BAB 1 Penyel Penyelesa esaian ian Persam Persamaan aan Diferensial Ordiner pada Kasus-Kasus Sederhana 1.1. Kasus Sederhana pada Tangki Bagaimana cara menyelesaikan permasalan pada proses teknik kimia?
Masalah Proses
Asumsi
Analisa Penyelesaian
Gambar Gambar 1.1 Skema Cara Menyele Menyelesaika saikan n Permasalahan Permasalahan pada Proses Teknik Kimia
1
Rumus Matematika
Cont Contoh oh 1.1 1.1
νin=0,005 L/menit
2L
νout=0,001 L/menit
20 cm
Gambar Gambar 1.2 Tangki Berpen Berpengaduk gaduk Contoh Contoh 1.1 a)
Kapan ta tangki ko kosong?
b) Ketik Ketikaa kecep kecepat atan an air air yan yang g masu masuk k 0,00 0,005 5 L/menit berapa waktu yang dibutuhkan sehingga tangki kosong? Diketahui : Volume air
=2L
V air keluar
= 0,01 L/min
Diameter tangki
= 20 cm
2
ν=0,01 L/min mout=0,01 L/min × 1 kg/L=0,01 kg/L Asumsi : 1.
Volu Volume metr trik ik air air yan yang g kelu keluar ar teta tetap p
2.
Air dalam kondisi murni
3.
Tida Tidak k ada ada kebo keboco cora ran n dala dalam m tang tangki ki
Penyelesaian a. )
Neraca massa
Rate of input - Rate of output
=
Rate
=
dm/dt
of Acc 0 -
0,001 kg/min
0,01
d ( ρ .v)
0,01 ρ
dt dv dt
t
0
0
2
0,01 dt dv 3
-0,01 (t - 0)
=
( 0-2 )
-0,01 t
=
-2
=
200 menit
t
b.)
Input 0,005
-
Output
=
Acc
0,01 kg/min
=
dm/dt
0,005
d ( ρ .v)
0,005 ρ
dt dv dt
t
0
0
2
0,005 dt dv
-0,005 (t-0)
=
(0 - 2)
-0,005 t
=
-2
t
4
=
400 min
Contoh 1.2
νin=0,005 L/menit
νout=0,001 L/menit
2L
Gambar 1.3 Tangki Berpengaduk Contoh 1.2 Setelah 100 menit berapakah densitas larutan dalam tangki ? Diketahui :
volume air
=
2L
V air keluar
=
0,001 L/min
Vmasuk
=
0,005 L/min
νout
=
0,01 L/min
ρin
=
1,2 kg/L
*Asumsi 1.
Volumetrik air yang masuk dan keluar tetap 5
2.
Pengadukan sempurna sehingga tercamur
sempurna 3.
Tidak ada kebocoran
4.
Konsentrasi larutan keluar sama dengan
konsentrasi larutan masuk
* Neraca Volume Rate of in - Rate of Out = Rate Acc
0,005 L / min 0,01 L / min 0,005
dv dt
100
0
0
2
0,005 dt dv -0,005(100-0)
=
(ν-2)
-0,5
=
ν- 2
ν
=
1,5 L 6
dv dt
.........( 1)
t
v
0
2
0,005 dt dv - 0,005 t
=
ν-2
ν
=
2 - 0,005 t
............(2)
* Neraca Massa R in
-
Rout
=
Racc
(0,005 L / min 1,2kg / L ) (0,01 L / min .ρ ) 0,006 0,01ρ v 0,006 0,01ρ v
d ρ dt d ρ
ρ
dv dt
ρ (0,005)
dt d ρ 0,006 0,005 ρ v dt
7
d ( ρ .v) dt
100
ρ
0
1
1
d ρ
vdt 0,006 0,005ρ
100
dt
2 0,005t
ρ
0
1
d ρ
0,006 0,005 ρ ρ
100
n( 2 0,005t ) 0 n(2 0,005 ρ ) 1
n( 2 0,5) n( 2 0) n(0,006 0,005ρ ) n(0,001) 0,001ρ n(1,5) n(2) n 0,006 0,005 ρ 0,001ρ 2 n( ) n 1,5 0,006 0,005ρ
0,012 - 0,01 ρ
=
0,0015
-0,01 ρ
=
-0,0105
=
1,05
ρ
1. 2 Kasus Campuran Larutan pada Tangki Neraca Volume
ν=f(t)....(2) 8
dv dt
f (t ).....(1)
Neraca Massa In-out=acc
ρ f ( t )......( 1) d ρ
v
dt
ρ
dv dt
.......( 2 )
Contoh 1.3 a)
Tentukan konsentrasi keluar tangki setelah 10 menit
CA=0,2mol/L CA=0,2mol/L
A=0,1L/mol
A=0,1L/mol CA,CB
0,2 L/mol
2L
Gambar 1.4 Tangki Berpengaduk Contoh 1.3 Kasus 1 9
Diketahui : CA dalam tangki =
1 mol/L
CA
=
0,2 mol/L
CB
=
0,1 mol/L
A
=
0,1 L/min
B
=
0,2 L/min
Ditanya : Konsentrasi keluar tangki setelah 10 menit ? Penyelesaian : Asumsi a)
C tangki =
C keluar
b)
Tidak ada kebocoran
c)
V volumetrik rate keluar konstan
10
Neraca Volume Rate of Input of
-
Rate of Out
= Rate
Acc
(0,1 L / min 0,1 L / min) 0,2 L / min 0
dv dt
dv dt
; dv 0; v 2 L
Neraca Massa Komponen A Rate of Input A Output A
-
=Rate of Output
Rate of Acc A
(0,1 L / min .0,2mol / L ) 0,2 L / min .C A 0,02 0,2C A v v
dC A dt
dC A dt
C A
d
0
dt
0,02 0,2C A
11
d dt
(v.C A )
dC A
0,01 0,1C A
dt C A
10
dC A
0,01 0,1C dt A
1
1
0,1
0
C A
n 0,01 0,1C A
10 1
0,01 0,1C A 1 0,01 0,1 C A 0,43mol / L n
Neraca Massa Komponen B Rate of In B
-
Rate of Out B =
Acc B (0,1 L / min .0,1mol / L ) 0,2 L / min .C B 0,01 0,2C B v v
dC B dt
dC B dt
C B
dv dt
0,01 0,2C B
12
0
d dt
(v.C B )
dC B dt C B
0,005 0,1C B 10
dC B
0,005 0,1C dt B
1
1
0,1
0
C B
n 0,005 0,1C B
10 0
0,005 0,1C B 1 0,005 C B 0,0316 mol / L n
b.)
Tent ntuk uka an kapan pan terjadin dinya steady state
Steady state → konsentrasi dalam t angki tidak dipengaruhi waktu Konsentrasi A masuk: molA 0,1 L / min 0,2mol / L
0,02mol / min molB 0,1 L / min 0,1mol / L 0,01mol / min C B 0,0316 mol / L C A0 masuk
0,02mol / min 0,2 L / min 13
0,1mol / min
C B 0 masuk
0,01mol / min 0,2 L / min
0,05mol / min
V total v A v B
0,1 L / min 0,1 L / min 0,2 L / min Steady State C A 0,1mol / L C B 0,005mol / L 0 ,1
t
dC A
0,01 0,1C dt 1
A
0
0,01 0,1 10n (error ) 0,01 0,1 1.3 Kasus Campuran Campuran Larutan pada Tangki dengan Perubahan Waktu Input Sebagaimana soal pada sebelumnya, namun c.) Jika Jika volu volume metr trik ik flowr flowrate ate keluar keluar tangki tangki 0,25 0,25 L/min, berapa waktu yang diperlukan untuk mengosongkan tangki dan berapa konsentrasi pada saat itu ? 14
Neraca Volume Rate of In
-
Rate of Out
=
Acc 0,2 0,25 0,05
dv dt
dv dt
2
t
0
0
dv 0,05 dt (0 2) 0,05t t 40menit
Neraca Massa Komponen A Rate of In A
-
Rate of Out A =
Acc A
15
(0,1 L / min .0,2mol / L ) 0,2 L / min .C A 0,02 0,25C A v dC A
v
dt
dC A dt C A
dC A dt
C A
dv
d dt
(v.C A )
0
dt
0,025 0,2C A
0,01 0,1C A 40
dC A
0,01 0,1C dt 1
A
0
C A
10n 0,01 0,1C A 1 40
0 , 01 0 ,1C A 0 , 018 0 , 01 0 ,1 C A 0 ,11643 mol / L n
Neraca Massa Komponen B ( CB = <0,05 mol/L ) d.
