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

Nopember 2013 www.darpublic.com Darpublic

5. Persamaan Diferensial (2)

(Orde Dua)

Sudaryatno Sudirham

5.1. Persamaan Diferensial Linier Orde Dua

Secara umum persamaan diferensial linier orde dua berbentuk

d y dy a b cy f ( t )

(5.1)

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

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

= =

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

pada ruas kanan dari persamaan (4.25), sehingga persamaan menjadi

d y dy a

+ +
b cy = (5.3)

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

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

Kalau solusi dugaan ini dimasukkan ke (5.3) akan diperoleh :

st st st st

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

as bs c = (5.4) + +

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

persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu:

b b

4 ac

− ± − s , s

(5.5) =

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

2 y K e dan y K e (5.6)

= = a

1 1 a

2 Jika y merupakan solusi dan y juga merupakan solusi, maka jumlah keduanya juga merupakan

a 1 a

2 solusi. Jadi solusi homogen yang kita cari akan berbentuk Nopember 2013 www.darpublic.com Darpublic s t s t

2 y K e K e (5.7)

= a

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

2 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 = y . khusus p

Solusi Total. Dengan solusi khusus y p maka solusi total menjadi s t s t

y y y y K e K e

= = (5.8) + + + p a p

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:

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

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

2 c). Dua akar kompleks konjugat s , s = j , jika {b 4ac } < 0.

1 2 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

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

1 2 p

2 yang akan menentukan nilai K 1 dan K 2 . Jika kita sebut

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

K K = + A dan s K s K = B

2 s A B s A B

− −

1 K = dan K =

2 s s s s

− −

2 sehingga solusi total menjadi s A − B s A − B

2 s t

1 s t

2 y y e e (5.11)

= + + p s s s s

− −

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

d v dv

6 8 ,

4 10 v

× × = + +

dt dt

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

s s

Persamaan karkterist ik : 8 , 5 ×

4 × 10 =

→ akar akar : , = − 4250 ±

s s

10 ( 4 , 25 ) −

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

2/5 Sudaryatno Sudirham, Persamaan Diferensial (Orde 2)

( 15 ) ) ( a). : awal Kondisi

⇒

Darpublic Nopember 2013 www.darpublic.com

K K K K v v

K e e K v

− −

2 500

15 V

= → = =
=

1 8000

(solusi nol) homogen : total solusi Dugaan

− + − −
− − − = − − =

) 15 ( ( b).

=
=
) kita terapkan, kita akan memperoleh

− = → δ − = → = δ +

   

   

) (    

1 ) (

A y y

A s B A y e e A s B s A B A y e A s B e A s B

(5.14) Solusi total menjadi st t p st t p t s st p e e

A s B A K A s B K B K s A

Dari kedua persamaan ini kita dapatkan δ −

= δ + + → δ + + + ′ = ′

= ′ − ′

B y y K s K K

K s s K y y

) ( ) ( ) (

1 ) ( ) ( ) (

   

  

= − = + →

   

− + + = (5.15.b)

A e t s B A y y ) (

[ ] st

δ → δ δ → δ maka solusi total dapat kita tulis

   

   

δ − =

   

  

e e t t

1 lim 1 lim t

(5.15.a) Karena

δ δ δ +

δ − − + =

  

−

δ − − + = δ

  

δ −

Jika kondisi awal kedua dy/dt (0

) ( ) (

A y y K K K K y y p p

t t t t e e v K K s s s

V Solusi 16 : total

16 8000 500 ) 8000 (

15 )

(hanya homogen). solusi dari terdiri

K K s s K s K s K dt dv

− = − = − =

8000 500

1 ) ( ) (

(5.13) Kalau kondisi awal pertama y(0

1 δ +

) (

⇒

K e e K y K e e K y y

→ δ δ + = = s s s s (5.12) Dengan demikian maka solusi total dapat kita tulis sebagai t s st p t s t s p

; dengan dan

Dua Akar Nyata Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut dapat kita tuliskan sebagai

− + = + = → =

⇒

) kita terapkan, kita peroleh
  
  
δ − − + + =
δ −

Darpublic

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

y y K K t e

= [ ] + + p a b

dengan nilai K yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai K 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

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

d v dv

4 10 v

× × =

dt dt

6 Persamaan karakteris tik : s 4000 s

× =

6 akar akar : s , s 2000

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

( )

( ) K K s K K s 30000

→ = = → = − + = b a b a dt

2000 t

− ( )

15 30000

v = t e

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

Jadi :

Dua akar kompleks konjugat dapat dituliskan sebagai

= α β = α − β

s j dan s j

2 Solusi total dari situasi ini adalah

( j ) t

α β α − β

y y K e K e

( j ) t

= + + p

(5.16)

j β t − j β t α t

y K e K e e = + + p

( )

Aplikasikan kondisi awal yang pertama, y(0 ),

y ( ) y ( ) K K =

+ +

1 2 )

→ = − =

K K y ( ) y ( ) A

1 2 p

Aplikasi kondisi awal yang kedua, ( ) y ′ ( ) , = dt

4/5 Sudaryatno Sudirham, Persamaan Diferensial (Orde 2)

Nopember 2013 www.darpublic.com Darpublic dy dy p j t j t t

β − β α

= β − β

j K e j K e e

2 ( ) dt dt j β t − j β t α t

K e K e e

2 ( )

Kita akan memperoleh dy

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

1 2 ) (

1 2 )

( ) ( ) j K K K K y ′ y ′ B

→ β (

1 − 2 ) ( α

1 2 ) = − p =

K K A

2 B A

− α j K K K K B K K

β − α = → − = + + ( ) ( )

j β

A ( B A ) / j A ( B A ) / j − + α β − − α β

K K = =

2 Solusi total menjadi

 A ( B A ) / j A ( B A ) / j

− α β j β t − − α β − β + j t α t 

 y y e e e

= + + p



2 2 

β + j t − j β t j β − t j β t

 

e e ( B A ) e e

− α − t α

 

= y A e (5.17)

p   2 β

2 j     ( B A )

− α

y A

t e

 β 

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

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

α cos sin y = y K β t K β t e (5.18) + + p ( a b )

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

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

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 ditambah

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