5. Persamaan Diferensial (2) - II-8 Persamaan Diferensial Orde-2

5. Persamaan Diferensial (2)

  

(Orde Dua)

Sudaryatno Sudirham

5.1. Persamaan Diferensial Linier Orde Dua

  Secara umum persamaan diferensial linier orde dua berbentuk

  2

  d y dy a b cy f ( t ) (5.1)

• =

  2

  dt dt

Pada persamaan diferensial orde satu kita telah melihat bahwa solusi total terdiri dari dua komponen yaitu

solusi homogen dan solusi khusus. Hal yang sama juga terjadi pada persamaan diferensial orde dua yang

dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada persamaan orde pertama.

  

Perbedaan dari kedua macam persamaan ini terletak pada kondisi awalnya. Pada persamaan orde dua

terdapat dua kondisi awal dan kedua kondisi awal ini harus diterapkan pada dugaan solusi total. Dua

kondisi awal tersebut adalah dy

  − − + + y ( ) y ( ) dan ( ) y ' ( ) (5.2)

  

= =

dt

  

Solusi homogen. Solusi homogen diperoleh dari persamaan rangkaian dengan memberikan nilai nol pada

ruas kanan dari persamaan (4.25), sehingga persamaan menjadi

  2

  d y dy a b cy (5.3) = + +

  2

  dt dt

Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyai bentuk sama sehingga dapat

st

diduga y berbentuk fungsi eksponensial y a = Ke dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau

solusi dugaan ini dimasukkan ke (5.3) akan diperoleh :

  2 st

  st st st

  2

  aKs e bKse cKe atau Ke as bs c (5.4)

• = =

  ( ) st

  

Fungsi e tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidak diperkenankan karena hal itu akan

berarti y a = 0 untuk seluruh t. Satu-satunya jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah

• as bs c

• +

  2

  = (5.4)

Persamaan ini adalah persamaan karakteristik persamaan diferensial orde dua. Secara umum, persamaan

karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu:

  2

  

b b

4 ac

− ± −

s , s =

  (5.5)

  1

  2

  2 a

Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: dua akar riil berbeda, dua akar sama,

atau dua akar kompleks konjugat. Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadap

bentuk solusi akan kita lihat lebih lanjut. Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa persamaan

karakteristik mempunyai dua akar.

  Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua solusi homogen, yaitu: s t s t

  1

  2 y K e dan y K e (5.6)

  = = a

  1 1 a

  2

  2 Jika y a

  1 merupakan solusi dan y a 2 juga merupakan solusi, maka jumlah keduanya juga merupakan solusi.

  Jadi solusi homogen yang kita cari akan berbentuk s t s t

  2 y K e K e (5.7)

  = a

• 1

  1

  2 Konstanta K 1 dan K 2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada solusi total.

  

Solusi Khusus. Sulusi khusus kita cari dari persamaan (5.1). Solusi khusus ini ditentukan oleh bentuk

fungsi pemaksa, f(t). Cara menduga bentuk solusi khusus sama dengan apa yang kita pelajari pada

persamaan orde satu. Kita umpamakan solusi khusus y khusus = y p . s t s t

  1

  2 y y y y K e K e (5.8)

  = =

+ + +

p a p

  1

  2

5.2. Tiga Kemungkinan Bentuk Solusi

  2 Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang berbentuk umum as + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinan nilai akar, yaitu:

  2

  a). Dua akar riil berbeda, s s , jika {b 4ac } > 0; 1 ≠ 2 −

  2

  b). Dua akar sama, s 1 = s 2 = s , jika {b − 4ac } = 0

  2

  c). Dua akar kompleks konjugat s 1 , s

2 = j , jika {b 4ac } < 0.

  α ± β −

Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga kemungkinan bentuk solusi yang akan kita

lihat berikut ini, dengan contoh solusi pada persamaan diferensial tanpa fungsi pemaksa.

