingga solusi PDB dalam persamaan (4.4) adalah ∴

y = c1 er1t + c2 er2t .

Misal diberikan PDB y 00 + 5y 0 + 6y = 0 maka persamaan karakteristiknya adalah r2 + 5r + 6 = 0, dengan akar-akar r1 = −2 dan r2 = −3, sehingga solusi umumnya y = c1 e−2t + c2 e−3t . Selanjutnya bila diterapkan nilai awal y(0) = 2 dan y 0 (0) = 3 maka nilai c1 , c2 dapat diperoleh dengan cara menurunkan solusi umum dua kali, yaitu y 0 = −2c1 e−2t − 3c2 e−3t dan y 00 = 4c1 e−2t + 9c2 e−3t dan substitusikan kedua nilai awal itu kedalam persamaan ini, diperoleh sistem c1 + c2 = 2 −2c1 − 3c2 = 3 dimana c1 = 9 dan c2 = −7 dan solusi khususnya menjadi y = 9e−2t − 7e−3t . Contoh 4.3.1 Selesaikan persoalan berikut 1. 4y 00 − 8y 0 + 3y = 0

y(0) = 2, y 0 (0) =

1 2

BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA 2. 6y 00 + 4y 0 + 3y = 0 3. y 00 + 5y 0 + 3y = 0

44

y(0) = 4, y 0 (0) = 0 y(0) = 1, y 0 (0) = 0

Akar-Akar Komplek Persamaan karakteristik persamaan PDB order dua homogen adalah ar2 +br+c = 0. Jika D < 0 maka akar-akarnya adalah bilangan komplek, yaitu r1 = λ + iµ dan r2 = λ − iµ, dengan demikian solusi kompleknya adalah y1 = c1 e(λ+iµ)t y2 = c1 e(λ−iµ)t

(4.5) (4.6)

Teorema 4.3.1 (Teorema Taylor) Jika f (t) mempunyai n + 1 turunan kontinyu pada interval [a, b] untuk beberapa n ≥ 0 dan bila t, t0 ∈ [a, b] maka f (t) ≈ pn (t) + Rn+1 (t) (t − t0 ) 0 (t − t0 )n (n) pn (t) = f (t0 ) + f (t0 ) + · · · + f (t0 ) 1! n! Z 1 t Rn+1 (t) = (t − t)n f (n+1) (t)dt n! t0 (t − t0 )n+1 (n+1) = f (ξ) (n + 1)! untuk ξ antara t0 dan t. Dengan menerapkan teorema ini maka aproksimasi untuk fungsi-fungsi berikut pada t0 = 0 adalah: ∞

eat = 1 + at +

X (at)n (at)2 (at)3 + + ··· = 2! 3! n! n=0 ∞

X (at)1 (at)3 (at)5 (at)2n−1 sin at = − + − ··· = (−1)n−1 1! 3! 5! (2n − 1)! n=1 ∞

X (at)0 (at)2 (at)4 (at)2n cos at = − + − ··· = (−1)n 0! 2! 4! (2n)! n=0


45

Selanjutnya dalam ekspresi solusi komplek eit dapat ditulis sebagai berikut (it)2 (it)3 + + ... 2! 3! ∞ ∞ 2n X X (at)2n−1 n (at) +i (−1)n−1 = (−1) (2n)! (2n − 1)! n=1 n=0

eit = 1 + it +

= cos t + i sin t. Dengan menerapkan persamaan terakhir ini maka solusi komplek (4.5) dan (4.6) menjadi ¡ ¢ y1 = e(λ+iµ)t = eλt cos µt + i sin µt ¡ ¢ y2 = e(λ−iµ)t = eλt cos µt − i sin µt .

Bila keduanya dijumlahkan dan dikurangkan maka u(t) = y1 + y2 = 2eλt cos µt v(t) = y1 − y2 = 2ieλt sin µt. Abaikan bilangan 2 dan 2i dengan pertimbangan diganti dengan konstanta esensial lainnya maka solusi umum PDB dengan persamaan akar karakteristik komplek adalah ∴

y = c1 u(t) + c2 v(t) = c1 eλt cos µt + c2 eλt sin µt .

Suatu contoh dapat ditunjukkan untuk menyelesaikan PDB y 00 + y 0 + y = 0. Persamaan karakteristik PDB ini adalah r2 + r + 1 = 0 sehingga akar-akar q q kompleknya adalah r12 = − 21 ± i 34 . Jadi λ = − 12 dan µ = 34 sehingga solusi q q 1 1 umunya y = c1 e− 2 t cos 34 t + c2 e− 2 t sin 34 t.


46

Akar-Akar Riel dan Sama Untuk kasus ini, persamaan karakteristik ar2 + br + c = 0 akan mempunyai b . Dengan demikian salah satu solusi D = b2 − 4ac = 0 sehingga r1 = r2 = − 2a b

b

PDB adalah yk = e− 2a t . Misal solusi umumnya adalah y = v(t)yk (t) = v(t)e− 2a t maka b b v(t)e− 2a t 2a b b b b b2 = v 00 (t)e− 2a t − v 0 (t)e− 2a t + 2 v(t)e− 2a t a 4a b

y 0 = v 0 (t)e− 2a t − y 00

Sehingga dengan mensubstitusikan kedalam PDB ay 00 + by 0 + cy = 0 diperoleh · µ ¶ µ ¶ ¸ b b b 0 b2 b 00 0 a v (t) − a v (t) + 4a2 v(t) + b v (t) − 2a v(t) + cv(t) e− 2a t = 0. Bila e− 2a t 6= 0 µ ¶ 2 b maka av 00 (t) + − 4a + c = 0. Karena b2 − 4ac = 0 maka persamaan ini menjadi av 00 (t) = 0 dimana solusi umumnya adalah v(t) = c1 t + c2 . Dengan demikian solusi umum PDB dengan akar persamaan karakteristik berulang adalah: ∴

4.3.2

b

b

y = v(t)y1 (t) = c1 e− 2a t + c2 te− 2a t

PDB Order Dua Nonhomogen

Suatu PDB disajikan dalam persamaan berikut: L[y] = y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = g(t)

(4.7)

L[y] = y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0

(4.8)

Teorema 4.3.2 Jika Y1 dan Y2 adalah solusi persamaan (4.7) maka Y1 − Y2 adalah solusi persamaan (4.7). Dan bila y1 , y2 solusi persamaan (4.7) maka Y1 (t) − Y2 (t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t)


47

Ini berarti solusi umum dari persamaan (4.7) adalah ∴

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 t +yk (t) | {z } solusi homogen

Diberikan PDB y 00 − 3y 0 − 4y = 3e2t . Solusi persamaan homogennya adalah yh = c1 e−t + c1 e4t . Kemudian akan ditentukan solusi persamaan nonhomogen dengan memisalkan yk = Ae2t sebagai solusi. Berikutnya adalah menentukan nilai A yang dalam dalam hal ini diperoleh dari menurunkannnya dua kali yk0 = 2Ae2t dan yk00 = 4Ae2t kemudian mensubstitusikan kedalam PDB diperoleh A = − 12 . Sehingga solusi umumnya adalah y = c1 e−t + c1 e4t − 12 e2t . Permasalahan yang paling banyak dihadapi nantinya adalah bagaimana membuat permisalan untuk menentukan solusi khusus yk . Kadangkala pemisalahan itu harus diulang dua kali untuk menentukan koefisien yang tepat bagi solusi ini. Oleh karena itu untuk memudahkannya diberikan panduan berikut. gi (t) Pn (t) = a0 t + a1 tn−1 + · · · + an Pn (t)eat ½sin βt at Pn (t)e

Yi (t) t (A0 t + A1 tn−1 + · · · + aN ) ts (A0 tn + A1 tn−1 + · · · + aN )eat

n

cos βt

s

n

· t (A0 tn + A1 tn−1 + · · · + aN )eat cos βt+ ¸ n n−1 at (A0 t + A1 t + · · · + aN )e sin βt s

Tabel 4.1: Panduan permisalan solusi khusus PDB non homogen.

Contoh 4.3.2 Selesaikan persoalan berikut 1. y 00 − 3y 0 − 4y = 2 sin t 2. y 00 − 2y 0 − 3y = −8et cos 2t 3. y 00 − y 00 − 2y = 5e5t + 2 sin 3t − 18et cos 4t


48

Variasi Parameter Diberikan PDB nonhomogen y 00 (t) + p(t)y 0 (t) + q(t)y(t) = g(t),

(4.9)

maka yh (t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) adalah solusi PDB homogen y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0.

(4.10)

Kemudian bila c1 diganti dengan u1 (t) dan c2 dengan u2 (t) maka diperoleh y(t) = u1 (t)y1 (t) + u2 (t)y2 (t),

(4.11)

adalah solusi umum persamaan (4.9). Turunkan satu kali y 0 (t) = u01 (t)y1 (t) + u1 (t)y10 (t) + u02 (t)y2 (t) + u2 (t)y20 (t). Set u01 (t)y1 (t) + u02 (t)y2 (t) = 0

(4.12)

maka y 0 (t) = u1 (t)y10 (t) + u2 (t)y20 (t) y 00 (t) = u01 (t)y10 (t) + u1 (t)y100 (t) + u02 (t)y20 (t) + u2 (t)y200 (t). Substitusikan dua persamaan terakhir ini kedalam persamaan (4.9) diperoleh ¸ ¸ · · 0 00 0 00 u1 (t) y1 (t)+p(t)y1 (t)+q(t)y1 (t) +u2 (t) y2 (t)+p(t)y2 (t)+q(t)y2 (t) +u01 (t)y10 (t)+ u02 (t)y20 (t) = g(t). Suku pertama dan kedua adalah sama dengan nol, karena y1 , y2 adalah solusi PDB (4.11) sehingga u01 (t)y10 (t) + u02 (t)y20 (t) = g(t)

(4.13)


49

Dua persamaan (4.12) dan (4.13) akan membentuk sistem persamaan linier dimana u01 (t) dan u02 (t) dapat ditentukan sebagai berikut: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 y2 (t) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ g(t) y2 (t) ¯ y2 (t)g(t) u01 (t) = =− . W (y1 , y2 )(t) W ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (t) 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ y1 (t) g(t) ¯ y1 (t)g(t) u02 (t) = = . W (y1 , y2 )(t) W Sehingga Z

y2 (t)g(t) dt + c1 W Z y1 (t)g(t) u2 (t) = dt + c2 . W

u1 (t) =

−

Dan solusi umum (4.11) menjadi ∴

y(t) =

R

− y2 (t)g(t) dt y1 (t) + W

R

y1 (t)g(t) dt W

y2 (t)

Sebagai contoh dapat diselesaikan PDB y 00 +4y = 3 csc t. Persamaan homogennya adalah y 00 +4y = 0 dengan persamaan karakteristik r2 +4 = 0 dan mempunyai akar komplek r12 = 0 ± 2i. Dengan demikian solusinya yh = c1 cos 2t + c2 sin 2t. Dari keseluruhan soal ini dapat disimpulkan bahwa g(t) = 3 csc t, y1 (t) = cos 2t dan y2 = sin 2t sehingga y10 (t) = −2 sin 2t dan y20 (t) = −2 sin 2t. Dengan menerapkan prosedur diatas maka ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 y2 (t) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ g(t) y2 (t) ¯ 3 sin 2t csc t u01 (t) = =− W (y1 , y2 )(t) 2[cos2 2t + sin2 2t]


u02 (t) =

¯ ¯ ¯ y1 (t) 0 ¯ ¯ ¯ 0 ¯ y1 (t) g(t)

50 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

W (y1 , y2 )(t)

