tk2104 analisis matematika teknik kimia

TK2104 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK KIMIA

Prof. Dwiwahju Sasongko

Pri Januar Gusnawan Ph.D

PROGRAM STUDI TEKNIK KIMIA

FAKULTAS TEKNOLOGI INDUSTRI

INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG

2020

Topik: Persamaan Diferensial Biasa Orde Tinggi

DEFINISI

Persamaan linier orde-n dapat dinyatakan dengan persamaan umum:

Dengan 𝑎𝑛−1, … , 𝑎1, 𝑎0 adalah koefisien dari persamaan diferensial yang merupakan fungsi 𝑥.

Jika f(x) = 0 maka disebut persamaan diferensial homogen

Jika f(x) 0 maka disebut persamaan diferensial tak homogen

𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1 𝑥

𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑓(𝑥) (3.1)

2

≠

𝑑𝑛𝑦


𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 0 (3.2)

DEFINISI

Jika y(x) merupakan jawaban daripersamaan 3.2 dan c adalah suatukonstanta maka cy(x) juga merupakanjawaban dari persamaan 3.2. Hal ini dapatdibuktikan sebagai berikut:

Jika P merupakan operator linier:

Untuk persamaan diferensial homogen, f(x) = 0, maka

Jika f(x) = 0 dan seluruh koefisien persamaansama dengan nol, maka

Persamaan 3.5 mempunyai penyelesaian:

Untuk persamaan homogen P[y(c)]=0, ,penyelesaian umumnya,

Dimana ckyk(x) bebas linier terhadap yanglain. Persamaan 3.8 disebut penyelesaianhomogen/komplemen, dilambangkan dengannotasi yc

3

𝑑𝑛𝑦


𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 0

(3.3)𝑃 =

𝑑𝑛


𝑑𝑛−1

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥

𝑃 𝑦 = 0 ; 𝑃 𝑦 = 𝑃 𝑐𝑦 = 𝑐 𝑃 𝑦 = 0

𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛= 0

(3.4)

(3.5)

𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3𝑥2 + 𝐶4𝑥

3 +⋯+ 𝐶𝑛𝑥𝑛−1

𝑦𝑐 = 𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 𝑥 + ⋯+ 𝐶𝑛𝑦𝑛 𝑥 =

𝑘=1

𝑛

𝑐𝑘𝑦𝑘(𝑥)

(3.6)

(3.7)

(3.8)

Jika pada persamaan 3.1,persamaan diferensialnya disebutpersamaan diferensial tak homogen.

Penyelesaian PD tak homogen meng-gunakan penyelesaian khusus (dilambang-kan dengan yp) yang dikomplemen olehpenyelesaian yang diperoleh jika f(x) = 0.

Penyelesaian keseluruhan untuk PD takhomogen:

Hal ini dapat dibuktikan sebagai berikut:

Untuk , maka

Penyelesaian umumnya adalah

atau

Sedangkan menurut definisi,

Penyelesaian umum PD tak homogenterdiri dari dua bagian, penyelesaianhomogen yc dan penyelesaian khusus yp.

Jika persamaan 3.1 mempunyai koefisienkonstan, maka

4

DEFINISI

𝑓 𝑥 ≠ 0

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

𝑓 𝑥 ≠ 0 𝑃 𝑦 𝑐 = 𝑓(𝑥)

𝑦𝑐 = 𝑦𝑐 𝑥 + 𝑦𝑝 𝑥 = 𝑦𝑝 𝑥 +

𝑘=1

𝑛

𝑐𝑘𝑦𝑘(𝑥)

𝑃 𝑦 = 𝑃 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑃 𝑦𝑐 + 𝑃 𝑦𝑝 = 𝑓(𝑥)

𝑃 𝑦 𝑐 = 0 dan 𝑃 𝑦 𝑐 = 𝑓(𝑥)

𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1

𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1+⋯+ 𝑎1

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0𝑦 = 𝑓(𝑥)