Setelah 10 menit arus 1 berubah konsentrasi A, CA = 0,15 mol/Liter CB = 0,05 mol/L. Berapa konsentrasi keluar setelah 15 menit kemudian ?
16
CA=0,05mol/L CA=0,15mol/L
A=0,1L/mol
A=0,1L/mol
0,2 L/mol
CA,CB 2L
Gambar 1.5 Tangki Berpengaduk Contoh 1.3 Kasus 2
*
Neraca Volume
Rate of input -
Rate of out
=
Acc
0,1
0,1
-
0,2
=
dv/dt
0
=
dv/dt
+
Neraca Massa Komponen A Rate of In A
-
Rate of Out A =
Acc A
17
(0,1 L / min .0,2mol / L ) 0,2 L / min .C A 0,02 0,2C A v dC A
v
dt
dC A dt C A
dC A dt
C A
dv
d dt
(v.C A )
0
dt
0,02 0,2C A
0,01 0,1C A 10
dC A
0,01 0,1C dt A
1
1
0,1
0
C A
n 0,01 0,1C A
10 1
0,01 0,1C A 1 0,01 0,1 C A 0,43mol / L n
Neraca Massa Komponen B Rate of In B
-
Rate of Out B =
Acc B
18
(0,1 L / min .0,1mol / L ) 0,2 L / min .C B 0,01 0,2C B v dC B
v
dt
dC B dt C B
dC B dt
C B
dv
d dt
(v.C B )
0
dt
0,01 0,2C B
0,005 0,1C B 10
dC B
0,005 0,1C dt B
0
1
0,1
0
C B
n 0,005 0,1C B
10 0
0,005 0,1C B n 1 0,005 0,1 C B 0,0316 mol / L Keadaan 15 menit kemudian Neraca Massa Komponen A Rate of In A
-
Rate of Out A =
Acc A
19
(0,1 L / min .0,15mol / L ) 0,2 L / min .C A 0,015 0,2C A v dC A dt
C A
dt
0
15
dt
C A
dv
dt
(v.C A )
0
dt
7,5.10 3 0,1C A
15
dC A
d
dC A
3 0,1C A 7 , 5 . 10 0 , 43
1
0,1
C A
n 0,01 0,1C A 0 , 43
7,5.10 3 0,1C A 1,5 n 3 7,5.10 0,043 C A 0,1542 mol / L Neraca Massa Komponen B Rate of In B
-
Rate of Out B =
Acc B
20
(0,1 L / min .0,05mol / L ) 0,2 L / min .C B 5.10 3 0,2C B v 2,5.10 3 0,1C B C A
15
dt
0
15
dC B dt dC B
C B
dv
0
dt
dt
dC B
3 5 . 10 0,1C B 0, 0316
1
0,1
n 2,5.10
3
0,1C B
C B
0 , 0316
2,5.10 3 0,1C B 1,5 n 3 2,5.10 0,1 0,0316 C B 0,026mol / L
21
d dt
(v.C B )
BAB 2 PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDINER DENGAN METODE INTEGRASI DAN SUBSTITUSI 2.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial Ordiner pada Penerapan Kasus Neraca Massa dengan Tanpa Reaksi Kimia Padatan A berbentuk bola dengan jari-jari mulamula R0 berada di udara yang mengalir cukup baik. 3
Rapat massa A ( ρ=1,31gr/cm ). suhu pada sistem adalah 303K dan tekanan uap murni padatan A -4
adalah PAS=1,36.10 atm. Koefisien transfer massa A ke udara Kc=1100 cm/jam. Berat molekul A (M=128gr/mol). Tentukan lamanya waktu padatan tersebut habis menguap, jika R 0=3,5 cm.
→
udara
A
Gambar 2.1 Ilustrasi Padatan (Bentuk Bola) yang Menguap 22
Asumsi: udara mengalir cukup baik, sehingga konsentrasi padatan A dalam ruangan sangat kecil≈0 Penyelesaian: Neraca Massa A dalam padatan. Rate of input - Rate of out = Rate of Accumulation N A k .C A (C As C A )
0 N A . A
1 dt
ρ .ν
1 M
0 k c (C As C A ). A
1 dt
ρ .ν
1 M
0 k c (C As C A ).4πr 2 ρ 4 / 3πr 3 0 k c (C As C A ).4πr 2 ρ 4πr 2 0 k c (C As C A ) ρ
1 dr M dt
23
1 1
M dt 1 dr
M dt
C As
n
gas.ideal
v PV nRT
n P As RT v P As C As RT
0 k c .(C As C A ) ρ dr dt dr dt dr dt
1 dr
M dt k c C As C A . M
ρ
k c (
P As
C A ). M
RT ρ
k c .P As . M RT ρ
24
t t
dt
t 0
t t t
RT ρ
r R1
dr
k c .P As . M r R0
RT ρ k c .P As . M RT ρ
k c .P As . M
( R1 R0 )
( R0 R1 )
0,08205 303 1,31 4
1100 1,36.10 128
(3,5 0)
t 5952,7685 jam
Neraca massa A dalam padatan
udara kubus
Gambar 2.2 Ilustrasi Padatan (Bentuk Kubus) yang Menguap 25
Rate of input - Rate of out = Rate of Accumulation 0 N A . A
1 dt
ρ .ν
1 M
0 k c (C As C A ). A
1 dt
ρ .ν
0 k c (C As C A )6s 2 ρ .s 3
1 M 1 1
M dt 2 2 1 ds 0 k c (C As C A ).6 s ρ 3s M dt 1 ds 0 2k c (C As C A ) ρ M dt 1 ds 0 k c (C As C A ) ρ M dt ds 2k c (C As C A ). M dt ds dt
ρ
2k c (
P As
0 C A ). M
RT ρ
26
t t
dt
t 0
t
ds
2k c .P As . M s S
0
t t
RT ρ
s S 1
RT ρ
2k c .P As . M RT ρ
2k c .P As . M
( S 1 S 0 )
( S 0 S 1 )
0,08205 303 1,31 4
2 1100 1,36.10 128
(3,5 0)
t 2976,38425 jam
Contoh 2.1
Gambar 2.3 Ilustrasi Padatan di dalam Ruangan 27
Dalam suatu ruang yang volume udaranya 200 mL mula-mula terdapat butir-butir padatan berjari-jari R1=1,6 cm, berjumlah 15 butir. Volume masuk dan keluar ruangan dengan laju 800L/jam. Suhu sistem (T=300K). Tekanan uap murni A pada 300K adalah -4
PAS=1,14.10 atm. 3
Rapat massa A ( ρ=1,2 g/cm ). berat molekul A (M=128g/mol). koefisien transfer massa A dari padatan ke udara (Kc=1100 cm/jam). Perkirakan waktu sampai padatan A habis. Penyelesaian: udara
A
Gambar 2.4 Ilustrasi Padatan Contoh 2.1 yang Menguap
28
0 N A . A. N b
1 dt
ρ .ν
1 M
N b
k c (C As C A )4πr 2 . N b ρ .4 / 3πr 3 N b k c (C As C A ).4πr 2 . N b N b 4πr 2 ρ k c (C As C A ). N b N B .ρ dr dt
k c (C As C A ). M ρ
1 1
M dt 1 dr
M dt
1 dr M dt
.........(1)
Neraca Massa di udara dalam ruangan R in - R out = R acc
Q.C
0
A 0
k c (C As C A ). A. N b Q.C A
2 k c (C As C A ) 4π .r . N b Q.C A
dC A dt
k c (C As C A ) 4π .r 2 . N b v
dC A dt
d dt
.v.C A
.v
Q.C A v
Asumsi: penambahan konsentrasi padatan A dalam ruangan sangat lambat≈0
29
0
2 k c (C As C A ) 4π .r . N b
v
Q.C A v Q.C A v
2 k c 4π .r . N b
v
Q.C A v
(C As C A )
k c 4π .r 2 . N b .C As v
k c 4π .r 2 . N b .C A v
Q.C A k c 4π .r 2 . N b .C A k c 4π .r 2 . N b .C As C A (Q k c 4π .r 2 . N b ) k c 4π .r 2 . N b .C As C A
k c 4π .r 2 . N b .C As Q k c 4π .r . N b 2
......(2)
