Persamaan differensial-biasa

Persamaan Differensial Biasa
(Ordinary Differential Equations (ODE))
Prodi Teknik Kimia
Fakultas Teknik
Universitas Negeri Semarang
Dhoni Hartanto, S.T., M.T., M.Sc.
Kalkulus 2

Persamaan Differensial adalah Persamaan yang mengandung
beberapa turunan dari suatu fungsi
Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi satu variable
bebas
Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi dengan jumlah
variable bebas lebih dari satu

08sin 22
2
22
3
3
2



















x
dx
dy
yx
dx
yd
dx
yd
xy
xy
dx
dy
Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi satu variable
bebas




















2
2
2
2
2
2
),,,(
z
u
y
u
x
u
t
tzyxu

Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang
mempunyai fungsi dengan jumlah
variable bebas lebih dari satu
Fungsi u(x,y,z,t) digunakan untuk merepresentasikan temperatur
pada waktu t pada benda secara fisik dengan koordinat
(x,y,z)
 = thermal diffusivity.
Heat equation

Penggunaan :
 Cabang-cabang ilmu teknik
 Ekonomi
 Biologi dan kedokteran
 Kimia, Fisika dsb.
ODE digunakan untuk mendapatkan formulasi suatu
fenomena yang mengalami perubahan terhadap waktu
atau tempat

Cooling
 This is a model of how the temperature of an
object changes as it loses heat to the
surrounding atmosphere:
Temperature of the object: ObjT Room Temperature: RoomT
Newton’s laws states: “The rate of change in the
temperature of an object is proportional to the difference
in temperature between the object and the room
temperature”
)( RoomObj
Obj
TT
dt
dT
 
Form
ODE
t
RoominitRoomObj eTTTT 
 )(
Solve
ODE
Where is the initial temperature of the
object.
initT

Newton’s 2nd law for a rotating object:
q
mg
l
q
q
sin2
2
2
mgl
dt
d
ml 
0sin2
2
2
 q
q
dt
d
This equation is very difficult to solve.
rearrange and divide
through by ml 2
l
g
2

where
 Moment of inertia x angular acceleration = Net external torque

 Order suatu persamaan differensial adalah tingkat turunan
tertinggi persamaan differensial tersebut.
02
2

dt
dy
dt
yd
2nd order
3
3
dt
xd
x
dt
dx
 3rd order
Order (tingkat)

 Derajat suatu persamaan differensial (PD) adalah pangkat
dari turunan yang tertinggi di dalam PD tsb.
08sin 22
2
22
3
3












y
dx
dy
yx
dx
yd
x
dx
yd
xy 2nd degree
Derajat (Degree)
)()(.....)( 1
)1(
1 xkyxayxay n
nn
 

Persamaan diferensial (PD)  Linear derajat 1
Bentuk Umum :

 Artinya mencari suatu fungsi y=f(x) yang memenuhi PD
tersebut
 Fungsi y=f(x) yang memenuhi sebuah PD banyak sekali,
kumpulan fungsi-fungsi yang memenuhi sebuah PD
disebut Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial
(PUPD)
 Salah satu fungsi di dalam kumpulan fungsi-fungsi yang
memenuhi sebuah PD disebut Penyelesaian Khusus PD
tsb.
 Penyelesaian khusus sebuah PD tsb. juga harus
memenuhi beberapa kondisi batas
Penyelesaian Persamaan Diferensial

Tipe-tipe PD biasa orde 1 :
• PD dengan variabel dapat dipisah
• PD homogen
• PD bentuk (ax+by+c ) dx + (px+qy+r) dy =0
• PD eksak
• PD linear
• PD Bernoulli
Persamaan Diferensial Biasa Orde 1

Prinsip penyelesaian :
1. PD dengan variabel dapat dipisah
0),(),(  dyyxQdxyxP
diubah menjadi bentuk persamaan
CdyyNdxxM
dyyNdxxM


 )()(
0)()(

Contoh 1 : Cari penyelesaian umum PD berikut
1. PD dengan variabel dapat dipisah
)1)(1( yx
dx
dy