(3.9)

(3.10)

(3.11)

(3.12)

(3.13)(3.14)

(3.15)

Bentuk persamaan homogen orde dua:

Untuk koefisien konstan, asumsi digunakan:

r = akar persamaan karakteristik (eigenvalue)

A = konstanta integrasi

Substitusi penyelesaian ke persamaan,

Diperoleh hasil akhir:

Sehingga, persamaan karakteristiknya

dengan akar-akar

Maka penyelesaian persamaan homogenorde dua adalah

Persamaan karakteristik mungkin memiliki:

1. Dua akar riil berbeda

2. Dua akar kompleks konjugat

3. Suatu akar rangkap rill

5

PERSAMAAN HOMOGEN ORDE DUA

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 𝑎1 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 0

𝑦𝑐 = 𝐴exp 𝑟𝑥 ; 𝐴, 𝑟 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎

𝑑2

𝑑𝑥2[𝐴𝑒𝑟𝑥] + 𝑎1

𝑑

𝑑𝑥[𝐴𝑒𝑟𝑥] + 𝑎0 [𝐴𝑒

𝑟𝑥] = 0

𝐴 𝑟2 + 𝑎1𝑟 + 𝑎0 exp 𝑟𝑥 = 0

𝑟2 + 𝑎1𝑟 + 𝑎0 = 0

𝑟1,2 =−𝑎1 ± 𝑎1

2 − 4𝑎02

𝑦 = 𝐴 exp 𝑟1𝑥 + 𝐵 exp(𝑟2𝑥)

(3.16)

(3.17)

(3.18)

(3.19)

(3.20)

(3.21)

(3.22)

PD ORDE DUA: DUA AKAR RILL BERBEDA

Contoh 3.1:

Tentukan penyelesaian komplemen dari:

Persamaan karakteristik:

Akar persamaannya,

Persamaan penyelesaiannya berdasarkan 3.22,

6

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 5

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 4𝑦 = 0

𝑟2 + 5𝑟 + 4 = 0

𝑟1 = −1; 𝑟2 = −4

𝑦1 = 𝐴exp −𝑥 + 𝐵 exp(−4𝑥)

PD ORDE DUA: AKAR KOMPLEKS

Jika akar persamaan karakteristikmerupakan bilangan kompleks konjugat,

Penyelesaian komplemen:

Contoh 3.2:

Tentukan penyelesaian dari

Persamaan karakteristik

Akar-akar persamaan:

Persamaan komplemen berdasarkan 3.22:

Menurut rumus Euler,

Maka,

Konstanta dalam persamaan dapatdisederhanakan menjadi

7

𝑟1,2 = 𝛼 ± 𝑖𝛽 𝛼 = −1/2 𝑎1

𝛽 = 𝑎0 −1/4𝑎1

2

𝑦𝑐 = 𝑒𝑎𝑥(𝐴 cos 𝛽𝑥 + 𝐵 sin 𝛽𝑥)

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 𝑦 = 0

𝑟2 + 1 = 0

𝑟1 = +𝑖 ; 𝑟2 = −𝑖

𝑦 = 𝐴 exp 𝑖𝑥 + 𝐵 exp(−𝑖𝑥)

𝑒𝑖𝑥 = cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥

𝑦𝑐 = 𝐴 [cos(𝑥) + 𝑖 sin(𝑥)]+ 𝐵 [cos(𝑥) − 𝑖 sin(𝑥)]

𝑦𝑐 = (𝐴 + 𝐵) cos 𝑥 + 𝐴 − 𝐵 𝑖 sin(𝑥)

𝑦𝑐 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin(𝑥)

(3.26)

(3.25)

(3.24)(3.23)

Penyelesaian komplemen utk akar rangkap

Contoh 3.3

Selesaikan persamaan dengan batas y(0)=0dan dy/dx = 1


Akar-akar persamaan:

Penyelesaian menurut 3.22,

Penyelesaian tidak memenuhi batas karenahanya memiliki satu konstanta. Persamaanorde ke-n harus menghasilkan n buahkonstanta serta n penyelesaian linier.