=

3 csc t − 3 sin t 2

Dengan proses yang sederhana diperoleh u1 (t) = −3 sin t + c1 u2 (t) =

3 ln | csc t − cot t| + 3 cos t + c2 2

Sehingga solusi umumnya adalah ∴

3 y(t) = c1 cos 2t+c2 sin 2t−3 sin t cos 2t+3 cos t sin 2t+ ln | csc t−cot t| sin 2t 2


51

Latihan Tutorial 4

1. Tentukan solusi umum dari masing-masing persamaan diferensial order dua berikut ini: (a) y 00 − 2y 0 − 8y = 4e2x − 21e−3x (b) y 00 + 2y 0 + 5y = 6 sin 2x + 7 cos 2x (c) 2y 00 + 32y 0 − 2y = 6x2 ex − 4x2 + 12 (d) y 00 + 4y = 4 sin 2x + 8 cos 2x (e) y 00 + y 0 − 2y = 6e−2x + 3ex − 4x2 (f) y 00 − 6y 0 + 5y = 24x2 ex + 8e5x (g) y 00 − 4y 0 + 5y = 6e2x cos x (h) y 00 + 4y 0 = 4 sin 2x + 8 cos 2x (i) y 00 + y 0 − 6y = 10e2x − 18e3x − 6x − 11 (j) y 00 + 4y = 12x2 − 16x cos 2x (k) 4y 00 − 4y 0 + y = ex/2 + e−x/2 (l) y 00 + 2y 0 + 10y = 5xe−2x (m) y 00 + 6y 0 + 5y = 2ex + 10e5x (n) y 00 + 2y 0 + 4y = 13 cos 4x 2. Selesaikan masalah nilai awal berikut ini: (a) y 00 − 4y 0 + 3y = 9x2 + 4,

y(0) = 6,

(b) y 00 + 5y 0 + 4y = 16x + 20ex ,

y 0 (0) = 8

y(0) = 0,

y 0 (0) = 3

BAB 4. PDB LINIER ORDER DUA (c) y 00 − 8y 0 + 15y = 9xe2x ,

52

y(0) = 5,

(d) y 00 + 7y 0 + 10y = 4xe−3x ,

y 0 (0) = 10 y 0 (0) = −1

y(0) = 0,

(e) y 00 + 8y 0 + 16y = 8e−2x ,

y(0) = 2,

(f) y 00 + 6y 0 + 9y = 27e−6x ,

y(0) = −2,

y 0 (0) = 0

(g) y 00 + 4y 0 + 13y = 18e−2x ,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 4

(h) y 00 − 10y 0 + 29y = 8e5x ,

y(0) = 0,

(i) y 00 − 4y 0 + 13y = 8 sin 3x,

y 0 (0) = 0

y 0 (0) = 8

y(0) = 1,

y 0 (0) = 2

(j) y 00 − y 0 − 6y = 8e2x − 5e3x ,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 2

(k) y 00 − 2y 0 + y = 2xe2x + 6ex ,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

BAB 5 Aplikasi PDB Order Dua Pembahasan aplikasi PDB order dua ini akan difokuskan pada model vibrasi (Gerak Harmonis) pada pegas dengan pertimbangan model PDB ini berupa persamaan linier dengan koefisien konstan. Solusi model ini dapat diturunkan langsung dari teknik-teknik yang diberikan pada bab-bab sebelumnya, yaitu berkenaan dengan penentuan akar-akar persamaan karakteristik PDB. Untuk mengawali pembahasan ini akan dijelaskan bagaimana model PDB vibrasi ini diturunkan dan salah satu hukum yang berkaitan dengan fenomena ini adalah hukuk Hook dengan bunyi sebagai berikut. Hukum 5.0.1 (Hukum Hook) Besarnya gaya yang dibutuhkan untuk merenggangkan suatu pegas sebanding dengan besarnya regangan, yaitu |F | = ks. Dimana F =gaya, k=konstanta elastisitas pegas (lb/f t) dan s=jarak regangan. Gambar 5.1 menjelaskan bagaimana hukum Hook terjadi. Beberapa gaya yang terjadi pada peristiwa ini adalah

53

BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA

l

54

l

l

l+L+U L

U

Gambar 5.1: Vibrasi pada pegas 1. gaya gravitasi bumi (arah ke bawah, nilai positif) F1 = m.g = W

(5.1)

2. gaya tarik pegas (arah ke atas, nilai negatif) dengan besar L + u F2 = −k(L + u) 3. gaya gesek atau redaman (damping force) yang cukup kecil namun perlu dipertimbangkan. F3 = γ| du | dimana γ > 0 adalah konstan. Gaya redaman dt ini selalu berlawanan dengan gaya F1 sehingga du dt

(5.2)

F4 = F (t)

(5.3)

F3 = −γ 4. gaya luar (external force), katakanlah

Selanjutnya stabilitas tercapai bila F1 dan F2 sama namun berlawan arah yaitu −F1 = F2 dan tercapai pada saat u = 0. Dengan demikian mg = kL.


55

Substitusikan persamaan terakhir ini pada F2 = −k(L + u) didapat F2 = −mg − ku. Hukum Newton menyebutkan

P

(5.4)

F = ma sehingga jumlah gaya-gaya yang be-

kerja adalah jumlah persamaan (8.9-5.4) dan diperoleh PDB order dua −ku − γ

du d2 u + F (t) = m 2 dt dt

mu00 (t) + γu0 (t) + ku = F (t) dimana m, γ, k > 0. Jika γ = 0 maka dikatakan vibrasi takteredam dan jika F (t) = 0 maka dikatakan vibrasi bebas gaya luar. Adapun nilai awal yang bersesuaian dengan persamaan ini adalah u(0) = u0 dan u0 (0) = u00 sehingga selengkapnya PDB order 2 model vibrasi ini adalah

5.1

mu00 (t) + γu0 (t) + ku = F (t)

(5.5)

u(0) = u0

(5.6)

u0 (0) = u00

(5.7)

Vibrasi Bebas dan Takteredam

Dalam peristiwa ini γ = 0 dan F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan menjadi mu00 + ku = 0 dapat disederhanakan dalam bentuk u00 (t) + µ2 u = 0,

µ2 =

k m

(5.8)

u(0) = u0

(5.9)

u0 (0) = u00 = v0 .

(5.10)


56

Persamaan karakteristiknya adalah r2 + µ2 = 0 dengan r12 = 0 ± µi. Jelas solusi PDB ini adalah u = c1 cos µt + c2 sin µt. Dengan menerapkan nilai awalnya diperoleh c1 = u0 dan c2 =

v0 µ

sehingga

u(t) =

v0 sin µt + u0 cos µt. µ

Langkah selanjutnya menyederhanakan solusi ini. Tetapkan suatu konstanta H = q¡ ¢ v0 2 + u20 maka solusi ini dapat ditulis sebagai µ · v0

¸ u0 u(t) = H sin µt + cos µt . H H µ

Misal

v0 µ

H

= − sin φ dan

u0 H

= cos φ maka ·

¸

u(t) = H − sin φ sin µt + cos φ cos µt = H cos(µt + φ) Persamaan terakgir ini menunjukkan fungsi perpindahan massa dari titik setimbang O dalam waktu t > 0. Dan perlu diingat bahwa bila fungsi itu berupa fungsi trigonometri dalam hal ini u(t) = H cos(µt + φ) maka amplitudo adalah sebesar |H|, waktu yang dibutuhkan utnuk melakukan satu kali getaran (periode) sebesar

2π µ

dan jumlah getaran tiap detik (frekwensi) sebesar

µ . 2π

Contoh 5.1.1 Sebuah benda beratnya 8 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.2 meter dan mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.1 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas dengan kecepatan awal 1 m/dt maka tentukan besarnya amplitudo, periode dan frekwensi. (Gunakan g=10 m/dt2 ).


57

Penyelesaian 5.1.1 Dalam posisi setimbang pegas merenggang sepanjang 0.2 meter sehingga F = ks ⇔ 8 = k(0.2) ⇔ k = 40. Karena berat benda 8 newton maka W = mg ⇔ m = 8/10 kg. Dengan demikian model PDBnya adalah 8 00 u 10

+ 40u = 0. Memperhatikan kondisi awal pada saat benda dilepas maka

model selengkapnya bersama nilai awalnya adalah u00 + 50u = 0 1 10

u(0) =

u0 (0) = 1. Memperhatikan persamaan ini maka akar-akar persamaan karakteristik r12 = √ √ √ 0±5 2i sehingga solusi umumnya adalah u(t) = c1 cos 5 2t+c2 sin 5 2t dimana √ √ √ √ u0 (t) = −5 2c1 sin 5 2t + c2 5 2 cos 5 2t. Dengan menerapkan kedua syarat awalnya didapat solusi khusus √ √ 1 1 cos 5 2t + √ sin 5 2t. 10 5 2 q √ 2 1 2 1 Kemudian untuk H = 10 + 5√1 2 = 10 3 maka u(t) =

· u(t) = H Dan misal

1 10

H

= cos φ dan

1 √ 5 2

H

1 10

H

√

cos 5 2t +

1 √ 5 2

H

¸ sin 5 2t . √

= − sin φ maka cos φ = sin φ =

1 10 1 10

√

3

1 √ 5 2 − 1√ 3 10

dimana φ = −.96 sehingga · ¸ √ √ 1√ ∴ u(t) = 3 cos(−0.96) cos 5 2t − sin(−0.96) sin 5 2t 10 ¡ √ ¢ 1√ 3 cos 5 2t − 0.96 ]. = 10

BAB 5. APLIKASI PDB ORDER DUA Dengan demikian besar amplitudo adalah √ 5 2 2π

58 1 10

√

2π √ 5 2

3, periode

detik dan frekwensi

getaran/detik. Gambar 5.3 menunjukkan bagaimana proses getaran tidak

mengalami perubahan pada saat t tertentu yang dalam hal ini disebabkan karena tidak adanya redaman (titik stasioner tetap sama sepanjang t).

0.06

0.04

u(t)

0.02

0

−0.02

−0.04

−0.06 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Gambar 5.2: Getaran pada pegas tak teredam dan bebas gaya luar

5.2

Vibrasi Bebas dan Teredam

Dalam peristiwa ini F (t) = 0 untuk semua t sehingga persamaan menjadi mu00 + γu0 + ku = 0 dapat disederhanakan dalam bentuk u00 (t) + 2bu0 + µ2 u = 0,

2b =

γ , µ

µ2 =

k m

(5.11)

u(0) = u0

(5.12)

u0 (0) = u00 = v0 .

(5.13)


59

p Persamaan karakteristiknya adalah r2 +2br+µ2 = 0 dengan r12 = −b± b2 − µ2 . p Untuk getaran teredam dipilih b < µ sehingga r12 = −b ± b2 − µ2 i dan sop p ¡ ¢ lusinya adalah u(t) = e−bt c1 cos b2 − µ2 t + c2 sin b2 − µ2 t . Tetapkan suatu p konstanta H = c21 + c22 maka solusi ini dapat ditulis sebagai u(t) = He−bt cos

¡p

¢ b2 − µ2 t + φ .

¢ ¡ ¢ ¡ dimana φ = arcsin − cH1 = arccos cH2 . Jelas solusi ini terdiri dari dua fak¡p ¢ tor yaitu e−bt dan cos b2 − µ2 t + φ dan e−bt disebut faktor peredam yang mempunyai sifat lim He−bt = 0,

t→∞

artinya semakin lama semakin melemah pengaruhnya. 0.06

0.04

u(t)

0.02

0

−0.02

−0.04

−0.06 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Gambar 5.3: Getaran pada pegas teredam dan bebas gaya luar

Contoh 5.2.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan


60

awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u0 dimana u0 adalah kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan besarnya quasi amplitudo, quasi frekwensi dan pengurangan logaritmiknya. (Gunakan g=10 m/dt2 ).