Penyelesaian
Cey
Cxxy
dxx
y
dy
xx
lnln)1ln(
ln
2
1
)1ln(
)1(
1
2
2
1
2






1
1
ln)1ln(
2
2
2
2
1
2
1
2
1






xx
xx
xx
eCy
eCy
eCy

Suatu fungsi dikatakan homogen derajat n bila ada suatu
konstanta n sehingga untuk setiap parameter λ berlaku :
2. PD Homogen
),(),( yxfyxf n
 
Misal : xyxyxfa  2
),() Homogen derajat 2
),(
)(
),(
2
22
222
yxf
xyx
xyxyxf







2. PD Homogen
Misal : 






y
x
yxfb tan),() Homogen derajat 0







y
x
yxf


 tan),(
λ saling menghilangkan
sehingga homogen
berderajat 0
PD orde satu berikut :
0),(),(  dyyxQdxyxP
Dikatakan homogen bila P dan Q keduanya
homogen berderajat sama yaitu n

2. PD Homogen
Cara Penyelesaian :
PD Homogen dapat diselesaikan dengan subtitusi
dzxdxzdyzxy
x
y
z  ;;
Contoh 2 : Cari penyelesaian umum PD berikut
0)(  dyxdxyx
Penyelesaian : Substitusi dzxdxzdyzxy
x
y
z  ;;
PD menjadi : 0)()(  dzxdxzxdxzxx
0)( 2
 dzxdxzxdxzxx

2. PD Homogen
(Lanjutan) Contoh 2 :
2/1
2/1
2
2
2
)21(lnln
ln)21ln(ln
ln)21ln(
2
1
ln
21
0)21(
0)21(
0)2(
0)(












zCx
Czx
Czx
z
dz
x
dx
dzxdxz
dzxdxzx
dzxdxzxx
dzxdxzxdxzxx



























 
1
2
1
2
1
1
2
1
21
)21(
)21(
2
2
2
2
2
2
2
2
122
2/1
)21(lnln 2/1
x
Cx
y
x
C
x
y
x
C
z
x
C
z
zCx
zCx
ee zCx

3. PD Bentuk 0)()(  dyrqypxdxcbyax
Beberapa kemungkinan :
a) c = 0, r = 0 ; sehingga PD menjadi
0)()(  dyqypxdxbyax
Cara
penyelesaian
sama dengan PD
homogen
b) px + qy = k (ax + by), sehingga PD menjadi
0))(()(  dyrbyaxkdxcbyax
Cara penyelesaian :
Subst. :
b
dxadz
dy
dybdxadz
byaxz





Lanjutan b), PD menjadi
0
)(
)(
0)()(







 




dz
b
rzk
dx
b
rzka
cz
b
dxadz
rzkdxcz
Cara penyelesaian sama dengan PD variabel
dapat dipisah

c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara penyelesaian :
Subst. :
dyqdxpdvrqypxv
dybdxaducbyaxu


;
;
pbqa
dvbduq
qp
ba
qdv
bdu
dx



pbqa
dupdva
qp
ba
dvp
dua
dy




(Lanjutan) c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara
penyelesaian : Substitusi ke PD semula
0)()(
0)()(
0


















dvbuavdupvqu
dupdvavdvbduqu
pbqa
dupdva
v
pbqa
dvbduq
u
Cara penyelesaian sama dengan PD homogen

Contoh 3 : cari PUPD berikut
0)122()1(  dyyxdxyx
Penyelesaian : (Berdasarkan analisis konstanta kemungkinan
persamaan tsb. Dapat diselesaikan dengan no.b)
Subst.
dxdzdydydxdz
xzyyxz


;
;

Lanjutan contoh 3 : PD menjadi
cxzz
dxdz
z
dxdz
z
z
dzzdxz
dzzdxzz
dxdzzdxz















ln2
1
2
12
0)12(
0)12()121(
0)()12()1(
Substitusi z = x + y ke persamaan ini
Sehingga PUPD :
cxyxyx  )ln()(2

4. PD Eksak
Bentuk
x
N
y
M





Bisa dinyatakan dalam bentuk turunan sempurna dari suatu
fungsi F (x,y)
Syarat PD eksak :
0),(),(  dyyxNdxyxM
CyxF
yxdF
dyyxNdxyxMyxdF



),(
0),(
0),(),(),(
Permasalahan yang muncul adalah bagaimana mencari F (x, y)?

