matematika 2

D A FTAR I S I

DAFTAR ISIBAB I : PENYELESAIAN PD DENGAN DERET KUASA 1

1.1. Fungsi Analitik , Titik Ordiner dan Titik Singular 11.2. Power Series Method 31.3. Persamaan dan Polinomial Legendre 8

1.3.1. Persamaan Legendre 81.3.2. Polinomial Legendre 111.3.3. Deret Polinomial Legendre 13

1.4. Metode Frobenius 151.5. Persamaan Bessel 23

1.5.1. Fungsi Bessel Jenis Pertama 231.5.2. Fungsi Bessel Jenis Kedua 351.5.3. Fungsi Bessel Termodifikasi 411.5.4. Persamaan yang bisa ditransformasikan ke dalam PD Bessel 45

BAB II : DERET FOURIER 482.1. Fungsi Periodik Error! Bookmark not defined.82.2. Deret Fourier 502.3. Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Error! Bookmark not defined.62.4. Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half -Range)

Error! Bookmark not defined.7

BAB III : PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL3.1. Pendahuluan 633.2. Penyelesaian Masalah Syarat Batas 64

63

3.2.1. Pengintegralan seperti PD Biasa 643.2.2 . Pemisalan u eaxby 663.2.3. Pemisahan Variabel 69

Persamaan Konduksi Panas 1 dimensi 73Aliran Panas Konduksi 2 dimensi 79Getaran tali(Persamaan Gelombang 1 dimensi) 81

DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin

BAB I

PENYELESAIAN PERSAMAANDIFERENSIAL DENGAN DERET KUASA

Pokok Bahasan : Fungsi Analitik, Titik Ordiner dean Titik Singular Power Series Method

∑∞(x0 ) (x − x0 )f

n0

f ′′(x) = − 12

x

x

∞

= ∑∞

n1

Persamaan dan Polinomial Legendre Metode Frobenius Persamaan Bessel

1.1. Fungsi Analitik, Titik Ordiner Dan Titik Singular

Fungsi f (x) dikatakan analitik di x = x0 jika deret Taylor(n)

Contoh :

n!

nkonvergen di sekitar titik x = x0

f (x) = ln x ; akan diselidiki apakah f (x) analitik di x = 1

Deret Taylor dari f (x) di sekitar x = 1 adalah :

f (x) = ln x f (1) = 0

f ′(x) =1

xf ′(1) = 1

x f ′′(1) = -1

f ′′′(x) =2

x3f ′′′(1) = 2

f (iv) (x) = −

1.2.34

f (iv) (1) = -3!

f (n) (x) =( − 1) n−1( n − 1)!

nf (n) (1) = (-1) n−1 (n-1)!

Deret Taylor:

∑

∞

n0

(−1)n−1 (n − 1)! (x −

1)n

n!

= ∑ (−1)n−1

n(x − 1)n

n0;n ≠ 0

Program Semi Que IV 1Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya


(−1)n−1 (x − 1)n

n

Sehingga untuk deret Taylor dari f(x) = ln x di atas, yaitu:

∑∞n1

Q(x) = 2

(−1)n−1 (x −

1)n

n

; uji konvergensinya adalah sebagai berikut:

an1

a n

(−1)n (x − 1)n1

n 1(−1)n−1(x − 1)n

n

= (−1)(x − 1)nn 1

= (x − 1)nn 1

= nn 1

x − 1

di sekitar x = 1 → x − 1 0

an1

a n 0 ⟨ 1 ; jadi konvergen

Berarti f(x) = ln x analitik di x = 1.

Fungsi-fungsi yang analitik di sebarang nilai x diantaranya adalah

fungsi-fungsi : Polinomial; sin x; cos x; ex; termasuk jumlahan, selisih, hasil

kali, dan hasil bagi dari fungsi-fungsi tersebut. Hasil bagi dari fungsi analitik

akan menjadi tidak analitik jika penyebutnya 0.

Contoh :

f(x) = x3 + 2x2 + x + 9,5

f(x) = cos 2x +x4 +sin x + 1

f(x) = 2xe-x + tg x

f(x) = 0

f(x) =1 − sin x

2x cos xdan sebagainya.

