tk2104 analisis matematika teknik kimia
Post on 30-Jan-2022
5 Views
Preview:
TRANSCRIPT
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 ππβ1, β¦ , π1, π0 adalah koefisien dari persamaan diferensial yang merupakan fungsi π₯.
Jika f(x) = 0 maka disebut persamaan diferensial homogen
Jika f(x) 0 maka disebut persamaan diferensial tak homogen
πππ¦
ππ₯π+ ππβ1 π₯
ππβ1π¦
ππ₯πβ1+β―+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯ π¦ = π(π₯) (3.1)
2
β
πππ¦
ππ₯π+ ππβ1 π₯
ππβ1π¦
ππ₯πβ1+β―+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯ π¦ = 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
πππ¦
ππ₯π+ ππβ1 π₯
ππβ1π¦
ππ₯πβ1+β―+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯ π¦ = 0
(3.3)π =
ππ
ππ₯π+ ππβ1 π₯
ππβ1
ππ₯πβ1+β―+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯
π π¦ = 0 ; π π¦ = π ππ¦ = π π π¦ = 0
πππ¦
ππ₯π= 0
(3.4)
(3.5)
π¦ = πΆ1 + πΆ2π₯ + πΆ3π₯2 + πΆ4π₯
3 +β―+ πΆππ₯πβ1
π¦π = πΆ1π¦1 + πΆ2π¦2 π₯ + β―+ πΆππ¦π π₯ =
π=1
π
πππ¦π(π₯)
(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
π π₯ β 0
π¦ = π¦π + π¦π
π π₯ β 0 π π¦ π = π(π₯)
π¦π = π¦π π₯ + π¦π π₯ = π¦π π₯ +
π=1
π
πππ¦π(π₯)
π π¦ = π π¦π + π¦π = π π¦π + π π¦π = π(π₯)
π π¦ π = 0 dan π π¦ π = π(π₯)
πππ¦
ππ₯π+ ππβ1
ππβ1π¦
ππ₯πβ1+β―+ π1
ππ¦
ππ₯+ π0π¦ = π(π₯)
(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
π2π¦
ππ₯2+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯ π¦ = 0
π¦π = π΄exp ππ₯ ; π΄, π = ππππ π‘πππ‘π
π2
ππ₯2[π΄πππ₯] + π1
π
ππ₯[π΄πππ₯] + π0 [π΄π
ππ₯] = 0
π΄ π2 + π1π + π0 exp ππ₯ = 0
π2 + π1π + π0 = 0
π1,2 =βπ1 Β± π1
2 β 4π02
π¦ = π΄ exp π1π₯ + π΅ exp(π2π₯)
(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
π2π¦
ππ₯2+ 5
ππ¦
ππ₯+ 4π¦ = 0
π2 + 5π + 4 = 0
π1 = β1; π2 = β4
π¦1 = π΄exp βπ₯ + π΅ exp(β4π₯)
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
π1,2 = πΌ Β± ππ½ πΌ = β1/2 π1
π½ = π0 β1/4π1
2
π¦π = πππ₯(π΄ cos π½π₯ + π΅ sin π½π₯)
π2π¦
ππ₯2+ π¦ = 0
π2 + 1 = 0
π1 = +π ; π2 = βπ
π¦ = π΄ exp ππ₯ + π΅ exp(βππ₯)
πππ₯ = cos π₯ + π sin π₯
π¦π = π΄ [cos(π₯) + π sin(π₯)]+ π΅ [cos(π₯) β π sin(π₯)]
π¦π = (π΄ + π΅) cos π₯ + π΄ β π΅ π sin(π₯)
π¦π = πΆ1 cos π₯ + πΆ2 sin(π₯)
(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
Persamaan karakteristik:
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
π¦π = π΄exp β2π₯ + π΅π₯ exp(β2π₯)
π2π¦
ππ₯2+ 4
ππ¦
ππ₯+ 4π¦ = 0
π2 + 4π + 4 = 0
π1 = π2 = β2
π¦ = π΄ exp β2π₯
π¦1 = π΄exp β2π₯ πππ π¦2 = π£ π₯ exp(β2π₯)
π2π£
ππ₯2= 0
π£ = π΅π₯ + πΆ
π¦2 = π΅π₯ + πΆ exp(β2π₯)
π¦π = π΄exp β2π₯ + π΅π₯ exp(β2π₯)
π¦π = π₯ exp(β2π₯)
(3.28)
(3.27)
π¦ = π΄ exp π1π₯ + π΅ exp(π2π₯)
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
π2π¦
ππ₯2+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯ π¦ = π(π₯)
π¦π = π¦π π₯ + π¦π π₯
(3.29)
(3.30)
METODE KOEFISIEN TAK TENTU
β’ Metode ini termasuk intutif dan mudah diimplementasikan.
β’ 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 βpersamaan coba-cobaβ untuk yp. Koefisien yang tidak diketahui disubstitusi dari persamaan coba-coba kepersamaan awalnya.