Persamaan 2 ke pers (1) dr dt
k c . M (C As C A ) ρ
30
2 k c . M k c 4π .r . N b .C As C As ρ dt Q k c 4π .r 2 . N b dr k c . M C As .Q C As k c 4π .r 2 . N b C As k c 4π .r 2 . N b 2 ρ dt Q k c 4π .r . N b
dr
k c . M .C As Q C As k c 4π .r 2 . N b k c 4π .r 2 . N b 2 4 . . dt Q k r N ρ π c b t t R ρ Q k c 4π .r 2 . N b t 0dt k c . M .C As Q C As k c 4π .r 2 . N b k c 4π .r 2 . N b R dr dr
2
1
t t
Q k c 4π .r 2 . N b R dr t 0dt k c . M .C As Q R ρ
2
1
t t t
R2
ρ Q.k c . M .C As
ρ .Q Q.k c . M .C As
ρ k c . M .C As
(Q k c 4π .r 2 . N b ) dr R1
ρ .k c 4π .r 2 . N b Q.k c . M .C As
ρ .4π .r 2 . N b Q. M .C As
R2
R2
dr
R1
dr
R1
31
t
ρ k c . M .C As
R1
ρ .4π .r 2 . N b 3Q. M .C As
3
R1
R1 4π .r 2 . N b . R13 t 3Q k c . M .C As 2 ρ . R1 4π .r 2 . N b . R1 t 1 3Q k c . M .C As 2 ρ . R.T . R1 1 4π .r 2 . N b . R1 t 3Q k c . M .P As ρ
32
2.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Ordiner pada Penerapan Kasus Neraca Massa dengan Reaksi Kimia Magnesium karbonat direaksikan dengan asam sulfat membentuk magnesium sulfat dan asam karbonat. Reaksi dijalankan dalam reaktor CSTR selama 1 jam. Reaksi tersebut mengikuti reaksi orde satu. Jika konsentrasi magnesium karbonat mula-mula 50 kmol/L dan konsentrasi asam sulfat dibuat berlebih, konversi maksimum yang dicapai 90% terhadapat magnesium karbonat. Jika laju alir umpan (FA0) masuk dalam reaktor sebesar 130 kmol/jam. Tentukan volume reaktor CSTR tsb. Diketahui: Rumus volume CSTR→ V CSTR
Dimana FA0=laju alir umpan X=konversi reaksi
33
F A0 ( x )
r A
rA=laju reaksi r A k .C A
1
r A k .C A .C B r A k .C A .C B
r A r A
2
dC A dt dC A dt
A +
kC A k .t +
B
→
C
D
M:50kmol/L
50kmol/L
→CA0 B:45kmol/L 45kmol/L
45kmol/L
45kmol/L
→CA
--------------------------------------------------------------------------------------S:5 kmol/L 45kmol/L
5 kmol/L
→CAsisa 34
45kmol/L
r A k .C A dC A kC A dt
C A
C A 0
t t
dC A
k dt
C A
t 0
C Asisa k (t .0) n C A0 C A0 k .t n C A 50 n k (1 jam) 5 k 2,302 / 1 jam k 2,302 / jam r A k .C A 2,302 / jam 45kmol / L 103,6kmol / L. jam V CSTR
F A0 ( x )
r A
130kmol / jam 0,9 103,6kmol / L. jam
1,1293 L 35
2.3. Penyelesaian Persamaan Diferensial Ordiner pada Penerapan Kasus Neraca Panas Perpindahan panas 1.Konduksi k . A
dT
dx 2.Konveksi h. A(T T 0 )
3. Radiasi Soal Suatu lempeng besi berbentuk bujur sangkar diberikan panas pada ujungnya. Tentukan distribusi panas sepanjang besi tersebut! dx Padatan Ts x
x+Δx
Gambar 2.5 Distribusi Panas Lempeng Besi
36
Neraca panas pada besi pada kondisi steady state Rate of input- Rate of output=Rate of acc
dr k . A k . A h. A. x(T T 0 ) dx x dx x x : A. x dr
dT dT h (T T 0 ) dx x x dx x k : x Neraca panas pada besi pada kondisi steady state Rate of input- Rate of output=Rate of acc
dT k . A k . A h. A. x(T T 0 ) dx x dx x x dT dT k .a 2 h.4a. x(T T 0 ) k .a 2 dx x x dx x :a . x dT
2
37
dT dT 4h (T T 0 ) dx x x dx x k .a : x T 4h (T T 0 ) 0 x x k .a 2T 4h (T T 0 ) 0 2 x k .a Keadaan batas x 0 T T s x T T 0 x
T T u C 1e
4h ka
C 2e
x
4h ka
BC 2 (Boundary Condition) x T T 0 T 0 T u C 1e
4h ka
C 2e
T u T 0 C 1 (1) C 1 T u T 0 C 1 0......(1)
38
4h ka
BC 1 (Boundary Condition) x 0 T T s T s T u C 1e
0
4h ka
0
C 2e
4h ka
T s T u C 2 (1) C 2 T s T u T T u 0 T s T u e T T 0 (T s T u )e
4h
x
x
ka
4h ka
2. Suatu bejana berisi cairan dengan dan
Cp
= 0,7
ρ
3
= 0,8 g/cm
kal/g°C sebanyak 2
liter
dipanaskan dengan koil pemanas listrik Qwatt yang dicelupkan dalam cairan dengan luas 2.
permukaan bejana a cm . Bejana dianggap tipis dan terbuat dari logam. Koefisien perpindahan panas dari dinding ke air jauh lebih besar daripada
dinding
ke
udara.
Koefisien
perpindahan panas dari dinding ke udara adalah Hu dan suhu udara adalah Tu. Panas yang 39
diserap bejana dari koil diabaikan. Perkirakan waktu yang diperlukan untuk memanaskan cairan dari suhu T1 menjadi T2. Penyelesaian: Rate of input - rate of output= Rate of Acc Qlistrik h. A(T T u ) Q m.c.t Qlistrik h. A(T T u ) ρvc dT dt t t
dt
t 0
Q
ρvc ρvc Q
h. A
ρvc ρvc h. A
dT dt
(T T u )
T T 2
T T u
dT
T T 1
T T
t t
Q 2 ρvc dt T T u dT h. A h. A T T 1 t 0
T
ρvc Q 2 t T T u dT h. A h. A T 1
Q T T u h. A 2 . h A n t Q ρvc T 1 T u h. A 40
BAB 3 PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDINER DENGAN MENGGUNAKAN METODE BESSEL 3.1 Penyelesaian Persamaan Diferensial Ordiner pada Kasus Neraca Massa Sebuah reaktor tubular dengan panjang 1 m dan luas penampang 1 m
2
digunakan untuk
mereaksikan reaksi orde satu dimana bahan A direaksikan menjadi B A
→
B -1
Konstanta laju reaksi adalah K = 0,0035 s . Jika 3
laju umpan V = 0,15 m /s, konsentrasi umpan A Co = 0,1 mol/m
3
dan difusivitas A diasumsikan 2
konstan pada D= 0,001 m /s. Tentukan konsentrasi A sebagai fungsi panjang reaktor. Diasumsikan juga tidak ada perubahan volume selama reaksi, dan kondisi pada steady state.
41
L
U
U
C0
C0 C
δx Gambar 3.1 Difusi Cairan dalam Reaktor Tubular Difusi cairan melalui pipa dimana pipa berupa silinder. Aliran mengalir dari X0 → X L. Saat cairan bergerak maka ada reaksi A menjadi B.
