MATREK KOMPLIT - 1SEPT2016-dikonversi [PDF]

Citation preview

BUKU AJAR MATEMATIKA REKAYAS OLEH : NUR ASIYAH Matematika rekayasa dapat memecahkan masalah masalah yang terkait dengan teknologi dan alam yang timbul dari persoalan/ proses ilmiah dalam pemodelan matematika mengenai kehidupan nyata.



JURUSAN MATEMATIKA F M I P A ITS SURABAYA, 2 0 1 6



Kata Pengantar



Puji syukur kehadirat Yang Maha Kuasa yang telah memberikan pertolongan hingga buku Matematika Rekayasa dapat diselesaikan. Buku teks ini dimaksudkan untuk membantu penyelenggaraan materi mata kuliah Matematika Rekayasa (Matrek) yang merupakan mata kuliah wajib bagi mahasiswa jurusan Teknik Mesin. Sejalan dengan tujuan penyelenggaraan Pendidikan, kami menganggap perlu pembuatan buku ajar, agar memotivasi mahasiswa untuk lebih tertarik mempelajari Matematika Rekayasa itu dengan menunjukkan bahwa mata kuliah tersebut dapat memecahkan masalah masalah yang terkait dengan teknologi dan alam yang timbul dari persoalan/ proses ilmiah dalam pemodelan matematika mengenai kehidupan nyata. Dalam hal ini, setelah mengikuti materi buku ini yang akan melanjutkan ke jenjang materi kuliah lebih tinggi tidak akan mengalami banyak kesulitan. Materi yang diberikan dalam buku teks ini cukup untuk satu semester di semester tiga setelah memahami kalkulus 1 dan Kalkulus 2. Untuk itu, materi dalam buku ini diberikan dengan cara sederhana dan contoh singkat, mengingat bahwa semua materi harus diserap sendiri. Untuk itu diharapkan masiswa dengan tekun dan sungguh-sungguh mengikuti buku ini dan aktif mengerjakan soal-soal. Penyusun buku menyampaikan terimakasih kepada semua pihak yang telah membantu



hingga



tersusunnya



buku



ini.



Tak



lupa,



kritik



dan



saran



untuk



menyempurnakan buku ini sangat diharapkan. Harapan kami, semoga buku ini bermanfaat bagi masiswa matematika , Teknik Mesin dan Jurusan Teknik lainnya yang memerlukan konsep Matematika Rekayasa dalam rangka peningkatan kualitas proses belajar mengajar.



Surabaya, Oktober 2016 Penyusun



i



Kompetensi Dasar : -



Kemampuan memahami dan mengidentifikasi PD Kemampuan menyelesaikan PD tk 1 Kemampuan menyelesaikan PD tk 2 - Kemampuan mengaplikasikan PD pada masalah nyata



Pada baba ini akan dipelajari Persamaan Diferensial Biasa yang memainkan peranan penting sebagai bahasa didalam merumuskan dan menyelesaikan persoalan-persoalan yang melibatkan ilmu pengetahuan dan keteknikan. Dalam bab ini pembicaraan dimulai dengan pernyataan yang jelas dari definisi prinsip dan teorema yang berkaitan dengan Persamaan Diferensial Tingkat Satu beserta ilustrasi dan deskriptif lainnya. Kemudian dilanjutkan dengan metode menyelesaikan PD tingkat dua. Suatu Persamaan Diferensial adalah suatu persamaan yang menghasilkan fungsi yang tak diketahui terhadap turunannya terhadap satu atau lebih peubah bebas Diklasifikasikan ada 2 jenis, yaitu Persamaan Diferensial Biasa dan Persamaan Diferensial Parsial. Salah satu klasifikasi yang jelas adalah dengan melihat apakah fungsi yang tak diketahui bergantung pada satu atau lebih . Bila hanya satu disebut Persamaan Diferensial Biasa, dan jika fungsi yang tak diketahui bergantung pada lebih dari satu variabel bebas disebut Persamaan Diferensial Parsial. Contoh dari Persamaan Diferensial Biasa adalah : d 2 Qt  dQt   1 1. Rangkaian Listrik seri RLC : L  Qt  Et R dt C dt 2 dimana Q(t) = muatan listrik , L= Induktor R = Tahanan, C= Kapasitor E(t) = Voltage 2.



Persamaan gerak pegas tanpa redaman : dimana



d 2y k y  0  dt 2 m



y(t) = posisi massa pada saat t m = massa k = konstanta pegas



Contoh dari Persamaan Diferensial Parsial 



 2U x, y  2U x, y    1. 0 Persamaan potensial x 2 dy 2  2U x,t  U x,t  2  



2.



x2







t



Persamaan difusi atau induksi panas. 1



A. Pengertian Persamaan Diferensial dan Definisi-Definisi. Banyak masalah penting dalam teknik, ilmu fisika dan ilmu sosial ketika diformasi dalam bentuk matematika memerlukan penelitian dari suatu fungsi yang memenuhi suatu permasalahan yang mengandung satu atau lebih derifatif dari fungsi yang tidak diketahui. Persamaan semacam ini disebut Persamaan Diferensial. Beberapa gambaran bagaimana terbentuknya suatu Persamaan Diferensial diberikan dibawah ini : a. Suatu kurva yang mempunyai koefisien arah (slope) garis singgungnya pada setiap titik (x,y) sama dengan dua kali jumlah koordinat titik itu diberikan oleh dy  2x  y dx



b. Persamaan diferensial dari berkas kurva parabola . Apabila didiferensialkan diperoleh pers: . Parameter c dieliminasi dengan menggunakan persamaan berkas parabola diatas diperoleh PD: c. Faktor utama yang mempengaruhi mendinginnya suhu benda dengan suhu media sekelilingnya, menurut hukum pendingin Newton. Laju perubahan suhu dari suatu benda sebanding dengan perbedaan suhu antara benda dan media sekelilingnya Misalkan T adalah suhu benda pada waktu t dan Tm sebagai suhu media sekelilingnya maka hukum Newton dapat dinyatakan sebagai persamaan diferensial: dT  k T  Tm  dt Setelah memahami bagaimana terbentuknya suatu Persamaan Diferensial akan diberikan suatu definisi dari Persamaan Diferensial.: Definisi :



Suatu Persamaan Diferensial adalah suatu persamaan yang memuat satu atau lebih turunan dari fungsi yang tak diketahui..



Suatu Persamaan Diferensial Biasa orde n dapat ditulis dalam bentuk.











F x, y, y', y",....., yn  0 Sedangkan yang dimaksud derajad dari sebuah Persamaan Diferensial adalah pangkat dari turunan tertinggi pada Persamaan Diferensial tersebut. Contoh :



1



y  5x Persamaan Diferensial orde 1 derajat 1 x y"3y'4y  0 Persamaan Diferensial orde 2 derajat 1 y'



 y'3  yy' x



Persamaan Diferensial orde 1 derajat 3



Penyelesaian suatu Persamaan Diferensial : Penyelesaian suatu Persamaan Diferensial adalah suatu hubungan antara variabel-variabel tanpa turunan dan yang memenuhi Persamaan Diferensial tersebut.



2



Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial (PUPD) : Adalah penyelesaian Persamaan Diferensial yang mengandung konstanta sebarang yang banyaknya sama dengan tingkat dari Persamaan Diferensial tersebut. Penyelesaian Khusus/Partkelir Persamaan Diferensial (PKPD) Adalah penyelesaian Persamaan Diferensial yang diperoleh dari PUPD jika kedua konstanta-konstanta sebarangnya diberi harga tertentu. Contoh : Persamaan Diferensial : y" y'2y  0



y  c1ex  c2e2x



Penyelesain Umum Persamaan Diferensial (PUPD) :



Jika c1 dan c2 masing-masing diberi harga c1 = 2 dan c2 = 1, maka Penyelesaian Khusus/Partkelir x 2x Persamaan Diferensial (PKPD) : y  2e  e



B. Penyelesaian PD Tingkat Satu. 1.1.1



Persamaan Diferensial Variabel Terpisah - Persamaan Diferensial Variabel Terpisah Bentuk Umum :



 f xdx   gydy  0



PUPD :



- Persamaan Diferensial Dengan Variabel Yang Dapat Dipisahkan. Bentuk Umum : f xV ydx  gxU ydy  0



Dibagi dengan fungsi gx V y  diperoleh Persamaan Diferensial dengan variabel terpisah yaitu :



f x



U  y



dy  0 gx V y f x U y dx   gx  V y dy  0



PUPD :



dx 



Contoh :



dy  x 2  dx 1  3y 2 Penyelesaian dapat ditulis : 1 3y 2 dy  x2 dx  0



1. Selesaikan Persamaan Diferensial :











 1 3y dy   x



2



2



PUPD : y  y3  2.



x y 1dx  y x 1dy  0 2



1



dx  0



x3  c



3



2



3



x2 y2 dx  dy  0 maka dengan mengintegralkan diubah menjadi x 1 y 1 1   1    x  1  x 1  dx   y 1  y  1  dy  0     2 2 diperoleh x 1   y 1  2 ln x 1 y 1  C 1.1.2



Persamaan Diferensial Homogen Persamaan Diferensial tingkat satu dan derajat satu disebut Persamaan Diferensial Homogen, Jika Persamaan Diferensial tersebut dapat dinyatakan dalam bentuk : 



dy   f y / x dx



(2.1)



Untuk menyelesaikan Persamaan Diferensial (2.1) dengan substitusi y  vx mereduksi Persamaan Diferensial (2.1) menjadi Persamaan Diferensial terpisah. Contoh : 1. Selesaikan Persamaan Diferensial :



x2  y2 dx  2xy dy  0 Penyelesaian :



dy x2  y2 1  y / x   dx 2xy 2 ( y / x)



2







Substitusi y  vx dan dy  v dx  x dv : maka Persamaan Diferensial menjadi :



1 v2 dx  2v(vdx  x dv)  0 2v dv  dx  0 1  3v2 x











1 d 1 3V 2  dx  C 2   x 3  1  3V











ln 1 3v2 x3  C maka



 y2 PUPD : 1  3 2 x 



 3 x   C 



4







y







x 



2. e y / x   dx  dy  0 Penyelesaian : Misalkan y  vx



ev  vdx  v dx  x dv  0 evdx  x dv  0







dx  v  e dv  C , x 



diperoleh PUPD : ln x  ey



3. Selesaikan : y' 



/ x



C



y  x2  y2 x y PUPD : arc sin  ln Cx x arcsin Atau



1.1.3



Cxe



y x



Persamaan Diferensial Linier Tingkat Satu.