5.3

Vibrasi Takbebas Gaya Luar

Dalam peristiwa ini model vibrasi muncul dalam persamaan penuh. Dengan mengambil F (t) = F1 cos ωt maka model persamaan adalah mu00 + γu0 + ku = F1 cos ωt. dapat disederhanakan dalam bentuk u00 (t) + 2bu0 + µ2 u = E1 cos ωt,

dimana 2b =

γ , µ

µ2 =

(5.14)

u(0) = u0

(5.15)

u0 (0) = u00 = v0 .

(5.16)

k , m

E1 =

F1 . m

Bila dipilih b < µ maka solusi PDB

homogennya adalah uh = He−bt cos

¡p

¢ b 2 − µ2 t + φ .

(5.17)

Selanjutnya akan ditentukan solusi khusus PDB nonhomogen dengan memisalkan us = A cos ωt + B sin ωt. Dengan demikian u0s = −ωA sin ωt + ωB cos ωt u00s = −ω 2 A cos ωt − ω 2 B sin ωt.

(5.18)


61

Substitusikan dalam persamaan (5.14) akan diperoleh dua sistem persamaan linier −2bωA + (µ2 − ω 2 )B = 0 (µ2 − ω 2 )A + 2bωB = E1 sehingga E1 (µ2 − ω 2 ) (µ2 − ω 2 )2 + 4b2 ω 2 2bωE1 B = . 2 (µ − ω 2 )2 + 4b2 ω 2 A =

Dengan demikian persamaan (5.18 menjadi µ ¶ E1 2 2 us = 2 (µ − ω ) cos ωt + 2bω sin ωt . (µ − ω 2 )2 + 4b2 ω 2 atau E1 us = p cos(ωt − φ), 2 (µ − ω 2 )2 + 4b2 ω 2 dimana φ = arccos √

(µ2 −ω 2 ) (µ2 −ω 2 )2 +4b2 ω 2

= arcsin √

(5.19)

2bω . (µ2 −ω 2 )2 +4b2 ω 2

Dengan demikian

solusi umum model PDB ini adalah u = uh + us pada persamaan (5.17-5.19), yaitu u = He−bt cos

¡p

¢ b2 − µ2 t + φ + p

E1 (µ2

− ω 2 )2 + 4b2 ω 2

cos(ωt − φ).

(5.20)

Memperhatikan solusi ini maka dapat disimpulkan bahwa fungsi solusinya terdiri ¡p ¢ dari dua suku fungsi yaitu He−bt cos b2 − µ2 t + φ dan √ 2 E21 2 2 2 cos(ωt − (µ −ω ) 4b ω

φ), dan dengan konstanta tertentu maka visualisasi vibrasi takbebas gaya luar ini dapat disajikan berturut-turut pada Gambar 5.4-5.6.


62

0.3 0.2 u(t) 0.1

Perpindahan (u)

0 −0.1 −0.2 −0.3 −0.4 −0.5 −0.6 0

1

2

3

4 5 Waktu (t)

6

7

8

9

Gambar 5.4: Ekspresi getaran suku fungsi pertama

0.6

0.4 u(t)

Perpindahan (u)

0.2

0

−0.2

−0.4

−0.6 0

1

2

3

4 5 Waktu (t)

6

7

8

9

Gambar 5.5: Ekspresi getaran suku fungsi kedua

Contoh 5.3.1 Sebuah benda beratnya 16 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.4 meter dan mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.3 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 6u0 dimana u0 adalah kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu apabila terdapat gaya luar F (t) = 5 cos 2t. (Gunakan g=10 m/dt2 ).


63

0.6

0.4 u(t)

Perpindahan (u)

0.2

0

−0.2

−0.4

−0.6

−0.8 0

1

2

3

4 5 Waktu (t)

6

7

8

9

Gambar 5.6: Getaran pada pegas takbebas gaya luar


64

Latihan Tutorial 5

1. Sebuah benda beratnya 10 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.25 meter dan mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.4 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya gesek diabaikana maka tentukan fungsi simpangan pada saat. (Gunakan g=10 m/dt2 ). 2. Sebuah benda beratnya 26 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 0.75 meter dan mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 0.65 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 8u0 dimana u0 adalah kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu. 3. Sebuah benda beratnya 80 newton diletakkan pada ujung pegas yang tergantung dan mengakibatkan pegas merenggang sepanjang 1.5 meter dan mencapai keadaan setimbang. Selanjutnya benda ditarik kebawah sejauh 1.25 meter dibawah titik setimbang dan pada saat t = 0 benda itu dilepas tanpa kecepatan awal, sedangkan gaya geseknya adalah 4u0 + 1 dimana u0 adalah kecepatan dalam satuan m/dt2 maka tentukan fungsi simpangan pada saat tertentu apabila terdapat gaya luar F (t) = 5 cos 2t + sin 2t.

65

Daftar Pustaka Boyce, W. E. & Diprima, R. C. 1997. Elementary Differential Equations and Boudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Burden, R. L. and Faires, J. D. 1997.Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing Company. U.S. Lambert, J.D. 1993. Numerical Methods for Ordinary Differential Systems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Powell, M.J.D. 1981. Approximation Theory and Methods. Cambridge University Press. U.K. Ross, S. L. 1989. Introduction to Ordinary Differential Equations. John Wiley & Sons, Inc. New York. U.S. Shampine, L. F. & Baca, L.S. 1989. Computer Solution of Ordinary Differential Equations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco.

BAB 6

Sistem PDB Persamaan difrensial biasa order pertama dapat disajikan dalam bentuk berikut dy = f (x, y) atau y 0 = f (x, y). dx

(6.1)

Solusi dari persamaan ini adalah y(x) yang memenuhi persamaan y 0 (x) = f (x, y(x)) di semua titik pada interval domain [a, b]. Selanjutnya persamaan (6.1) dikatakan merupakan masalah nilai awal bila solusi itu memenuhi nilai awal y(a) = y0 , sehingga persamaan itu dapat digambarkan sebagai y 0 = f (x, y), y(a) = y0 .

a≤x≤b

Kemudian bila persamaan ini terdiri dari lebih dari satu persamaan yang saling terkait maka dikatagorikan sebagai sistem persamaan difrensial. Sistem persamaan difrensial order pertama disajikan sebagai berikut. y10 = f1 (t, y1 , y2 , . . . , yn ) y20 = f2 (t, y1 , y2 , . . . , yn ) .. . yn0 = fn (t, y1 , y2 , . . . , yn ). Atau dalam bentuk umum dapat disajikan sebagai yi0 = fi (t, y1 , y2 , . . . , yn ) i = 1, 2, . . . , n dan a ≤ t ≤ b. 66

(6.2)

67 dengan nilai awal y1 (a) = α1 , y1 (a) = α2 , . . . , y1 (a) = αn . Seluruh bentuk PDB atau sistem PDB dapat ditransformasikan kedalam bentuk sistem persamaan difrensial order satu dan kelebihan sistem ini adalah mudah ditentukan solusinya dengan metoda apapun baik analitik, kualitatif ataupun metoda numerik. Dibawah ini diberikan contoh bagaimana sistem PDB sebarang dapat ditransformasikan kedalam sistem PDB order satu.

Contoh 6.0.2 Transformasikan sistem persamaan difrensial dibawah ini dalam sistem persamaan difrensial order satu. u000 + u00 v 0 = xv u v0 + v + = cos x 1+x dimana u(0) = −1, u0 (0) = 1, u00 (0) = 1, v(0) = 1 Penyelesaian 6.0.1 Misal y1 = u, y2 = u0 , y3 = u00 dan y4 = v, maka y10 = u0 = y2 , y20 = u00 = y3 , y30 = u000 = xy4 − y3 (cos x − y4 − y40 = v 0 = cos x − y4 −

y1 . 1+x

y1 ), 1+x

Nilai awal seakarang adalah y1 (0) = −1, y2 (0) = 1, y3 (0) = 1, y4 (0) = 1.

6.1

Solusi Sistem PDB Linier Orde Satu Homogen dengan Koefisien Kosntan

Untuk memberikan gambaran bagaimana usaha yang dilakukan dalam menyelesaikan sistem PDB diatas, berikut ini akan diberikan contoh model penyelesaian sistem PDB dengan dua persamaan. y10 = a1 y1 + a2 y2

(6.3)

y20 = a3 y1 + a4 y2 .

(6.4)

68 Misal y1 = Aeλt → y10 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y20 = Bλeλt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam (6.3-6.4) didapat dua persamaan (a1 − λ)A + a2 B = 0 a3 A + (a4 − λ)B = 0. Solusi dari persamaan terakhir ini akan berupa solusi tunggal bila determinan koefisien-koefisiennya λ2 − (a1 + a2 )λ + (a1 a4 − a3 a2 ) = 0 tidak sama dengan nol, dan bila sama dengan nol solusinya adalah trivial (banyak solusi). Kemudian jenis solusi PDB model ini akan ditentukan oleh akar-akar -akar persamaan karakteristik ini.

6.1.1

Akar Riel dan Berbeda

Contoh 6.1.1 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini. y10 = 6y1 − 3y2 y20 = 2y1 + y2 . Penyelesaian 6.1.1 Misal y1 = Aeλt → y10 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y20 = Bλeλt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas diperoleh (6 − λ)A − 3B = 0 2A + (1 − λ)B = 0. Sehingga persamaan karakteristik adalah λ2 − 7λ + 12 = 0 dimana λ1 = 3, λ1 = 4. Dengan demikian untuk λ = 3 didapat nilai A = B = 1 sehingga solusinya (y1 )1 = e3t (y2 )1 = e3t , sedangkan untuk λ = 4 diperoleh nilai A = 3, B = 2 dan solusinya (y1 )2 = 3e4t (y2 )2 = 2e4t . Dengan demikian solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah y1 = c1 (y1 )1 + c2 (y1 )2

atau y1 = c1 e3t + 3c2 e4t

y2 = c1 (y2 )1 + c2 (y2 )2

atau y1 = c1 e3t + 2c2 e4t

69

6.1.2

Akar-Akar Komplek

Contoh 6.1.2 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini. y10 = 3y1 + 2y2 y20 = −5y1 + y2 . Penyelesaian 6.1.2 Misal y1 = Aeλt → y10 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y20 = Bλeλt juga solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas diperoleh (3 − λ)A + 2B = 0 −5A + (1 − λ)B = 0. Sehingga persamaan karakteristik adalah λ2 − 4λ + 13 = 0 dimana akar-akarnya λ12 = 2 ± 3i. Dengan demikian (1 − 3i)A + 2B = 0 −5A + (−1 − 3i)B = 0. Ambil sebarang A misal A = 2 maka B = −1 + 3i sehingga solusinya ¡ ¢ y1 = 2e(2+3i)t atau y1 = e2t 2e3it ¡ ¢ y2 = (−1 + 3i)e(2+3i)t atau y2 = e2t − e3it + 3ie3it . Ingat bahwa eit = cos t + i sin t sehingga ¡ ¢ y1 = e2t 2 cos 3t + 2i sin 3t ¡ ¢ y2 = e2t − cos 3t − i sin 3t + 3i cos 3t + 3i2 sin 3t . Dengan mengabaikan bagian imajiner i didapat dua solusi riel berikut (y1 )1 = 2e2t cos 3t ¡ ¢ (y2 )1 = −e2t cos 3t + 3 sin 3t . dan (y1 )2 = 2e2t sin 3t ¡ ¢ (y2 )2 = e2t 3 cos 3t − sin 3t . Dengan menggabungkan kedua solusi ini didapat solusi umum sistem PDB ¡ ¢ y1 = 2e2t c1 cos 3t + c2 sin 3t ¡ ¢¤ ¢ £ ¡ y2 = e2t c1 − cos 3t − 3 sin 3t + c2 3 cos 3t − sin 3t