4. PD Eksak
Agar terpenuhi :
Maka :
dyyxNdxyxMyxdF ),(),(),( 
dy
y
F
dx
x
F
yxdF





),(
x
N
y
F
x
yxN
y
F
y
M
x
F
y
yxM
x
F






























),(*
),(*

4. PD Eksak
Cara mencari F (x, y) :
  ),()('),()
),,(
)(),(),()
),(
),(
yxNyCxyxM
y
b
makayxN
y
F
karena
yCxyxMyxFa
xyxMF
yxM
x
F













 
2 persamaan penting
dalam penyelesaian
PD eksak
Sehingga nilai C ( y ) bisa diperoleh

4. PD Eksak
Contoh 4 : Cari penyelesaian umum PD berikut :
Penyelesaian :
0)2()3( 32
 dyyxxdxyyx
0)2()3( 32
 dyyxxdxyyx
M N
x
N
y
M




 Syarat PD eksak
13
13
2
2






x
x
N
x
y
M
Sesuai syarat PD eksak

4. PD Eksak
Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)
)(),(
)()3(
)(),(),(
3
2
yCyxyxyxF
yCxyyx
yCxyxMyxF





 
 
  yxxyCyxyx
y
yxNyCxyyx
y
yxNyCxyxM
y
2)('
),()(')3(
),()('),(
33
2











Persamaan Umum PD eksak (b)

4. PD Eksak
Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)
sehingga
yyC
dyydC
y
dy
dC
yxx
dy
dC
xx
2
33
)(
2
2
2




 
23
3
),(
)(),(
yyxyxyxF
yCyxyxyxF



5. PD Linear
Bentuk : )()( xQyxP
dx
dy


dxxP
eU
)(
Cara Penyelesaian :
-) Kalikan dengan suatu faktor integrasi sedemikian agar PD
Linear berubah menjadi PD dengan variabel yang dapat dipisah
-) Kemudian menyelesaikan bentuk PD variabel yang dapat
dipisah
Faktor integrasi :
PD dikalikan U sehingga menjadi:
 dxxPdxxPdxxP
exQeyxPe
dx
dy )()()(
)()(

5. PD Linear
 dxxPdxxPdxxP
exQeyxPe
dx
dy )()()(
)()(



  dxxPdxxP
exQey
dx
d )()(
)(
Pembuktian :
)(:
)(
)(
)()(
)()(
xPee
dx
d
note
xPey
dx
dy
e
dx
du
y
dx
dy
uuy
dx
d
dxxPdxxP
dxxPdxxP




5. PD Linear
Sehingga berdasarkan :
CdxeQey
CdxeQeyd
dxxPdxxP
dxxPdxxP




 


)()(
)()(



  dxxPdxxP
exQey
dx
d )()(
)(
xy
xdx
dy

2
Penyelesaian : Bentuk tersebut merupakan bentuk PD linear,
sehingga
xxQ
x
xP  )(,
2
)(

5. PD Linear
Lanjutan Contoh 5 :
PUPD berdasarkan
2lnln2
2
2






xUeUeUeU xx
dx
x
CdxeQey
dxxPdxxP


)()(
Cxxxy
Cxxy
Cxxy
C
x
dx
xy
Cdxxxxy
22
2
2
2
22
ln
)(ln
ln











6. PD Bernoulli
Bentuk : )()( xQyyxP
dx
dy n

1
1

 n
y
z
Bila n  0, maka PD Bernoulli menjadi PD Linear
Cara penyelesaian :
Subtitusi :
Sehingga menjadi PD menjadi Linear:
22
yx
x
y
dx
dy


6. PD Bernoulli
Penyelesaian Contoh 6 : Substitusi
dx
dz
zdx
dy
maka
dx
dz
dz
dy
dx
dy
nberdasarka
zdz
dy
z
y
yyy
z n
2
2
121
1
,*
11
111