Asumsi : - Tidak ada perubahan volume selama reaksi - Kondisi steady state
42
Bulk(cairan) mengalir cepat→air mengalir dalam pipa Difusi=menyebar secara perlahan D=konstanta difusivitas
Bulk flow of A
Diffusion of A
X
x+δx
Uc
uC u
D
dc dx
D
dc dx
dC dx
δ x
d dc D δx dx dx
dc dc uC D uC D k .C . x 0 dx x dx x x dc dc uC x D k .C . x 0 uC x x D dx x dx x x dc dc D k .C . x 0 dx x x dx x
uC x x uC D x
43
dc dc D D dx uC x x uC x x dx x x lim lim k .c 0 x 0 0 x x x d d dc (uC ) D k .C 0 dx dx dx d dx
(uC ) u
dc dx
c
du
0
dx
d dc d dc D D dx dx dx dx
D
d 2 c dx 2
44
u
dc dx
D
D
d 2 c 2
d 2 c dx
u
2
dc
kc 0 kc 0
dx dx Bc : x 0 C C 0 x L c e mx ; m1, 2
dc dx
dc dx
0
me mx ;
d 2 c dx 2
m 2e mx
2 u u 4.k . D
2 D
4.k . D u u 1 2 u m1, 2 2
2 D
u u (a )
2 D u (1 a ) 2 D
a u2 m1
4.k . D u
u (1 a )
2 D
2
; m2
45
u (1 a )
2 D
c e mx c Ae
m1 x
Be m x 2
u (1 a ) u (1 a) Aex x Bex 2 D 2 D dc dx
Am1e m x Bm2e m x 1
2
0 Am1e m1 L Bm2 e m2 x C 0 A B A C 0 B
0 (C 0 B) m1e m1 L Bm2 e m2 L 0 C 0 m1e m1 L Bm1e m1 L Bm2 e m2 L 0 C 0 m1e m1 L B( m1e m1 L m2 e m2 L ) B
C 0 m1e m1e
m1 L
Persamaan
m1 L
m2e m L 2
umum
bessel
dalam
aplikasi
matematika pada teknik kimia 2
x
2
d y dx
x(a 2b. x ) 2
dy dx
c dx 2 s b(1 a r ) x r b 2 x 2 r y 0
46
Penyelesaian persamaan:
y x
Jika
r b. x 1 a r 2
e
d d s s C 1 Z p x C 2 . Z p x s s
d real s
a. p≠0 atau p≠0 bilangan real positif integer Zp=Jp danZ-p=J-p b. P=0 atau p=0 bilangan real positif integer Zp=YndanZ-p=Yn
Jika
d imajiner s 2
1 1 a p C s 2 47
c. p≠0 atau p≠0 bilangan real positif integer Zp=Ip danZ-p=I-p d. P=0 atau p=0 bilangan real positif integer Zp=KndanZ-p=Kn Bessel
48
2
d
2
1)r
2
dr 2
x
2
r
d T dx
2
x
dT dr
dT dx
r 2T 0
x 2T 0
x 2 x(a 2bx) x 0 a 2bx r 1 a 0 1 a 1 3 2 2 r ( 1 ) dx s b a r x b x r 0 c
0
0
d 1 s 1 c0 b0 r 0 d s
1 1
1
Imajiner
49
2
1 1 a P c s 2 2
P
1 1 1 c 1 2
P0 p 0 Z p I n ; Z p K n
d d C 1 Z p y x e x s C 2 Z p x s s s 1 1 1 1 C 1 I n x C 2 K n x 1 1 y C 1 I n ( x) C 2 K n ( x) y C 1 I 0 ( x) C 2 K 0 ( x) 11 r 2 ( 0 x )
3.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Ordiner pada Kasus Neraca Massa Dua dinding buah pipa logam yg tipis berdiameter luar 2,5 cm disambung flange dengan ketebalan 1,25 cm dan diameter 10 cm. Dapat bertahan pada 0
steam 120 C . Jika konduktivitas logam flange 0
k=400 W/m. C. dan Permukaan flange kehilangan 0
panas pada T1= 15 C. berdasarkan pada koefisien 50
0
perpindahan panas h=12W/m. C., tentukan laju penurunan panas pada pipa dan bagian yang hilang dari pinggiran flange.
r+dr L r
1,25 cm 5 cm
Gambar 3.2 Ilustrasi Flange dan Pipa Heat rate of input- Heat rate of output =Heat rate of accumulation A.qr r A.qr r r h. A(T T 0 ) 0 konveksi
2πrL qr r 2πrL.qr r r h(2πr r )(T T 0 ) 0
qr r qr r r h r (T T 0 ) 0 r lim r r 0 L 51
d
dr
r .qr
h L
r (T T 0 ) 0
d dT h r k r (T T 0 ) 0 dr dr L d dT h k r r (T T 0 ) 0 dr dr L 2
kr
d T 2
dr 2
r
d T dr
2
r
2
d 2T 2
dr
k
dT
dr L
dT dr
r
h
h
r (T T 0 ) 0
k . L
dT dr
r (T T 0 ) 0
h k . L
2 r (T T 0 ) 0
BC r 0,0125 T 120 r 0,05 k
dT dr
h(T T 0 )
diketahui y T T 0
52
x r
2h kL
y T T 0 dy dT x r
2h
dx
2h
kL
kL kL
x 2 r 2
2h kL
.dr dx.dx 2
d y kL . . x 2 x 2h kL 2h .dx 2 2h x
2
d 2 y dx 2
x
dy dx
2h kL
dr .dr
dy kL
2h
x 2 y 0
x 2 x(a 2bx) x 0
53
.dx
a 2bx r 1 a 0 1 a 1 3 2 2 r r ( 1 ) dx s b a r x b x c
0
0
d 1 s 1 c0 b0 r 0 d s
1 1
1
Imajiner (Lihat di depan) 2
P
1 1 a c s 2 2
1 1 1 P 0 1 2 P0 p 0 Z p I n ; Z p K n y x
11 r 2 ( 0 x )
e
d d s C 1 Z p x C 1 Z p x s s s 54
1 1 1 1 C 1 I n x C 2 K n x 1 1 y C 1 I n ( x) C 2 K n ( x) y C 1 I 0 ( x) C 2 K 0 ( x) C1 dan C2 diperoleh dari BC 1) x=0,0195→y=105 y C 1 I 0 ( x) C 2 K 0 ( x)
105 C 1 I 0 (0,0195) C 2 K 0 (0,0195)
55
2) x 0,078
dy
0,0195 y I
dx
y x p Z p ( ax) I : dy
dy dx
d dx
( x p Z p (q. x)) ax p Z p
ax p Z p (ax) K :
dy dx
ax p Z p (ax)
C 1 I 1 ( x) C 2 K 1 ( x) 0,0195 y
dx C 1 I 1 ( x) C 2 K 1 ( x) 0,0195 C 1 I 0 ( x) C 2 K 0 ( x) C 1 I 1 (0,078 ) C 2 K 1 (0,078 ) 0,0195 C 1 I 0 (0,078 ) C 2 K 0 (0,078 ) dy
x 0,078 untukI d
k
d dx
dx
0,0195 y
x Z p
x Z p
p ( ) ax ax Z p 1 (ax) p
p ( ) ax ax Z p 1 (ax) p
dx dan, I n ( a. x) I n (ax) K n (a. x) K n (ax) C 0 : dy dx dy
C 1 I 1 ( x) C 2 K 1 ( x) C 1 I 1 ( x) C 2 K 1 ( x)
dx 0,0195 y C 1 I 1 ( x) C 2 K 1 ( x)
0,0,0195 C 1 I 0 (0,078 ) C 2 K 0 (0,078 ) C 1 I 1 (0,078 ) C 2 K 1 (0,078 )
56
Dari tabel (dalam buku sherwood) atau matlab, kita dapat menemukan nilai dari I dan K. I 0 (0,0195) 1,0001, I 0 (0,078 ) 1,0015, I 1 (0,078 ) 0,0390 K 0 (0,0195) 4,0538 , K 0 (0,078 ) 2,6726, K 1 (0,078 ) 12,6969
Sehingga kedua persamaan tersebut yaitu persamaan 1&2 kita peroleh nilai untuk C 1 103 C 2 0,477 sehingga y 103 I 0 ( x) 0,477 K 0 ( x) T 15 103 I 0 (1,55r ) 0,477 K 0 (1,55r ) bessel x
2
d 2 c dx 2
2 x
dc dx
α x 2c 0
a 2bx r 1
2 a 2bx r 2 a0 a2 57
2 2 r r ( 1 ) dx s b a r x b x 0 c
0
c0 d x b0 s 1
58
BAB 4 PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL DENGAN METODE SUBSTITUSI 4.1 Jenis-jenis Persamaan Diferensial Parsial dan Penyelesaiannya
2T dx
2
1 dT
α dt
1.Konduksi k . A
dT
dx 2.Konveksi h. A(T T 0 )
3. Radiasi
PD PARSIAL
1. Cara Subtitusi
2. Cara Pemisahan Variabel
PD homogen, BC homogen
59
PD homogen, BC tidak homogen
PD tidak homogen, BC homogen
PD tidak homogen, BC tidak homogen
3. Cara Transportasi Laplace
4.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Parsial dengan Metode Substitusi
1) Cara Subtitusi Suatu infinite slab x=0 sampai x=∞ mula-mula suhu seragam T0 . pada suatu saat pada permukaan x=0 suhu berubah dari T 0 menjadi T1 dan dipertahankan seragam. Bagaimana suhu dalam 60
slab
sebagai
fungsi
posisi
dan
waktu.(batang/lempeng baja yang sangat tipis).