70

6.1.3

Akar Riel dan Sama

Permisalan solusi pada kasus ini sedikit berbeda dengan permisalan solusi-solusi sebelumnya. Pertama kali dimisalkan y1 = Aeλt y2 = Beλt kemudian permisalan ditingkatkan menjadi y1 = Ateλt y2 = Bteλt . Bila permisalan terakhir ini dipandang tidak cukup signifikan dijadikan solusi PDB dengan akar riel sama ini dapat dipilih permisalan lain y1 = (A1 t + A2 )eλt y2 = (B1 t + B2 )eλt . Untuk lebih jelaskan akan diselesaikan contoh berikut ini. Contoh 6.1.3 Tentukan solusi dari sistem PDB dibawah ini. y10 = 4y1 − y2 y20 = y1 + 2y2 . Penyelesaian 6.1.3 Misal y1 = Aeλt → y10 = Aλeλt dan y2 = Beλt → y20 = Bλeλt adalah solusi sistem ini maka substitusikan kedalam dua persamaa diatas diperoleh persamaan karakteristik dengan λ1 = λ2 = 3 sehingga persamaan menjadi A−B = 0 A − B = 0. Pilih A = B = 1 maka solusinya (y1 )1 = e3t (y2 )1 = e3t . Selanjutnya misal solusi itu y1 = (A1 t + A2 )e3t dan y2 = (B1 t + B2 )e3t maka y10 = A1 e3t + 3A1 te3t + 3A2 e3t dan y20 = B1 e3t + 3B1 te3t + 3B2 e3t . Substitusikan kedalam dua persamaan dalam persoalan diatas diperoleh persamaan (A1 − B1 )t + (A2 − A1 − B2 ) = 0 (A1 − B1 )t + (A2 − B1 − B2 ) = 0

71 sehingga A1 − B1 = 0

A2 − A1 − B2 = 0

A1 − B1 = 0

A2 − B1 − B2 = 0.

Sebelumnya sudah dipilih A1 = B1 = 1 maka didapat A2 − B2 = 1, pilih A2 = 1 → B2 = 0. Dengan demikian solusinya adalah (y1 )2 = (t + 1)e3t (y2 )2 = te3t . Dari kedua bagian solusi ini solusi umum sistem PDB pada persoalan ini adalah y1 = c1 (y1 )1 + c2 (y1 )2 y2 = c1 (y2 )1 + c2 (y2 )2

6.2

atau y1 = c1 e3t + c2 (t + 1)e3t atau y1 = c1 e3t + c2 te4t

Metoda Operator

Misal diberikan Dx = x0 Dn x = x(n) maka a0 x(n) + a1 x(n−1) + · · · + an−1 x0 + an x = F (x) ¡ ¢ a0 D(n) + a1 D(n−1) + · · · + an−1 D + an x = F (x). Bila dipilih L = a0 D(n) + a1 D(n−1) + · · · + an−1 D + an maka operator L akan memenuhi sifat berikut L(c1 f1 + c2 f2 + · · · + cn fn ) = c1 L(f1 ) + c2 L(f2 ) + · · · + cn L(fn ). Dan bila L1 , L2 ∈ L maka L1 L2 f = L2 L1 f = Lf. Contoh 6.2.1 Bila L = 3D2 + 5D maka tentukan L(3t2 + t).

72 Penyelesaian 6.2.1 L(3t2 + t) = 3L(t2 ) + L(t) = 3(3D2 + 5D)(t2 ) + (3D2 + 5D)(t) = 30t + 23 Kemudian bagaimana menerapkan metoda operator ini untuk menyelesaikan sistem PDB, berikut ini akan dibahas contoh sistem PDB order satu. Contoh 6.2.2 Tentukan solusi sistem PDB berikut ini. 2x0 − 2y 0 − 3x = t 2x0 + 2y 0 + 3x + 8y = 2 Penyelesaian 6.2.2 Rubah kedalam bentuk persamaan operator (2D − 3)x − 2Dy = t (2D + 3)x + (2D + 8)y = 2 Gunakan metoda eliminasi untuk y sehingga (2D + 8)(2D − 3)x − 2(2D + 8)Dy = (2D + 8)t 2D(2D + 3)x + 2D(2D + 8)y = 2.2D dengan menjumlah kedua persamaan ini diperoleh 1 (D2 + 2D − 3)x = t + . 4 Persamaan terakhir ini merupakan PDB nonhomogen order dua dengan koefisien konstan sehingga dengan menggunakan prinsip-prinsip penyelesaian sebelumnya diperoleh solusi berikut 1 11 x(t) = c1 et + c2 e−3t − t − . 3 36

(6.5)

Dengan cara yang sama gunakan metoda eliminasi untuk x diperoleh solusi 1 5 y(t) = k1 et + k2 e−3t + t + . 8 12

(6.6)

Tentukan turunan pertama kedua solusi ini dan substitusikan kedua solusi ini bersama turunannya kedalam salah satu sistem PDB dan kelompokkan seluruh koefisien yang bersesuaian diperohel (−c1 − 2k1 )et + (−9c2 + 6k2 )e−3t = 0

73 sehingga diperoleh hubungan k1 = − 21 c1 dan k2 = 32 c2 . Dengan demikian solusi umumnya adalah ∴ ∴

1 11 x(t) = c1 et + c2 e−3t − t − 3 36 1 t 3 −3t 1 5 y(t) = − c1 e + c2 e + t + . 2 2 8 12

74

Latihan Tutorial 1 1. Suatu fluida (yang berupa zat alir) diinjeksikan satu arah dalam sebuah trowongan vertikal. Kemudian flow (aliran) fluida itu diamati sedemikian hingga menghasilkan suatu model matematika yang berupa sistem PD non linier dengan masalah nilai awal sebagai berikut: f 000 − R[(f 0 )2 − f f 00 ] + RA = 0 h00 + Rf h0 + 1 = 0 θ00 + P f θ0 = 0 dengan nilai awal f (0) = 1, f 0 (0) = −2, f 00 (0) = 1, h(0) = −2, h0 (0) = 1, θ(0) = 1, θ0 (0) = −1. Dimana f, h adalah fungsi potensial dan θ adalah fungsi distribusi temperatur. A adalah konstanta tak tentu, R adalah bilangan Reynold dan P bilangan Peclect. Lakukan transformasi kedalam sistem PDB order satu. 2. Suatu PDB disajikan dalam sistem berikut: v u000 + u00 = x 0 v u 0 2v + = cos v 00 1+x x 000 0 w + v (1 − 0 ) − u0 = x w dengan nilai awal u(0) = 0, u0 (0) = −1, u00 (0) = 2, v(0) = −1, v 0 (0) = 0, w(0) = 0, w0 (0) = −2, w00 (0) = 0. Lakukan transformasi kedalam sistem PDB order satu. 3. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi 30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/Lt dituangkan kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/Lt dituangkan kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir keluar meninggalkan sistem. (a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari peristiwa ini.

75

2 Lt/min, 1 gram/Lt

1 Lt/min, 3 gram/Lt

4 Lt/min

2 Lt/min 3 Lt/min

Gambar 6.1: Dua tangki yang saling berhubungan. (b) Gunakan metoda operator untuk menentukan ekspresi model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki I dan II setiap saat. 4. Gambar 6.2 menyajikan gerak harmonis pegas yang disebabkan oleh ditempatkannya dua massa m1 dan m2 . Selanjutnya benda m1 didorong mendekati pangkal pegas sejauh y1 = a1 dari titik setimbang m1 dan m2 ditarik menjauhi pangkal pegas sejauh y2 = a2 dari titik setimbang m2 . Pada saat t(0) = t0 dan v(0) = v0 kedua beban itu dilepas sehingga mengalami garak harmonis. (a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari peristiwa ini. (b) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan besarnya simpangan setiap saat.

76

k1

P

m1

k2

m2

O1

P

k1

m1 x1 = a1

O2 k2

m2 x2 = a2

Gambar 6.2: Gerak harmonis sebuah pegas dengan dua beban.

BAB 7

PDB Nonlinier dan Kesetimbangan Dalam fenomena riel sedikit sekali model PDB muncul dalam bentuk linier. Sebaliknya persamaan itu muncul dengan model nonlinier yang sulit diselesaikan secara analitik. Suatu metoda yang terus berkembang pesat adalah metoda numerik. Namun demikian secara teoritis maupun praktis metoda ini memerlukan pemahaman khusus terutama menyangkut pembuatan komputer programming. Metoda sederhana namun cukup berarti adalah menghampiri persamaan nonlinier dengan persamaan linier termasuk didalamnya menganalisa perubahan koefisien dan syarat awalnya. Teknik ini dikenal dengan analisa kualitatif, yaitu mencoba menganalisa solusi PDB nonlinier secara grafis. Beberapa aspek penting untuk memahami teknik penyelesaian dengan cara ini dapat dijelaskan dalam bahasan berikut.

77

78

7.1

Sistem Linier

Suatu sistem PDB order satu dengan n persamaan yang disajikan sebagai dx1 = a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn dt dx2 = a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn dt .. . dx1 = a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn dt dapat ditulis dalam bentuk dx = Ax. dt

(7.1)

Misal solusi persamaan ini adalah x = ξert dan x0 = ξrert maka ξrert = Aξert (A − rI)ξ = 0 Definisi 7.1.1 Misal A ∈ Rn×n maka vektor ξ ∈ Rn disebut vektor eigen bila Aξ = rξ dimana r adalah nilai eigen. Untuk memperoleh nilai eigen dapat dipakai formulasi det(A − rI) = 0 yang sekaligus merupakan persamaan karakteristik dari sistem PDB linier diatas. Selanjutnya bila persamaan (7.1) sama dengan nol, yaitu dx = Ax = 0 maka solusi dt sistem PDB linier akan mencapai titik kritis (titik kesetimbangan). Suatu contoh, diberikan sistem PDB x10 = −x1 + x2, x20 = −x1 − x2. Titik kritis dapat diperoleh dengan menyelesaikan sistem −x1 + x2 = 0 −x1 − x2 = 0 dimana titik yang memenuhi adalah (0, 0) sehingga titik kesetimbangannya adalah (0, 0).

7.2

Sistem Otonomus dan Trayektori

Dalam hal ini akan dibahas sistem PDB dengan dua variabel terikat x1, x2.

79 Definisi 7.2.1 Suatu PDB yang berbentuk dx1 = f1 (x1 , x2 ) (7.2) dt dx2 = f2 (x1 , x2 ) (7.3) dt adalah merupakan sistem otonomus karena f1 (x1 , x2 ) dan f2 (x1 , x2 ) bebas dari t. Dengan demikian bila sarat Lipschitz dipenuhi oleh persamaan diatas maka x1 = x1 (t),

x2 = x2 (t)

(7.4)

merupakan solusinya dan memenuhi sarat awal x1 (t0 ) = (x1 )0 , x2 (t0 ) = (x2 )0 . Jelas penyelesaian (7.4) menentukan sebuah kurva diruang tiga-dimensi t, x1 , x2 . Jika kita pandang t sebagai parameter, maka bila t berubah dalam selang interval tertentu a < t < b, titik (x1 (t), x2 (t)) akan menelusuri sebuah kurva yang disebut trayektori atau orbit dari penyelesaian (7.4) di bidang x1x2. Dalam kajian dari sistem fisis, pasangan (x1 , x2 ) disebut fase dari sistem oleh karena itu bidang x1x2 pada umumnya disebut bidang fase (phase plan), sedangkan gambar semua trayektori yang berpautan dalam bidang fase disebut potret fase. Untuk menentukan trayektori dari persamaan (7.2-7.2) dapat digunakan aturan rantai sebagai berikut: dx2 dx2 dt f2 (x1 , x2 ) = · = dx1 dt dx1 f1 (x1 , x2 )

(7.5)

Kemudian dengan menyelesaikan PDB ini akan diperoleh persamaan trayektori yang melalui titik-titik pada domain D. Misal f2 (x1 , x2 ) 6= 0 maka persamaan trayektori yang melalui titik-titik lain misal S adalah dx1 f1 (x1 , x2 ) = dx2 f2 (x1 , x2 ) Titik-titik ((x1 )0 , (x2 )0 ) dalam bidang fase yang membuat f1 dan f2 sama de-ngan nol merupakan titik setimbang dari sistem (7.2-7.2) dan x1 (t) = (x1 )0 , x2 (t) = (x2 )0 adalah penyelesaian untuk semua t. Contoh 7.2.1 Tentukan titik kritis sistem PDB   dx  0 −1  =  x, dt 1 0 dan gambar keluarga trayektori √ yang berpautan dengan solusi yang memenuhi syarat awal x1 (0) = 1, x2 (0) = 3.