 
Sehingga PD menjadi :
2
2
1121







z
x
zxdx
dz
z

6. PD Bernoulli
Lanjutan Contoh 6 :
2
2
1121







z
x
zxdx
dz
z
Dikalikan dengan -z2
Sehingga PD menjadi : xz
xdx
dz

2
PD Linear
Penyelesaian berdasarkan PD linear :
2lnln2
2
2






xUeUeUeU xx
dx
x
C
x
dx
xz
Cdxxxxz
CdxuxQuz








2
22
)(
)ln(
1
)ln(
ln
2
2
2
xCx
y
Cxxz
Cxxz





Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1)
Bentuk :
)(..... 11
1
10 xfya
dx
dy
a
dx
yd
a
dx
yd
a nnn
n
n
n
 

 nn aaaa ,,, 110 konstan
Bila f(x) = 0  PD Linear order n homogen
Bila f(x) ≠ 0  PD Linear order n tidak homogen

Teorema :
1. Bila y = f(x) merupakan penyelesaian PD linear
homogen, maka y = C f(x) juga merupakan
penyelesaian
2. Bila y1 = C1 f1 (x)
y2 = C2 f2 (x)
:
yn = Cn fn (x)
adalah penyelesaian-penyelesaian yang berlainan
dari PD linear homogen, maka
y = C1 f1 (x) + C2 f2 (x) +…….+ Cn fn (x) juga
merupakan penyelesaian

Cara I :
Penyelesaian Umum PD linear homogen tingkat n dapat
diperoleh dengan subtitusi Euler :
mx
ey 
0.....1
1
10  

ya
dx
yd
a
dx
yd
a nn
n
n
n
mxn
n
n
mx
mx
em
dx
yd
em
dx
yd
me
dx
dy



:
2
2
2
Sehingga
0
0
1
10
1
10




n
nn
mx
n
mxnmxn
amama
eaemaema
Persamaan karakteristik
Diperoleh akar-akar persamaan karakteristik m1, m2, m3,….., mn

Lanjutan Cara I :
Jadi
xm
nn
xm
xm
n
eCy
eCy
eCy



:
2
1
22
11
Sehingga
xm
n
xmxm n
eCeCeCy  .....21
21
PUPD linear homogen tingkat n
Merupakan penyelesaian
(berdasarkan teorema 2)

Cara II :
Menggunakan operator :
PD menjadi dx
d
D 
0.....
0).....(
0.....
1
10
1
10
1
10






n
nn
n
nn
n
nn
aDaDa
aDaDay
yayDayDa
Akar-akar :
Persamaan karakteristik
n ,......,, 21
0))......()(( 21  nDDD 
Sehingga :
  0))......()(( 21  yDDD n

Lanjutan Cara II :
Ditinjau salah satu akar :
k
x
k
kkk
k
k
k
k
Cey
Cxy
dx
y
dy
y
dx
dy
y
dx
d
yD
k
lnlnln
lnln
0
0)(
0)(






 










n
k
x
k
x
kk
x
kk
k
k
k
eCy
PUPD
eCy
eCy
1
lnln




Contoh 7 : Selesaikan persamaan diferensial berikut :
6,0)0('';4,5)0(';4,3)0(
0:
0''''



yyy
xnote
yy
Penyelesaian : Substitusi Euler
mx
ey 
1,1,0
0)1)(1(
0)1(
0
0
321
2
3
3





mmm
mmm
mm
mm
meem mxmx

Lanjutan Contoh 7 : Berdasarkan persamaan
maka
xm
n
xmxm n
eCeCeCy  .....21
21
xx
xx
xx
xxx
eCeCy
eCeCy
eCeCCy
eCeCeCy








32
32
321
)1(
3
)1(
2
)0(
1
''
'

Lanjutan Contoh 7 :
321
0
3
0
21
4,3
4,3
4,3)0(*
CCC
eCeCC
y




32
32
6,0
6,0)0(''*
4,5
4,5)0('*
CC
y
CC
y




Berdasarkan substitusi diperoleh masing-masing nilai :
4,2;3;4 321  CCC
PD :
xx
eey 
 4,234

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus
Teknik Kimia
Pembuatan sabun disebut saponifikasi, dalam proses tersebut lemak
yang berasal dari hewan atau tumbuhan direaksikan dengan KOH atau
NaOH untuk memproduksi gilcerol dan fattyacid salt (sabun). Sabun
dipisahkan dari gliserol melalui presipitasi dengan penambahan
natrium klorida. Lapisan air bagian atas yang mengandung natrium
klorida dipisahkan dari campuran sebagai limbah.
Kementerian Lingkungan Hidup (KLH) mengharuskan konsentrasi
maksimum natrium klorida pada limbah yang dibuang ke lingkungan
tidak lebih dari 11.00 gram / liter. Natrium klorida ini merupakan
limbah utama dalam proses produksi sabun.