Neraca Panas (konduksi)
dx
x=0 x Δx
x+Δx
x=∞
Gambar 4.1 Batang/Lempeng Besi yang Sangat Tipis Neraca Panas
Rate of input - Rate of ouput=Rate of acc
61
A.q x x A.q x x x m.c p
dT dt dT
A.q x x A.q x x x ρ .V .c p
dt
A.q x x A.q x x x ρ . x. y. z.c p A.q x x A.q x x x ρ . A. x.c p
dT dt dT dt
A. x q x x q x x x
x
lim x
0
ρ .c p
q x x q x x x
x
dT dt
ρ .c p
dT dt
dT q x ρ .c p x dt T dT .k ρ .c p x x dt 2T dT k 2 ρ .c p x dt 2T ρ .c p dT 2 x k dt 2T 1 dT 2 x α dt
62
BC T(x,0)=T0 →belum ada panas T(0,t)=T1 →suhu berubah T(∞,t)=T0 →panas tak hingga
θ
T T 0 T 1 T 0
T θ T 1 T 0 x x 2T 2θ T 1 T 0 2 2 x x T θ T 1 T 0 t t Persamaan menjadi
2θ 1 θ 2 x α t IC (kondisi awal) T(x,0)=0
63
T(0,t)=1 T(∞,t)=0
2θ 1 θ n xt substitusi η x 2 α t
64
θ θ η θ t n . x η x η 2θ θ η . . 2 x η x x 2θ θ n n t t .( ) 2 x η η 2 2θ 2n θ t x 2 η 2 θ θ η θ xnt n 1 . t η t η
2θ 1 n 1 θ t xnt 0 η 2 α η 2n
2θ 1 n 1 θ t x t n η 2 α η t 2n
2n
2θ 1 ( n 1 ) θ x t n η 2 α η ingat
η xt n x
η n
t
n 1
t
t 2 n
t n 1 2 n t n 1 t n 1 65
2θ η ( n 1) θ nt η 2 t nα η 2θ ηt n n ( n1) θ t 2 α η η 2θ ηn n n1 θ t 2 η η α 2θ ηn 2 n1 θ t 2 η η α Substitusi nilai n, sebagi n akan habis → dipilih n= -1/2
2θ η θ 2 2α η η BC
θ ( x,0) η 0 θ (0, t ) η 1 θ (, t ) η 0
2θ η θ 2 2α η η Substitusi dengan y dimana y 66
d θ d η
2θ η y 2 2α η 2θ η y 0 2 2α η dy
y
η
η
2α
d η 0
ln y
y C 1e
η2 4α
d θ C 1e η
y
ln C 1
4α
θ C 1e
η2 4α η2 4α
η η
η 0
0
η
atau
dy
C 2
0
BC
θ ( x,0) η 0 θ (0, t ) η 1 θ (, t ) η 0 BC berubah
θ 0 η θ 1 η 0 67
η 2α
d η 0
BC (1)
η 0 θ 1 η
θ C 1e
η2 4α
dy C 2
0 0
1 C 1e
η2 4α
0
C 2
0
C 2 1
BC (2)
η θ 0
68
η
θ C 1e
η2
4α
dy 1
0 η
0 C 1e
0
η2
1
4α
0 η
1 C 1e
η2
4α
0
C 1
1 η
η2
4α
C 1e
dy
0 η
θ C 1e
η2 4α
dy C 2
0 η
θ e
η2 4α
1
dy η
0
e
1
η2 4α
dy
0 η
1 e
θ
η2 4α
d η
0 η
e
η2 4α
d η
0
69
error
function
0
error function
π 2
Karena ada
e Z dz 2
0
2
erf ( z )
π
z
e Z dz 2
0
erf ( z ) 1 erf ( z ) z
erf ( z ) erf ( z )dz 0
Substitusi
z 2 z
η2 4α
η 2 α
η 2 α . z d η 2 α dz dz
1 2 α
d η
70
e
η2 4α
d η e
0
z 2
2 α dz
0
2 α e z dz 2
0 π 2
πα η
θ 1
e
η2 4α
d η
0
πα
71
η
e
η2 4α
d η e z 2 α dz 2
0
0
1 e
θ
z 2
2 α dz
0
πα
θ 1
2
e π
z 2
dz
0 erf ( z )
θ 1 erf ( z ) θ erfc ( z ) z
η 2 α
η xt n
xt n
2 α
xt n θ erfc 2 α xt 1 / 2 θ erfc 2 α Tugas 1. Suatu plat plat sangat sangat lebar terletak terletak horizontal horizontal dengan suhu seragam T0 diatas plat mengalir cairan dengan suhu T 1 . sifat-sifat fisik cairan 72
yang meliputi konduktivitas termal(k), rapat massa dalam keadaan steady state flow fluida di atas
palt
di
dekati
dengan
v x β . y
.
perppindahan panas secara konduksi dianggap hanya ke arah y saja. Tentukan distribusi suhu dalam cairan
73
BAB 5 PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL DENGAN METODE PEMISAHAN VARIABEL PD HOMOGEN 5.1 Jenis-jenis Persamaan Diferensial Parsial dengan Pemisahan Variabel
PD Homogen. Setiap kelompok mengandung variabel atau tidak mengandung yang berdiri sendiri Contoh:
2θ 1 θ 2 α t x
PD non Homogen. Setiap kelompok ada yang tidak mengandung variabel atau mengandung kelompok yang berdiri sendiri Contoh:
2T λ 1 T 2 x k α t Contoh 5.1 74
5.2 Penyelesaian Persamaan Diferensial Parsial dengan Metode Pemisahan Variabel Suatu Slab ruas tak hingga terletak diantara x=0 dan x=L. mempunyai distribusi suhu kedua permukaan mula-mula T T 0 K 0 . Pada suatu saat suhu kedua permukaan diubah menjadi T 0 . Carilah distribusi suhu slab sebagai fungsi posisi dan waktu!
q x x x
q x x
0
1/2L
1/2L
Gambar 5.1 Distribusi Suhu pada Slab Contoh 5.1
75
Neraca Panas
Rate of input - Rate of ouput=Rate of acc A.q x x A.q x x x m.c p
dT dt dT
A.q x x A.q x x x ρ .V .c p
dt
A.q x x A.q x x x ρ . x. y. z.c p A.q x x A.q x x x ρ . A. x.c p
dT dt dT dt
A. x q x x q x x x
x
lim x
0
ρ .c p
q x x q x x x
x
dT dt
ρ .c p
dT dt
76
q k . A
dT dt
T dT k ρ .c p x x dt 2T dT k 2 ρ .c p x dt 2T ρ .c p dT 2 x k dt 2T 1 dT 2 x α dt
BC T(x,0)=T0+K0 T(1/2L,t)=T0 T(0,t)=tertentu T(∞,t)=T0 Diselesaikan dengan cara separation
variabel 77
T ( x, t ) R ( x) Q(t )
R( x)
1
α
θ (t )
atau T ( x, t ) R ( x), θ (t )
2T '' θ R 2 x T R 'θ x T Rθ ' θ t R θ ''
R '' R
1
α
RQ
'
1 θ'
α θ 2
2
Diselesaikan dengan mencari konstanta -a .,0,a
2
Untuk konstanta -a
78
R '' R
a 2
R '' a 2 . R d 2 R dx
2
d 2 R
a 2 . R a 2 . R 0
dx 2 misal
R Ce mx dR dx
Cme mx
d 2 R dx 2
Cm 2e mx
2 2 Cm e mx a Ce mx 0 2 2 m a 0 2 2 m a
m (a )i imajiner R C 1e ai C 1e
ai
R C 3 cos ax C 4 sin ax
1 θ'
α θ
a 2
θ ' a 2 .θ .α 79
' 2 Q a .θ .α
d θ
a 2 .θ .α
dt d θ
a 2 .α .at
θ
ln θ a 2 .α .t
θ C 5 .e
a 2 .α .t
T (a) C 3 cos ax C 4 sin ax C 5 .e
Untuk konstanta a R '' R
2
a2
R '' a 2 . R d 2 R dx 2 d 2 R
a 2 . R a 2 . R 0
dx 2 misal
R Ce dR dx
Cme mx
d 2 R dx 2
mx
Cm 2e mx 80
a 2 .α .t
Cm 2 e mx a 2Ce mx 0 m2 a 2 0 m2 a 2 m a
R C 6e ax C 7 e ax 1 θ'
α θ
a2
θ ' a 2 .θ .α d θ dt d θ dt
a 2 .θ .α a 2 .α .at
ln θ a 2 .α .at
θ C 8 e a
2
.α .t
T (a ) C 6e C 7 e ax
ax
81
C e 8
2
a .α .t
Untuk konstanta 0 R
''
R
0
'' R 0 2
d R dx dR
2
0
C 9
dx R C 9 x C 10
1 θ'
α θ
0
θ' 0 d θ
0
dt θ C 11
T (a ) C 9 x C 10 C 11 T total C 3 cos(ax) C 4 sin( ax) C 5e
