Aplikasi Sistem Persamaan Diferensial pada Rangkaian Listrik

Aplikasi Sistem Persamaan
Diferensial pada Rangkaian Listrik

Rangkaian Listrik

Elemen dalam
rangkaian

Voltage drop

Induktor

di
L
dt

Resistor

Ri

Kapasitor

1
Q
C
1

Contoh 1
Perhatikan gambar jaringan listrik berikut ini!
a. Tentukan sistem persamaan
diferensial untuk arus i2(t)
dan i3(t).
b. Gunakan metode koefisien
tak-tentu untuk menyelesaikan
sistem tersebut jika R1 = 2 Ω,
R2 = 3 Ω, L1 = 1 h, L2 = 1 h,
E = 60 V, i2(0) = 0, i3(0) = 0.
c. Tentukan persamaan untuk i1(t).

2

Jawab:
a. Untuk loop A1 B1 B2 A2 A 1 :

di2
R1i1  L1
 E (t )
dt
di2
R1 (i2  i3 )  L1
 E (t )
dt

(1)

untuk loop A1B1 C1 C2 B2 A2 A 1 :

di3
R1i1  R2i3  L2
 E (t )
dt

di3
R1 (i2  i3 )  R2i3  L2
 E (t )
dt

(2)
3

Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh

di2
   R1 / L1  i2    R1 / L1  i3  E / L1
dt
di3
   R1 / L2  i2   ( R1  R2 ) / L2  i3  E / L2
dt
Tulis dalam bentuk matriks:

d  i2    R1 / L1
 

dt  i3    R1 / L2

 R1 / L1
  i2   E / L1 
   

( R1  R2 ) / L2   i3   E / L2 
4

b. Substitusi R1 = 2 Ω, R2 = 3 Ω, L1 = 1 h, L2 = 1 h, E = 60 V,

d  i2   2 2   i2   60 
 
  

dt  i3   2 5   i3   60 
Tuliskan dalam bentuk notasi standar:

 2 2 
 60 

X  
X 
 2 5 
 60 

5

Pertama, selesaikan sistem homogen

 2 2 
X  
X
 2 5 
Persamaan karakteristik

2  λ
2
det( A  λI) 
2
5  λ

 10  7 λ  λ2  4
 λ2  7 λ  6  ( λ  1)( λ  6)  0
diperoleh nilai eigen λ1 = -1, λ2 = -6.

6

• Untuk nilai eigen λ1 = -1

( A  (1)I)K  0
 1 2   k1   0 

 k    
 2 4   2   0 

 1 2 0   R1  1 2 0  2 R1  R2  1 2 0 

  
  

 2 4 0 

 2 4 0 
0 0 0
diperoleh k1 = -2 k2 dan k2 = s dengan s adalah sembarang
bilangan real. Pilih s = -1, maka kita peroleh vektor eigen

2
 2  t
K1    
 X1    e
 1
 1

7

• Untuk nilai eigen λ2 = -6

( A  (6)I)K  0
 4 2   k1   0 

 k    

 2 1   2   0 

 4 2 0  14 R1  1  12 0  2 R1  R2  1  12 0 
  


  
 2 1 0 
 2 1 0 
0 0 0
diperoleh k1 = 1/2 k2 dan k2 = s dengan s adalah sembarang
bilangan real. Pilih s = 2, maka kita peroleh vektor eigen

1
 1  6t
K 2    
 X2    e
 2
 2

8

Kita peroleh solusi untuk sistem homogen

 2  t
 1  6t
Xc  c1   e  c2   e
 1
 2
Karena F(t) fungsi konstan, maka kita misalkan

 a1 
Xp   
 b1 
Kemudian substitusikan Xp ke sistem nonhomogennya,

 0   2 2   a1   60 

 
  b     

 0   2 5   1   60 

0  2a1  2b1  60
0  2a1  b1  60
9

 30 
Kita peroleh a1 = 30 dan b1 = 0. Sehingga X p    .
0
Akhirnya, solusi sistem nonhomogen tersebut adalah

X  Xc  X p
 i2 (t ) 
 2  t
 1  6t  30 

  c1   e  c2   e   
 1
 2
0

 i3 (t ) 
Karena i2(0) = 0 dan i3(0) = 0 maka

 2c1  c2  30   0 

 
 c1  2c2   0 
10

Kita peroleh c1 = -12 dan c2 = -6. Sehingga

 i2 (t )   24  t
e



 i3 (t )   12 

 6  6t  30 

e  
 12 
0

c. Ini berarti

i1 (t )  i2 (t )  i3 (t )
 24et  6e6t  60  12et  12e6t
 12et  18e6t  30

11

Contoh 2
Perhatikan gambar jaringan listrik berikut ini!
a. Tentukan sistem persamaan
diferensial untuk arus i1(t)
dan i2(t).
b. Gunakan metode variasi
parameter untuk menyelesaikan
sistem tersebut jika R1 = 8 Ω,
R2 = 3 Ω, L1 = 1 h, L2 = 1 h,
E = 100 sin t, i1(0) = 0, i2(0) = 0.