Bentuk umumnya



:



Cara mendapatkan Penyelesaian umumnya : Gandakan Persamaan Diferensial dengan e Didapat : px dx px dx dy  px dx e  y P(x) e  Q(x) e dx



d dx



y e 



px dx



  Q(x) e px dx  



5



px dx







PUPD : y e



px dx



Dimana : e







  Q(x) e



px dx



px dx



C



dinamakan faktor pengintegral dari Persamaan Diferensial.



Contoh : 1. Selesaikan Persamaan Diferensial



Penyelesaian :







Faktor Pengintegral e



px dx



y'x1 y  4x2



x  e



1



dx



= eln x  x







PUPD : y  x  4x 2  x dx  C atau



xy  x4  C



2. Selesaikan PD : Cos x



dy



 y sin x  1



dx Penyelesaian : Persamaan Diferensialnya dapat ditulis : Faktor pengintegral e



pdx



dy  y tg x  sec x dx







 e tg xdx  elnsecx  sec



x PUPD :







y sec x   sec x  sec x dx



atau



y  cos xtg x  C cos x y  sin x  C cos x 1.1.4



Persamaan Diferensial Bernouli Bentuk umumnya: Substitusi :



Z  y1n maka Z  1 ny n y



Persamaan Diferensialnya menjadi : Z  1 n Px  Z  1 n  Qx  



Yang merupakan Persamaan Diferensial Tingkat Satu. 6



Contoh : Selesaikan Persamaan Diferensial : 1.



y  x 1 y  y 3 x 3 z  y13  y 2



Penyelesaian : Substitusi



z'  2y 3 y' Persamaan Diferensial menjadi : z'2x1z  2x3



PUPD : z x2 







 2 x



z  y 2  PUPD : atau 2.



1



dx



2







 ln x 2 e x  2x 3 x2 dx  C  x2  C



Faktor Pengintegral e:



y 2 x2  x2  C y 2  x4  cx 2



dy  y tg x  y 3 sec x dx Buktikan PUPDnya : 2 1 y 



C sec2 x  2tg xsec x



1.1.5



Persamaan Diferensial Eksak. Suatu Persamaan Diferensial dengan bentuk : Disebut Persamaan Diferensial Eksak ; Jika ada suatu fungsi Fx, y yang diferensial totalnya sama dengan M x, ydx  Nx, ydy yaitu :



dF 



F x



dx 



F



dy  M x, ydx  N x, ydy y



Teorema : Syarat perlu dan cukup agar persamaan M x, ydx  Nx, ydy  0



merupakan



Persamaan Diferensial Eksak adalah : M  N y



x



PUPD Eksak berbentuk Fx, y   C , dimana



F x, y x



 M x, y dan F x, y  N x, y y



7



Dari kedua hubungan ini dapat dicari Fx, y sebagai berikut :



F Dari



 M x, y maka F x, y   M x, ydx  Ry atau  x



x



y



F  N x, ymaka F x, y   N x, ydy  Qx,  y x



Dimana :  M menyatakan bahwa dalam integrasi y dipandang konstanta dan dalam hal ini y



Ry adalah konstanta integrasi.  N x, y menyatakan bahwa dalam integrasi x dipandang konstan dan dalam hal ini Qx adalah konstanta integrasi. x



y



Jadi F x, y   M dx  R  y atau F x, y   N dy  Qx.



(2.2)



R(y) atau Q(x) ditentukan sebagai berikut :



 dR( y)  x   N x, y  M dx  y y  dy 



F



(2.3)



Maka dari persamaan (2.3) diatas dapat ditemukan : R(y) atau Q(x) lalu substitusi ke (2.2) dan didapat : PUPD : Fx, y   C Contoh : Selesaikan Persamaan Diferensial : 1.



3x



 4xy 2 dx  2y  3y 2  4x 2 y dy  0 Penyelesaian : 2



Disini :



M x, y   3x 2  4xy 2 dan Nx, y   2y  3y 2  4x 2 y



M N   8xy y x Jadi Persamaan Diferensial adalah Eksak. PUPD Eksak berbentuk Fx, y  C



8



x



Fx, y  M dx  R( y)  



F y



 4x2 y 



dR



 3x x



2



 4xy 2 dx  R( y)  x3  2x2 y 2  R( y)



 2 y  3y 2  4x2 y



dy dR  2 y  3y 2  4x2 y  4x2 y dy Ry  y 2  y3



Jadi PUPD : Fx, y  x3  y2  y3  2x2 y2  C







1



sin x dx   y  4 dy  0 x 



2. Persamaan Diferensial cos x ln  y  4  







Penyelesaian : M x, y   cos x lny  4  x M N  cos x ,  y x y  4



1



sin x ; N x, y   y 4



Persamaan Diferensial diatas adalah eksak.



Dimisalkan PUPD : Fx, y  C maka PUPD : Fx, y  sin x ln y  4  ln x  C



1.1.6



Persamaan Diferensial Dengan Faktor Pengintegral :



Apabila Persamaan Diferensial M x, ydx  Nx, ydy  0 tidak eksak, yaitu :



maka salah satu cara digunakan faktor pengintegral sedemikian Persamaan Diferensial menjadi eksak. Suatu fungsi yang tidak nol vx, y  disebut faktor pengintegral untuk M x, ydx  Nx, ydy  0 , jika persamaan diferensial V x, yM x, ydx  V x, yNx, ydy  0 adalah eksak.



9



Syarat perlu dan cukup untuk ini adalah :



(VM (VN )  x y



atau



M



V M V N V N V y x x y



Menentukan Faktor Pengintegral : 1.



Jika V  f (x) saja, maka :



V x







dV dan V  0 , sehingga dx y



M  N V  V N , berubah menjadi M V y y x x dV M dV N V  N V  VN x ; atau VM y  N x y dx dx dV My  Nx Jadi :  dx N V My  Nx V



Karena V  f (x) ; maka



  Sehingga



N



juga hanya merupakan fungsi dari x saja katakanlah h(x) .



dV  h(x) V



lnV   h(x) dx



V  e



h( x) dx



Jadi jika V  f (x) , maka Persamaan Diferensial mempunyai faktor pengintegral



V  e



h( x) dx



 Buktikan bahwa jika factor



pengintegral



 Buktikan Jika factor



pengintegral



adalah sebuah fungsi y saja , maka untuk



atau untuk



adalah



dimana



maka adalah



10



Contoh Soal :



x



1. Selesaikan Persamaan Diferensial : Penyelesaian : M  x 2  x y



 x  y dx  x dy  0



M



   1 M  N Pers. y   y x N   1   x















Disini : Nx



Sedangkan



2



Dif. Tidak Eksak



M N  y x  1  1  2   N x x 



Faktor pengintegral : v  e







2



x



1



dx



 e2 ln x 



x2



Persamaan Diferensial (i) dikalikan dengan v 



1 x2



menjadi



 1 y 1 1   2  dx  dy  0  Persamaan Diferensial Eksak x x  x 



 



PUPD. Berbentuk Fx, y  C 1 y  1 y dx  dx  Ry  x  ln x   Ry F x, y     1   2 2 x x x   F 1 dR( y) 1 maka Ry   C    y x dy x



y  PUPD  x  ln x   C x











2. 2xy dx  y 2  3x 2 dy  0 Penyelesaian :



M  2xy N  y 2  3x 2



 M  y  2x  M N Pers. Dif. Tidak Eksak   y x N   6x    x



11











3. ( y  xy2 ) dx  x  x2 y dy  0 Penyelesaian :



  1  2xy   M N y   N y x  1  2xy     x M



z Misalkan z= xy maka



x



dan v= f(x,y)



z



y



dan



 x diperoleh



y



2 v 2   dz =  dz z v xy Faktor pengintegral v  e



2



 z dz  e2 ln







z







1 1  2 2 2 x y z



 y  xy2 



Dengan demikian , PD eksaknya adalah 







 x2 y2



2   dx  x  x y  dy  0   x2 y2    







Yang mempunyai penyelesaian F (x, y)  



1.1.7



1



x  ln  C y xy



Aplikasi PD tingkat Satu



Banyak masalah ilmu pengetahuan dan Rekayasa yang bilamana dirumuskan secara matematis menjadi masalah nilai batas (Boundary-Value Problems). Yaitu persamaan diferensial dan syarat-syarat yang berhubungan dengannya. Penyelesaian masalah ini sangat bernilai bagi seseorang yang ingin mendalami masalah fisika, mekanika biologi, kedokteran dan sebagainya. Dalam perumusan matematis suatu masalah fisis dipilih suatu model matematis dan seringkali mendekati situasi sebenarnya. Sebagai contoh dalam gerakan perputaran bumi mengelilingi matahari, kita memandang matahari dan bumi itu sebagai suatu titik. Jika suatu model matematis dan perumusan matematis yang berkaitan menjadi sangat baik dengan yang diramalkan dari pengamatan atau percobaan, maka model itu baik. Sebaliknya suatu model baru mungkin dipilih.