T total C 12 cos(ax) C 13 sin( ax) e
82
a 2αt
a 2αt
C 6e ax C 7 e ax C 8 e a αt 2
C 14e C 15e ax
ax
e
2 a αt
C 1
T (, t ) T 0
2
2
α α T 0 C 12 cos a. x C 13 sin a. x e a t C 14e ax C 15e ax e a t C 16 x
C 17 T 0 C 14 0 C 15 0 C 16 0 T 0 C 12 cos a. x C 13 sin a. x e T C 12 cos a. x C 13 sin a. x e
BC .3 dT dx
0 ( 0,t )
83
a 2αt
a 2αt
C 17
T 0
T C 12 cos a. x C 13 sin a. x e dT dx
a 2αt 2
C 12 sin a. x C 13 cos a. x e a αt
α 0 C 12 cos(0) C 13 sin(0) e a t 0 2
T C 13 cos a. x e
a 2αt
1
BC 4 T ( L , t ) T 0 2
84
T 0
1 α T 0 C 13 cos a. L e a t T 0 2 1 0 C 13 cos a. L e a αt 2 2
2
cos
1 2
a. L 0
π 3π 5π 7π cos 0 , , , ,..., 2 2 2 2 π π π 0 , π ,2π ,... 2 2 2 π cos 0 n.π n 0 2 1 πn 2
2n 1 π 2 2 2n 1 π 2
85
1 2n 1 cos an. L cos .π 2 2 1 2n 1 .π an. L 2 2 2n 1 2 .π an 2 L 2n 1 .π an 2 2
T C 13 cos(an. x)e an αt T 0 BC 1 T ( x,0) T 0 K 0 T 0 K 0 C 13 cos(an. x)e
an 2α 0
T 0
K 0 C 13 cos(an. x)
Kita setarakan dengan fungsi orthogonal
86
FUNGSI ORTHOGONAL Fungsi Øm (x) dan Øn (x) disebut orthogonal terhadap “weight function” r (x) pada interval a ≤ x ≤ b, bila x=b
∫
=0
m≠n
≠0
m=n
r x , Øm (x) dan Øn (x) dx
x=a
Sifat orthogonal bisa diketahui sebagai berikut: a. Fungsi hasil penyelesaian PD yang berbentuk d dx
[ p (x)
dy dx
] + [ q (x) + λ (x) ] y = 0
Pada interval a ≤ x ≤ b yang memenuhi salah satu syarat: 1. Pada x = a dan x = b , 2. Pada x = a dan x = b ,
87
y dy dx
=0 =0
3. Pada x = a atau x = b , P (x) = 0 dan y terletak pada x yang membuat harganya bertinggi 4. P (a) = P (b) , y (a) = y (b) dan y’ (a) = y’ (b) akan banyak orthogonal dengan “weight function” = r (x) 5. Pada x =a dan x = b , y + α
dy dx
=0
6. PD Berbentuk
qo (x)
+ q1 (x)
d2y dx2
d2y dx2
+ [ q2 (x) + λ
q3 (x) ] dapat diubah menjadi PD seperti pada point a P (x) =
q (x) =
q1 (x)
e xP ∫ q2 (x)
qo (x)
. p (x)
q0 (x) q s (x)
88
dx
r (x) =
. P(x) q0 (x)
f (x) =
Σ ͂
An Øn (x)
b
b
f(x) r(x) r(x) Øm (x) (x) dx dx = ∫ r(x) Øm (x) ∫ f(x) ͂ An Øn (x) dx a
a
= Øm(x) Øn (x) dx
N=0
An
∫ r(x) a
Untuk m = n b
∫
Σ ͂
b
b
f(x) f(x) r(x) r(x) Øn(x Øn(x)) dx = An
a
a b
An =
∫ r(x) [Øn(x)]2 dx
∫ a
f(x) f(x) r(x) r(x) Øn(x) Øn(x) dx r(x)
[Øn(x)]2 dx
89
=
Σ N=
r=
Σ ͂
An cos (An . x) e-an2xt + T°
N=0
dengan T = T° + Ku sehingga
Σ ͂
Ku =
. An cos
{
2n +1 L
N=0
}
. . π . x e°
An = .......? untuk untuk mencar mencarii An digunak digunakan an syarat syarat fungs fungsii orth orthog ogon onal al f (x) ≠ 0 maka maka m = n ½L
Ku x
∫
cos
{
} cos {
2n +1 L
0
}
. . π . x dx =
.π.x
}
Σ ͂
An
∫
cos2
∫
cos
{
2n +1
.π.
L
0
N=0
½L
Ku
½L
½L
cos
{
{
0
2n +1 L
}
. π . x dx =
.π.x
} dx
½L 2n +1
90
Σ ͂ N=0
An
∫ 0
2n +1 L
Ku An =
∫
xcos
{
L
.π
} dx
0
½L
Ku
∫
cos2
{
2n +1 L
.π.x
} dx
0
Proses Integral (i) ½L
∫
{
x cos
2n +1 L
.π.x
} dx
0
∫ u dʯ dʯ = uʯ uʯ ∫ ʯ du v=x dʯ = cos
{
2n +1 L
.π.x
} dx
ʯ=x dʯ = cos cos
{
2n +1
misal : m = dm = dx =
L
.π.x
2n +1 L 2n +1 L dm . L
} dx
.π.x . π . dx
2n +1 π
91
Catatan ʯ : 1. Log 2. Eksp Ekspon onen ensi sial al 3. Aljabar 4. Trig Trigon onom omet etri ri
ʯ =
∫ cos m
ʯ = ʯ =
L
dm . L 2n +1 π
sin m
2n +1 π L 2n +1 π
sin (
2n +1 L
) π.x
∫ u dʯ = uʯ - ∫ ʯ du sin (
=x [ . π . x ) dx
L
2n +1 π
L 2n +1 π
Mencari Integral Misal r =
2n +1 L
.π.x
dr =
2n +1 L
. π . dx
dx =
s
sin (
sin (
2n +1
2n +1 L
L . dr 2n +1 π
L 2n +1 π
∫ sin r
L 2n +1 π
∫
L . dr 2n +1 π
92
L . dr 2n +1 π
sin r. dr
L
x=½L
)π.x] x=0
. π . x ) dx
½L
-∫ 0
L 2n + 1 π
L2 (2n +1)2 π2
-
cos r
L2
-
cos (
(2n +1)2 π2
2n +1 L
½L
.π.x) 0
sehingga: L 2n +1 π
sin (
=x . π . x)
2n +1 L
)π.x
½L
+
L2 (2n +1)2 π2
cos (
2n +1 L
0
L 2n +1 π
=[½L cos (
2n +1 L
sin ( )π.½L–0]+[ π) ½ L – cos (0)]]
L2 2 (2n +1) π
=[ π–cos° )]
sin (
2n +1 2
)π]+[
L2 (2n +1)2 π2
L2 (2n +1)2 π2
(cos (
2n +1
(-1)n
∫
Jadi
x cos (
0
L
. π . x ) dx =
Proses Intergal (II)
∫
½L
cos2
0
0
½L 2n +1
(
2n +1 L
. π . x ) dx
b
93
2
L2 -1 n 2 (2n +1) π
-
L2 (2n +1)2 π2
[
)
∫
cos2 x dx = ½
∫ ( cos 2x + 1 ) dx
a
∫
½L
cos2
2n +1
(
. π . x ) dx = ½
L
. π . x ) + 1 ) dx 0
∫
½L
( cos 2 (
2n +1
0
dengan x =(
2n +1
)π.x
L ½L
=½
∫
½L
(
cos2 (
2n +1 L
. π . x )) dx + ½
0
0
½L
=½
∫
½L
4n +2
cos (
Misal y = dy =
(4n +2) L (4n +2)
dx =
. π . x ) dx + ½
L
0
.π.x
L L . dy
∫ 0
. π . dx
4n + 2 π
dx =
∫
L . dy 4n + 2 π
94
dx
dx
L
∫ cos y . dx ∫ cos y .
L . dy 4n + 2 π
L
= = =
∫ cos y dy
4n + 2 π L
sin y
4n + 2 π L (4n + 2) π
sin (
4n + 2
)π.x
L
Sehingga : ½L
=½
∫
½L
( cos (
4n + 2
0
L
=½
(4n + 2) π L 4 (2n + 1) π
=[ L–0 =
L 4 (2n + 1) π ½L
. π . x ) dx = ½
L
sin ( sin (
∫
dx
0
4n + 2 L
.π.x)
½L
½L
+½x 0
4 (2n + 1) π L
. ½ L – sin 0 ] + ¼
sin ( 2n + 1) π – sin 0 ] + ¼ L (2n + 1)
95
0
∫
Jadi
cos2 (
0
Ku { An =
π . x ) dx = ¼ L
L
(-1)n L2 2 (2n + 1) π
-
L2 (2n +
1)2
}
π2
¼L An =
4 Ku L
T =
Σ ͂
{
(-1)n L2 2 (2n + 1) π
-
L2 (2n + 1)2 π2
}
An { cos (anx) } e° + To
N=0
5.3 Kasus pada Slab Tak Berhingga Metode Pemisahan Variabel
Contoh 5.2
Suatu slab tak terhingga terletak antara x = 0 dan x = L. Distribusi suhu mula-mula T = To ≠ Kx. Mulai satu saat suhu permukaan x = L diubah menjadi T2 dan x = 0 diubah menjadi T = T1. Cara distribusi suhu pada slab sebagai fungsi posisi dan waktu.