Untuk menemukan penyelesaian kedua,definisi bebas linier digunakan, sehingga:

v(x) bukan suatu konstanta. Substitusi y1

dan y2 ke persamaan, didapatkan:

Diperoleh

Memasukkan syarat batas, diperoleh nilai A= 0 dan B = 1, sehingga diperoleh

8

PD ORDE DUA: AKAR RANGKAP

𝑦𝑐 = 𝐴exp −2𝑥 + 𝐵𝑥 exp(−2𝑥)

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 4

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 4𝑦 = 0

𝑟2 + 4𝑟 + 4 = 0

𝑟1 = 𝑟2 = −2

𝑦 = 𝐴 exp −2𝑥

𝑦1 = 𝐴exp −2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦2 = 𝑣 𝑥 exp(−2𝑥)

𝑑2𝑣

𝑑𝑥2= 0

𝑣 = 𝐵𝑥 + 𝐶

𝑦2 = 𝐵𝑥 + 𝐶 exp(−2𝑥)

𝑦𝑐 = 𝐴exp −2𝑥 + 𝐵𝑥 exp(−2𝑥)

𝑦𝑐 = 𝑥 exp(−2𝑥)

(3.28)

(3.27)

𝑦 = 𝐴 exp 𝑟1𝑥 + 𝐵 exp(𝑟2𝑥)

Bentuk persamaan tak homogen orde dua:

Bentuk penyelesaian komplemennya,

yc penyelesaian persamaan homogen dan yp

penyelesaian khusus pers. tak homogen

Terdapat tiga metode yang umum digunakanuntuk menentukan yp(x):

1. Metode koefisien tak ditentukan

Metode ini merupakan teknik evolusioner, yang dibangun di atas bentuk fungsionalyang diambil oleh f (x).

2. Metode Operasi Invers

Metode ini dibangun di atas prinsip bahwaintegrasi sebagai operasi kebalikan daridiferensiasi.

3. Metode Variasi Parameter

Metode ini adalah pendekatan yang palingumum dan dapat diterapkan meskipunkoefisiennya tidak konstan;

Metode ini didasarkan pada prinsip-prinsipindependensi linier dan superposisimemanfaatkan prinsip-prinsip yangdiperlukan ini untuk membangun integral.

9

PERSAMAAN TAK HOMOGEN ORDE DUA

𝑑2𝑦


𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑓(𝑥)

𝑦𝑐 = 𝑦𝑐 𝑥 + 𝑦𝑝 𝑥

(3.29)

(3.30)

METODE KOEFISIEN TAK TENTU

• Metode ini termasuk intutif dan mudah diimplementasikan.

• Langkah pertama menentukan yp adalah menghasilkan fungsi-fungsi dengan caradiferensiasi terhadap f(x). Masing-masing fungsi dikalikan dengan koefisien tertentu dan semua dijumlahkan dengan fungsi aslinya dan digunakan sebagai “persamaan coba-coba” untuk yp. Koefisien yang tidak diketahui disubstitusi dari persamaan coba-coba kepersamaan awalnya.

• Untuk persamaan orde dua, dua diferensiasi akan ditentukan.

• Metode ini menjadi kompleks apabila digunakan untuk menyelesaikan persamaan ordebanyak (orde n), karena akan dibutuhkan n diferensiasi.

10


Pada metode ini yp dimisalkan menjadipernyataan yang serupa dengan f(x), yangmengandung koefisien yang tak diketahuiyang harus ditentukan melalui substitusi ypkedalam persamaan tak homogen.