12



A.



Pertumbuhan Populasi



Banyak masalah terapan cenderung memperhatikan perilaku suatu besaran, sebut saja X t 



yang mana laju perubahan terhadap waktu sebanding dengan lengan X , digambarkan dalam persamaan diferensial sebagai :



dX



 k X , k = konstanta ; t = waktu



dt Persamaan diferensial terpisah ini mempunyai penyelesaian :



X  X0 ekt



, X 0 = konstanta integrasi sebagai nilai awal X 0.



Hasil ini disebut peningkatan eksponen atau penurunan eksponen, tergantung apakah konstanta k nya positip atau negatip sesuai dengan yang diketahui. Sket dari fungsi penyelesaian ini berupa fungsi eksponensial. Kasus x0  0 diberikan oleh gambar (1)



X(t) X(t



X0



X0 Gambar 1(a)



t



Peningkatan Eksponen



t Gambar 1(b) Penurunan Eksponen



Model sederhana untuk pertumbuhan populasi diperoleh dengan memperkirakan bahwa laju pertambahan populasi pada tiap waktu adalah sebanding terhadap ukuran populasi pada waktu tersebut. Jika P(t) adalah populasi pada waktu t, maka



dP



 kP



dt



(3.1)



dimana k adalah konstanta positip, yang mempunyai penyelesaian



P  P0 ekt dimana P0



(3.2)



menunjukkan populasi pada t  0 . Rumus ini memperkirakan peningkatan



eksponensial populasi terhadap waktu yang memberikan diskripsi yang akurat pada pertumbuhan alga dan pertumbuhan bakteri sampai berukuran dua kali disebut Doubling Time (waktu kelipatan dua) yang dinotasikan waktu td yaitu ketika P  2P0 . Substitusikan P  2P0 ke dalam persamaan (3.2) diperoleh



2P0  P0 e kt d 13



bagi kedua sisi dengan P0 dan cari logaritmanya td , adalah: k td  ln 2 sehingga waktu kelipatan dua adalah td 



1



ln 2



k



sifat dari sistem adalah td tidak bergantung P0 TUGAS 2: Diketahui jumlah bakteri dalam suatu koloni berkembang dengan laju yang sebanding dengan jumlah bakteri yang ada. Jika jumlahnya meningkat dari 500 ke 2000 dalam 2 jam. Tentukan jumlahnya setelah 12 jam dan juga cari waktu kelipatan duanya. Kunci Jawaban : Jumlah bakteri dalam koloni setelah 12 jam :



B.



Peluruhan Radioaktif Misal N( t ) menunjukkan jumlah atom-atom radioaktif di dalam sampel dari bahan radioaktif,



kemudian melalui eksperimen diperoleh kenyataan bahwa N meluruh dengan laju yang sebanding terhadap jumlah atom-atom radioaktif yang ada. Secara matematis dapat dituliskan rumus peluruhan radioaktif sebagai persamaan diferensial : dN  KN dt dimana K adalah konstanta negatif.Penyelesaian umum dari PD diatas adalah :



N  N 0ekt dimana N0 menunjukkan pada jumlah atom-atom radioaktif pada saat awal karena K negatif dapat dilihat bahwa N( t ) meluruh secara eksponensial terhadap waktu. Waktu yang diperlukan tepat separuh dari jumlah atom-atom radioaktif yang dibagian awal ada dalam sampel untuk meluruh disebut Waktu Paruh Bahan. 1 1 N 0  N 0 e K1 / 2 Ambil N  2 N 0 sehingga 2



t



1



 2



1 K



ln 2



Perhatikan bahwa t 1 tidak bergantung N0 yang memenuhi sifat dari bahan radioaktif. 2



14



Aplikasi dari peluruhan radioaktif adalah penentuan umur organisme. Selama masa hidup organisme ditemukan bahwa rasio dari radio aktif 14C (Carbon 14) terhadap carbon yang ada dalam organisme, mendekati nilai konstan dan sama dengan rasio pada medium yang mengelilingi. Namur demikian, ketika organisme mati, jumlah carbon 14 yang ada didalamnya berkurang karena peluruhan radioaktif. Karena diketahui waktu paruh dari carbon 14 adalah mendekati 5600 tahun, dengan mengukur jumlah 14C didalam organisme Sangat memungkinkan untuk memastikan umur organisme itu.



Tugas mandiri 3 Fosil tulang ditemukan memiliki 70% yang ada ditulang semasa hidupnya, diketahui waktu paruh dari 14C adalah 5600 tahun, Tunjukkan bahwa umur fosil tersebut umur fosil itu kira-kira : 2882 tahun.



C.



Hukum Pendingin Newton



Salah satu aplikasi persamaan diferensial satu dengan menggunakan hukum fisika adalah perubahan suhu dari suatu benda yang berada dalam ruangan yang berbeda suhunya. Faktor utama yang mempengaruhi mendinginnya suhu benda tersebut dengan ruangan sesungguhnya, menurut hukum pendingin Newton.



Laju perubahan suhu dari suatu benda sebanding dengan perbedaan suhu antara benda dan media sekelilingnya Misalkan T adalah suhu benda pada waktu t dan Tm sebagai suhu media sekelilingnya maka hukum Newton dapat dinyatakan sebagai persamaan diferensial dT  k T  Tm  (4.1) dt dimana k adalah konstan. Tanda minus didepan konstanta k adalah hal yang biasa diberikan. Untuk meyakinkan bahwa k selalu bernilai positif. Diasumsikan bahwa Tm adalah konstan. Jika demikian maka penyelesaian umumnya:



T  Tm  C ekt



(4.2)



dari persamaan (4.2) jika t   maka suhu benda mendekati media sekelilingnya T  Tm . Hal ini pasti konstan dengan pengalaman kita sehari-hari. Lihat gambar 2 yang menjelaskan bahwa menurut hukum pendingin Newton benda mendekati suhu ruangan secara eksponensial.



T0 Tm T0



Benda mendingin Benda memanas Gambar 2



15



Tugas mandiri 4 Sebuah batang besi panas yang suhunya diletakkan dalam ruangan yang suhunya 700F setelah 2 menit suhu besi menjadi 2100F. Berapa suhu batang besi setelah 4 menit Waktu yang diperlukan untuk mendingin menjadi dan waktu yang dibutuhkan untuk mendingin menjadi 1000F. Kunci jawaban :



Tingkat Persamaan Diferensial dapat dilihat dari turunan tertinggi yang termuat dalam Persamaan Diferensial itu. Dalam bab ini pusat perhatian dititik beratkan pada unsur-unsur dari teori tentang penyelesaian Persamaan Diferensial linier dan membicarakan metode untuk memperoleh penyelesaian umum. Tentu saja penyelesaian umum persamaan diferensial linier tingkat satu dengan koefisien konstan ataupun koefisien peubah sudah diketahui pada bab 1. Selanjutnya oleh karena ada beberapa kesulitan aljabar, yang akan dicari dalam penyelesaian ini adalah Persamaan Diferensial linier tingkat n dengan koefisien konstan dan bentuk khusus. Adapun Persamaan Diferensial linier dengan koefisien peubah secara eksplisit sulit dicari penyelesaiannya tetapi dapat diselesaikan dengan metoda deret kuasa atau secara numerik.



1.2.1



Persamaan Diferensial Tingkat dua Homogen dengan Koefisien konstan.