80 Contoh 7.2.2 Tentukan titik kritis sistem PDB   dx  0 −1  =  x, dt 1 0 dan gambar keluarga trayektori √ yang berpautan dengan solusi yang memenuhi syarat awal x1 (0) = 1, x2 (0) = 3. Penyelesaian 7.2.1 Titik kritis ditentukan dengan    0 −1    x = 0, 1 0 sehingga (0, 0) adalah satu-satunya titik kritis. Kemudian dengan menggunakan persamaan (7.5) maka persamaan trayektori didapat dari menyelesaikan PDB dx2 x1 =− , dx1 x2

x2 6= 0

dimana penyelesaian umumnya adalah x21 +x22 = c2 , suatu lingkaran yang berpusat di (0, 0). Dengan menerapkan sarat awal, maka solusi khusus didapat sebagai x21 + x22 = 4. Trayektori dari solusi ini adalah berupa lingkaran yang berpusat di (0, 0), dimana gerakannya dapat dianalisis dari solusi x22 = 4 − x21 . Semakin besar nilai x1 semakin kecil nilai x2 -nya, dengan demikian gerakan titik berlawanan dengan arah jarum jam, lihat Gambar (7.1).

x2

2

x1

Gambar 7.1: Trayektori sistem PDB dengan variasi nilai awal.

81

7.3

Kestabilan Titik Kritis dari Sistem Otonomus

Persamaan otonomus yang ditulis dalam sistem berikut dx1 = f1 (x1 , x2 ) dt dx2 = f2 (x1 , x2 ) dt

(7.6) (7.7)

akan mempunyai ((x1 )0 , (x2 )0 ) sebagai titik kritis (atau kesetimbangan) dari sistem (7.6-7.7) apabila f1 ((x1 )0 , (x2 )0 ) = 0 dan f2 ((x1 )0 , (x2 )0 ) = 0. Karena turunan suatu konstanta sama dengan nol, akibatnya jika titik ((x1 )0 , (x2 )0 ) merupakan titik kritis dari sistem ini, maka sepasang fungsi konstan x1(t) = (x1 )0 ,

x2(t) = (x2 )0

(7.8)

merupakan penyelesaian dari sistem (7.6-7.7) untuk semua nilai t. Dalam banyak keadaan, sangat penting mengetahui apakah setiap penyelesaian dari sistem (7.6-7.7) yang memulai cukup dekat dengan penyelesaian (7.8) pada t = 0 akan tetap dekat dengan (7.8) untuk seluruh t > 0 berikutnya. Jika demikian halnya, penyelesaian (7.8), atau titik kritis ((x1 )0 , (x2 )0 ) disebut stabil. Untuk lebih jelasnya diberikan definisi berikut. Definisi 7.3.1 Titik kritis ((x1 )0 , (x2 )0 ) atau penyelesaian konstan (7.8) dari sistem (7.6-7.7) disebut stabil jika untuk setiap bilangan e > 0 terdapat suatui bilangan δ > 0 sedemikian hingga setiap penyelesaian (x1 (t), x2 (t)) yang pada t = 0 memenuhi [x1 (0) − (x1 )0 ]2 + [x2 (0) − (x2 )0 ]2 < δ

(7.9)

ujud dan memenuhi [x1 (t) − (x1 )0 ]2 + [x2 (t) − (x2 )0 ]2 < ²

(7.10)

untuk semua t ≥ 0. Definisi 7.3.2 Titik kritis ((x1 )0 , (x2 )0 ) atau penyelesaian konstan (7.8) disebut stabil asimtotik jika titik itu stabil dan sebagai tambahan terdapat δ0 sedemikian hingga setiap penyelesaian (x1 (t), x2 (t)) yang pada t = 0 memenuhi [x1 (0) − (x1 )0 ]2 + [x2 (0) − (x2 )0 ]2 < δ0

(7.11)

82 ujud untuk semua t ≥ 0 dan memenuhi lim x1 (t) = 0,

t→∞

lim x2 (t) = 0

t→∞

(7.12)

Definisi 7.3.3 Sebuah titik yang tidak stabil disebut tak stabil.

Secara singkat dikatakan, stabilitas berarti perubahan kecil dalam syarat awal hanya menyebabkan pengaruh kecil pada penyelesaian, stabil asimtotik berarti pengaruh dari perubahan kecil cendrung menghilang sama sekali (tidak berpe-ngaruh) sedangkan ketakstabilan berarti suatu perubahan kecil pada syarat awalnya akan berakibat perubahan besar pada penyelesaian. Konsep mengenai titik stabil, stabil asimtotik dan tak stabil masing-masing digambarkan dalam Gambar 7.2.

Gambar 7.2: Potret fase sistem PDB dengan MAPLE Contoh 7.3.1 Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB   dx  0 −1  =  x, dt 1 0 adalah stabil.

83 Penyelesaian 7.3.1 Misal diberikan ² > 0. Pilih δ = ². Solusi sistem ini adalah x1 (t) = c1 cos t + c2 sin t

(7.13)

x2 (t) = c1 cos t − c2 sin t

(7.14)

dimana c1 , c2 adalah sebarang konstan. Karena titik kritis (0, 0) maka (x1 )0 = (x2 )0 = 0 dan x1 (0) = c1 , x2 (0) = −c2 , dan jelas [x1 (0) − (x1 )0 ]2 + [x2 (0) − (x2 )0 ]2 < δ (c1 − 0)2 + (c2 − 0)2 < δ c21 + c22 < δ. Selanjutnya apakah [x1 (t) − (x1 )0 ]2 + [x2 (t) − (x2 )0 ]2 < ². Substitusikan penyelesaian diatas didapat (c1 cos t + c2 sin t)2 + (c1 cos t − c2 sin t)2 < δ c21 cos2 t + 2c1 cos tc2 sin t + c22 sin2 t + c21 cos2 t − 2c1 cos tc2 sin t + c22 sin2 t < δ c21 + c22 < δ = ². Lengkaplah pembuktian bahwa titik kritis (0, 0) adalah stabil. Kita tahu bahwa trayektori sistem PDB ini merupakan persamaan lingkaran yang berpusat di (0, 0), dengan demikian lingkaran itu tidak menghampiri titik kritis pada saat t → ∞. Ini berarti persamaan (7.12) tidak berlaku, oleh karena itu titik kritis (0, 0) bukan stabil asimtotik. Contoh 7.3.2 Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB   dx  −1 0  =  x, dt 0 −1 adalah stabil asimtotik. Penyelesaian 7.3.2 Mula-mula harus dibuktikan bahwa (0, 0) adalah stabil. Misal diberikan ² > 0. Pilih δ = ². Solusi umum sistem pada soal ini adalah x1 (t) = c1 e−t

(7.15)

−t

(7.16)

x2 (t) = c2 e

84 dimana c1 , c2 adalah sebarang konstan. Disini (x1 )0 = (x2 )0 = 0 dan x1 (0) = c1 , x2 (0) = c2 , dan jelas [x1 (0) − (x1 )0 ]2 + [x2 (0) − (x2 )0 ]2 < δ (c1 − 0)2 + (c2 − 0)2 < δ c21 + c22 < δ. Selanjutnya apakah [x1 (t) − (x1 )0 ]2 + [x2 (t) − (x2 )0 ]2 < ². Substitusikan penyelesaian diatas didapat (c1 e−t )2 + (c2 e−t )2 < δ (c21 + c22 )e−2t < δ ≤ c21 + c22 < δ = ² dengan demikian titik (0, 0) adalah stabil. Karena untuk sebarang c1 , c2 berlaku lim x1 (t) = lim c1 e−t = 0,

t→∞

t→∞

lim x2 (t) = lim c2 e−t = 0

t→∞

t→∞

maka titik (0, 0) adalah stabil asimtotik. Contoh 7.3.3 Buktikan titik kritis (0, 0) sistem PDB   dx  −3 4  =  x, dt −2 3 adalah takstabil. Penyelesaian 7.3.3 Misal titik (0, 0) adalah stabil maka untuk ² > 0 terdapat δ > 0 sedemikian hingga memenuhi persamaan (7.9-7.10). Perhatikan bentuk penyelesaian sistem ini √ δ t x1 (t) = e (7.17) √2 δ t x2 (t) = e (7.18) 2 √

Disini (x1 )0 = (x2 )0 = 0 dan x1 (0) = x2 (0) = 2δ , dan √ √ δ 2 δ 2 ( ) +( ) < δ 2 2 δ < δ. 2

85 Selanjutnya apakah [x1 (t) − (x1 )0 ]2 + [x2 (t) − (x2 )0 ]2 < ². Substitusikan penyelesaian diatas didapat √ √ δ t 2 δ t 2 ( e ) +( e) < ² 2 2 δ 2t e < ². 2 Jelas ini tidak akan berlaku untuk semua nilai t ≥ 0, sehingga titik kristis (0, 0) adalah takstabil. Selanjutnya sifat-sifat kestabilan secara umum dari sistem otonomus linier   dx  a b  =  x, dt c d dapat dianalisa dari nilai eigen matriknya. Bila ad − bc 6= 0 maka titik kritis (0, 0) adalah satu-satunya titik kristis sistem ini dan solusinya akan berbentuk x1 (t) = Aeλt ,

x2 (t) = Beλt .

dan sifat-sfiat kestabilan dapat dilihat dalam teorema berikut. Teorema 7.3.1 Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB otonomus • akan stabil jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan negatif atau mempunyai bagian riel yang takpositif. • akan stabil asimtotik jika dan hanya jika kedua nilai eigennya riel dan negatif atau mempunyai bagian riel yang negatif. • akan takstabil jika dan hanya jika salah satu atau kedua nilai eigennya riel dan positif atau paling sedikit satu nilai eigen mempunyai bagian riel yang positif. Ketiga contoh yang diberikan semuanya adalah sistem otonomus linier. Dalam contoh (7.3.1) persamaan kuadratik nilai eigen (persamaan karakteristik) λ2 + 1 = 0. Akar-akarnya adalah 0 ± i, jelas mempunyai bagin riel yang

86 tak positif (yaitu 0) maka menurut teorema titik kritis ini (0, 0) adalah stabil. Dalam contoh (7.3.2) persamaan karakteristiknya berbentuk λ2 + 2λ + 1 = 0. Akar-akarnya λ1 = −1 = λ2 . Karena akar-akarnya riel dan negatif maka titik kritis (0, 0) adalah stabil asimtotik. Terakhir contoh (7.3.3) persamaan karakteristiknya λ2 − 1 = 0 akar-akarnya λ = 1 dan λ = −1 sehingga titik kritisnya takstabil. Sekarang perhatikan kembali sistem otonomus (7.6-7.7). Misal titik kritis itu ((x1 )0 , (x2 )0 ) mengalami transformasi karena pemetaan yang berbentuk X1 = x1 − (x1 ) − 0 dan X2 = x2 − (x2 ) − 0, dan memetakan sistem otonomus kedalam sistem sepadan dengan (0, 0) sebagai titik kritis, tanpa mengurangi perumuman, dimana (0, 0) juga merupakan titik kritis sistem (7.6-7.7) maka inilah suatu teknik untuk menghampiri bentuk sistem non linier dengan sistem linier. Sistem hampiran ini akan menjadi sistem yang hampir linier dengan bentuk umum sebagai berikut   dx  a b  =  x + F (x1 , x2 ), dt c d dengan ad − bc 6= 0 dan F (0, 0) = 0. Jadi (0, 0) tetap merupakan titik kritis sistem ini. Kemudian bila fungsi-fungsi F ∈ C 1 (I) didekat titik kritis asal, dan juga terjadi bahwa F (x , x ) p 1 2 =0 lim x1 →0 x21 + x22 x2 →0

(7.19)

dikatakan bahwa sistem linier 



dx  a b  =  x, dt c d merupakan hampiran yang baik terhadap sistem PDB hampir linier diatas. Selanjutnya berkenaan dengan kestabilan titik kritis akan mengikuti teorema berikut. Teorema 7.3.2 Titik kritis (0, 0) dari sistem PDB hampir linier • akan stabil asimtutik jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah stabil asimtutik. • akan takstabil jika titik kritis (0, 0) dari sistem PDB linier adalah takstabil.