Tabel 3.1. Metode Koefisien Tak Tentu

Aturan yang mesti diperhatikan:

1. Aturan dasar: Jika f(x) merupakan salah satu fungsiyang terdapat pada kolom pertama dari tabeldibawah ini, pilih yp yang bersesuaian dari kolomkedua dan tentukan koefisien tak tentunya denganmensubstitusi yp kedalam pers. 3.29

2. Aturan modifikasi: Jika f(x) merupakanpenyelesaian persaman homogen dari persamaan3.29, maka kalikan yp dengan x (atau x2 jikapenyelesaiannya merupakan kasus akar rangkappersamaan karakteristik dari persamaan homogen

3. Aturan penjumlahan: Jika f(x) merupakanpenjumlahan fungsi-fungsi yang berasal daribeberapa baris dalam kolom pertama pada tabeldibawah ini, maka yp yang berupa penjumlahanfungsi-fungsi dari baris yang bersesuaian dalamkolom kedua

11


12

Contoh 3.4:

Tentukan yp dan yc untuk persamaan

Lalu evaluasi dengan y(0) = 1, dy/dx = 0

Langkah pertama: menentukan yc

Sehingga, persamaan komplemennya

Dalam menentukan yp, variabel hasildiferensiasi f(x) = x2 adalah x dan 1, sehingga

Koefisien a, b, c ditentukan dengan substitusipersamaan yp dan y’’p ke persamaan awal

Penyelesaian persamaan diatas, dihasilkan

Didapatkan

Penyelesaian persamaannya,

Substitusi syarat batas, didapatkan

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2− 𝑦 = 𝑥2

𝑟2 − 1 = 0; 𝑟1,2 = ±1

𝑦𝑐 = 𝐴exp 𝑥 + 𝐵 exp(−𝑥)

𝑦𝑝 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐

𝑦𝑝′′ = 2𝑎

2𝑎 − 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 𝑥2 + 0 𝑥 + 0 (1)

𝑥2: −𝑎 = 1 ∴ 𝑎 = −1

𝑥 ∶ −𝑏 = 0 ∴ 𝑏 = 0

1 ∶ 2𝑎 − 𝑐 = 0 ∴ 𝑐 = −2

𝑦𝑝 = −𝑥2 − 2

𝑦 = 𝐴 exp 𝑥 + 𝐵 exp(−𝑥) − (𝑥2 + 2)

𝐴 = B =3

2

𝑑2𝑦


𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑓(𝑥)

𝑦𝑝′ = 2𝑎𝑥 + 𝑏

Contoh 3.5:

Tentukan yp dan yc untuk persamaan


Penyelesaian komplemen:

Karena bentuk f(x) = ex, dipilih yp = Cex. Namun karena persamaan ini merupakanpersamaan homogen, dilakukan modifikasi.

Substitusi yp, y’p dan y’’p ke persamaanawal,

-Cex = ex

Diperoleh C = -1.

Sehingga, penyelesaian umumnya,

13


𝑑2𝑦

𝑑𝑥2− 3

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 2𝑦 = 𝑒𝑥

𝑟2 − 3𝑟 + 2 = 0; 𝑟1 = 1, 𝑟2 = 2

𝑦𝑐 = 𝐴exp 𝑥 + 𝐵 exp(2𝑥)

𝑦𝑝 = 𝐶𝑥𝑒𝑥 𝑦𝑝′ = 𝐶(𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥)

𝑦𝑝′′ = 𝐶(2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥)

𝐶(2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥) − 3𝐶(𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥) + 2𝐶𝑥𝑒𝑥 = 𝑒𝑥

𝑦 = 𝐴 exp 𝑥 + 𝐵 exp 2𝑥 − 𝑥𝑒𝑥

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

Persamaan diferensial linier dengankoefisien konstan dapat diselesaikandengan menggunakan operator diferensialdengan notasi huruf D yang menyatakanbentuk diferensial terhadap variabel bebas

Karena D merupakan operator linier,operator D mengikuti hukum operasi aljabarseperti distributive, komutatif dan asosiatif.Didefinisikan fungsi berikut:

• Distributif

• Komutatif

• Asosiatif

Sedangkan jika melibatkan fungsi eksponen erx

14

METODE OPERATOR INVERS

D𝑦 =𝑑𝑦

𝑑𝑥

D D𝑦 = D2𝑦 =𝑑2𝑦

𝑑𝑥2

D𝑛𝑦 =𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2− 8

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 16𝑦 = D2𝑦 − 8D𝑦 + 16𝑦 = 0

D2 − 8D + 16 𝑦 = D2𝑦 − 8D𝑦 + 16𝑦

D + 4 D + 2 = D + 2 D + 4

D D𝑦 = DD y

𝐴 𝐵 + 𝐶 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶

𝐴𝐵 = 𝐵𝐴

𝐴 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 𝐶

D 𝑒𝑟𝑥 = 𝑟𝑒𝑟𝑥

D2 𝑒𝑟𝑥 = 𝑟2𝑒𝑟𝑥

Dn 𝑒𝑟𝑥 = 𝑟𝑛𝑒𝑟𝑥

(3.31)

(3.32)

(3.33)

(3.34)

(3.35)

(3.36)

(3.37)

(3.38)

(3.39)

(3.40)

(3.41)

(3.42)

(3.43)

Untuk sejumlah operator yang membentukpolinom P(D):

Jika melibatkan fungsi f(x):

Diferensiasi lebih lanjut menghasilkan:

Untuk polinom P(D):

Operator inversi dapat ditentukan melalui:

Maka,

Jadi, disimpulkan untuk operator D berlakupersamaan 3.44 dan 3.45. Hal yang samaberlaku untuk operator invers D-1:

15


𝑃(D) 𝑒𝑟𝑥 = 𝑃(𝑟)𝑒𝑟𝑥

𝑃 𝑓(𝑥)𝑒𝑟𝑥 = 𝑒𝑟𝑥D𝑓 + 𝑓D 𝑒𝑟𝑥 = 𝑒𝑟𝑥 D + 𝑟 𝑓(𝑥)

(3.44)

(3.45)

D2 𝑓(𝑥)𝑒𝑟𝑥 = 𝑒𝑟𝑥 D + 𝑟 2𝑓(𝑥)

D𝑛 𝑓(𝑥)𝑒𝑟𝑥 = 𝑒𝑟𝑥 D + 𝑟 𝑛𝑓(𝑥)

𝑃(D) 𝑓 𝑥 𝑒𝑟𝑥 = 𝑒𝑟𝑥𝑃 D + 𝑟 𝑓(𝑥)

(3.47)

(3.46)

(3.48)

𝑑

𝑑𝑥න𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = Dන𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)

න𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = D−1𝑓 𝑥

1

𝑃(D)𝑒𝑟𝑥 =

1

𝑃(𝑟)𝑒𝑟𝑥

1

𝑃(D)𝑓(𝑥)𝑒𝑟𝑥 =

1

𝑃(D + 𝑟)𝑓(𝑥)𝑒𝑟𝑥

(3.49)

(3.50)

(3.51)

(3.52)

1

𝑃(D)=

1

D − 𝑟.

1

𝑔(D)(3.53)

Untuk operasi dengan exp(rx), perlumodifikasi operasi 1/(D-r)n. Dari persamaan3.52, dengan f(x) = 1, dan P(D) = (D-r)n, maka

Integrasi terus menerus berarti

Sehingga, untuk permasalahan umum erx

Langkah pertama, gunakan persamaan 3.51 dengan g(D)-1erx dan pindahkan erx sehingga

Kemudian, operasikan pada erx menggunakanpersamaan 3.53/3.54 dengan nilai f(x) = 1, sehingga (g(r) finite))

16


1

𝑃(D)=

1

D − 𝑟 𝑛 .1

𝑔(D)

1

𝑃(D)=

1

D − 𝑟 𝑛 1 𝑒𝑟𝑥 = 𝑒𝑟𝑥1

𝐷𝑛 1

1

𝐷𝑛 1 =ම𝑛

…න1𝑑𝑥 =𝑥𝑛

𝑛!