Bentuk Umum :



d2y a0



dx2



 a1



dy dx



 a2 y  0



(2.6)



dengan a0, a1, a2 adalah konstan. Misalkan y = emx merupakan penyelesaian dari PD tersebut, maka harus memenuhi (2.6):



a m2emx  a memx  a emx  0 0



1



2



16



emx (a m2  a m  a )  0 0



1



2



emx  maka (a m2  a m  a )  0 0



1



2



dan persamaan : (mn  a1 mn1  ...  a n1m  an )  0 disebut persamaan karakteristik, dengan m1, m2 merupakan akar-akar karakteristiknya. Dengan melihat keadaan akar-akar karakteristiknya, ada tiga kondisi : 1) Jika m1  m2 (aka-akarnya real dan berbeda) maka PUPD : y = c1 e m1 x + c 2 e m2 x 2) Jika m1  m2 = m (merupakan akar-akar yang real dan kembar yaitu bernilai m) , maka PUPD : y = em x ( c +1 c x 2) 3) Jika terdapat akar komplek sekawan m12 = a  b i , sedangkan yang lain real dan berbeda , maka PUPD : y = ea x ( c1 cos bx + c2 sin bx )



Untuk penyelesaian PD Linier tingkat n dengan koefisien konstan tereduksi caranya sama dengan tingkat dua tersebut diatas , hanya tinggal menjeneralisir saja. Contoh : 1) Selesaikan PD y  5y  6y  0 , dengan syarat awal



y(0)  0,



y(0)  1



Penyelesaian : Subtitusi y = emx diperoleh : persamaan karakteristik : m2 + 5 m + 6 = 0 akar-akar karakteristik : m = -3 dan m = -2 x PUPD : y = c 1e3 x + c e2 2



y(0)  0 



0 = c1 + c2



y(0)  1 



y(x)   3c e 3 x  2c e 2 x 1 = -3 c - 2 c



…( i ) 1



2



1



2



( ii )



dari (i) dan (ii) diperoleh c1= -1 dan c2 = 1 jadi PPPD : y = - e3 x + e2 x Tugas Mandiri 17



1) Selesaikan



,



dengan



syarat



awal



Kunci jawaban : Akar-akar pers. Karakteristik : m12 = 3



2) Selesaikan Kunci Jawaban : Akar-akar karakteristik : m1= -1 , m23 = 2 3 i



3) Selesaikan



Kunci jawaban : Akar-akar karakteristik : m12= 2i , m34 = 2 3i



1.2.2



Metode Variasi Parameter Penyelesaian umum dari PD tingkat dua linier nonhomogen dengan koefisien konstan :



a0



d2y dx2



a



1



dy



 a y  F (x)



dx



…( 2.7)



2



dengan a0, a1, a2 konstan, kita peroleh dari penyelesaian PD tereduksi (PD homogen) , yaitu yc , dan penyelesaian partikulirnya yaitu yp. PUPL : y = yc + yp. y  py  qy  F(x) Persamaan 2.7 dapat pula ditulis sebagai berikut : (2.8) dina p dan q adalah konstan. Misalkan y1(x) dan y2(x) adalah dua penyelesaian yang bebas linier yang y  py  qy  0 berkaitan dengan PD homogen : maka penyelesaian umum dari PD homogen :



yc = c1 y1(x) + c2 y2(x)



Metoda variasi parameter meletakkan kembali konstanta c1 dan c2 sebagai fungsi L1(x) dan L2(x) sedemikian hingga yp penyelesaian dari PD (2.8) :



Yp = L1(x) y1(x) + L2(x) y2(x) Dimana L1(x) dan L2(x) mengikuti sifat :



(x) y1(x) +



(x) y2(x) = 0



(x)



(x)



(x) +



(x) = F(x)



18



Dua persamaan dengan 2 bilangan anu L1 (x) dan L2 (x) pasti dapat diselesaikan dengan aturan Cramer



1



: L1 (x) =







dan L2 (x) =



2 . 



Contoh : Dapatkan penyelesaian umum dari y  4y  4y  e 2x ln x Penyelesaian : Penyelesaian umum dari PD homogen yang berkaitan adalah : yc = c1 e-2x + c2 x e-2x sehingga penyelesaian partikulir dari PD Lengkap diatas adalah : yp = L1(x) e-2x + L2(x) x e-2x dimana :



L1(x) e-2x + L 2(x) x e-2x



=0



L1(x) (-2 e-2x ) + L 2(x) e-2x (-2x +1) = e-2x ln x atau



L1 (x) + L2 (x) x = 0 L1 (x) (-2 ) + L2 (x) (-2x +1) = ln x 0x



L1 (x) =



L (x) = 2



 x ln x ln x 1  2x = = -x lnx 1x 1  2 1  2x 1 0  2 ln x 1 x



=



ln x











= lnx







L1(x) =



L (x) = 2



1







x ln x dx =



12



x (1-2lnx)



4



  ln x dx = x ( lnx – 1 )



 2 1  2x sehingga penyelesaian partikulir dari PD Lengkap diatas adalah : yp = =



1



2



-2x -2x x (1-2lnx) e + x ( lnx – 1 ) x e



4



12 4



x e-2x (2 lnx – 3 ) -2x



Jadi PUPL y = c1 e -2x + c2 x e +



1 4



2



x e-2x (2 lnx – 3 ) .



19



Contoh: Dapatkan penyelesaian umum :



PUPR: y = ex (c1 + c2 x + c3 x2 ). PUPL : y = c ex + c x ex + c x2ex + x3 ex (6 lnx -11)



1.2.3



Metode Operator D d



dy



dx



dx



Operator D adalah operator diferensial. Jika dapat ditulis sebagai D maka = D2y . Sedangkan D-1adalah operator integral: D-1y =



 y dx



atau D-1 =







= Dy dan



d 2y dx 2



dx dengan demikian D-2y



berarti mengintegralkan y dua kali.



a0



Padang kembali PD lengkap (2.9):



d2y dx2



a



dengan a0, a1 dan a2 konstan , berubah menjadi : a D2 y  a D1 y  a y  F(x) 0



1



1



dy dx



 a y  F (x) 2



(2.11)



2



Jika dimisalkan F(D ) = a D  a D  a 2



0



1



1



2



F(D ) disebut Polonomial operator D . Dan persamaan (2.11) dapat ditulis menjadi : F(D ) y = F(x) (2.12) PD homogen dapat ditulis : F(D ) y = 0 (2.13) yp adalah penyelesaian partikulir yang merupakan penyelesaian dari (2.11). Metode operator D dapat digunakan untuk mendapatkan penyelesaian partikulir : yp =



1 F (D)



F (x)



(2.14)



Sekarang perhatikan (2.14), F(D ) dapat diuraikan menjadi :



F(D)  (D  m1 )D  m2  1 1 F (x)



maka yp =



(D  m1 ) (D  m2 )



dimana masing masing pecahan operator dioperasikan terhadap R(x), misalkan pada bagian



1 (D  mn )



R(x) = u



atau



Du – mn u = R(x) merupakan PD linier tingkat satu, dengan bentuk



20



m x penyelesaian : u = e n



e



mn x



R(x)dx , dan kemudian hasilnya dioperasikan kembali pada operator



berikutnya sehingga didapat penyelesaian partikulir. Diberikan teorema berikut yang sangat bermanfaat untuk memperoleh penyelesaian PD lengkap, namun untuk kemudahan pembuktian kita terapkan pada PD order 2:



(D2  pD  q) y  F(x) yang kemudian dapat di generalisasi pada F(D) derajat n.



Teorema 2.5 : 1.



1 1 eax , dimana F(a)  0 [ eax ] = F (D) F (a)



2.



1 1 [ eax f(x) ] = eax f(x). F (D) F (D  a)



3.



1 1 sin(ax+b) , dimana F( -a2 )  0 [ sin(ax+b) ] = 2 2 F (a ) F (D ) 1 1 cos(ax+b) , dimana F( -a2 )  0 2 [ cos(ax+b) ] = F (a 2 ) F (D )



4.



1 Pn(x) = ( a0 + a1 D + a2 D2 + … + an Dn ) Pn (x). F (D)



5.



1 F ( D) 1 [ x V(x) ] = x V(x) V(x). F (D) F (D) {F (D)}2



Rumus berikut ini akan banyak penggunaannya : Euler Mac’Laurint



: eiax = cos ax + i sin ax . 1 :  1  x  x 2  x 3  x 4  x 5  ... 1x 1  1  x  x 2  x 3  x 4  x 5  ... 1 x



contoh: 1. Dapatkan penyelesaian umum dari y  y  e 2x Penyelesaian : PR : D2 + 1 = 0 PK : m2 + 1 = 0 Akar-akar : m12 =  i PUPR : yc = c1 cos x + c2 sin x.



21



: yp =



PP



PUPL



1 D 1 2



2x



e =



1 5



e2x



1 2x



: y = c1 cos x + c2 sin x +



e



5 2. Dapatkan penyelesaian umum dari y  y  12cos 2x  sin x Penyelesaian : PUPR : yc = c1 cos x + c2 sin x. PP : yp = 1 (12cos 2x  sin x ) D2 1



1 1 12 cos 2x  2 sin x ) D 1 D 1 1 = 1 12 cos 2x  Im{ ei x (D  i)(D  i) 3 1 1 =  4 cos 2x  ei x =  4 cos 2x  ei x .1 Im{ Im{ (D  i)2i 2i (D  i) ix 1 1 =  4 cos 2x  Im{e 1} =  4 cos 2x  Im{ ei x .1 2i D 2i (D  i) i =  4 cos 2x  Im{ ei x x} =  4 cos 2x  Im{ i x(cos x 2 2 1 =  4 cos 2x  x cos x 2 1 y = c1 cos x + c2 sin x  4 cos 2x  x cos x 2



yp =



PUPL :



2



Dapatkan penyelesaian umum :



i sin x)}



Dapatkan penyelesaian umum :



PUPR yc = e2x (c1 cosx + c2 sinx)



1.2.4



Persamaan Diferensial Linier dengan Koefisien Tidak konstan.



