Penyelesaian : Penyelesaian umum :
x a
x
xe c
e c
y
2 4
1 2
4 1
− −
+ =
x x
x x
x
xe c
e c
e c
y xe
c e
c y
2 2
2 2
2 1
2 1
2 1
2 2
− −
− −
−
− +
− =
+ =
substitusikan x = -1 dan y = 2, diperoleh c
1
e
2
– c
2
e
2
= 2 substitusikan x = -1 dan y’ = 1 pada y’, diperoleh
-2c
1
e
2
+ 3c
2
e
2
=1 dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh
c
1
= 7e
-2
dan c
2
= 5e
-2
Jadi penyelesaian khusus : □
x x
xe e
e e
y
2 2
2 2
5 7
− −
− −
+ =
C. Reduksi Order
Persamaan Diferensial Linear Orde-2 y” + pxy’ + qxy
= 2.3.1
Jika y
1
x adalah penyelesaian dari persamaan 2.3.1, maka dengan menggunakan metode d’Alembert dapat dicari y
2
x. Karena y
1
x penyelesaian maka :
y = vx y
1
x y’ = v’xy
1
x + vxy’
1
x y” = v”xy
1
x + 2v’xy’
1
x + vxy
1
” x Dengan mensubstitusikan y, y’ dan y” ke persamaan 2.3.1, diperoleh
y
1
v” + 2y’
1
+ py
1
v’ + y
1
” + py
1
’ + qy
1
v = 0 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Karena y
1
adalah penyelesaian dari persamaan 2.3.1 maka koefisien v = 0, sehingga :
y
1
v” + 2y’
1
+ py
1
v’ = Dengan mengandaikan u = v’ maka u’ = v”, sehingga
y
1
u’ + 2y’
1
+ py
1
u = 0 Merupakan persamaan diferensial orde satu sehingga dapat diselesaikan
sebagai persamaan diferensial tk-1atau dengan variabel terpisah. Prosedur
ini disebut dengan reduksi order, karena langkah penyelesaiannya
dengan menggunakan persamaan diferensial orde satu.
Contoh 2.3.1 :
Misal y
1
x = x
-1
penyelesaian dari 2x
2
+ 3xy’ – y = 0, carilah y
2
x Penyelesaian :
Misal : y = vxx
-1
, maka y ‘= v’x
-1
.-vx
-2
; y “= v”x
-1
– 2v’x
-2
+ 2vx
-3
dengan mensubstitusikan y, y’ dan y”, diperoleh 2x
2
v”x
-1
– 2v’x
-2
+ 2vx
-3
+ 3xv’x
-1
– vx
-2
– vx
-1
= 2xv” – v’ = 0
persamaan di atas direduksi menjadi persamaan diferensial orde satu sehingga diperoleh penyelesaian :
v’x = cx
12
vx = 23 cx
32
+ k penyelesaian umum : y = 23 cx
12
+ kx □
D. Masalah Nilai Batas Persamaan Diferensial Orde-2
Definisi 2.4.1 :
Persamaan diferensial dengan bentuk : y” = f x, y, y’
untuk b
x a
≤ ≤
2.4.1 dengan nilai batas
α
= a
y
dan β
= b
y
2.4.2 disebut Masalah Nilai Batas
Masalah nilai batas adalah persamaan diferensial dengan Penyelesaian khusus yang diperoleh pada dua nilai yang berbeda dari
variabel bebas. Berbeda dengan masalah nilai awal yang penyelesaian khususnya diperoleh dari satu titik, masalah nilai batas diperoleh dari dua
titik. Titik – titik tersebut membatasi satu interval dimana masalah nilai batas tersebut harus diselesaikan.
Definisi 2.4.2 :
Suatu penyelesaian masalah nilai batas adalah penyelesaian dari Persamaan Diferensial yang memenuhi nilai batas yang didefinisikan sepanjang
interval yang diberikan.
Untuk menyelesaiakan suatu masalah nilai batas, ada dua langkah : a.
Mencari penyelesaian umum dari persamaan diferensial tersebut b.
Menentukan suatu nilai konstan pada penyelesaian umum sehingga memenuhi masalah nilai batas.