β’ Untuk persamaan orde dua, dua diferensiasi akan ditentukan.
β’ Metode ini menjadi kompleks apabila digunakan untuk menyelesaikan persamaan ordebanyak (orde n), karena akan dibutuhkan n diferensiasi.
10
METODE KOEFISIEN TAK TENTU
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
METODE KOEFISIEN TAK TENTU
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 yββp ke persamaan awal
Penyelesaian persamaan diatas, dihasilkan
Didapatkan
Penyelesaian persamaannya,
Substitusi syarat batas, didapatkan
π2π¦
ππ₯2β π¦ = π₯2
π2 β 1 = 0; π1,2 = Β±1
π¦π = π΄exp π₯ + π΅ exp(βπ₯)
π¦π = ππ₯2 + ππ₯ + π
π¦πβ²β² = 2π
2π β ππ₯2 + ππ₯ + π = π₯2 + 0 π₯ + 0 (1)
π₯2: βπ = 1 β΄ π = β1
π₯ βΆ βπ = 0 β΄ π = 0
1 βΆ 2π β π = 0 β΄ π = β2
π¦π = βπ₯2 β 2
π¦ = π΄ exp π₯ + π΅ exp(βπ₯) β (π₯2 + 2)
π΄ = B =3
2
π2π¦
ππ₯2+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯ π¦ = π(π₯)
π¦πβ² = 2ππ₯ + π
Contoh 3.5:
Tentukan yp dan yc untuk persamaan
Persamaan karakteristik:
Penyelesaian komplemen:
Karena bentuk f(x) = ex, dipilih yp = Cex. Namun karena persamaan ini merupakanpersamaan homogen, dilakukan modifikasi.
Substitusi yp, yβp dan yββp ke persamaanawal,
-Cex = ex
Diperoleh C = -1.
Sehingga, penyelesaian umumnya,
13
METODE KOEFISIEN TAK TENTU
π2π¦
ππ₯2β 3
ππ¦
ππ₯+ 2π¦ = ππ₯
π2 β 3π + 2 = 0; π1 = 1, π2 = 2
π¦π = π΄exp π₯ + π΅ exp(2π₯)
π¦π = πΆπ₯ππ₯ π¦πβ² = πΆ(ππ₯ + π₯ππ₯)
π¦πβ²β² = πΆ(2ππ₯ + π₯ππ₯)
πΆ(2ππ₯ + π₯ππ₯) β 3πΆ(ππ₯ + π₯ππ₯) + 2πΆπ₯ππ₯ = ππ₯
π¦ = π΄ exp π₯ + π΅ exp 2π₯ β π₯ππ₯
π¦ = π¦π + π¦π
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:
β’ Distributif
β’ Komutatif
β’ Asosiatif
Sedangkan jika melibatkan fungsi eksponen erx
14
METODE OPERATOR INVERS
Dπ¦ =ππ¦
ππ₯
D Dπ¦ = D2π¦ =π2π¦
ππ₯2
Dππ¦ =πππ¦
ππ₯π
π2π¦
ππ₯2β 8
ππ¦
ππ₯+ 16π¦ = D2π¦ β 8Dπ¦ + 16π¦ = 0
D2 β 8D + 16 π¦ = D2π¦ β 8Dπ¦ + 16π¦
D + 4 D + 2 = D + 2 D + 4
D Dπ¦ = DD y
π΄ π΅ + πΆ = π΄π΅ + π΄πΆ
π΄π΅ = π΅π΄
π΄ π΅πΆ = π΄π΅ πΆ
D πππ₯ = ππππ₯
D2 πππ₯ = π2πππ₯
Dn πππ₯ = πππππ₯
(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
METODE OPERATOR INVERS
π(D) πππ₯ = π(π)πππ₯
π π(π₯)πππ₯ = πππ₯Dπ + πD πππ₯ = πππ₯ D + π π(π₯)
(3.44)
(3.45)
D2 π(π₯)πππ₯ = πππ₯ D + π 2π(π₯)
Dπ π(π₯)πππ₯ = πππ₯ D + π ππ(π₯)
π(D) π π₯ πππ₯ = πππ₯π D + π π(π₯)
(3.47)
(3.46)
(3.48)
π
ππ₯ΰΆ±π π₯ ππ₯ = DΰΆ±π π₯ ππ₯ = π(π₯)
ΰΆ±π π₯ ππ₯ = Dβ1π π₯
1
π(D)πππ₯ =
1
π(π)πππ₯
1
π(D)π(π₯)πππ₯ =
1
π(D + π)π(π₯)πππ₯
(3.49)
(3.50)
(3.51)
(3.52)
1
π(D)=
1
D β π.
1
π(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
METODE OPERATOR INVERS
1
π(D)=
1
D β π π .1
π(D)
1
π(D)=
1
D β π π 1 πππ₯ = πππ₯1
π·π 1
1
π·π 1 =ΰΆΈπ
β¦ΰΆ±1ππ₯ =π₯π
π!