87 Contoh 7.3.4 Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier x01 = −x1 + x2 + (x21 + x22 ) x02 = −2x2 − (x21 + x22 )3/2 adalah stabil asimtutik. Penyelesaian 7.3.4 Di sini a = −1, b = 1, c = 0, d = −2, dan ad − bc = 2 6= 0 sedang F1 (x1 , x2 ) = (x21 + x22 ), F2 (x1 , x2 ) = (x21 + x22 )2 . Juga F1 (0, 0) = F2 (0, 0) = 0, sehingga syarat (7.19) terpenuhi. Dengan demikian sistem liniernya sekarang adalah x01 = −x1 + x2 x02 = −2x2 Persamaan karakteristik persamaan ini adalah λ2 + 3λ + 2 = 0, dimana akarakarnya adalah λ1 = −1 dan λ1 = −2. Karena kedua akarnya bernilai riel dan negatif maka titik kritis sistem linier ini adalah adalah stabil asimtutik yang berakibat bahwa sistem yang hampir linier itu juga stabil asimtutik. Contoh 7.3.5 Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) sistem PDB hampir linier x01 = −3x1 + 4x2 + (x21 − x22 ) x02 = −2x1 + 3x2 − x1 x2 adalah stabil asimtutik. Penyelesaian 7.3.5 Di sini a = −3, b = 4, c = −2, d = 3, dan ad − bc = 2 6= 0 sedang F1 (x1 , x2 ) = (x21 − x22 ), F2 (x1 , x2 ) = −x1 x2 , juga F1 (0, 0) = F2 (0, 0) = 0. Kita nyatakan x1 dan x2 dalam koordinat polar: x1 = r cos θ, x2 = r sin θ maka (syarat x → 0 dan x → 0 sepadan dengan r → 0). Maka r2 (cos2 θ − sin2 θ) F1 (x1 , x2 ) lim p 2 = lim = lim r cos 2θ = 0 r→0 r→0 r→0 r x1 + x22 F2 (x1 , x2 ) r2 (cos θ sin θ) = lim −r cos θ sin θ = 0. lim p 2 = lim − r→0 r→0 r→0 r x1 + x22 Jadi syarat (7.19) terpenuhi, sehingga kajian difokuskan pada bagian sistem linier x01 = −3x1 + 4x2 x02 = −2x1 + 3x2 dimana nilai eigennya adalah λ1 = 1 dan λ2 = −1. Karena salah satu akarnya adalah positif dan titik (0, 0) adalah titik kritis dari sistem linier ini sehingga menjadi takstabil maka sistem hampir linier diatas merupakan sistem PDB dengan titik keritis takstabil.

88

7.4

Potret Fase Sistem Otonomus

Sebagaimana dijelaskan sebelumnya, gambar semua trayektori yang berpautan dari suatu sistem PDB disebut potret fase. Bila sistem PDB itu adalah otonomus linier   dx  a b  =  x, dt c d maka solusi umumnya adalah x1 (t) = Aert , x2 (t) = Bert dimana r adalah nilai eigen dari matrik    a b   . c d yaitu, r merupakan akar dari persamaan karakteristik det(A − rI) = 0.

(7.20)

Potret fase dari sistem otonomus linier diatas hampir seluruhnya tergantung pada akar-akar r1 , r2 dari persamaan (7.20). Tabel (7.1) merupakan rangkuman potret fase sistem PDB dengan sifat-sifat stabilitasnya. Sedangkan tipe-tipe titik kritis x0 = Ax Nilai eigen r1 > r2 > 0 r1 < r2 < 0 r1 < 0 > r2 r1 = r2 > 0 r1 = r2 < 0 r1 , r2 = λ ± iµ λ>0 λ<0 r1 = iµ, r2 = −iµ

det(A − rI) = 0 Tipe titik kritis Simpul Simpul Titik plana Simpul sempurna atau tak sempurna Simpul sempurna atau tak sempurna Titik spiral (Fokus)

det A 6= 0 Stabilitas Tidak stabil Stabil asimtotik Tidak stabil Tidak stabil Stabil asimtotik Tidak stabil Stabil asimtotik Stabil

Pusat

Tabel 7.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus linier pada kolom dua dapat dijelaskan melalui Gambar 7.3. Contoh 7.4.1 Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier x01 = −2x1 + x2

(7.21)

x02

(7.22)

= x1 − 2x2

89

x2 x2

x2 ((x1)0 , (x2)0)

(a)

x1

x1

(b)

(c)

x1

Gambar 7.3: Ringkasan potret fase Penyelesaian 7.4.1 Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r1 = −1 dan r2 = −3, sehingga penyelesaian umumnya adalah x1 (t) = c1 e−t + c2 e−3t −t

x2 (t) = c1 e

− c2 e

−3t

(7.23) .

(7.24)

Akan ditentukan trayektori dari semua penyelesaian yang diberikan oleh penyelesaian umum ini untuk semua nilai c1 , c2 yang berbeda. Bila c1 = c2 = 0 maka didapat penyelesaian x1 = x2 = 0 dimana trayektorinya merupakan titik asal (0, 0). Bila c1 6= 0 dan c2 = 0 didapat penyelesaian x1 (t) = c1 e−t

(7.25)

−t

(7.26)

x2 (t) = c1 e , dan bila c1 = 0 dan c2 6= 0 didapat penyelesaian x1 (t) = c2 e−3t x2 (t) = −c2 e

−3t

(7.27) .

(7.28)

Untuk c1 > 0 semua penyelesaian (7.25-7.26) mempunyai trayektori yang sama, y = x > 0. Demikian pula untuk c1 < 0, trayektorinya adalah y = x < 0. Pada persamaan (7.26-7.27) bila c2 > 0 dan c2 < 0, berturut-turut akan diperoleh trayektori y = −x < 0 dan y = −x > 0. Keempat trayektori ini akan berupa setengah garis-garis lurus sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Panah-panah pada setengah garis itu menunjukkan arah gerakan pada trayektori bila t bertambah. Untuk mendapatkan trayektori lainnya secara eksplisit kita harus mengeliminasi t pada persamaan (7.25-7.26) dan menyelidiki semua kurva yang diperoleh untuk nilai konstanta c1 , c2 yang tidak nol. Bila ini sulit dilakukan maka dapat dianalisa dari (7.23-7.24), jelas bahwa bila t → ∞ setiap trayektori dari sistem PDB pada soal ini akan menuju (0, 0). Selanjutnya, untuk c1 6= 0 dan c2 6= 0, kita punyai y c1 e−t − c2 e−3t c1 − c2 e−2t x = lim = = lim = 1 ⇐⇒ y = x. t→∞ x t→∞ y c1 e−t + c2 e−3t t→∞ c1 + c2 e−2t lim

90 Jadi, semua trayektori ini menuju titik asal dan menyinggung garis y = x. Gambar 7.4 menunjukkan beberapa potret fase sistem (7.21-7.22).

y

y = −x > 0

y= x>0

x

y = x < 0

y = −x < 0

Gambar 7.4: Potret fase untuk nilai awal tertentu

Selanjutnya dengan MAPLE potret fase ini dapat digambar dengan mudah melalui fungsi DEplot.

91

%Menggunakan fungsi DEplot Â with(DEtools): Â ode1:=diff(x1(t),t)=-2*x1(t)+x2(t); Â ode2:=diff(x2(t),t)=x1(t)-2*x2(t); Â DEplot(ode1,ode2,[x1(t),x2(t)],t=-3..3,x1=-3..3,x2=-3..3); Hasil dari menjalankan fungsi ini dapat dilihat pada gambar dibawah ini.

Gambar 7.5: Potret fase sistem secara umum

Contoh 7.4.2 Buatlah gambar potret fase dari sistem otonomus linier x01 = 3x1 − 2x2 x02 = 2x1 − 2x2

(7.29) (7.30)

Penyelesaian 7.4.2 Akar-akar karakteristik sistem ini adalah r1 = −1 dan r2 = 2, sehingga penyelesaian umumnya adalah x1 (t) = c1 e−t + c2 e2t (7.31) 1 (7.32) x2 (t) = 2c1 e−t + c2 e2t . 2 Bila c1 = c2 = 0 maka didapat penyelesaian x1 = x2 = 0 dimana trayektorinya merupakan titik asal (0, 0). Bila c1 6= 0 dan c2 = 0 didapat penyelesaian x1 (t) = c1 e−t −t

x2 (t) = 2c1 e ,

(7.33) (7.34)

92 dan bila c1 = 0 dan c2 6= 0 didapat penyelesaian x1 (t) = c2 e2t

(7.35) 2t

x2 (t) = −c2 e .

(7.36)

Untuk c1 > 0 trayektori sistem persamaan (7.33-7.34) berupa setengah garis lurus x2 = 2x1 > 0, sedangkan untuk c1 < 0, trayektorinya adalah setengah garis x2 = 2x1 < 0. Kemudian untuk c2 > 0 dan c2 < 0, berturut-turut akan diperoleh trayektori setengah garis x2 = 21 x1 > 0 dan x2 = 12 x1 < 0. Arah gerakan titiknya menuju ke titik asal sebagaimana terlihat dalam Gambar 7.4. Untuk c1 6= 0 dan c2 6= 0, kita peroleh 2c1 e−t + 12 c2 e2t 2c1 e−3t + 12 c2 x2 1 1 = lim = lim = ⇐⇒ x2 = x1 . −t 2t −3t t→∞ x1 t→∞ c1 e t→∞ c1 e + c2 e + c2 2 2 lim

dan untuk 2c1 e−t + 12 c2 e2t 2c1 + 12 c2 e3t x2 lim = lim = lim = 2 ⇐⇒ x2 = 2x1 . t→−∞ x1 t→−∞ c1 e−t + c2 e2t t→−∞ c1 + c2 e3t Hal ini menyatakan bahwa untuk t → ∞ semua trayektori asimtotis ke garis x2 = 21 x1 , sedangkan untuk t → −∞ semua trayektori asimtotis ke garis x2 = 2x1 . Gambar 7.4 menggambarkan beberapa trayektori dari potret fase sistem (7.217.22), dan menunjukkan bahwa hanya ada dua trayektori yang menuju titik asal, selebihnya menjauhi yaitu menuju ±∞ bila t → ∞. y

y = 2x > 0 y =

1 x >0 2

x

y =

1 x <0 2

y = 2x < 0

Gambar 7.6: Potret fase untuk nilai awal tertentu

Selanjutnya melalui penerapan fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.