96
4x x=0
x=L
Gambar 5.2 Distribusi Suhu pada Slab Contoh 5.2
Neraca Panas Rin – Rout = Racc
qx x . A – qx x + 4x . A
= m . cp .
= A . 4x . ρ
dt
m
dT
qx x – qx x + 4x ℓim 4x
dT
= ρ . cp .
0
dt
4x -d -dx
(qx )
= ρ . cp .
dT dt
= -k. -d
-d
97
dT
qx
dT dx
(- k
-dx
) = ρ . cp .
-dx
-d2T
k
= ρ . cp .
-dx2 -d2T
=
=
-dx2
dT
α
dt
= TO + KX
2. T ( L , t )
= T2
3. T ( 0 , t )
= T1
dT dx
T dT dx d2T
( ½ L1 ∾ ) = 0 = R(x) θ(t) dR
=
dx
. θ = R’ . θ
d2R
dx2
=
dT dt
= R.
d2T dx2
=
1
d2R dx2
.θ=
. θ = R” . θ
dx2
α 1 α
dθ
= R . θ’
dt
.
dT dx
.R.
1
98
dθ dt
dT dt
1
BC 1. T ( X , 0 ) T
dt
α
ƙ ρ.q
R” . θ = R”
=
R R” R
α 1 α
. R . θ’ θ’
.
θ
= -a2
R” + a2 R = 0
R
= C . emx
dR dx =
= C . m . emx
d2R
= C . m2 . emx
ax2
C . m2 . emx + a2 . C . emx = C emx ( m2 + a2 ) = ( m2 + a2 ) = m2 = m1 2 = = R1 R” R
= -a2 , = a2 , = 0
0 0 0 -a2 ± √-a2 + ia
= C1 e-aix = C1 cos (ax) + (2 sin (ax)) = a2
C m2 emx - a2 C emx = 0 C emx ( m2 – a2 ) =0 m1 2 = ± a 99
R2
= C3
eax
e-ax
+ C4
R”
C m2 emx =
” = 0 = 0 R R 0 R3 = C5x + C6
m1 2 =
0 1 α
θ’ θ dθ dt dθ θ
θ’
= -a2
θ
= -a2 α
= -a2 α θ = -a2 α dt
ℓn θ = -a2 α t + ℓn C7 θ1 = C1 exp-a2 α t 1
θ’
α
θ dθ θ
=
dθ
a2
= a2 α θ
dθ
= a2 α dt
ℓn θ = -a2 α t + ℓn C8 θ2 = C8 e
a2 α t
θ3 = C9
1
θ’
α
θ
=0
dθ dt
=0
T = R1 θ1 + R2 θ2 + R3 θ3 100
-a2 α t
ax
+ C4 e
C13 e
= ( C1 cos (ax) + C2 sin (ax) ) + C7 e + ( C3 e + ) C8 e ( C5x + C6 ) . C9 -a2 α t = ( C10 cos (ax) + C11 sin ax ) e + ( C12 e ax + + C14 + C15 )e
1. T ( X , 0) T
= TO + KX
2. T ( 0 , t )
= T1
3. T ( L , t )
= T2
BC 2
-a2 α t
T1 = ( C10 cos (0) + C11 sin (0) ) e + 0 + C10 eo + C13 eo ) e = C10
e-a α t + ( C12 + C13 ) eoa α t 2
2
+ ( C12
+ C15 C15 = T1
0
0
T = ( C11 sin ax ) e
-a2 α t
0
+ C14 x + T1
BC 3 T (L , t) = T2 -a2 α t
T2 = ( C11 sin aL ) e sin aL = 0
+ C14 L + T1 sin an = sin n π nπ
101
a2 α t
T2 = C14 . L + T1 C14 =
an =
L
T2 – T1 L
T = C11 sin nLπ x e T (X , 0) = To + Kx To + Kx = C11 sin
-n2 π2 L2
nπ L
T2 – T1
+(
) x +T1
L -n2 π2 L2
.x.e
T2 – T1 L
+e
. x + T1 C11
= f (x) ?? Dimisalkan jawaban
berbentuk deret T
= C2 sin
nπ
nπ
.x.e
L
α t
+
L
L
-n π α t
. x + T1 To + Kx =
( T 2 – T1 )
Σ ͂
An sin
nπ L
.xe
L
( T 2 – T1 )
+
L
N=0
. x + T1
( T2 – T1 )
Σ
͂
N=0
To + Kx L
.x
L
. x – T1 =
( T 2 – T1 )
An sin nnLπ nπ
L
Σ N=0
102
∫
( To + Kx –
. x – T1 ) sin
L
L
.x.
0
0
dx =
∫ ͂
An sin
.x
Bila m ≠ n
hasil = 0
Bila m = n
hasil ≠ 0
∫
L
( To + Kx –
( T 2 – T1 )
. x – T1 ) sin
L
mπ L
. x . dx =
0
͂
∫ 0
L An sin2
∫
( T 2 – T1 )
. x . dx
( To + Kx –
– T1 ) sin
L
x . dx An = 0 L
nπ L
sin2
. dx
0
∫
L
0
( To – T1 )
. nπ
∫ 1. ( To – T1 )
nπ
L nπ L
sin
nπ L
. x . dx
( - cos 103
nπ L nπ
L
.x
0
)
L
Σ N=0
( To – T1 )
nπ
[ - cos
( To – T1 )
L nπ
[ - cos n π – (- cos (0) ]
L
L
nπ L
( To – T1 )
nπ
.x
( T1 – To ) cos n π +
nπ
-∫
. L – ( - cos (0) ]
( To – T1 ) [ - cos n π + 1 ]
nπ
2.
L
L
K x sin
0
nπ
. x . dx
L
L
-K
∫
x sin
nπ L
. x . dx
0
u =x du dx
dv = sin
=1
L nπ
v = - cos
L
.x
du = dx
∫ udv = uv - ∫ vdu = x ( - cos
nπ L
.x)
nπ
. x ) dx = - x cos
L
104
.x
L 0
∫ ( - cos
L
nπ
0
+ sin
L
nπ L
.
L
.x
0
= - L cos n π - (0) + ( sin n π - sin (0) ) = - KL cos n π + K sim n π
-∫ ( T2 – T1 ) x sin nLπ
3.
-(
T 2 – T1 L
L
) ∫ x sin 0
u =x du = dx L
4.
∫
sin2
0
L
nπx L
dv = sin v=
nπ
. x . dx
. dx
L nπ
. dx n π .x L
cos
. dx nπx L
cos 2x = 1 – 2 sin2 2 2 sin2 α = 1 – cos 2x
L
∫ ½ - ½ cos 2ax dx
sin2 α
= ½ - ½ cos
0
dimana
nπ L
=a
L
∫ ½ - ½ cos 2a x dx 0
sin 2ax .
L
2
0
2
= ½x -½ L
ax2
105
a
= ½x
-
x
L
x2 - sin 2ax = ½x x2 - sin
0
0
-
nπ
2n π
x
L
.x = (½L–½0)–(
. L2
sin .
nπ 2L
nπL
.L–0) = ½L-
2
sin
2π = ½ L Soal Suatu slab dengan luas tidak berhingga terletak antara x = 0 dan x = L. Suhu mula-mula To mulai satu saat suhu permukaan x = 0 diubah menjadi T1 sedang pada permukaan x = L dimasukkan panas sebanyak qo
.
Carilah distribusi suhu slab sebagai fungsi posisi dan waktu. 106
(
T1
A
qo
4x X=0
X=L
Gambar 5.3 Distribusi Suhu pada Slab (Soal)
Neraca panas pada elemen volume -K A Cp .
ʚT x
ʚx
-(-KA
ʚT
-
x + 4x
x + 4x
ʚx
=
x
ρ Cp
ʚT
K
ʚt
ʚT ʚt
0 1
P.D.
ʚx
) = A . 4x . ρ .