Contoh 2.4.1:
Selesaikan masalah nilai batas y”- y’ = 0 dengan nilai batas y0 = 1 dan y2 = 0
Penyelesaian : Misalkan :
y = e
rx
y’ = re
rx
y” = r
2
e
rx
persamaan karakteristik : r
2
– 1 = 0 akar – akar
: r
1
= 1 v r
2
= -1 Penyelesaian Umum
: y = c
1
e
x
+ c
2
e
-x
Untuk x = 0 : c1 + c2 = 1
Untuk x = 2 : c
1
e
2
+ c
2
e
-2
= 0 Selesaikan persamaan dan dengan mengalikan persamaan
dengan e
2
, diperoleh
2 2
2 1
1
−
− −
= e
e e
c dan
2 2
2 2
−
− =
e e
e c
diperoleh penyelesaian khusus :
x x
e e
e e
e e
e e
y
− −
−
⎟⎟ ⎠
⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
− +
⎟⎟ ⎠
⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
− −
=
2 2
2 2
2 2
1 □
Contoh 2.4.2 Model Difusi :
Difusi merupakan proses penghamburan atau penyebaran suatu zat yang dapat terpisah dalam zat cair pada suatu tempat. Penyebaran tersebut
dipengaruhi oleh perubahan konsentrasi dan menyebar dari konsentrasi tinggi PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ke konsentrasi rendah. Proses tersebut berhenti jika konsentrasinya sudah seimbang.
Perubahan konsentrasi dari titik ke titik merupakan turunan dari konsentrasi tersebut terhadap posisi dan disebut dengan gradien konsentrasi.
Jika yx adalah konsentrasi di titik x, maka gradien konsentrasinya di titik x adalah y’x dan aliran zat karena difusi adalah –Dy’x.
area konsentrasi
konsentrasi tinggi
-Dc’x rendah c
c’x0 x
x Gambar
2.1 Misalkan aliran air laut yang mengandung garam dengan konsentrasi
tinggi y melalui sebuah kanal ke air yang konsentrasi garamnya lebih rendah
y
L
. Andaikan bagian kanal tersebut berada pada koordinat x dan x + .
x Δ
Ax Vx
Vx + x
Δ
x x + x
Δ Gambar
2.2 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Volume air yang mengalir per satuan waktu melalui kedua tembok adalah hasil kali antara dari luas permukaan tembok dan kecepatan aliran air
pada kanan, yaitu AV. Dan kecepatan total dimana garam masuk karena aliran air adalah hasil kali volume air dengan konsentrasi, yaitu AVy. Jadi
aliran garam yang masuk dari ruas kiri adalah : AxVxyx
Dan keluar dari ruas kanan Ax +
Vx + x
Δ x
Δ yx + x Δ
Aliran garam melalui suatu area karena difusi adalah –Dy’, maka rata – rata difusi yang masuk melalui ruas kiri adalah :
-Ax-Dy’x dan keluar dari ruas kanan :
-Ax + x Δ -Dy’x + x
Δ Jadi total garam yang keluar dari ruas kanan
-Ax + -Dy’x +
x Δ
x Δ + Ax + x
Δ Vx + x Δ yx +
x Δ
karena massa garam tidak dapat berubah menurut waktu, dan menurut hukum keseimbangan, rata – rata masuk sama dengan rata – rata keluar rate in =
rate out, maka -Ax-Dy’x + -Ax + x
Δ -Dy’x + x Δ = -Ax + x
Δ -Dy’x + +
Ax + x
Δ x
Δ Vx + yx
+ x
Δ x
Δ dengan mengumpulkan ke ruas kanan dan membagi dengan
, diperoleh : x
Δ
= Δ
− Δ
+ Δ
+ Δ
+ +
Δ −
Δ +
Δ +
−
x x
y x
V x
A x
x y
x x
V x
x A
x x
y x
A x
x y
x x
A D
karena limit menjadi nol, maka diperoleh persamaan diferensial orde-2
dengan nilai batas : x
Δ
-D A xy’x’ + A x Vx yx’ = 0 dengan nilai batas c0 = c
, cL = c
L
□
Contoh 2.4.3 :
Selesaikan Model difusi
= +
− Vy
Dy
; y0 = 28 dan yL = 0 dengan D = -1.09 x 10
-9
m
2
s ; V = 0.2778 ms ; L = 4,000 m penyelesaian :
Dy” – Vy’ = 0 Misal : y = e
rx
y’ = re
rx
y” = r
2
e
rx
persamaan karakteristik : r
2
D – rV = 0 r rD – V = 0
D V
r r
= ∨
=
2 1
penyelesaian umum :
x D
V
e c
c y
2 1
+ =
untuk x = 0 : c
1
+ c
2
= 28
untuk x = L :
2 1
= +
D VL
e c
c selesaiakan dan untuk memperoleh c
1
dan c
2
, diperoleh PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1 28
1 28
28
1
− =
− +
=
D VL
D VL
D VL
e e
e c
1 28
2
− −
=
D VL
e c
diperoleh penyelesaian khusus : 1
28 1
28 −
− −
=
D VL
D Vx
D VL
D VL
e e
e e
x y
BAB III METODE RUNGE - KUTTA