  

Dua Akar Nyata Berbeda. Kalau kondisi awal y(0 ) dan dy/dt (0 ) kita terapkan pada solusi total (5.8),

kita akan memperoleh dua persamaan yaitu

  1 2 p

  1

  1

  2

  2 yang akan menentukan nilai K dan K . Jika kita sebut

  y ( ) y ( ) K K dan y ' ( ) y ( ) s K s K (5.9) ′ = = + + + + p

  1

  2

  A = y ( ) − y ( ) dan B = y ′ ( ) − y ′ ( ) (5.10) p p maka kita peroleh

  

K K A dan s K s K B

= = + +

  1

  2

  1

  1

  2

  2

  dan dari sini kita memperoleh s A − B s A − B

  2

  1 K dan K

  = =

  1

  2

  s s s s − −

  2

  1

  1

  2

  sehingga solusi total menjadi s A B s A B

  − s t − s t

  2

  1

  1

  2 y y e e (5.11)

  = + + p s − s s − s

  2

  1

  1

  2 Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada persamaan orde pertama, pada persamaan orde dua

  

ini kita juga mengartikan solusi persamaan sebagai solusi total. Hal ini didasari oleh pengertian tentang

kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan pada solusi total. Persamaan yang hanya mempunyai solusi

homogen kita fahami sebagai persamaan dengan solusi khusus yang bernilai nol.

  Contoh: Dari analisis transien suatu rangkaian listrik diperoleh persamaan

  2

  d v dv

  3

  6

  8 ,

  5

  10

  4 10 v × × = + +

  2

  dt dt

  dengan kondisi awal v(0 )=15 V dan dv/dt(0 ) = 0

  2

  3

  6

  

s s

Persamaan karkterist ik : 8 ,

5 ×

  10 + + 4 × 10 =

  3

  2

  s → akar akar : , = − 4250 ± 10 ( 4 , 25 ) −

• s

  4

  1

  2

  1

  2

  s s = − 500 , = − 8000 ( dua akar riil berbeda).

  500 t 8000 t

  − −

v K e K e

  1

  2

  Dugaan solusi total : =

+ +

  

(solusi homogen nol)

Kondisi awal : − +

  v v K K K K

  a). ( ) = ( ) =

  15 V → 15 = = 15 −

• ⇒

  1

  2

  2

  1

  dv

• K s K s K s K s

  b). ( ) = → = = + ( + 15 − ) dt s

  − 15 − 15 ( − 8000 )

  2

  ⇒ ⇒

K K K

  = = = 16 = 15 − = −

  1

  1

  2

  1

  s s − − + 500 8000

  1

  2

  − 500 t − 8000 t v e e

  Solusi total : = 16 −

  V

(hanya terdiri dari solusi homogen).

  Dua Akar Nyata Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut dapat kita tuliskan sebagai = = δ δ → + s s dan s s ; dengan (5.12)

  1

2 Dengan demikian maka solusi total dapat kita tulis sebagai

  s

  

t s t

  1

  2 y y K e K e

  = p

  1

  2

  (5.13)

• st ( s δ ) t

  = y K e K e + +

  1

  2

  p

• Kalau kondisi awal pertama y(0 ) kita terapkan, kita akan memperoleh

  y ( ) y ( ) K K =

+ +

p

  1

  2

  

→ = − =

• K K y ( ) y ( ) A

  1 2 p

• Jika kondisi awal kedua dy/dt (0 ) kita terapkan, kita peroleh

  y ′ ( ) y ′ ( ) K s K ( s ) = + + δ + p

  1

  2

  

( K K ) s K y ′ ( ) y ′ ( ) B

→ δ = − = + +

  1

  2 2 p

  Dari kedua persamaan ini kita dapatkan B A s

  −

• A s K B K

  δ = → =

  2

  2

  δ (5.14)

  B − A s K A → = −

  1

  δ Solusi total menjadi

   

  A s B − A s st ( s δ ) t

• B −

    y y A e e

  = + − + p

    δ δ

      B A s B A s

  − − t st δ y  A  e e

  = − + + (5.15.a) p  

     δ δ   δ t   

  1 e st

     

= y A ( B − A s ) − e

+ + +

p

      δ δ

      δ t δ t

      1 e e

  1 −

     

  Karena − = = t    

• lim lim

  δ → δ → δ δ δ

      maka solusi total dapat kita tulis st y y A ( B A s ) t e (5.15.b)

  = − + + p [ ]

  

Solusi total seperti dinyatakan oleh (5.15.b) merupakan bentuk khusus yang diperoleh jika persamaan

karakteristik mempunyai dua akar sama besar. A dan B mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh

kondisi awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (5.15.b) sebagai

  st y = y K K t e (5.15.c) + +

  [ ]

p a b

dengan nilai K a yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai K b ditentukan oleh kondisi awal dan s. Dalam

rangkaian listrik, nilai s tergantung dari elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada

kaitannya dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui bahwa persamaan karakteristik

rangkaian mempunyai akar-akar yang sama besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan

seperti yang ditunjukkan oleh (5.15.c).