Bila persamaan diferensial berbentuk : y ′′ + P (x) y ′ + Q(x) y = 0

maka didefinisikan:

1. Titik x0 disebut titik ordiner (ordinary point) dari PD di atas jika P(x), dan

Q(x) analitik pada x = x0. Jika salah satu atau kedua fungsi tersebut

tidak analitik di x=x0, maka x0 disebut titik singular (singular point) dari

PD di atas.



2. Titik x0 disebut titik singular teratur (Regular Singular Point) dari PD di

atas, jika x0 titik singular dari PD dan fungsi (x- x0) P(x) dan (x- x0)2 Q(x)

analitik di x0.

2x→ P(0)

− 3

(x - 0) P(x) 7/2 (x 1) analitik

(x - 0) Q(x) −

Catatan : koefisien dari y ′′ harus samadengan 1.

Contoh:

1. PD : y ′′-xy′ + 2y = 0; selidiki di sekitar x = 0

P(x) = - x merupakan fungsi-fungsi polinomial yang analitik di mana-

mana, x = 0 merupakan titik analitik.

2. PD : (x2 - 4) y′′ + y = 0 ; di x = 2

P(x) = 0 analitik di mana-mana

Q(x) =1

x2 − 4Q(x) =

1

0→ tidak analitik

x = 2 merupakan titik singular.

3. PD : 2x2y′′ + 7x (x + 1)y′ - 3y = 0 ; di titik x = 0

P(x)

Q(x)

7x(x 1)2

− 32x2

7(x1)

2x

→ Q(0)

7 0

0

tidak analitik di x = 0

x = 0 titik singular

karena:

2 3

2

maka x = 0 merupakan titik singular teratur.

1.2. Power Series Method (Penyelesaian PD dengan penderetan di

sekitar titik ordiner)

Teorema 1 :

Bila P,Q, dan R dalam PD : y′′ + P(x) y′ + Q(x) y = R(x) ........................................ (1-1)



adalah fungsi analitik di x = x0 (x0 merupakan titik ordiner dari PD) maka

setiap penyelesaian dari (1) analitik di x = x0 dan dapat dinyatakan dalam

bentuk deret kuasa dari x – x0 : y ∞

∑ a m (x − x0 )m ≡ a0y1(x) a1y2 (x) ......... (1-2)m0

Q(x) 2

y ∑ a m x m a o a1x a 2 x 2 ..... a s x s .....

∑ m a

∑ (m − 1)m am xm−2 2a 2 2.3a3x 3.4a4x2 .....

∑ m a m xm−1 2(m − 1) m a m xm−2 − x

1.2a 2.3a x 3.4a x ...... (s 1)(s 2)a x s .....a x 2a x 3a x ....... sa x .......

2a x 2a x 3a x ....... sa x ....... 0

a0 dan a1 adalah konstanta sembarang.

Contoh :

1. Selesaikan PD : y′′ - xy′ + 2y = 0

Penyelesaian:

P(x) −x

ordiner.

P dan Q analitik di aman-mana, x = 0 merupakan titik

Sehingga y ∞

∑m0

am (x − 0)m ∞

∑ am xm

m0

merupakan penyelesaian

persamaan differensial.

∞

m0

y′ ∞

m0m x

m−1 a1 2a 2 x 3a 3x

2 .....

y′′ ∞

mz

substitusi y, y′ dan y′′ ke PD :

∞ ∞ ∞

∑ ∑ am xm 0m2 m1 m0

2

2 3 4 s2

2 3 s1 2 3 s

2 3 s

1 2 3 s

kumpulkan suku-suku yang mengandung x dengan pangkat sama.