Sering kali persamaan diferensial yang diselesaikan merupakan persamaan diferensial dengan koefisien tidak konstan sehingga untuk menyelesaikannya diperlukan teknik teknik tersendiri. Dalam bab ini akan dicari penyelesaian dari persamaan diferensial linier tingkat n dengan koefisien tidak konstan 22



yang berbentuk khusus, yaitu PD Cauchy-Euler. Adapun Persamaan Diferensial linier dengan koefisien peubah yang diluar bentuk khusus tadi secara eksplisit sulit dicari penyelesaiannya tetapi dapat diselesaikan dengan metoda deret kuasa atau secara numerik. Salah satu PD tingkat dua dengan koefisien tidak konstan adalah : (ax  b)2



d2y dx



 P (ax  b) 1



2



dy  p y  F (x) 2 dx



(2.15)



disebut dengan Persamaan Diferensial Cauchy-Euler. Pada persamaan tersebut a1, a2 dan an merupakan konstanta-konstanta dan F adalah fungsi yang kontinu. Untuk menyelesaikan (2.15) dilakukan subtitusi sehingga (2.15) menjadi PD dengan koefisien konstan. Untuk itu dimisalkan et = ax + b maka t = ln(ax+b) dt  a  dx ax  b



sehingga



selanjutnya turunan tingkat satu dan dua dari y dapat diperoleh :



y = dy  dy dt  



dx 







y 







a







ax  b dt



dt dx



d  dy  = d 



dy =



a 



a



dy



(2.16)



ax  b dt



 dy   =



a2



 d2 y



dy 



    2 2 dx  dx  dx  ax  b dt  (ax  b)  dt  dt   



y 











d d   1 y (ax  b)2 dt  dt  a2



(2.17)



Misalkan operator d = Ð maka (2.16) , (2.17), (2.18), (2.19) dapat ditulis kembali : dt



(ax  b) y = a Ð y



(ax  b) 2 y = a2 Ð (Ð-1) y



dan persamaan ( 2.15) menjadi PD linier tingkat n dengan koefisien konstan : {a2 Ð (Ð-1)+ p1 a Ð y + p2 y = F(x)



(2.20)



Contoh



Tentukan penyelesaian dari : Sebagai kunci jawabannya :



(3x+2)2 y + 3 (3x+2) y - 9 y = 6 x PUPL: y=c1(3x+2)+c2(3x+2)-1+ 1 ln(3x  2) (3x  2) 3



23



A.



Kelompokkan setiap Persamaan Diferensial berikut ini dengan menuliskan tingkat Persamaan Diferensial dan Derajat Persamaan Diferensial.



 y"2  3x  2 y'3 1. 2.



dy



y  y2 dx x



d 2Q 3 dQ  2q  4 sin 2t  dt dt 2 4. dy x  y  dx x  y



3.



d 2I



dI  3I  2 cos t  4sin t. dt 2 dt dv 6. 3  d v  x  2   2 dx dx   5.



2



2







B. Kelompokkan Persamaan Diferensial berikut ini termasuk bentuk Persamaan Diferensial apa. 1.



2x



3



 y 3 dx  3xy 2 dy  0



dy 3 dx  2 y  x cos 4x 3. 4x  xy 2 dx  y  x 2 y dy  0 2.



x



4.



3x



5.



dy  y  xy 3 dx



6.



2



3xy















 y cos x dx  sin x  4y 3 dy  0



2



 2y dx  2x 2 y  x  dy  0



C. Tunjukkan bahwa fungsi yang diberikan adalah penyelesaian dari suatu Persamaan Diferensial yang diberikan (C1 , C2 konstanta sembarang) dan tentukan interval maximum agar penyelesaian Persamaan Diferensial tersebut adalah benar. 1. y  C e x  C e  x , y" y'2y  0 1



2



2. y  1 , y'   y 2 x 4 3. y  C1e x  x 1 , y'x  y  0 4. Q"(t)  4Q'(t)  20Q(t)  16e2t , t  0 ; Q(0)  2 ; Q'(0)  0 dy  2xy 5. x 2 y  y3  C ,  dx 3y2  x2 D. Selesaikan Persamaan Diferensial berikut. 1. dy  2xy dx 2. y dx  (x  2) dy  0 24



xy 2 1



dy 



 dx 2x  2x 1 4. dy  1  sin (x  y) , y       dx sin y cos x 4 4   dy 5. 3x  2 y   3y dx y dy   y 6. sin    x  y  x cos  3.







     x dx x      dy 2 7.  y  4x , y(1)  2 dx x    dy  y cos x  sin 2x , y   2 8. sin x dx  2  9. dy 2 2 4



dx  x y  6 y x 10. 2xy' y3 x2  y  0 11. cos(xy)  xy sin (xy)dx  x2 sin (xy) dy  0











12. y exy dx  2y  x exy dy  0 13. (xy 1) dx  (xy  1) dy  0



x



dy 14.







y



ye



x



dx







,  ,  adalah konstanta



2 15. (xy 1) dx  x dy  0 4 16. y dx  2x  y dy  0



























17. 3xy  2y1 dx  x x  y2 dy  0



dy  2x 1  y 2 dx 1  x 1  x 2 2 19. (x3+y4 )dx+8xy3 dy = 0 18.



20. (2 xy4 ey+ 2xy3+y)dx+( x2y4 ey- x2y2-3x )dy = 0 21. Diberikan model populasi yang mana laju kelahiran per orang,  dan laju kematian per orang adalah   , konstan. Model Persamaan diferensial yang menggambarkan hal ini dP     P . dt



Carilah penyelesaian persamaan diferensial dan hitung dan prediksi jumlah populasi untuk t   . Jika      0 tentukan waktu kelipatan dua. 22. Pada pukul 4 sore batu bara yang panas ditari keluar dari pemanggangan dan kemudian diletakkan di ruangan yang dingin yang memiliki suhu 75 0 F. Jika setelah 10 menit suhu batu bara 415 0 F, dan setelah 20 menit temperatur berubah menjadi 347 0 F, hitunglah :



a. Suhu pada pemanggangan. b. Jam berapa ketika batu bara mendingin mencapai 100 0 F.



25



23. Suatu koloni bakteri bertambah dengan laju yang berbanding lurus dengan jumlah bakteri yang ada. Jika jumlah bakteri dalam empat jam menjadi tiga kali jumlah semula.



a. Buat model yang mempresentasikan jumlah bakteri N(t) dalam waktu t. b. Tentukan solusinya. c. Berapa waktu yang diperlukan agar jumlahnya menjadi 27 kali jumlah semula. 24. Sebuah tangki berisi 600 liter larutan yang mengandung 1500 gram bahan kimia. Sebuah larutan mengandung 5 gram/liter bahan kimia mengalir masuk kedalam tangki dengan kecepatan 6 liter/menit, dan larutan yang telah diaduk rata dikeluarkan dengan kecepatan 3 liter/menit. Hitung jumlah bahan kimia dalam tangki setelah 1 jam. Berapa konsentrasi bahan kimia didalam tangki pada waktu itu ?



25. Suatu subtansi yang tidak mudah terbakar pada kondisi awal temperaturnya adalah 50 0 F berada dalam open yang panas yang mana suhunya adalah 450 0 F. Temperatur subtansi tersebut menjadi 150 0 F setelah 20 menit. Hitung temperatur subtansi setelah 40 menit. Jika subtansi terbakar ketika suhu mencapai 350 0 F , hitung waktu yang dibutuhkan sampai subtansi tsb terbakar.



Untuk soal 1 – 3. Tunjukkan bahwa fungsi berikut adalah penyelesaian dari Persamaan Diferensial yang diberikan



dalam  ,  dan tentukan yang mana dari mereka yang merupakan basis dari Persamaan Diferensial. 1. y" y'6y  0 , y1 e3x , y2  e2 2. y"4y  0 , y1  cos 2x , y2  sin 2x 3. y"2y' y  0 ,



y1 e x



, y2  xe x



, y3  e x (x  2)



4. Diberikan Persamaan Diferensial y" y'6y  018e3x a) Tentukan nilai dari r yang konstan sedemikian hingga y  erx adalah penyelesaian dari Persamaan Diferensial homogen dalam  ,  dapatkan pula fungsi komplemennya. b) Dapatkan nilaidari A0 yang konstan sedemikian hingga y p A e03x



adalah penyelesaian



partikulir di Persamaan Diferensial. c) Dengan menggunakan hasil dari a) dan b) tentukan penyelesaian umum 5. Diberikan Persamaan Diferensial y" y'2y  4x2 a) Tentukan nilai dari r yang konstan sedemikian hingga y  erx adalah penyelesaian dari Persamaan Diferensial homogen dalam  ,  dapatkan pula fungsi komplemennya. b) Tentukan nilai a0 , a1 , a 2 yang konstan sedemikian hingga y p  a0  a1 x  a2 x2 adalah penyelesaian partikulir di Persamaan Diferensial. c) Dengan menggunakan hasil dari a) dan b) tentukan penyelesaian umum. Untuk nomer 6 – 12 Tentukan penyelesaian umum dari persamaan diferensial yang diberikan: 6. 7. 8.