1

𝑃(D)𝑒𝑟𝑥 =

1

D − 𝑟 𝑛𝑔(D)𝑒𝑟𝑥

1

D − 𝑟 𝑛 𝑒𝑟𝑥

1

𝑔(𝑟)

𝑒𝑟𝑥1

𝐷𝑛

1

𝑔(𝑟)=

𝑒𝑟𝑥

𝑔(𝑟)ම

𝑛

…න𝑑𝑥 =𝑒𝑟𝑥

𝑔(𝑟)

𝑥𝑛

𝑛!

(3.54)

(3.55)

(3.56)

(3.57)

(3.58)

(3.59)

Contoh 3.6:

Tentukan yp dari

Mengubah pers. menggunakan operator D:

Menyelesaikan persamaan yp, didapatkan

Diketahui ekspansi polinomial berdasarkanteorema binomial,

Ekuivalensi f = -D/2, p = -1, sehingga

Menggunakan persamaan 3.51 pada ex

Hasil penjumlahan deret geometris menujutak hingga adalah 2, sehingga,

17


𝑑𝑦

𝑑𝑥− 2𝑦 = 𝑒𝑥

D − 2 𝑦𝑝 = 𝑒𝑥

𝑦𝑝 =1

D − 2𝑒𝑥

1

D − 2=

1

−2(1 + D/2 )

1 + 𝑓 𝑝 = 1 + 𝑝𝑓 +𝑝(𝑝 − 1)

(1)(2)𝑓2 +

𝑝 𝑝 − 1 𝑝 − 2

(1)(2)(3)𝑓3 +⋯

1

−2(1 + D/2 )= −

1

21 +

1

2𝐷 +

1

2𝐷

2

+1

2𝐷

3

+⋯

𝑦𝑝 =1

D − 2𝑒𝑥 = −

1

21 +

1

2𝐷 +

1

2𝐷

2

+⋯ 𝑒𝑥

𝑦𝑝 = −𝑒𝑥

Metode ini digunakan untuk penyelesaianpersamaan diferensial dengan koefisienkonstan ataupun tidak konstan

Suatu persamaan tak homogen orde duamempunyai penyelesaian

Metode variasi parameter berdasarkanpenyataan bahwa solusi khusus independensecara linier oleh u(x) dan v(x), sehingga

y1 dan y2 bukan merupakan konstanta.

Penurunan persamaan 3.61 menghasilkan

u dan v harus memenuhi syarat

Sehingga diperoleh

Fungsi kemudian diturunkan menjadi

Substitusi ke persamaan awal menghasilkan

18

METODE VARIASI PARAMETER

𝑑2𝑦


𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑓(𝑥) (3.29)

𝑦𝑐 𝑥 = 𝐴𝑦1 𝑥 + 𝐵𝑦2(𝑥)

𝑦𝑝 𝑥 = 𝑢 𝑥 𝑦1(𝑥) + 𝑣 𝑥 𝑦2 𝑥

(3.60)

(3.61)

𝑦𝑝′ = 𝑢′𝑦1 + 𝑢𝑦1

′ + 𝑣′𝑦2 + 𝑣𝑦2′

𝑢′𝑦1 + 𝑣′𝑦2 = 0

𝑦𝑝′ = 𝑢𝑦1

′ + 𝑣𝑦2′

𝑦𝑝′′ = 𝑢′𝑦1

′ + 𝑣′𝑦2′ + 𝑦1𝑢

′′ + 𝑦2𝑣′′

𝑦1 𝑢′′ + 𝑎1 𝑥 𝑢′ + 𝑎0 𝑥 𝑢+ 𝑦2 𝑣′′ + 𝑎1 𝑥 𝑣′ + 𝑎0 𝑥 𝑣 + 𝑦1

′𝑢′ + 𝑦2′𝑣′ = 𝑓(𝑥)

(3.62)

(3.63)

(3.64)

(3.65)

(3.66)

Karena y1 dan y2 merupakan penyelesaianpersamaan homogen dimana

Maka persamaan disederhanakan menjadi

Persamaan tersebut berpasangan dengansuku dari persamaan 3.63.