(2a2 + 2a0) + x(6a3 – a1 + 2 a1) + .....+

[(s + 1)(s + 2) as+2 – sas + 2as] xs = 0

samakan koefisien sisi sebelah kiri dan kanan tanda sama dengan:



koefisien x0 : 2a2 + 2a0 = 0 → a2 = -a0

koefisien x1 : (6a3 – a1 + 2a1) =0 → a3 = −1

6a1

koefisien

(s

a

+2

− a1

s 3 → a5 3 (− a1) −

y a0 a1x − a0x2 − a1x3 0x4 −

y a0 (1 − x2 ) a1(x − x3 −

y2 x − x3 −

– sas + 2as = 0 → as2

s − 2(s 1)(s 2)

as

rumus rekursi untuk s = 0,1,2,...

Dari rumus rekursi bisa ditentukan nilai am untuk sembarang s

s = 0 → a2 − 2a 0

2 −a0

s 1 → a3 − a1

6

1

6

s 2 → a 4 0

s 4 → a6

a

20

2a 4

30

1

20

0

1

6

1

20a1

s 5 → a7 3a5

42

3

42(

−

1

120a1) −

1

1680a1

s 6 → a8 4a 0

63 0

∞PUPD : y ∑ a mxm a0 a1x a2x2 a3x3 ....

m0

1

6

1

120a1x5 0x6 −

1

1680a1x7 ....

1

6

1

120x5 −

1

1680x7 − .....)

y a0y1 a1y2

y1 1 − x2



16

1120

x5 − 11680

x7 − .....

2. Selesaikan PD : (x2 4)y"xy x 2

x 4

y' ∑ m amxm−1

y" ∑ (m −1)m a mxm−2

(x2 4) ∑ (m − 1)m amxm−2 x ∑ amxm x 2

4 ∑ (m − 1)m amxm−2 ∑ a mxm1 x 2

Penyelesaian:

Masing-masing ruas dibagi dengan (x2 4) menjadi:

y"2

xy

x 2

x2 4

Cek apakah P, Q, dan R analitik di titik x = 0

P(x) = 0 → analitik di titik x = 0

Q(x) =

R(x) =

x

x2 4

x 2x2 4

→ analitik di titik x = 0

→ analitik di titik x = 0

x = 0 merupakan titik ordiner PD, sehingga penyelesaian PD:

∞y ∑ amxm

m0

∞

m1

∞

m2

Substitusikan y ; y′ dan y′′ ke PD :

∞ ∞

m2 m0

atau:

∞∑ (m − 1)m

amxm2

m∞ ∞

m2 m0

atau :

2a2x2 6a3x3 12a 4x4 20a5x5 .... (s − 1)sasxs ....



8a2 24a3x 48a4x2 80a5x3 .... 4(s 1)(s 2)as2xs ....

a0x a1x2 a 2x3 a3x4 .... as−1xs .... x 2

Persamaan identitas :

− 240

− (a1 )

→ as2 − s1

a 2 a2 − 1 − 1 −

x ( − 0 )x 3 (− 1 −

y ( x

y ( x 2 x 3 − x 4 − x 5 .....) a 0 y1 (x) a1y 2 (x)496160

Koefisien x0 : 8a2 2 → a2 1

4

x1 : 24a3 a0 1 → a3 1

24a

x2 : 2a 2 48a4 a1 0 → a4 48

1

2

xs : (s − 1)s as 4(s 1) (s 2) as2 as−1 0

a (s − 1)s a s 4(s 1)(s 2)

Rumus rekursif untuk s = 2,3,4,......

Rumus rekursif ini tidak berlaku untuk s = 0 dan s = 1, karena koefisien x0

dan x1 dalam ruas kanan PD (1) tidak nol. Sehingga untuk s = 2,3,...... :

s = 2 : a4 − 1

(4)(3)(4)

a 1 248

a48

196

s = 3 : a5 −a 2 6 a 3 (4)(4)(5)

−1 4 1 4 − a0 4

80

− 1160

a0

320

Jadi PUPD :

y a 0 a1x 1 2

4

1

24

a a24 48

1

96)x

4 (−1

160

a 0

320)x

5 ........

1 2

4124

x 3 − 1

96x

4 − 1160

x 5 .....)