Teknik Kimia (lanjutan)
Sebuah pabrik sabun tersebut hanya memiliki 1 tangki dengan
kapasitas 15 liter untuk penampungan limbah. Dalam proses pengisian
tangki limbah tersebut, sebanyak 15 liter air dan 750 gram natrium
klorida dimasukkan. Untuk proses kontinuitas proses produksi pabrik
dan menjaga agar limbah yang terbuang ke lingkungan konsentrasinya
tidak melebihi aturan KLH, maka diperlukan pompa yang dioperasikan
untuk memompa air ke tangki dengan laju 2 liter setiap menit dimana
limbah garam yang mengandung 45 gram garam per liter ditambahkan
dengan laju 1,5 liter per menit.

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan)
Untuk menjaga volume larutan dalam tangki tetap pada level 15 liter,
maka limbah yang terdapat di dalam tangki dikeluarkan (discharge)
sebanyak 3,5 liter per menit
Misalkan A merupakan aliran limbah dari proses, B merupakan aliran
air (fresh water), dan C adalah aliran keluar limbah dari tangki ke
lingkungan.
Diasumkan saat aliran A dan B masuk ke dalam tangki, maka secara
cepat terjadi perubahan konsentrasi klorida ke arah konsentrasi keluar
tangki x1 dan di dalam tangki tidak terjadi reaksi kimia
a) Berapa lama waktu yang dibutuhkan untuk memperoleh
konsentrasi sesuai dengan standar dari KLH untuk limbah kloride
di lingkungan, apakah pabrik tersebut bisa memenuhi standard
dari KLH?
b) Pada waktu 3 detik berapa konsentrasi limbah yang keluar dari
tangki
c) Dalam kondisi steady state, berapa konsentrasi garam yang
dikeluarkan oleh pabrik tersebut

Aliran A
1,5 Liter / menit
45 gram / liter
Aliran B
2 Liter / menit
0 gram / liter
Aliran C
3,5 Liter / menit
x1 gram / liter

Neraca massa untuk natrium klorida pada sistem tangki :
Akumulasi = input – output + generasi (pembuangan karena reaksi)
Lg
L
g
xt
x
dt
dx
LLgxLLgLLg
dt
dx
/50
15
750
)0(,0
5.675.3
0min)/5.3()/(min)/2()/0(min)/5.1()/45(
1
1
1
1
1




5.67)(;5.3)(
5.675.3 1
1



xQxP
eeU
x
dt
dx
tdt
t
t
t
tt
tt
dxxPdxxP
e
C
x
e
Ce
x
Ceex
Ceex
CdxeQey








5.67
5.67
5.67
5.67
)()(
Penyelesaian dengan menggunakan PD Linear

Penyelesaian dengan menggunakan PD Linear
Lg
L
g
xt /50
15
750
)0(,0 1 
5.17
5.6750
5.6750
5.67
0




C
C
e
C
e
C
x t
Sehingga persamaan menjadi :
t
e
x
5.17
5.67 
a) -1,1724 minutes, artinya
pabrik tidak bisa
memenuhi standar KLH
karena waktu yang
dibutuhkan bersifat minus
sehingga tidak dapat
memenuhi persamaan
b) 50.8535 g/L
c) Steady state berarti
Lgx
x
dt
dx
/285.19
5.675.30
0
1
1
1




Let’s play
Find the solution (PUPD) from the problems below :
0'2'')10
02'3'')9
2cos2')8
2')7
0)5410()15()6
0)43()32()5
0)4
2)()3
0)1(2)2
0)12()12()1
433422
22
2










yyy
yyy
xyy
eyy
dyyxyyxdxyyx
dyyxdxyx
dyxdxy
dyyxdxyx
dyxdxxy
dyyxdxyx
x

THANKYOU FORYOUR
ATTENTION INTHIS
CLASS

Persamaan differensial-biasa

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

Similaire à Persamaan differensial-biasa

Similaire à Persamaan differensial-biasa (20)

Dernier

Dernier (16)

Persamaan differensial-biasa