93


94

Latihan Tutorial 2 1. Tentukan titik kritis dan persamaan trayektori dari penyelesaian sistem berikut. (a) x01 = −x1 ,

x02 = 2x2

(b) x01 = −x2 ,

x02 = −4 sin x1

(c) x01 = −x1 ,

x02 = 2x2

(d) x01 = −x1 + x2 , (e) x01 = x2 ,

x02 = −x1 − x2

x02 = − sin x1

(f) x01 = x1 − x1 x2 ,

x02 = −x2 + x1 x2

2. Transformasikan PDB berikut kedalam sistem PDB order satu dan hitung persamaan trayektorinya (a) x00 + x = 0 (b) x00 + sin x = 0 (c) x00 − x + x3 = 0 3. Tentukan apakah titik kritis (0, 0) merupakan titik stabil, stabil asimtutik atau tak stabil. (a) x01 = x2 ,

x02 = −x1

(b) x01 = −x1 + x2 ,

x02 = −2x2

(c) x01 = −x1 + x2 ,

x02 = −x1 − x2

(d) x01 = 5x1 − 6x2 ,

x02 = 6x1 − 7x2

(e) x01 = −3x1 + 4x2 ,

x02 = −2x1 + 3x2

(f) x01 = 5x1 − 6x2 + x1 x2 , (g) x01 = x2 + x21 − x1 x2 ,

x02 = 6x1 − 7x2 − x1 x2 x02 = −2x1 + 3x2 + x22

(h) x01 = 3x1 − 2x2 + (x21 + x22 )2 ,

x02 = 4x1 − x2 + (x21 − x22 )2

4. Misal sistem x01 = 5x1 − 6x2 + 1, x02 = 6x1 − 7x2 + 1 menunjukkan dua populasi yang berlomba, dimana x1 adalah populasi yang diperlukan dan x2 adalah populasi parasit. Buktikan bahwa titik kritis (0, 0) dari sistem ini adalah stabil asimtotik dan karena itu kedua populasi ini akan menuju kepunahan.

BAB 8

Potret Fase Sistem PDB Nonlinier dan Aplikasi Pada bagian ini akan dibahas potret fase sistem otonomus nonlinier dalam aplikasi. Suatu teorema mengenai potret fase sistem otonomus nonlinier x1 = ax1 + bx2 + f1 (x1 , x2 )

(8.1)

x2 = ax1 + bx2 + f2 (x1 , x2 )

(8.2)

Misal r1 , r2 adalah akar-akar persamaan karakteristik (nilai eigen) dari sistem yang dilinierkan maka potert fase dan stabilitasnya dapat dilihat dalam tabel berikut.

8.0.1

Interaksi Populasi

Dalam bagian ini akan dibahas dua spesies yang berbeda, satu spesies disebut pemangsa dan spisies lainnya disebut mangsa (Predator-Prey). Spesies mangsa mempunyai persediaan makanan yang berlebihan sedangkan spesies pemangsa diberi makanan spesies mangsa. Kajian matematis mengenai ekosistem seperti ini pertama kali diperkenalkan oleh Lotka dan Volterra dalam pertengahan tahun 1920. 95

96

x0 = Ax Nilai eigen r1 > r2 > 0 r1 < r2 < 0 r1 < 0 > r2 r1 = r2 > 0 r1 = r2 < 0 r1 , r2 = λ ± iµ λ>0 λ<0 r1 = iµ, r2 = −iµ

det(A − rI) = 0 Tipe titik kritis Simpul Simpul Titik plana Simpul atau Titik spiral (Fokus) Simpul atau Titik spiral (Fokus) Titik spiral (Fokus)

Pusat atau Titik spiral (Fokus)

det A 6= 0 Stabilitas Tidak stabil Stabil asimtotik Tidak stabil Tidak stabil Stabil asimtotik Tidak stabil Stabil asimtotik Taktentu

Tabel 8.1: Potret fase dan stabilitas sistem PDB otonomus nonlinier Misalkan x1 (t) dan x2 (t) masing-masing menunjukkan banyaknya spesies mangsa dan pemangsa pada saat t maka bila kedua spesies itu terpisah model matematisnya digambarkan sebagai berikut: x01 = a1 x1 x02 = −a1 x2 .

(8.3) (8.4)

Dalam hal ini a1 > 0 karena populasi mangsa akan terus bertambah dengan adanya makanan yang banyak, sedangkan spesies pemangsa akan berkurang jumlahnya sehingga −a1 < 0. Akan tetapi bila kedua spesies itu berinteraksi maka model matematis yang diungkapkan oleh Lotka dan Volterra menjadi x01 = a1 x1 − a2 x1 x2

(8.5)

x02

(8.6)

= −a3 x2 + a4 x1 x2 .

Populasi pemangsa akan memakan populasi mangsa sehingga beralasan untuk mengandaikan bahwa jumlah yang membunuh besarnya tiap satuan waktu berbanding lurus dengan x1 dan x2 , yaitu x1 x2 . Jadi populasi mangsa akan berkurang sedangkan populasi pemangsa akan bertambah. Persamaan (8.5-8.6) ini tak linier dan sulit diselesaikan dengan cara analitik untuk menentukan solusi eksplisitnya. Namun demikian dengan teori kualitatif sistem semacam ini dapat dianalisa untuk membuat ramalan tentang kelakuan kedua spesies tersebut. Dengan menyelesaikan sistem a1 x1 − a2 x1 x2 = 0

(8.7)

−a3 x2 + a4 x1 x2 = 0

(8.8)

97 untuk menentukan titik kritisnya didapat (0, 0) dan (a3 /a4 , a1 /a2 ). Dengan demikian sistem ini akan mencapai solusi seimbang pada x1 (t) = 0, x2 (t) = 0 dan x1 (t) = a3 /a4 , x2 (t) = a1 /a2 . Dalam hal ini solusi seimbang kedua akan dikaji. Secara intuitif dapatlah ditentukan solusi sistem itu, yaitu x1 (t) = 0, x2 (t) = x2 (0)e−a3 t merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x2 positif dan x2 (t) = 0, x1 (t) = x1 (0)ea1 t merupakan solusi khusus dengan trayektori sumbu x1 positif. Karena ketunggalan penyelesaian ini, maka setiap penyelesaian sistem ini yang pada t = 0 berawal pada kuadran pertama tidak akan memotong sumbu x1 dan x2 oleh karena itu solusi itu akan tetap berada pada kuadran pertama. Trayektori sistem ini diperoleh dari dx2 −a3 x2 + a4 x1 x2 (−a3 + a4 x1 )x2 = = dx1 a1 x1 − a2 x1 x2 (a1 − a2 x2 )x1 a1 − a2 x2 −a3 + a4 x1 dx2 = dx1 x2 x1 atau

µ

¶ µ ¶ a1 a3 − a2 dx2 = − + a4 dx1 x2 x1

Inegralkan kedua ruas persamaan ini diperoleh penyelesaian umum a1 ln x2 − a2 x2 = −a4 ln x1 + a4 x1 + k ln xa21 + ln xa13 = a2 x2 + a4 x1 + k xa21 xa13 = ea2 x2 +a4 x1 +k xa21 xa13 · = K ea2 x2 ea4 x2 dimana K = ek dan k merupakan konstanta sebarang.

(8.9)

Dapat dilihat bahwa bila K > 0, trayektori (8.9) merupakan kurva tertutup, lihat Gambar 8.1, dan karena itu tiap penyelesaian (x1 (t), x2 (t)) dari (8.5-8.6) dengan nilai awal (x1 (0), x2 (0)) dalam kuadran pertama merupakan fungsi dari waktu yang periodik. Jika T merupakan periode dari penyelesaian x1 (t), x2 (t), yaitu, jika (x1 (t + T ), x2 (t + T ) = x1 (t), x2 (t) untuk semua t ≥ 0, maka nilai rata-rata dari populasi x1 (t) dan x2 (t) adalah Z Z 1 T 1 T x1 (t)dt, x¯2 = x2 (t)dt. x¯1 = T 0 T 0 Untuk menentukan nilai integral ini dapatlah diturunkan langsung dari persamaan (8.5-8.6) tanpa mengetahu solusi eksplisit. Dalam hal ini x02 = −a3 x2 + a4 x1 x2 x02 = −a3 + a4 x1 . x2

98 Integralkan kedua ruas dari 0 sampai dengan T , Z T Z T 1 dx2 = (−a3 + a4 x1 (t))dt 0 0 x2 (t) Z T ln x2 (T ) − ln x2 (0) = −a3 T + a4 x1 (t)dt. 0

Karena x2 (T ) = 0 maka Z −a3 T + a4

T

x1 (t)dt = 0 atau 0

1 T

Z

T

x1 (t)dt = 0

a3 . a4

Dengan demikian x¯1 =

a3 . a4

Dengan cara yang sama akan diperoleh x¯2 =

a1 . a2

Dari (8.10) dan (8.10) dapatlah dibuat ramalan yang menarik bahwa ukuran rata-rata dari dua populasi x1 (t) dan x2 (t) yang berinteraksi sesuai dengan model matematis yang digambarkan pada persamaan (8.5-8.6) akan tepat mempunyai nilai setimbang pada x1 = a3 /a4 dan x2 = a1 /a2 . Selanjutnya de-ngan menggunakan pengamatan ini dapatlah dibuat ramalan lain yang menarik. Misal populasi mangsa x1 (t) berkurang dalam jumlah yang sedang, maka po-pulasi mangsa dan pemangsa akan berkurang jumlahnya pada laju, katakanlah, ²x1 (t) dan ²x2 (t). Sehingga sistem menjadi x01 = a1 x1 − a2 x1 x2 − ²x1 x02 = −a3 x2 + a4 x1 x2 − ²x2 . atau x01 = (a1 − ²)x1 − a2 x1 x2

(8.10)

x02

(8.11)

= −(a3 + ²)x2 + a4 x1 x2 .

Dengan menerapkan persamaan (8.10-8.10) dapat ditentukan bahwa rata-rata populasi mangsa dan pemangsa setelah adanya pengurangan masing-masing adalah a3 + ² (8.12) x¯1 = a4 a1 − ² x¯2 = . (8.13) a2 Dengan kata lain rata-rata populasi mangsa akan lebih besar sedikit dari ratarata sebelum adanya pengurangan sedangkan rata-rata populasi pemangsa sedikit lebih kecil dari rata-rata sebelumnya. Melalui fungsi DEplot didapat potret fase umum berikut.

99

x2

a1 a2

a3

(a

a3 a4

4

, a1 a2

)

x1

Gambar 8.1: Potret fase model interaksi Pemangsa dan Mangsa


100

8.0.2

Mekanika Taklinier Ayunan Sederhana

Ayunan sederhana terdiri dari sebuah bandul B bermassa m pada spotong tongkat yang ringan dan kaku sepanjang L, diikat bagian atasnya sedemikian hingga sisem itu dapat berayun pada bidang vertikal, lihat Gambar 8.3.