(1 − 124

x 3 1

320)x

5 .....) a 0

(x −1

48x

4 .....) a1



1 1 1 1

24 yc

yp

dengan : y1(x) 1 −1

24x3 1

320x5 .......

y1

dt

48 x4 .......

yc = penyelesaian komplementer, yaitu penyelesaian PD Homogen :

(x2 4) y"xy 0

yp = penyelesaian partikulir, yaitu penyelesaian PD Non-Homogen :

(x2 4) y"xy x 2

Bila x = x0 ≠ 0 digunakan transformasi : t = x-x0

x = t + x0

dx dt →dy

dt 1

Sehingga PD : y ′′ + P(x)y ′ + Q(x)y = 0 menjadi:

y'dy

dt

dy dt

dt dx

dy

dt1

dy

dt

y"d2y

dx2 d dy d dy

dx dx dx dt d dy d dy

dt dx dx dt =

d2y

dt2

P(x) P(t x0 )

Q(x) Q(t x0 )

PD menjadi : d2y 2+ P(t x0 )

dy dt

Q(t x0 )y 0 .

1.3. Persamaan dan Polinomial Legendre

1.3.1 Persamaan Legendre

Persamaan difeensial dengan bentuk umum sebagai berikut :

( 1 - x2 ) y'' - 2xy' + n ( n + 1 ) y = 0 .............................................................. (1-3)

dengan n real : disebut persamaan Legendre



jika masing masing ruas dibagi dengan ( 1-x2 ) ; PD menjadi :

y'' -2x

1 − x

2y' +

n ( n 1)

1 − x 2

y =0

Terlihat bahwa x = 0 merupakan titik ordiner dari PD; sehinga PD diatas

bisa diselesaikan dengan penderetan disekitar titik ordiner, dengan

mengambil :

∑ a

y =∑ ma

y =∑ (m − 1)ma

∑ (m − 1)ma m x m−2 − 2x∑ ma m x m−1 n(n − 1)∑ a

∑ (m − 1)ma m x m−2 - ∑ (m − 1)ma m x m − 2 ∑ ma m x m +n(n+1) ∑ a m x

m =0

koefisien x : 2(3)a 3 − 2(1)a1 n(n 1)a1 0

y=∞

m0m

x m .................................................................................................... (1-4)

'∞

m1m

x m−1 .............................................................................................. (1-5)

''∞

m2m

x m−2 ................................................................................. (1-6)

substitusikan y, y’ dan y” ke PD :

(1-x2)∞

m2

∞

m1

∞

m0m

x m = 0............ (1-7)

atau∞ ∞ ∞ ∞

m2 m2 m1 m0

atau 1.2.a 2 2.3a 3 x 3.4a 4 x 2 ........ (s 1)(s 2)a s2 x

s .......

− 1.2a 2 x 2 − 2.3a 3x3 − 3.4a 4 x4 − ...... − 2sa s x

s − .........

− 2.1a1x − 2.2a 2 x 2 − 2.3a 3x

3 − ..... − 2.sa s x s − ........

n(n 1)a 0 n(n 1)a1x n(n 1)a 2 x 2 ...... n(n 1)a s x

s ........ 0

kumpulkan x dengan pangkat yang sama, diperoleh persamaan:

koefisien x0 :1(2)a 2 n(n 1)a 0 0 → a 2 −

1

n ( n 1) 2

a 0

6a 3 (−2 n(n 1)a1 0 → a 3 −( n − 1)( n − 2)

6a1

koefisien x s : (s 1)(s 2)a s 2 [−s(s − 1) − 2s n(n 1)]a s 0



a s2 −( n − s )( n s 1)

(s 1)(s 2)a s ............................................................................ (1-8)

rumus rekursif untuk s = 0,1,2,3,......

dari rumus rekursif bisa diturunkan :

s 0; a 2 −n(n 1)

1(2)a 0 −

n(n 1)

2!a 0

s 1; a 3 −(n − 1)(n 2) 2(

3) a1 −(n − 1)(n 2)

y a o a1x − a 0 x 2 − a1 x 3 a 0 x 4

a1 x 5 ...... ......................................................... (1-9)

y a o 1 −n(n 1) 2

x − ..... a1 x −(n − 1)(n 2) 3

x − .........