D  4D  2D  3y  0 y"5y  6y  0 y''' y"4y'4y  0



26



9. y  y  4y  4y  0 10. D  22 y  0 11. D 2  6D  34 y  0











12. D  4D 1y  0 y'6y 0, 13. Dapatkan penyelesaian dari MNA y" 2 2 14. Diberikan persamaan Laplace :  u   u  2



x 2



y 2



y(0)  3 ,



y'(0)  1



0



Tunjukkan dengan substitusi ux, y  e  f ( ) dimana   x  y , x



2 df q ( ,  konstan positif) menjadi Persamaan Diferensial d f  2 p  f  0 2 d d  2



1



 Dimana p   , q   2  2    2  2 15. D 2  2D  3y  15e 4 x 16. DD  2y  49ex sin 2x



17. D 2  2D 1y  3xx  4 18. y"2y'2y  4x2



 n  2  2 



19. y"9 y  5cos 2x , y(0)  y 20.



d 2x 2 2  W0 x  F0 cos t dt



dimana 0 dan  baik persamaan konstan, F0 adalah konstan sembarang. Jelaskan dua kasus yang berbeda   0 dan   0 21. y"6 y'9 y 



2e3x x 2 1



e2 x ,x0 x2



22. y"4 y'4 y  23. y"2 y  17 y 



64e x 3  sin 2 (4x)



24. 25.



27



Kompetensi Dasar : -



Kemampuan mentransformasika fungsi ke bentuk fungsi Laplace Kemampuan mengetahui sifat sifat fungsi Laplace Kemampuan menyelesaikan PD dengan Laplace



Dalam baba ini akan dibicarakan fungsi fungsi yang penting dalam menyelesaiakan permasalahan model matematika yang berupa masalah nilai awab/bata syaitu suatu fungsi yang disebut fungsi Laplace . Untuk itu akan didefinisikan fungsi Laplace beserta sifat sifatnya. Penyelesaian dari Model matematika suatu sistem atau penyelesaian suatu masalah nilai awal apakah memuat fungsi fungsi eksponensial, sinus, cosinus atau lainnya yang perilakunya dianggap penting. Jika formula penyelesaiannya tidak diketahui maka matematikawan dapat menentukan cara uji untuk mendeteksi bentuk eksponensial. Gagasan atau ide uji yang dimaksudkan sebagai berikut: Misalkan akan diuji bentuk eksponensial . Kalikan fungsi tersebut dengan diperoleh Yang akan terbatas apabila dan konstan apabila . Dengan demikian integral ∫ Menjadi terbatas apabila dan tak terbatas apabila sebagai mana ditunjukkan oleghgambar 1.



1



2



Contoh 2 Tentuka Transformasi Laplace dari konstan Penyelesaian: Dari persamaan (1) diperoleh



dengan



adalah suatu bilangan



{}∫∫∫



[(



) ]



Dimana Teorema 2.1 [Linieritas dari Transformasi Laplace]:



3



4



Dengan menggunakan Teorema 1.1 diperoleh :



5



6



Sifat Transformasi Laplace untuk turunan fungsi disajikan oleh teorema berikut: Teorema 2.2 [Transformasi Laplace dari turunan fungsi ]:



7



Teorema 2.3 [Transformasi Laplace dari turunan ke-n]:



8



9



10



Teorema 2.4 [Transformasi Laplace dari Integral fungsi ]:



11



12



Teorema 2.5 [Sifat Translasi Pertama]:



Contoh 15 Dapatkan Transformasi laplace dari fungsi Penyelesaian: karena { }



maka



{}



13



Teorema 2.6 [ Sifat Translasi kedua]:



14



Sebagai Latihan, dapatkan fungsi Laplace dengan menggunakan teorema2.5 dan 2.6, untuk beberapa fungsi berikut ini:



a) b) c) d) {



15



16



17



18



19



20



21



22



23



Penyelesaian PD adalah dimana adalah sama dengan :



24



I.



Dapatkan transformasi Laplace untuk fungsi fungsi berikut dimana a, b, c, dan adalah konstanta



II.



Berikut diberikan fungsi fungsi yang merupakan pengembangan dafi fungsi yanga ada di Tabel TL.



25



III.



Dengan menggunakan sifat sifat dari TL yang telah diberikan, Selesaikanlah masalah yang diberikan berikut ini.



26



27



Kompetensi Dasar : -



Kemampuan memahami fungsi diskrit dan transformasi_Z Kemampuan mentransformasikan fungsi periodik ke dalam deret Fourier



Dalam baba ini akan dibicarakan fungsi fungsi diskrit yang penting dalam menyelesaiakan permasalahan model matematika yang variabel bebasnya berupa bilangan bulat seperti hari bulan atau tahun. Oleh karenanya konsep barisan mutlak dibutuhkan dalam bab ini. Transformasi fungsi ini disebut transformasi_Z . Untuk itu akan didefinisikan fungsi yang bernilai diskrit atau dikenal dengan barisan beserta sifat sifatnya. Selain itu akan dipelajari pula Deret Fourier yg digunakan sebagai landasan menyelesaikan Masalah Nilai batas yang sering muncul pada masalah sains dan teknologi getaran atau konduksi panas



TRANSFORMASI_Z



1



 MENDAPATKAN DERET FOURIER Fungsi kontinu sebagian demi sebagian dan periodik dengan periode 2L dapat ditransformasikan ke bentuk fungsi Sinus/cosinus menjadi sebuah deret yang disebut dengan DERET FOURIER Teknik untuk mendapatkan koefisien koefisien Fourier bagi fungsi pada interval : ∑(



Dimana



)



∫ ∫ ∫



Contoh : 1. 2.



Tentukan deret Fourier untuk fungsi tersebut Tentukan deret Fourier untuk fungsi gelombang tersebut



pada interval pada interval



dan sketsalah fungsi gelombang dan sketsalah fungsi



2



3



FUNGSI GENAP FUNGSI GANJIL



 Apabila merupakan fungsi genap, maka deret fouriernya hanya fungsi cosinus saja, dalam hal ini nialai dan disebut deret Cosinus Fourier diberikan sebagai berikut : ∑ (



)



∫



Dimana



∫  Apabila merupakan fungsi ganjil, maka deret fouriernya hanya fungsi sinus saja, dalam hal ini nialai dan disebut deret sinus Fourier diberikan sebagai berikut : ∑(



dimana



)



∫



Contoh



4



1. Tentukan deret Cosinus Fourier untuk fungsi pada interval [0,1] sertai sketsa gelonmbangnya. 2. Diberikan fungsi periodic dengan periode 2 satuan, dan . Dapatkan Deret Fouriernya. Sertai sketsa gelombang fungsi tersebut



5



Kompetensi Dasar : -



Kemampuan memahami persamaan diferensial parsial dan metoda penyelesaiannya Kemampuan menurunkan persamaan penerapan rekayasa dan cara menyelesaikan permasalahan nilai awal dan nilai batas Persamaan diferensial parsial dijumpai dalam kaitan dengan berbagai masalah fisik dan geometris bila fungsi yang terlibat tergantung pada dua atau lebih peubah bebas. Tidak berlebihan jika dikatakan bahwa hanya



sistem



fisik



yang paling sederhana



yang dapat



dimodelkan dengan persamaan diferensial biasa mekanika fluida dan mekanika padat, transfer panas, teori elektromagnetik dan berbagai



bidang fisika lainnya penuh dengan masalah-



masalah yang harus dimodelkan dengan persamaan differensial parsial.Yang sesungguhnya, kisaran penerapan persamaan diferensial parsial sangatlah besar, dibandingkan dengan kisaran penerapan persamaan diferensial biasa. Peubah-peubah bebas dapat berupa waktu dan satu atau lebih koordinat di dalam ruang.



Definisi : Persamaan Diferensial Parsial (PDP) adalah suatu persamaan yang mengandung satu atau lebih derivative parsial dari suatu fungsi dari dua atau lebih peubah bebas.



Tingkat derivative parsial tertinggi merupakan tingkat persamaan diferensial parsial tersebut. Contoh



1



Dalam hal ini adalah konstanta, adalah waktu dan adalah koordinat Kartesius.



Yang dimaksud Penyelesaian suatu Persamaan Diferensial Parsial sdalam daerah R adalah suatu fungsi yang mempunyai derivative derivative parsial yang tampak didalam persamaan diferensial parsial itu dan memenuhi persamaan diferensial tersenut.



Penyelesaian persamaan diferensial tidaklah tunggal, namun jika ada informasi tambahan dari situasi fisik, misalnya, solusi yang diinginkan pada batas Dimain yang diketahui (Syarat atau Kondisi batas) atau dalam kasus lain, apabila diberikan nilai penyelesaian pada saat = 0 (Syarat Awal ).



Metode Penyelesaian PD Parsial Beberapa Penyelesaian PD parsial yang akan dibahas adalah: A. Integral Langsung B. Pemisalan C. Pemisahan Variabel



2



3



Penyelesaian PDP dengan Metode Pemisahan Variabel Persamaan Diferensialparsial linier tingkat tinggi dengan beberapa keistimewaan dapat diselesaikan dengan menggunakan metode pemisahan variabel . Bentuk Umum PDP tersebut adalah :



4



Dengan keistimewaan : 1) Tidak terdapat derivative parsial lebih dari satu variabel bebas 2) fungsi x saja, fungsi y saja, fungsi t saja, i=0,1,2,3,… Penyelesaian PDP dimisalkan sebagai fungsi yang variabelnya terpisah :



Perhatikan bahwa



̇



̈ ̇



,…, ̈ ,…,



̇



̈, … ,



Ini berarti bahwa ̈



Yang merupakan persamaan diferensial biasa, dengan



. Jadi penyelesaian PDP adalah



:



Latihan soal PDP: 1.