Penyelesaian persamaan 3.63 diatasdengan mendefinisikan p = y’1 dan q = y’2

Substitusi 3.70 ke persamaan 3.69,

maka

Sehingga dihasilkan p

Integrasi,

Suku penyebut adalah determinan Wronskian

Penyelesaian akhirnya,

19


𝑢′′ + 𝑎1 𝑥 𝑢′ + 𝑎0 𝑥 𝑢 = 0

𝑣′′ + 𝑎1 𝑥 𝑣′ + 𝑎0 𝑥 𝑣 = 0

𝑦1′𝑢′ + 𝑦2

′𝑣′ = 𝑓(𝑥)

𝑝 = −𝑣

𝑢𝑞

(3.67)

(3.68)

(3.69)

(3.70)

𝑞 =𝑑𝑦2𝑑𝑥

=−𝑢𝑓 𝑥

𝑢′𝑣 − 𝑢𝑣′

𝑝 =𝑑𝑦1𝑑𝑥

=𝑣𝑓 𝑥

𝑢′𝑣 − 𝑢𝑣′

𝑦1 𝑥 = න𝑣𝑓 𝑥

𝑢′𝑣 − 𝑢𝑣′𝑑𝑥 𝑦2 𝑥 = න

−𝑢𝑓 𝑥

𝑢′𝑣 − 𝑢𝑣′𝑑𝑥

𝑊 𝑢, 𝑣 =𝑢 𝑣𝑢′ 𝑣′

= 𝑢′𝑣 − 𝑢𝑣

(3.71)

(3.72)

(3.74)(3.73)

(3.75)

𝑦𝑝 = 𝑦1න𝑦2𝑓

𝑊𝑑𝑥 + 𝑦2න

𝑦1𝑓

𝑊𝑑𝑥 (3.76)

−𝑣

𝑢𝑞 𝑢′ + 𝑞𝑣′ = 𝑓(𝑥)

Contoh 3.7:

Selesaikan persamaan

Persamaan komplemen:

Suku Wronskian,

Dari persamaan 3.76 diperoleh

Jadi penyelesaian umumnya adalah:

20


𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 𝑦 = sec 𝑥

𝑦1 = 𝐴 cos 𝑥 ; 𝑦2 = 𝐵 sin 𝑥

𝑊 𝑢, 𝑣 = 𝐴 cos 𝑥 cos 𝑥 − (− sin 𝑥) sin 𝑥 = 1

= −cos 𝑥 න sin 𝑥 sec 𝑥 𝑑𝑥 + sin 𝑥 න cos 𝑥 sec 𝑥 𝑑𝑥

= cos 𝑥 ln | cos 𝑥| + 𝑥 sin 𝑥

𝑦𝑝

𝑦 = 𝐴 ln | cos 𝑥| cos 𝑥 + (𝐵 + 𝑥) sin 𝑥

Kecepatan perambatan panas yang dihasilkan oleh suatuelemen/kawat pemanas yang terletak di sumbu silinder ke arahradial (r) dapat dinyatakan sebagai persamaan diferensial ordedua:

dimana: Q, kE, ρ, dan A adalah konstanta yang menyatakanjumlah panas yang dilepas oleh kawat pemanas (Q), konduktivitas panas isian kolom (kE), densitas (ρ), dan konstanta laju penambahan panas (A).

Tentukan T sebagai fungsi r jika pada r=0, temperatur T = 0oC.

21

rδr

R

elemen

pemanas

APLIKASI DI TEKNIK KIMIA

𝑑2𝑇

𝑑𝑟2+1

𝑟

𝑑𝑇

𝑑𝑟−𝜌𝑄

𝑘𝐸= 0

TERIMA KASIH

tk2104 analisis matematika teknik kimia

Documents