x x ...... ............................. (1-11)

(n − 1)(n 2) 3 (n − 3)(n − 1)(n 2)(n 4) 5

3! a1

s 2; a 4 −(n − 2)(n 3)

3(4)a 2 −

(n − 2)(n 3)

3(4)[−

n(n 1)

2!]a 0

( n − 2) n ( n 1)( n 3) 4!

a 0

s 3; a 5 −(n − 3)(n 4)

4(5)a 3 −

(n − 3)(n 4) (n − 1)(n 2)

4(5) 3!a1

( n − 3)( n − 1)( n 2)( n 4) 5!

a1

PU.PD:

n(n 1) (n − 1)(n 2) (n − 2)n(n 1)(n 3)

2! 3! 4! ( n − 3)( n − 1)( n 2)( n 4) 5!

atau

2!x

(n −

2)n(n 1)

(n 3) 4

4! 3!x

( n − 3)( n − 1)( n 2)( n 4) 5 5!

atau

y a 0 y1 (x) a1y 2 (x) .................................................................................... (1-10)

dengan :

y1 (x) 1 −n(n 1) 2

2!

(n − 2)n(n 1)(n 3) 44!



y 2 (x) x −3!

x 5!

x − ........ ....... (1-12)

1.3.2 Polinomial Legendre

Dalam beberapa aplikasi, parameter n dalam persamaan

(2n)!

2 (n − 1)!−(n − 2)!

a n−2 n

2 m!(n − m)!(n − 2m)!

Legendre adalah bilangan bulat positif (n ≥ 0) . Jika n adalah bilangan

bulat positif, untuk s = n sisi kanan persamaan (1-15) sama dengan nol,

dan

a n2 0 ; a n4 0 ; a n6 0 ; a n8 0 ;........ ....

sehingga,

- jika n genap; persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu

polinomial derajat n dalam x

- jika n ganjil ; Persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu

polinomial derajat n dalam x

untuk n genap maupun ganjil polinomial derajat n yang terjadi disebut

polinomial Legendre, ditulis dengan Pn (x) . Bentuk umum dari Pn (x) bisa

diturunkan dengan cara sebagai berikut:

rumus rekursif (1-8) diperoleh

a s −(s 1)(s 2)

(n − s)(n s 1)a s2 ; s ≤ n − 2 ....................................................... (1-13)

sehingga untuk s = 0;1; 2; 3;.......... ;n – 1, nilai a s dapat dinyatakan

dalam a n (n adalah pangkat tertinggi dari x dalam polinomial).

Koefisien an merupakan konstanta sembarang, dipilih sebagai berikut:

1

a n 2n (n!) 2

; n 0

; n 1; 2;3; 4 ...................................................................... (1-14)

pemilihan nilai an ini dilakukan agar untuk sebarang polinomial Pn (x) ;

harga Pn (1) 1, sehingga : a n−2 − n

(2n − 2)!



a n−4 −( n − 2)( n − 3)

4(2n − 3)

(2n − 4)!

2 2!n − 2)!(n − 4)!

a n−2m (−1) m n

(2n − 2m)!

sehingga Pn (x) yang merupakan penyelesaian dari persamaan Legendre

bisa dinyatakan secara umum :

∑ (−1)(2n − 2m)

2 m!(n − m)!(n − 2m)!

2 n!)x n − n

P4 (x) (35x 4 − 30x 2 3) P5 (x) (63x5 − 70x 3 15x)

Pn (x) M

m0

m

nx n−2m .............................................. (1-15)

(2n)!n 2

(2n − 2)!

2 1!(n − 1)!(n − 2)!

x n−2 −.......

dengan : M n

2untuk n genap dan M

n − 1 2

untuk n ganjil.