ʚT
ʚx
ℓim x
ʚT
α ʚ ʚx
= (
ρ Cp K ʚT ʚx
)=
1
ʚT
α
ʚx
B,V,C I C (1)
T ( x , 0 ) = To 107
ʚT
B C (2) KA
qo A = -
T ( 0 , t ) = T1 ( L , t)
(3)
ʚT
ʚx
(4)
qo
(L , t) = -
K
T ( x , ∾ ) = Tertentu
Diselesaikan dengan pemisahan variabel T
= R (x) θ (x)
ʚT
= R’ . θ
ʚx ʚ2T
= R” . θ
ʚx2 T t R’ R R’ R
= R . θ’ .θ = =
1 α
R θ’
1
θ’
α
θ
Tetapan = -a2 R’ R a2R dx2
= -a2
R’ a2 R = 0
= a2 R = 0
Substitusi R = C emx dR
108
ʚx
= C m2 emx
dx d2R
= C m2 emx
dx2
C m2 emx + a2 C emx = 0 m2 + a2 = 0 m2 + a2
m = ± √-a2 = ± ai
R = C1 eax + C2 e-ax R = C3 cos ax + C4 sin ax
1
θ’
α
θ dθ’
= -a2
0 = -a2 α
= -a2 α 0
dt dθ
= -a2 α dx
θ
ℓn θ = -a2 α t + ℓn C2 Tetapan = 0 R” R
=
R’
=0
R d2R dx2 dR dx θ
θ’ θ
=0
= 0 = C2 109
θ dθ
= 0 sehingga R = 12 x + C7 =0
θ
Tetapan = +a2 R’ R’ R R d2R d2R
=
1
θ’
α
θ
= a2
= a2 = a2 R = 0
Substitusi R = C
emx
Sehingga didapat R
= C3
1
θ’
α
θ dθ
eox +
C13 e-ax
= a2 = a2 α θ
dt
θ
= C17
e -a α t 2
Jawaban lengkap : T = ( C3 cos ax + C4 sin ax ) C5 e -a α t + ( C6 x + C7 ) C8 2
. ( C9 eax + C10 e-ax ) C11 e 110
atau T = ( C12 cos ax + C13 sin ax ) C5 e ) + ( C16 eax + C e-ax ) e
-a2 α t
BC (4)
+ ( C14 x + C15
T (x , ∾) = Tertentu
Tertentu = ( C12 cos ax + C13 sin ax ) e-∾ + ( C14 x + C15 ) + ( C16 eax + C e-ax ) emaka
C16 = 0
C17 = 0
T = ( C12 cos ax + C13 sin ax ) e
-a2 α t
BC (2)
T ( 0 , t ) = T1
T
= ( C13 sin 0 + C12 cos 0 ) e -a2 α t + C14 0 + C15
T
C12 = 0 C15 = T1 = C13 sin ax e-a2 α t + C14 x + T1
ʚT
= C13 a cos ax e
ʚx
+ ( C14 x + C15 )
-a2 α t
+ C14
BC (3) -
qo K
= C13 a cos a L e qo
111
-a2 α t
+ C14
C14 = -
dan cos aL = 0
K
sehingga cos an L
( 2n + 1 ) π
= cos
2
an L =
( 2n + 1 ) π
( 2n + 1 ) π
an
2
2
T = C13 sin an x e-a2 α t –
IC (1) To
x + T1
K
T (x , 0) = To C13 sin an x e-o
=
To +
qo
qo K
–
qo
x + T1
K
x – T1 = C13 sin an x
Tidak ada harga C13 yang memenuhi, dimisalkan
Σ
jawaban terbentuk.
qo
-a2 α t
N=0
An sin an x e
T= To +
qo
x – T1 =
K
qo
x + T1
K
Σ An sin an x
( To + x – T1 ) sin am x K An sin am x sin an x L
–
=
Σ L
qo 112
∫
( To +
x – T1 ) sin am x dx = K
0
Σ Aa ∫
sin
0
amx sin an x dx n=m
hasil ≠ 0
n≠m
hasil = 0
Jadi n = m agar hasil ≠ 0 L
∫
( To +
qo
x – T1 ) sin an x dx =
K
0
∫ Σ An =
sin2
0
L
an x
Σ Aa ∫
L
qo
( To +
x – T1 ) sin an x dx
K
0
∫
L
sin2 an x dx
0
Penyelesaian pembilang
∫
L
( To – T1 ) sin an x dx
0
=
∫
L
qo K
x (sin an x) dx =
0
(To – T1 ) K
L
cos an x
0
113 (To – T1)
(2n + 1) π
1
qo
an
K
∫
L
x d (cos an x)
0
qo
=
{ cos K
L – cos 0 } –
[ x cos
2L
∫
an K
an x (To – T-1) 2 L cos an x dx }qo = (0 – 1) – + 1) π sin a(2n sin 0 ] nL + =
an K
+
(2n + 1) π
2
(2n + 1) π
sin
2
1
1
-1
2
1 (2n + 1) π 2
= (-1)n
(To – T1) 2 L
Jadi pembilang = sin2 an x dx =
(2n + 1) π
sin
an2 K
0
Jadi sin
[ ( L cos an L – 0 cos 0) –
qo
(To – T1) 2 L
n
1
(2n + 1) π
∫
+
qo K
{
2L (2n + 1) π
}2 (-1)n
L
( ½ - ½ cos 2 an x ) dx
0
L
= ½x
0
= ½L–
1 4 an
114
1 4 an
sin 2 an x
{ sin
2n + 1 π 2L
L 0
. 2 L – sin 0 }
an
= ½L An = – T x
=
4 ( To – T1) (2n + 1) π
Σ N=0
exp – {
[–
+
8qo L (-1)n K { (2n + 1) π } 2
4 ( To – T1) 2n + 1 π
2n + 1 π 2L
+
8qo L (-1)n K { (2n + 1) π }2
}αt–
115
qo K
] sin
x + T1
(2n + 1) π 2L
BAB 6 PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL DENGAN METODE PEMISAHAN VARIABEL PD NON HOMOGEN
Suatu silinder engsel persegi panjang berjari-jari R1 mula-mula bersuhu To. Mulai suatu saat permukannya diubah menjadi T 1. Cara distribusi suhu silinder sebagai fungsi posisi dan waktu. Diambil panjang silinder L satuan panjang.
T1
Gambar 6.1 Silinder Engsel Persegi Panjang
Neraca panas pada element Volume –K.2πrL
ʚT
ʚT ʚr
– ( – K ʚ π ( r + 4rʚr ) L r + 4r
r
) = 2 π r 4r L ρ Cp 116
ʚT
( r + 4r )ʚ
ʚT
ʚr
r + 4r – r
=
ʚr
ρ . Cp K
r
4r
ℓim 4r
1
0
ρ . Cp
=
α ʚ ʚr ʚ2t ʚr2
K
(r +
ʚT ʚt
1
)=
1
ʚT
r
ʚr
r
α
=
ʚT
1
ʚt ʚT
α
ʚt
Diselesaikan dengan pemisahan non variabel θ = R (r) β (t) PD
Rβ + R” R
+
1
R’β =
r 1
R’
r
R
=
1 α
β’R
1
β’
α
β
Tetapan = -a2 = a2 = 0 R” R
+
1
R’
r
R
1
117
= -a2
ʚT ʚt
R” + d2R
+
dr2
r2
R’ + a2 R = 0
r dR
+ a2 R
dr
d2R
dR
+r
dr2
dr
= 0 + a2 r2 R = 0
Diselesaikan dengan persamaan Bessel a=1
c=0 s=1
a2 √d s
=
P
=
=0 R
b=0
√ a2 1
= a = sin
√ ( ( 1 – 1)
1 1
d=
)2
-0
2
= C1 γo (ar) + C2 ƴ o (ar)
1
β’
α
β
= -a2
β’ + α a2
β=0
Caranya : dy
d2y
118
x2 2 + x (a + 2b xr) a – r) dx xr + b2 x2 r) ] y = 0 -(b x r)
(1–a)
y =x
d2y
x2
d2R
r2
√ d +r
dr2
. x3
s
dy
+x
dx2
[ C1 zp ( √ d
r
e
2
) + C2 zp [
dx
+ [ C1 dx2s -b (1 –
+ a2 x2 y = 0
dx dR
+ a2 r2 R = 0
dr
lanjutan dβ β
+ α a2 dt = 0 -a α2 t
t + ln C2 β
ln β = - α a2
= C3
e
Tetapan = 0 .......... 2 R’’
+
R
+
R” + =0
1
R’
1
R
1 r
. R’ 119
=0 =0
d2R dr2
+
1
dR
r
dr
dR
Substitusi du
. dr
dr =
dr
1
+ 0
=u
u
=0
= . dr
u
r
ln u + ln r u=
du
+
1 r
= ln C4
C4 r dR dr
=
C4
dr =
r
R = C4 ln r + C5 1
β’
α
β
1
d
α
dt
=0 =0
β = C6 Jawaban Lengkap : θ = { C1 γo (ar) + C2 ƴ o (ar) } C3
e -a α t
C4 ln r + C5 ) atau 120
-a2 α t
2
+(
C4 r