12

Jawab:
a. Untuk loop A1 B1 B2 A2 A 1 :

di2
di1
R1i1  L1
 L2
 E (t )
dt
dt

(1)

untuk loop A1B1 C1 C2 B2 A2 A 1 :

di1
R1i1  R2i3  L2
 E (t )
dt
di1
R1i1  R2 (i1  i2 )  L2
 E (t )
dt

(2)

13

Kita hitung (1) - (2) diperoleh

di2
L1
 R2 (i1  i2 )  0
dt

(3)

Kemudian tulis kembali persamaan (2) dan (3)

di1
   ( R1  R2 ) / L2  i1   R2 / L2  i2  E / L2
dt
di2
  R2 / L1  i1   R2 / L1  i2
dt

14

Tulis dalam bentuk matriks:

d  i1   ( R1  R2 ) / L2
 
R2 / L1
dt  i2  

R2 / L2  i1   E / L2 
   

 R2 / L1  i2   0 

Substitusi R1 = 8 Ω, R2 = 3 Ω, L1 = 1 h, L2 = 1 h, E = 100 sin t,

d  i1   11 3   i1  100sin t 
 
 


dt  i2   3 3   i2   0 
Tuliskan dalam bentuk notasi standar:

 11 3 
100sin t 
X  
X


3
3
0




15

Pertama, selesaikan sistem homogen

 11 3 
X  
X
 3 3 
Persamaan karakteristik

3
11  λ
det( A  λI) 
3
3  λ
 33  14 λ  λ2  9
 λ2  14 λ  24  ( λ  2)( λ  12)  0
diperoleh nilai eigen λ1 = -2, λ2 = -12.

16

• Untuk nilai eigen λ1 = -2

( A  (2)I)K  0
 9 3   k1   0 

 k    
 3 1  2   0 

 9 3 0   19 R1  1  13 0  3 R1  R2  1  13 0 


 


 
 3 1 0 
 3 1 0 
0 0 0
diperoleh k1 = (1/3) k2 dan k2 = s dengan s adalah sembarang
bilangan real. Pilih s = 3, maka kita peroleh vektor eigen

1
 1  2t
K1    
 X1    e
 3
 3

17

• Untuk nilai eigen λ2 = -12

( A  (12)I)K  0
 1 3   k1   0 

 k    
3 9 2  0

 1 3 0  3 R1  R2  1 3 0 


 

3 9 0
0 0 0
diperoleh k1 = -3 k2 dan k2 = s dengan s adalah sembarang
bilangan real. Pilih s = -1, maka kita peroleh vektor eigen

3
 3  12t
K 2    
 X2    e
 1
 1

18

Kita peroleh solusi untuk sistem homogen

 1  2t
 3  12t
Xc  c1   e  c2   e
 3
 1
Sehingga matriks fundamental kita dapatkan

 e2t
Φ(t )   2t
 3e

1 2t
3e12t 

1
10 e
dan
Φ (t )   3 12t
12t 
e 
 10 e

e 2t 
1 12 t 
 10 e 
3
10

19

Sekarang solusi khusus bisa kita cari

X p  Φ(t )  Φ 1 (t )F (t )dt
 e 2t
  2t
 3e

3e 12t 
12 t 
e 

 101 e 2t
  103 e12t

e 2t  100sin t 
 dt
1 12 t  
 10 e   0 

 e 2t
  2t
 3e

3e 12t 
12 t 
e 

 10e 2t sin t 
  30e12t sin t  dt

 e 2t
  2t
 3e

76

t
sin
3e 12t   2e 2t (2sin t  cos t )   332
29
29 cos t 
   276

12 t   6 12 t
168

t
t
sin
cos
e   29 e (12sin t  cos t )   29
29


3
10

20

Jadi, solusi umum untuk sistem nonhomogen tersebut adalah

X  Xc  X p
76
sin
t

 i1 (t ) 
 1  2t
 3  12t  332
29
29 cos t 


  c1   e  c2   e   276
168
sin
cos
t
t

(
)
i
t
3
1

 
 
2 
29
 29


Karena i1(0) = 0 dan i2(0) = 0 maka

 c1  3c2  76
0
29 
 

168 
 3c1  c2  29   0 

21

Kita peroleh c1 = 2 dan c2 = 6/29. Sehingga

 i1 (t )   2  2t

   e
 i2 (t )   6 

332
76
t
sin

 18


29
29
29 cos t 
12t
  6  e   276

168
sin
cos
t
t


29
 29 
 29


22