Beberapa polinomial Legendre orde n :

P0 (x) 1 P1 (x) x

P2 (x) 1

2(3x

2 − 1) P3 (x) 1

2(5x

3 − 3x)

1

8

1

8

secara grafis Pn (x) bisa digambarkan sebagai berikut:

P n(x)

1 P 0

P 1

P 2

-1 P 3 1x

P 4

Rumus - rumus rekursif untuk polinomial Legendre:

1. Pn 1 ( x ) 2 n 1n 1

x Pn ( x ) −n

n 1Pn −1 ( x )



2. P 'n 1 ( x ) − P 'n −1 ( x ) (2 n 1)Pn ( x )

Rumus polinomial Legendre Pn (x) bisa dituliskan dalam bentuk formula

Rodrigues sebagai berikut:

Pn ( x ) 1 d n

2 n n ! dx nPn −1 ( x

2 − 1) n

Dua buah polinomial Legendre yang berbeda akan saling tegak lurus

∫ P

∫ P

f (x) ∑ A k Pk (x) A 0 P0 (x) A1 P1 (x) A 2 P2 (x) ……....................... (1-16)

f (x) ∑ A k Pk (x) konvergen ke :

∞

∫ Pm (x) f (x) dx ∑ A k ∫ P

∫ Pm (x) f (x) dx A m ∫ Pm (x) dx

pada interval − 1 x 1 ; sehingga:

1.1

−1

m (x)Pn (x)dx ; m ≠ n

2.1

−1

2

n(x)dx 2

2n 1

1.3.3 Deret Polinomial Legendre

Jika f(x) memenuhi syarat Dirichlet dalam interval -1 < x < 1 ,

maka f(x) bisa diekspansikan kedalam suatu deret Legendre yang

berbentuk :

∞

k0

Syarat Dirichlet untuk deret polinomial Legendre :

1. f(x) terdifinisi dan bernilai tunggal kecuali pada beberapa titik yang

jumlahnya berhingga dalam interval (-1, 1)

2. f(x) periodik dengan perioda 2

3. f(x) dan f’(x) kontinu bagian demi bagian pada (-1,1) maka deret

∞

k0

a. f(x) jika x titik kontinu.

b.f ( x ) f ( x − )

2; jika x titik diskontinu

Bukti :



1

−1 k0

1

−1

m (x) Pk (x) dx

−

1

−

11

12 2

2m 1

∫ P

f (x)

∑ A

∫ P (x) f (x) dx

1 1

3

0

3x 2 − 1

9

11 63x 5 − 70x 9 15x

0

A m

A m 2

2m 1

1

−1

m (x) f (x) dx

Contoh :

1 ; 0 x 1

0 ; − 1 x 0

Ekspansikan f(x) ke dalam deret Polinomial Legendre :

Deret polinomial Legendre f (x) ∞

k0k Pk (x)

Ekspansikan

dengan A k 2 k 1

2

1

−1

k

k 0 → A 0 12

1 1

∫−1P0 (x) f (x) dx 2 ∫0 1.1 dx 2

k 1 → A1 3

2

1

∫ P1 (x) f (x) dx −1

3

2

1

∫ x.1 dx 4

k 2 → A 2 5

2

1

∫ P2 (x) f (x) dx −1

5

2

1

∫0 2dx 0

k 3 → A3 72

1

∫ P3 (x) f (x) dx −1

72

1

∫

0

5x 3 − 3x

2dx − 7

16

k 4 → A 4 9

2

1

∫−1P4 (x) f (x) dx 2

1

∫

0

35x 4 − 30x

2 38

dx 0

k 5 → A5 11

2

1

∫ P5 (x) f (x) dx −1

1

2 ∫ 8 dx 11

32

dan seterusnya

f (x) 1

2P0 (x)

3

4P1 (x) −

7

16P3 (x)

11

32P5 (x) − .......... ...



Soal Latihan.

Selesaikan persamaan diferensial berikut :

x 2x 4 ...)

y a1x a 0 (1 − x 2 − x 4 − x 6 − x − ...)

1.

2.

3.