  Contoh: Pada kondisi awal v(0 )=15 V dan dv/dt(0 )=0, analisis transien rangkaian listrik memberikan persamaan

  2

  d v dv

  3

  6

  4

  10

  4 10 v × × = + +

  2

  dt dt

  2

  6 Persamaan karakteris tik : s 4000 s

  4

  10

• × =

  6

  6

  akar akar : s , s 2000

• 1

  4

  10

  4 10 2000 s = − ± × − × = − =

2 Di sini terdapat dua akar sama besar; oleh karena itu

  solusi total akan berbentuk : st st

v v K K t e K K t e , karena v .

  

= = =

+ + + +

p ( a b ) ( a b ) p

  

Aplikasi kondisi awal pertama pada solusi total ini memberikan

• v ( ) 15 K .

  = = a dv

• Aplikasi kondisi awal kedua ( )

  = dt dv st st

  memberikan K e K K t s e = ( ) b a b dt

• dv

  → = = → = − = b a b a dt

• +

  ( ) K K s K K s 30000

  2000 t

  −

  15 30000 t e

  

V

= ( )

• Jadi : v

  

Akar-Akar Kompleks Konjugat. Kita belum membahas bilangan kompleks di buku ini. Kita baru

memandang fungsi-fungsi yang memiliki nilai bilangan nyata. Namun agar pembahasan menjadi lengkap,

berikut ini diberikan solusinya.

  Dua akar kompleks konjugat dapat dituliskan sebagai

• s = α j β dan s = α − j β

  1

  2 Solusi total dari situasi ini adalah

  β + ( α j ) t ( α − j β ) t y y K e K e

  = + + p

  1

  2

  (5.16) j β t − j β t α t y K e K e e

  = + + p

  1

  2

  

( )

  Aplikasikan kondisi awal yang pertama, y(0 ),

• y ( ) = y ( ) K K

  p

  1

  2

  ( )

  

→ K K = y − y = A

• ( ) ( )

  1 2 p

  dv

  Aplikasi kondisi awal yang kedua, ( ) y ′ ( ) , = dt dy dy p j β t − j β t α t

  = β − β ( )

• j K e j K e e

  1

  2 dt dt j β t − j β t α t

  K e K e e

• α

  1

  2 ( ) Kita akan memperoleh dy

  

( ) y ′ ( ) y ′ ( ) j K j K K K

= = p β

  1 − β

  2

  1 2 α

  ( ) ( ) dt

  

j K K K K y ( ) y ( ) B

→ β − α = ′ − ′ = + +

  (

  1 2 ) (

  1 2 ) p

• K K A

  =

  1

2 B A

  − α β − α + = → − = ( ) ( )

• j K K K K B K K

  1

  2

  1

  2

  1

  2

  j β

• A ( B A ) / j A ( B A ) / j

  − α β − − α β K K

  = =

  1

  2

  2

  2 Solusi total menjadi

•  A ( B A ) / j A ( B A ) / j 

  − α β − − α β β + j t − j β t α t

    y y e e e

  = + + p

  

  2 2 

• j β + t − j β t j β t − j β t

   

• e e ( B − α A ) e e

  − α t   y A e

  = + + (5.17) p

   

  2 2 j β

      ( B A )

  − α t α y A cos t sin t e

  = β β + + p

     β 

A dan B mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal sedangkan dan memiliki nilai

  α β

tertentu (dalam rangkaian listrik ditentukan oleh nilai elemen rangkaian). Dengan demikian solusi total

dapat kita tuliskan sebagai

  α t y y K cos t K sin t e (5.18)

  = β β + + p ( a b )

dengan K dan K yang masih harus ditentukan melalui penerapan kondisi awal. Ini adalah bentuk solusi

a b

total khusus untuk persamaan diferensial yang memiliki persamaan karakteristik dengan dua akar

kompleks konjugat.

  

Persamaan (5.8) menunjukkan bahwa bila persamaan karakteristik memberikan dua akar kompleks

konjugat, maka solusi persamaan diferensial orde dua akan terdiri dari solusi khusus y p ditambah fungsi

sinus yang teredam.