0

θ C

T

C’ B

L A

s − m g sin θ

− mg

− m g cosθ

Gambar 8.3: Ayunan Bandul Bila bandul itu ditarik satu arah dan dilepas dari keadaan diam pada saat t = 0 dan misal θ(t) merupakan perpindahan sudut dari tongkat pada saat t dari keadaan setimbang )A dimana sudut θ(t) positif bila bandul berada disebelah kanan dari kedudukan setimbang dan negatif bila berada disebelah kiri. Kita ingin mengkaji θ(t) bila bandul berayun kembali dan bergerak sepanjang busur lingkaran CC 0 . Dari informasi yang ada telah diketahui θ0 (0) = 0

θ(0) = θ0 ,

dimana θ(0) = θ0 adalah perpindahaan sudut awal dari tongkat dan θ(0) = 0 karena bandul dilepas dari keadaan diam. Ada dua gaya yang berkerja yaitu gaya berat (−mg) dan gaya tegangan tongkat T . Gaya −mg dipecah menjadi dua komponen −mg cos θ dan −mg sin θ, lihat Gambarband. Gaya −mg cos θ mengimbangi tegangan T pada tongkat, sedang gaya −mg sin θ menggerakkan bandul sepanjang busur lingkaran BA. Menurut H.K. Newton II diperoleh m

d2 s = −mg sin θ dt2

(8.14)

2

dimana s adalah panjang busur AB dan ddt2s percepatan sepanjang busur. Karena L merupakan panjang tongkat maka panjang busur s = Lθ. m

d2 s d2 θ = L dt2 dt2

(8.15)

101 atau d2 θ g + sin θ = 0 2 dt L θ(0) = θ0 θ0 (0) = 0.

(8.16) (8.17)

Kedua persamaan terakhir ini menggambarkan secara lengkap gerak pendulum itu bersama nilai awalnya. Selanjutnya persamaan ini dapat dirubah kedalam sistem PDB order satu, dengan memisalkan ω 2 = Lg , x1 = θ dan x2 = θ0 , sehingga diperoleh x01 = x2 x02

(8.18) 2

= −ω sin x1 .

(8.19)

Untuk menganalisa titik kritis persamaan ini, dapat ditentukan dari mengnolkan ruas kiri, sehingga x2 = 0 −ω sin x1 = 0. 2

Dengan menyelesaikan persamaan kedua diperoleh x1 = θ = 0, ±π, ±2π, ±3π, . . . sehinggga titik kritisnya adalah . . . , (−2π, 0), (−π, 0), (0, 0), (π, 0), (2π, 0), . . . Memahami sin x adalah fungsi periodik maka cukup dipelajari (0, 0), (π, 0) saja. Untuk (0, 0) maka ekspansi deret Taylor disekitar x = 0 adalah sin x = x −

x3 x5 + − ..., 3! 5!

sehingga persamaan (8.18-8.19) dapat dihampiri oleh sistem linier x01 = x2 ,

x02 = −ω 2 x.

(8.20)

Dengan demikian persamaan karakteristik (8.20) adalah r2 +ω 2 = 0 dengan akarakar r12 = ±ωi. Menurut Tabel 7.1 Tabel 8.1 dan maka titik kritis (0, 0) adalah stabil pusat untuk sistem (8.20) dan merupakan titik pusat atau fokus untuk sistem (8.18-8.19), lihat Gambar 8.3. Panah pada trayektori menunjukkan arah perputaran jarum jam karena persamaan pertama dalam (8.20) yaitu x membesar bila y positif. Analog dengan ini sistem (8.18-8.19) juga mempunyai titik kritis pada (2πn, 0) untuk n = ±1, ±2, . . . .

102

x2

0 − 2π

−π

π

2π

x1

Gambar 8.4: Trayekktori sistem ayunan bandul Selanjutnya kita kaji titik kritis (π, 0). Ekspansi deret Taylor untuk sin x disekitar x = π diberikan oleh sin x = −(x − π) +

(x − π)3 (x − π)5 − + .... 3 5!

Jadi sistem yang dilinierkan berbentuk x01 = x2 ,

x02 = ω 2 (x − π).

(8.21)

dan mempunyai titik kritis pada (π, 0). Titik kritis dapat dipetakan ke (0, 0) dengan memisalkan v = x − π sehingga menjadi v 0 = x2 ,

x02 = ω 2 v.

(8.22)

Persamaan karakteristiknya adalah r2 − ω 2 = 0 dengan akar-akar r12 = ±ω. Karena akar-akarnya riel dan tandanya berlawanan, maka titik kritis (0, 0) merupakan titik plana oleh karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari (8.22). Sebagai implikasinya, titik kritis (π, 0) juga merupakan titik plana dan karena itu merupakan titik kesetimbangan takstabil dari sistem yang dilinierkan (8.21), lihat Tabel 7.1. Selanjutnya menurut Tabel 8.1, diperoleh kenyataan bahwa karena (π, 0) merupakan titik plana maka titik ini merupakan kesetimbangan stabil dari sistem (8.18-8.19). Sistem ini juga akan mempunyai sebuah titik plana pada titik (2n+1)π, 0) untuk n = ±1, ±2, . . . , dan selengkapnya dapat dilihat dalam Gambar 8.5. Dengan menggunakan fungsi DEplot diperoleh potret fase dapat dilihat dalam Gambar 8.6. Secara eksplisit kita juga dapat menurunkan persamaan trayektori persamaan (8.18-8.19). Dengan menggabungkan kedua persamaan itu, yaitu dx2 sin x1 = −ω 2 dx1 x2

103

x2 − 4π − 3π − 2π − π

0

π

2π

3π

4π

x1

Gambar 8.5: Potret fase

− 2π

−π

π

2π

Gambar 8.6: Potret fase secara umum

104 maka persamaan ini merupakan PDB terpisah dimana solusinya adalah 1 2 x − ω 2 cos x1 = c. 2 2

(8.23)

Untuk menggambarkan potret fase dari persamaan ini adalah tepat sekali untuk menyatakan c dalam syarat awal. Andaikan bahwa x2 = (x2 )0 bila x1 = 0 maka dari (8.23) didapat bahwa 1 (x2 )20 − ω 2 2 1 2 1 x2 − ω 2 cos x1 = (x2 )20 − ω 2 2 2 x22 + 2ω 2 (1 − cos x1 ) = (x2 )20 x1 x22 + 4ω 2 sin2 = (x2 )20 2 c =

(8.24)

Persamaan terakhir ini merupakan persamaan yang menggambarkan tiga tipe kurva yang beraputan dalam Gambar 8.5 dalam tiga kasus berikut. KASUS 1 |(x2 )0 | < 2ω. Nilai maksimum dari sudut x1 (ingat bahwa x1 = θ) dicapai bila x2 = 0 dan xmaks = 2 arcsin

(x2 )0 < π. 2ω

Dalam kasus ini ayunan itu berosilasi antara sudut ekstrem ±xmaks . Trayektorinya merupakan kurva tertutup sebagaimana terlihat dalam bagian paling dalam kurva dalam Gambar 8.5. KASUS 2 |(x2 )0 | > 2ω. Dalam kasus ini ayunan membuat putaran lengkap. Trayektorinya akan berbentuk kurva ombak pada bagian atas dan bawah kurva dalam Gambar 8.5. KASUS 3 |(x2 )0 | = 2ω. Dalam hal ini trayektori berbentuk simpal (kop) tebal yang memisahkan trayektori tertutup dan trayektori ombak dalam Gambar 8.5. Persamaan trayektori ini dapat diturunkan langsung dari persamaan (8.24) jika kita substitusikan 2ω dalam (x2 )0 sehingga diperoleh x2 = ±2ω cos

x 2

105

Latihan Tutorial 3

1. Dalam interaksi mangsa dan pemangsa, misal populasi mangsa mempunyai persediaan makanan yang terbatas maka model persamaan interaksi itu akan menjadi x01 = a1 x1 − a2 x1 x2 − ²1 x21 , x02 = −a3 x2 + a4 x1 x2 − ²2 x22 dimana ²1 , ²1 > 0. Sebagi contoh khusus model ini adalah x01 = 3x1 − x1 x2 − 2x21 , x02 = −x2 + 2x1 x2 − x22 , dimana x1 , x2 diukur dalam ratusan mahluk. Kajilah stabilitsa dari tiap titik kritisnya dan tentukan apakah ini merupakan titik simpul, plana atau fokus. 2. Persamaan difrensial θ00 + kθ + ω 2 sin θ = 0,

k>0

merupakan gerak ayunan yang dipengaruhi gaya gesekan (gaya peredam) yang berbanding lurus dengan kecepatan sudut θ. Transformasikan PDB ini kedalam sistem PDB order satu dan buktikan bahwa hanya (nπ, 0) untuk n = 0, ±1, ±2, . . . merupakan titik kritis dari sistem ini. Dalam setiap kasus kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) dan tentukan apakah (0, 0) merupakan titik simpul, plana atau fokus untuk (a) k < 2ω

(b) k = 2ω

(c) k > 2ω

3. Persamaan difrensial x00 + µ(x2 − 1)x0 + x = 0,

µ>0

disebut persamaan vanderP ol dan mengatur rangkaian listrik tertentu yang mengandung pipa hampa. Transformasikan PDB ini kedalam sistem PDB order satu dan buktikan bahwa hanya (0, 0) satu-satunya titik kritis dari sistem ini. Kajilah stabilitas sistem pada (0, 0) bila µ < 2 dabn µ > 2. Dalam setiap kasus tentukan apakah (0, 0) merupakan titik simpul, plana atau fokus. 4. Dua tangki saling berhubungan (lihat Gambar 1). Awal mula tangki I berisi 30 Lt air yang berisi 20 gram garam, sementara tangki II berisi 20 Lt air dengan 15 gram garam. Kemudian air yang berisi 1 gram/Lt dituangkan kedalam tangki I dengan laju 2 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki I, pada saat yang bersamaan campuran itu mengalir ke tangki II dengan laju 4 Lt/menit. Disisi lain air yang berisi 3 gram/Lt dituangkan kedalam tangki II dengan laju 1 Lt/menit dan bercampur sempurna dalam tangki II dan pada saat yang bersamaan pula campuran itu mengalir ke luar dimana 2 Lt/menit mengalir kembali ke tangki I dan 3 Lt/menit mengalir keluar meninggalkan sistem.

106

2 Lt/min, 1 gram/Lt

1 Lt/min, 3 gram/Lt

4 Lt/min

2 Lt/min 3 Lt/min

Gambar 8.7: Dua tangki yang saling berhubungan. (a) Tentukan model matematik lengkap dengan masalah nilai awalnya dari peristiwa ini. (b) Tentukan titik kesetimbangan (titik kritis) dari dari sistem PD order pertama tersebut. (c) Tentukan ekspresi model matematik yang menyatakan banyaknya garam dalam tangki I dan II setiap saat. 5. Suatu rangkaian tertutup seri dari hambatan (R), induktor (L) dan kapasitor (C) dihubungkan dengan sumber tegangan bolak balik E = 100 sin 60t Volt, lihat Gambar 2 dibawah ini. Jika muatan listrik awal dan arus listrik awal sama dengan nol, tentukan fungsi muatan listrik Q dalam kapasitor setelah saat tertentu t > 0. R = 2 ohm I Keterangan:

E

C=1/260 farad

R : Hambatan L : Induktor C : Kapasitor

L=1/10 henry

Gambar 8.8: Rangkaian tertutup seri R, L dan C.

Daftar Pustaka Boyce, W. E. & Diprima, R. C. 1997. Elementary Differential Equations and Boudary Value Problems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Burden, R. L. and Faires, J. D. 1997.Numerical Analysis. Brooks/Cole Publishing Company. U.S. Lambert, J.D. 1993. Numerical Methods for Ordinary Differential Systems. John Wiley & Sons, Inc. Singapore Powell, M.J.D. 1981. Approximation Theory and Methods. Cambridge University Press. U.K. Ross, S. L. 1989. Introduction to Ordinary Differential Equations. John Wiley & Sons, Inc. New York. U.S. Shampine, L. F. & Baca, L.S. 1989. Computer Solution of Ordinary Differential Equations: The Initial Value Problem. Freeman. San Francisco.

107

Untuk Keluarga Tercinta

Recommend Documents