4.

xy"2y'4xy 0

(1 − x 2 )y' 2xy

(x 1)y'−(2x 3)y 0

(1 − x 2 )y"−2xy'2y 0

5. Selesaikan PD : y"y 0 dengan penderetan disekitar titik x = 1.

Jawaban :

1. y −2 a 3x 3

2. y a 0 (1 x 2 x

4 ...) a 0

1 − x 2

3. y a 0 (1 3x x 2

10 3

3

4.1 1

3 51 8

7

5. y a 0 (1 −t 2

2!

t 4

4!− ....) a1 (t −

t 3

3!

t 5

5!− .....) a 0 cos(x − 1) a1 sin(x − 1)

1.4 Metode Frobenius (Extended Power Series Method)

Persamaan diferensial berbentuk : y" P(x)y' Q(x)y 0 ...................... (1-18)

Bila P(x) dan Q(x), salah satu atau keduanya tidak analitik pada titik x = x0,

maka titik x0 disebut titik singular dari PD. Jika U(x) = P(x) (x-x0) ; V(x) = Q(x)

(x-x0), PD menjadi :

y"Ux

x − x 0

y'Vx

x − x 0 2y 0 ......................................................................... (1-19) atau:

x − x 0 2 y"x − x 0 Uxy'Vxy 0 .......................................................... (1-20)



Jika U(x) dan V(x) analitik di x = x0 , maka x0 disebut titik singular teratur.

Jika U(x) dan V(x) tidak analitik di x = x0 , maka x0 disebut titik singular tak

teratur untuk PD (1).

∑ a x − x

∑ ay x r ∑ a m x m x r a 0 a1x a 2 x 2 .............

Ux ∑ bs x s b0 b1x b 2 x 2 b3x 3 ....... bs x s dan

Vx ∑ cs x s c0 c1x c 2 x 2 c3x 3 ...... cs x s

∑ a m x ∑ m ra m x mr−1

∑m ra m x mr−1 ∑ m r − 1m ra m x mr−1

x ra 0 r 1a1x ....b 0 b1x b 2 x 2 b3 x 3 .....

c 0 c1x c 2 x 2 c 3 x 3 .... a 0 a 1x a 2 x 2 .....

c0 c1x c2x2 .... a0 a1x a2x2 ....

Teorema 1.

Apabila x = x0 merupakan titik singular teratur dari PD (1); maka PD(1) paling sedikit mempunyai satu penyelesaian basis yang

berbentuk: y x r

∞

m0m 0

m . ........................................................................... (1-21)

Jika x0 = 0 ;∞ ∞

m x mr .......... (1-22)

m0 m0

r adalah konstanta yang akan ditentukan, sedemikian sehingga a0 ≠ 0.

Misalkan penderetan U(x) dan V(x) dalam deret kuasa adalah:

∞

s0

∞

s0

y' d ∞

dx m0

mr

∞

m0

y"d ∞

dx m0 m0

∞

Hasil-hasil tersebut dimasukkan ke dalam PD x2y”+xU(x)y’+V(x)y =

0,sehingga:

x 2 . x

r−2 r − 1ra 0 rr 1a1............ x r−1

x r 0



atau

x r r − 1ra 0 rr 1a1x ... x

r b0 b1x .... ra 0 r 1a1x ....... xr 0 ...................................................... (1-23)

Persamaan identitas:

Koefisien xr : rr − 1a 0 b0ra 0 c0a 0 0

rr −1 b0r c0 a 0 0

r

r

2

2

−

r

b

0

r

c

0

a

0

0

b0 − 1r c0 0

r dipilih sedemikian sehingga a ≠ 0 , sehingga r2 + (b0 – 1)r + c0 = 0 ............. (1-24)

∑ a

4 ∑(m r)(m r −1) am xmr−1 2 ∑ (m r) am xmr−1 ∑ am xmr 0

4r(r −1)a x 4(r 1)r a x ........ 4(s 1 r)(s r)a x .....

2r a x 2(r 1) a x 2r(r 2)a x ..... 2(s 1 r)a xrs ......

a x a x a x ....... a x ........ 0

Persamaan (1-24) disebut persamaan indicial.

Teorema 2.

