Aplikasi Pd Punya Yuli N Lilis

Yuli Dwi Purnamawati 106017000556 PMTK/VI-B

APLIKASI PERSAMAAN LAPLACE DALAM RANGKAIAN LISTRIK Gambar 4Ω

u(t)

i(t) + v(t) -

+ -

v(r) = 9 v

Rangkaian gambar: dimana tegangan v(t) merupakan besaran yang ingin dicari. Carilah v(t) untuk rangkaian pada gambar! Untuk kali ini, kita menuliskan persamaan nodal rangkaian sebagai. v(t ) − u (t ) 1 dv + =0 4 16 dt Dalam mengambil transformasi Laplace-nya diperoleh. V ( s) 1 1 v (0 − ) − + sV ( s ) − =0 4 4 s 16 16 Atau  s 1 9 V ( s )1 +  = +  4 s 4 Jadi 4 9 1 1 9 1 8 + = − + = + V(s) = s ( s + 4) s + 4 s s + 4 s + 4 s s + 4 Dan dengan mengambil invers transformasinya dapat kita peroleh. v(t) = (1 +8e-4t)u(t) Kita dapat dengan cepat memperoleh tegangan kapasitor yang diinginkan tanpa menggunakan solusi persamaan diferensial yang biasa. 1 Untuk memeriksa hasil ini, perhatikan bahwa ( ) dv/dt harus menghasilkan pernyataan 16 sebelumnya untuk i(t). untuk t > 0. 1 dv 1 = (−32)e − 4t = −2e − 4t 16 dt 16

LILIS EKA SISWANTI 106017000529 Pendidikan Matematika 6-B

CONTOH SOAL PENERAPAN DENGAN MENGGUNAKAN FUNGSI LEGENDRE Carilah potensial v dari (a) interior dan (b) eksterior bola berongga yang jari-jarinya satu apabila separo dari permukaannya di beri potensial v sedagn separo permukaan lainnya diberi potensial nol. Pilih letak bola seperti yang ditunjukkan oleh Gambar dibawah ini. Maka v tak tergantung pada φ . Sebuah penyelesaiannya adalah :  n B  v(r,θ) =  A1r + n +11 [ A2 Pn ( ξ ) + B2Qn ( ξ ) ] r  

θ

Dengan ξ = cos θ. Karena v harus dibatasi pada θ = 0 dan π, yaitu ξ = + 1, maka dipilih B2 – 0 kemudian

r ф

B   n v(r,θ) =  Ar + n +1  Pn ( ξ ) r  

…. (i)

Kondisi-kondisi batasannya adalah

v=0 x

π  v0 apabila 0 < θ 2 yaitu 0 < ξ < 1 v(1,θ) =  0 apabila π < θ < π yaitu − 1 < ξ < 0  2 Dan v dibatasi (bounded)

a) Potensi Interior, 0 < r < 1. Karena v dibatasi pada r = 0, maka dipilih B = 0 pada (i). Kemudian Arn Pn (ξ) = Arn Pn (cos θ) Dengan menggunakan superposisi ∞

∞

n=0

n=0

v( r ,θ ) = ∑ An r n Pn (cosθ ) = ∑ An r n Pn (ξ )

Apabila r = 1 ∞

∑ A P (ξ )

v(1,θ) =

n n

n =0

Sehingga, An =

2n + 1 1  2n + 1  1 v(1,θ ) Pn (ξ ) dξ =  vo ∫ Pn (ξ )dξ ∫ 2 −1  2  0

Dari sini 1 3 7 11 An = v0 , A1 = v0 , A2 = 0, A2 = 0, A3 = − v0 , A5 = v0 , ... 2 4 16 32 Dengan demikian v ( r ,θ ) =

v0 2

7 11 5  3  1 + 2 rP1 (cosθ ) − 8 ,3P3 (cosθ ) + 16 r P5 ( cosθ ) + ...

b) Potensi eksterior, 1 < r < ∞ Karena v dibatasi ketika r => ∞, maka dipilih A = 0 pada (i). Kemudian sebuah penyelesaiannya adalah B r

n +1

Pn (ξ ) =

B r n +1

Pn (cosθ )

Dengan menggunakan superposisi, ∞

v ( r ,θ ) = ∑ n=0

Bn Pn (ξ ) r n +1

Apabila r = 1, ∞

v (1,θ ) = ∑ Bn Pn (ξ ) n=0

Kemudian Bn = An dari (a), sehingga v ( r ,θ ) =

v0  3 7 11  1 + P1 (cosθ ) − 3 P3 (cosθ ) + P (cosθ ) + ... 5 5  2r  2r 8r 16r 