Tunjukkan penyelesaian PDP: , adalah :



2.



Selesaikan penyelesaiannya bagi persamaan berikut dengan menggunakan pemisahan variabel: a) b) c) d)



3.



Tunjukkan Penyelesaian PDP: adalah



5



4.



Tunjukkna bahawa Penyelesaian Masalah Nilai Batas : , Dengan syarat batas Syarat awal adalah: ∑ Dengan



∫( ) ∫



( )



MODEL MATEMATIKA PENERAPAN REKAYASA DAN PENYELESAIANNYA A. PERSAMAAN GELOMBANG SATU DIMENSI Berbagai persamaan diferensial penting satu dimensi yang pertama adalah persamaan getaran dawai. Kita akan turunkan persamaan yang mengatur vibrasi pada seutas dawai elastis, yang diregangkan sampai panjang Ldan diikatkan pada kedua ujungnya. Misalkan kemudian dawai itu ditarik dan diganggu dan kemudian dilepaskan pada saat t = 0 agar bergetar. Masalahnya adalah menentukan vibrasi dawai tersebut, dengan kata lain menentukan penyimpangannya pada sembarang titik x dan waktu t > 0. Perhatikan gambar 4.1berikut ini.



6



Gambar 4.1



Asumsi asumsi itu sedemikian rupa sehingga kita dapat berharap bahwa solusi dapat menerangkan dengan cukup baik getaran kecil dawai ”nonideal” yang bermassa kecil dan homogeny yang mengalami tegangan besar. Dari keadaan gambar 4.1 diatas diperoleh :



7



Diperoleh :



8







Penyelesaian Persamaan Gelombang berdimensi Satu dengan Metode Pemisahan Variabel.



Model Persamaan Gelombang dimensi satu ( Dawai bergetar) telah diketahui :



Dengan menggunakan metode pemisahan variabel , misalkan Penyelesaian gelombang Dawai adalah : Maka :



PD menjadi :



̈



̈ ̈



̈



dan



̈ atau



̈



Hal ini menghasilkan persamaan diferensial biasa linier, yaitu :



9



̈ ̈



diperoleh penyelesaian diperoleh penyelesaian



Dengan Penyelesaian Umumnya adalah Dengan memasukkan syarat batas pada penyelesaian untuk semua Diperoleh nilai A adalan 0 (nol) dan, atau . Dengan mengambil B=1, kita memperoleh takhingga banyak penyelesaian dengan



Penyelesaian Umumnya adalah: , dimana , , dan , dinamakan Fungsi Eigen dan dimana merupakan Nilai Eigen Dengan prinsip superposisi maka : ∑ Yang harus memenuhi syarat awal : ∑ Persamaan diatas membentuk deret Sinus Fourier (DSF) dari pada interval (0, L) dengan koefisien Fourier : ∫ (



)



selanjutnya syarat kecepatan awal Dawai : ∑ Juga membentuk deret Sinus Fourier dengan ∫



(



)



10



Atau ∫( )



Hasil analisa yang telah diuraikan tersebut diatas dapat diperoleh kesimpulan SBB: Model Persamaan Gelombang dimensi satu ( Dawai bergetar):



Jika deberikan simpangan awal dan kecepatan awal :



Penyelesaian MNB getaran dawai satu dimensi adalah : ∑ Dimana ∫ ( ) Dan



∫()



Contoh soal Tentukan persamaan gelombang jika defleksi awal berbentuk segitiga



11



{



Dengan kecepatan awal nol Jawab. Karena kecepatan awal: maka Bn =0. Dan selanjutnya buktikan bahwa



∫



(



)



∫



) ∫



)



( (



( ),



n=0,1,2,…



Tentukan penyelesaian MNB dawai yang bergetar yang panjangnya L, dan jika: 1.



kecepatan awalnya nol dan simpangan awalnya adalah sbb:



12



2. Simpangan awalnya nol dan kecepatan awalnya diberikan pada fungsi berikut ini:



B. KONDUKSI PANAS SATU DIMENSI Distribusi temperature pada batang/tongkat satu dimensi mempunyai model matematika : ,



dengan



K : Konduktifitas termal S : Panas jenis : Kerapatan massa Dengan syarat batas Syarat awal Dengan metode pemisahan variabel didapat penyelesaiannya adalah: ∑ Dimana dan



∫( )



Contoh permasalahan



13



Penyelesaian ∫



( )



∫



∫



{



}



{



}



∫



(



)



∫



∫



( )]



Jadi



14



Atau dapat pula dilihat dengan memasukkan Syarat awal menghasilkan persamaan ∑ Dapat dilihat bahwa ,



(



) ∑



Suhu mencapai maksimum jika , maka = 50 ( )



C. KONDUKSI PANAS DUA DIMENSI Distribusi temperature pada pelat empat persegipanjang dua dimensi mempunyai model matematika : , Dengan syarat batas Syarat awal Dengan metode pemisahan variabel didapat penyelesaiannya adalah: ∑ ∑ Dengan



[( ) ( ) ]



∫ ∫



Untuk kondisi steady (stabil) temperature tidak terpengaruh oleh waktu : model perambatan panas dua dimensi menjadi persamaan Laplace



15



penyelesaiannya adalah: ∑ ∫



D. GELOMBANG DUA DIMENSI Menentukan gelombang pada pelat empat persegi panjang yang tepi tepinya diikat/dijepit pada posisi



,



dan



,



, jika pada awalnya membrane digetarkan secara



transfersal membentuk fungsi



, kemudian dilepaskan dengan kecepagan awal



,



maka akan diperoleh model matematika dari gelombang dua dimensi tersebut adalah : ( ), Dengan syarat batas Syarat awal Dengan metode pemisahan variabel diperoleh penyelesaiannya adalah sebagai berikut: ∑ Dengan



∑ √ ()



()



∫∫()( )



∫ ∫ () ( )



16



Kompetensi Dasar : -



Kemampuan medefinisikan fungsi dengan dua variable bebas dan menggambar grafiknya Kemampuan menyelesaikan integral lipat dua dan lipat tiga Kemampuan memahami fungsi vector dan sifat siafat dan turunannya - Kemampuan menyelesaikan integral garis dengan teorema teorema yang terkait



Pada bab ini akan dibahas masalah integral garis dan integral permukaan dan aplikasinya yang sering terjadi pada masalah sains dan teknologi. Akan tetapi dalam menyelesaikan permasalahan integral garis dan integral permukaan dibutuhkan konsep fungsi yang bernilai real dengan dua variabel bebas dengan derivative parsialnya dan integral lipat Integral garis dapat diubah menjadi integral lipat dua untuk suatu lintasan yang tertutup atau integral permukaan dan sebaliknya. Teorema Green, Stokes dan Gauas merupakan suatu teorema yang amat penting dalam menyelesaikan masalah masalah yang terkain dengan integral vector dengan ditambah pemahaman fungsi vector, operator gradient, divergensi dan Curl



5.1.



Fungsi Dua Peubah atau Lebih.



Sebelum membahas fungsi vektor, perlu dimenegerti dahulu fungsi yang bernilai real untuk dua peubah bebas, derivativenya maupun integralnya. Tentunya menggunakan integral lipat dua atau lipat tiga. 



FUNGSI DUA PEUBAH ATAU LEBIH



Pandang fungsi-fungsi berikut ini: merupakan fungsi bernilai riil dari peubah riil merupakan fungsi bernilai vektor dari peubah riil merupakan fungsi bernilai riil dari dua peubah riil Fungsi bernilai riil dari dua peubah riil adalah fungsi yang memadankan setiap pasangan terurut dalam daerah asal (Domain) D pada bidang yang bernilai riil Contoh



Himpunan semua titik titik hasil pemetaan atas daerah asal D, merupakan Daerah Hasil yang geometrinya berupa bidang dalam ruang tiga dimensi. Seperti yang telah disampaikan diatas bahwa suatu fungsi dengan dua peubah bebas geometrinya berupa suatu permukaan benda dalam ruang tiga dimaensi. Contoh 1



gambar geometri dari fungsi 1b dibawah ini



dan



seperti terlihat pada gambar 1a dan gambar



Z zx2 y2



X



Y Gambar 1a



5.2.



Gambar 1b



TURUNAN PARSIAL



Turunan parsial f terhadap x di dan dinyatakan sebagai



Sebaliknya



:



Selanjutnya rumus rumus turunan fungsi dengan satu peubah dapat diterapkan pada turunan parsial ini.



Contoh 1: a)



Jika diketahui , carilah dan



b) Jika diketahui , carilah dan Jawaban a)



b) Jika maka :



2







TURUNAN PARSIAL TINGKAT TINGGI



()



dan



()



Contoh 2: Carilah , , , , dan dari fungsi ( ) Jawaban :



3



5.3.