1
π(D)πππ₯ =
1
D β π ππ(D)πππ₯
1
D β π π πππ₯
1
π(π)
πππ₯1
π·π
1
π(π)=
πππ₯
π(π)ΰΆΈ
π
β¦ΰΆ±ππ₯ =πππ₯
π(π)
π₯π
π!
(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
METODE OPERATOR INVERS
ππ¦
ππ₯β 2π¦ = ππ₯
D β 2 π¦π = ππ₯
π¦π =1
D β 2ππ₯
1
D β 2=
1
β2(1 + D/2 )
1 + π π = 1 + ππ +π(π β 1)
(1)(2)π2 +
π π β 1 π β 2
(1)(2)(3)π3 +β―
1
β2(1 + D/2 )= β
1
21 +
1
2π· +
1
2π·
2
+1
2π·
3
+β―
π¦π =1
D β 2ππ₯ = β
1
21 +
1
2π· +
1
2π·
2
+β― ππ₯
π¦π = βππ₯
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
π2π¦
ππ₯2+ π1 π₯
ππ¦
ππ₯+ π0 π₯ π¦ = π(π₯) (3.29)
π¦π π₯ = π΄π¦1 π₯ + π΅π¦2(π₯)
π¦π π₯ = π’ π₯ π¦1(π₯) + π£ π₯ π¦2 π₯
(3.60)
(3.61)
π¦πβ² = π’β²π¦1 + π’π¦1
β² + π£β²π¦2 + π£π¦2β²
π’β²π¦1 + π£β²π¦2 = 0
π¦πβ² = π’π¦1
β² + π£π¦2β²
π¦πβ²β² = π’β²π¦1
β² + π£β²π¦2β² + π¦1π’
β²β² + π¦2π£β²β²
π¦1 π’β²β² + π1 π₯ π’β² + π0 π₯ π’+ π¦2 π£β²β² + π1 π₯ π£β² + π0 π₯ π£ + π¦1
β²π’β² + π¦2β²π£β² = π(π₯)
(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 = yβ1 dan q = yβ2
Substitusi 3.70 ke persamaan 3.69,
maka
Sehingga dihasilkan p
Integrasi,
Suku penyebut adalah determinan Wronskian
Penyelesaian akhirnya,
19
METODE VARIASI PARAMETER
π’β²β² + π1 π₯ π’β² + π0 π₯ π’ = 0
π£β²β² + π1 π₯ π£β² + π0 π₯ π£ = 0
π¦1β²π’β² + π¦2
β²π£β² = π(π₯)
π = βπ£
π’π
(3.67)
(3.68)
(3.69)
(3.70)
π =ππ¦2ππ₯
=βπ’π π₯
π’β²π£ β π’π£β²
π =ππ¦1ππ₯
=π£π π₯
π’β²π£ β π’π£β²
π¦1 π₯ = ΰΆ±π£π π₯
π’β²π£ β π’π£β²ππ₯ π¦2 π₯ = ΰΆ±
βπ’π π₯
π’β²π£ β π’π£β²ππ₯
π π’, π£ =π’ π£π’β² π£β²
= π’β²π£ β π’π£
(3.71)
(3.72)
(3.74)(3.73)
(3.75)
π¦π = π¦1ΰΆ±π¦2π
πππ₯ + π¦2ΰΆ±
π¦1π
πππ₯ (3.76)
βπ£
π’π π’β² + ππ£β² = π(π₯)
Contoh 3.7:
Selesaikan persamaan
Persamaan komplemen:
Suku Wronskian,
Dari persamaan 3.76 diperoleh
Jadi penyelesaian umumnya adalah:
20
METODE VARIASI PARAMETER
π2π¦
ππ₯2+ π¦ = sec π₯
π¦1 = π΄ cos π₯ ; π¦2 = π΅ sin π₯
π π’, π£ = π΄ cos π₯ cos π₯ β (β sin π₯) sin π₯ = 1
= βcos π₯ ΰΆ± sin π₯ sec π₯ ππ₯ + sin π₯ ΰΆ± cos π₯ sec π₯ ππ₯
= cos π₯ ln | cos π₯| + π₯ sin π₯
π¦π
π¦ = π΄ ln | cos π₯| cos π₯ + (π΅ + π₯) sin π₯
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, Ο, dan A adalah konstanta yang menyatakanjumlah panas yang dilepas oleh kawat pemanas (Q), konduktivitas panas isian kolom (kE), densitas (Ο), dan konstanta laju penambahan panas (A).
Tentukan T sebagai fungsi r jika pada r=0, temperatur T = 0oC.
21
rΞ΄r
R
elemen
pemanas
APLIKASI DI TEKNIK KIMIA
π2π
ππ2+1
π
ππ
ππβππ
ππΈ= 0
top related