Integral Lipat Dua dan Tiga



untuk menyatakan suatu luasan dibawah kurva Mengingat kembali bahwa ∫ dari sampai dengan . Untuk selanjutnya akan didefinisikan integral lipat dua yang dapat diaplikasikan untuk menghitung luas bidang datar, volume benda dalam ruang 3 dimensi, Pusat masa, momen inersia dan lainnya.



Gambar 2 Dapat dilihat bahwa : 1. Jika maka ∬



merupakan luas bidang datar atas daerah A.



4



2. Jika yang merupakan bidang atas (perhatikan gambar 2) maka ∬ merupakan Volume benda yang dibatasi oleh alas A, bidang atas dan sisi samping sempadannya. 3. Jika yang merupakan bidang atas (perhatikan gambar ∬ √



(



)



2)



maka



merupakan luas kulit benda yang berada diatas daerah A.



4. Jika maka ∬ terhadap pusat koordinat.



merupakan momen inersia bidang datar A



Contoh 1. Tentukan Luas daerah yang dibatasi kurva



dari sampai



dan sumbu .



Penyelesaian. Apabila daerah integrasi dipotong potong secara vertikal (Gbr.2) berati integral yang berjalan lebih dahulu adalah terhadap ( dianggap konstan) kemudian dilanjutkan terhadap .



∫



∫



∫



∫



Gambar 2 Contoh 2. Carilah Volume benda (gambar 3) yang terletak dibawah bidang bidang koordinat dan bidang vertikal



, yang dibatasi oelh bidang



Jawaban ∬



5



A merupakan alas yang berbentuk segitiga, bidang atas adalah bidang koordinat XZ, YZ, dan



dan sisi sampingnya adalah



Apabila daerah integrasi dipotong potong secara vertikal (Gbr.3.a) berati integral yang berjalan lebih dahulu adalah terhadap ( dianggap konstan) kemudian dilanjutkan terhadap .



∫



∫



∫



∫



∫



∫ Apabila daerah integrasi dipotong potong secara horizontal (Gbr.3.b) berati integral yang berjalan lebih dahulu adalah terhadap ( dianggap konstan) kemudian dilanjutkan terhadap .



∫



∫



∫



∫ ∫



∫ ( )



 Transformasi ke sistem Koordinat Lain. A. Sistem koordinat Kutub Selain sistem koordinat kartesius adalah sistem koordinat bidang (dalam 2 dimensi) (gambar 4), ada pula sistem koordinat lain yang dikenal sebagai Sistem Koordinat Kutub yang mempunyai hubungan sebagai berikut :



6



Gambar 4 B. Sistem Koordinat Silinder yaitu sistem koordianat untuk 3 dimensi (ruang, gambar 5) yang mempunyai hubungan sebagai berikut:



Gambar 5 C. Sistem Koordinat Bola yaitu sistem koordianat untuk 3 dimensi (ruang, gambar 6) yang mempunyai hubungan sebagai berikut:



Gambar 6



7







Hubungan Integral lipat dua menjadi bentuk sistem koordinat silinder dengan bantuan fungsi Jacobian diperoleh hubungan sebagai berikut:



∫ 



∫



∫



∫



Hubungan Integral lipat tiga dalam bentuk sistem koordinat silinder sebagai berikut:



∫ 



∫



∫



∫



∫



∫



Hubungan Integral lipat tiga dalam bentuk sistem koordinat Bola sebagai berikut:



∫



∫



∫



∫



∫



∫



LATIHAN SOAL Hitunglah integral berikut: ∫



∫



∫



∫ ∫



∫



∫



∫



∫



∫



∫



∫



√



8



Hitunglah Integrak berikut ini:



9



5.4.



Fungsi Vektor



Setelah mengenal fungsi yang bernilai skalar dalam ruang, selanjutnya diperkenalkan suatu fungsi yang bernilai vektor. Ingat kembali suatu aljabar vektor Contoh dari fungsi bernilai real yang geometrinya berupa bidang parabolaida yang terbuka kebawah dengan poncak di diberikan oleh persamaan yang gambar nya diberikan gambar.7, Sedangkan contoh dari fungsi bernilai vektor yang diberikan oleh persamaan yang gambarnya diberikan oleh gambar 8.



z  costiˆsint ˆj t kˆ Z



4



X



Y



Gambar 7



Gambar 8



Selanjutnya diperkenalkan operator operator yang berlaku pada fungsi vector.



10



Jadi Gradien mengubah fungsi yang bernilai skalar menjadi fungsi yang bernilai vektor.



11



Jadi Divergensi mengubah fungsi yang bernilai vector menjadi fungsi yang bernilai skalar.



12



13



14



15



5.5.



Integral Vektor



Integral vektor adalah integral yang arah lintasannya telah ditentukan. Dalam hal menyelesaikan integral vektor, transformasi menjadi integral lipat atau sebaliknya sangat membantu penyelesaian integral tersebut dengan memanfatkan teorema Green, Teoprema Stokes maupun teorema Gauss. 5.5.1. Integral Garis Sebuah obyek bergerak dari titik A ke titik B dengan lintasan yang tidak lurus (Gambar 9). Jika gaya yang bekerja berubah nilai dan arahnya, maka usaha yang bekerja adalah : ∑ (5.1)



16



Gambar 9 Jika perubahannya kontinu untuk perpindahan titik dari sampai titik sepanjang lintasan C maka usaha yang dilakukan untuk memindahkan partikel dari sampai titik persamaan (5.1) menjadi integral garis : ∫



(5.2)



Usaha yang dihasilkan merupakan integral garis dari fungsi vector F.



Usaha yang dilakukan oleh suatu vector gaya



sepanjang



kurva C merupakan integral garis : ∫



∫



(5.3)



Contoh , dimanaF adalah gaya yang diberikan oleh persamaan Hitung Usaha ∫ dan C merupakan seperempat lingkara bagian atas yang berpusat di 0 dengan jari jari 1 (gambar 10) Jawab. Kurva C merupakan persamaan lingkaran ( gambar 10) yang dapat diubah ke bentuk fungsi parametrik dan . Sehingga fungsi vektor . Dengan demikian



∫∫ ∫ ∫



,



∫



∫



∫



∫ (



)⌈



misalkan



⌈



17



Gambar 10



Teorema Green Untuk obyek bergerak dengan lintasan tertutup dimana partikel bergerak dari titik A kembali ke titik A melalui lintasan C seperti ditunjukkan gambar 11, persamaan (5.3) integral garis dapat diubah menjadi integral lipat dengan menggunakan teorema Green sebagai berikut. Jika R suatu daerah tertutup di bidang XY yang dibatasi oleh kurva tertutup sederhana C dan jika M dan N adalah fungsi fungsi kontinu dari x dan y yang mempunyai derivative derivative parsial kontinu dalam R, maka: ∮



∬



Atau ∬ ∮



dimana



Gambar 11



18



5.5.2. Integral Permukaan Integral garis dari sebuah vector uang mengelilingi sebuah kurva tertutup sederhana C sama dengan integral permukaan dari Curl melalui sembarang permukaan S dengan C sebagai batasnya tertuang dalam teorema Stokes sebagai berikut: Teorema Stokes: Suatu permukaan S yang dibatasi oleh lintasan tertutup C, yang proyeksinya adalah R dibidang xy, maka untuk medan vector berlaku : ∮



∬



Dimana = Unit vector normal positip pada S. Agar lebih memahami teorema Stiokes, lihat contoh soal berikut ini: Contoh dengan Hitung ∬ separuh permukaan bola bagian atas dan C pembatasnya.



dimana S adalah



Penyelesaian: Perhatikan separuh permukaan bola pada gambar 12.



19



Gambar 12



5.5.2. Integral Volume. Integral Permukaan dari sebuah medan vector dimana M, N dan P mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada benda pejal terutup V dan terbatas oleh Bidang S sama dengan integral volume dari div atas volume V yang dituangkan dalam teorema Gauss sebagai berikut:



∫∭ Dengan adalah vector normal satuan S. Atau : ∬ ∭( )



20



Contoh Hitung ∬ Dengan S adalah permukaan tertutup yang berupa silinder Jawab: ∬



∭ √



∫∫∫



LATIHAN SOAL 1. Tentukan divergensi jika 2. Diketahui , carilah div (grad U) 3. Tunjukkan dan | | 4. Jika dan carilah grad (div ΦA) dititik (1, 1, 1) 5. Jika diketahu i, tentukan Curl F 6. Untuk harga konstanta berapakah vector medan vektor konservatif 7. Dapatkan div(grad f) jika diketahui: a) b) c) d)



adalah



8. Suatu benda mempunyai massa m, berputar dalam suatu orbit melingkar dengan kecepatan sudut akan mengalami gaya sentrifugal yang diberikan oleh . Tunjukkan bahwa adalah fungsi Potensial untuk F. Jika 9. Hitung ∮ a) dengan C adalah segitiga titik titik sudut b) dengan C adalah linkaran c) dengan C adalah irisan dengan teorema divergensi jika : 10. Hitung ∬ a) dengan S adalah permukaan kubus b) dengan S adalah permukaan silinder c) dengan S adalah permukaan d) dengan S adalah permukaan e) , S adalah permukaan silinder 21