PD berbentuk (1-18) memenuhi asumsi dalam Teorema 1. r1 dan r2 adalah

akar-akar dari persamaan indicial, maka ada 3 kasus sebagai berikut :

1. r1 ≠ r2 dan r1 − r2 ≠ bilangan bulat , penyelesaian basis untuk PD (xx)

adalah:

y1 (x) x r1 (a 0 a1x a 2 x

2 ...... ) .................................................................... (1-25)

y 2 (x) x r2 (A 0 A1x A 2 x

2 ...... ) ................................................................ (1-26)

Koefisien am dan Am diperoleh dari rumus rekursi yang diturunkan dari

persamaan

(1-18) dengan r r2 dan r r2 .

2. r1 r2 , penyelesaian basis untuk PD (1-18) adalah:

y1 (x) x r (a 0 a1x a 2 x

2 ...... ); r 1

2(1 − b0 ) ......................................... (1-27)

y 2 (x) y1 ln x x r (A1x A 2 x

2 ...... ); (x 0) ...................................... (1-28)

3. r1 ≠ r2 dan r1 − r2 bilangan bulat , (r1 − r2 ) 0 penyelesaian basis

untuk PD (1-18) adalah:

y1 (x) x r1 (a 0 a1x a 2 x

2 ...... ) ................................................................... (1-29)



y 2 (x) k y1 ln x x r2 (A 0 A1x A 2 x

2 ...... ) ............................................ (1-30)

Contoh :

1. Selesaikan PD : y" 1

2xy'

1

4xy 0 (kasus 1)

Penyelesaian :

Titik x = 0 merupakan titik singular teratur, sehingga y

4xy" 2y' y 0PD dituliskan :

∞

m0m

x mr .

Substitusikan y, y’, y” ke PD diperoleh:

∞ ∞ ∞

m0 m0 m0

4(s r 1)(s r )a s1 a s 0

a1 − 0 , a 2 − 1 0 , a 3 − 2 − 0 , dan seterusnya.

(−1) my1 (x) x1 2 ∑ x m 0 x (1 − x

r−1 r rs0 1 s1

r−1 r r10 1 2 s1

r r1 r2 rs0 1 2 s

Persamaan Indicial :

4r(r − 1) 2r 0

r 2 −1

2r 0

r1 12

; r2 0

Koefisien dari x rs :

4(s r 1)(s r)a s1 2(s r 1)a s1 a s 01

2

a s1 −a s

(2s 2r 2)(2s 2r 1); s 0 ,1, 2 ,......

Untuk r r1 1

2, rumus rekursi menjadi :



a s1 − a s

(2s 2r 2)(2s 2r 1); s 0,1, 2,......

a a a a a

3.2 5.4 5! 7.6 7!

a m −(−1)m a 0

(2m 1)!, m 0 ,1, 2 ,......

∞

m0 (2m 1)!

a 16

1

120x

2 ...... )

Untuk r r1 0 , rumus rekursi menjadi :

As1 −As

(2s 2)(2s 1); s 0 ,1, 2 , 3......

A1 −A 0

2.1, A 2 −

A1

4.3

A 0

4!, A 3 −

A 2

6.5 −

A 0

6!, dan seterusnya.

A m −

y 2 (x) ∑ x A 0 (1 −

y c1 y1 c2 y 2 c1 a 0 x (1 − x

x 2 − ...... ) k 2 1 − x 2 − .......

∑ (m r) (m r − 1) a m x − ∑ (m r) (m r − 1) a m x m r −1

3 ∑ (m r)a m x m r − ∑ (m r) a m x m r −1 ∑ a m x m r 0

y1 (x) ∑ a 0 x m 1bila dipilih a 0 1 ; y1 ∑

y 2 u(x) y1 (x) u(x).

( − 1) m A m 2m!∞

m0

(−1) m m

2m!

1

2x

1

24x

2 ...... )

PUPD16

1120

x 2 .c 2 A 0 (1 −

12

x 124

x 2 − .....)

: y k1 x (1 −1

6x

1

120

1

2x

1

24

2. Selesaikan PD : x (x-1)y” + (3x-1)y’ + y = 0 (kasus 2)

Penyelesaian :

x = 0 merupakan titik Singular teratur dari PD, sehingga

Substitusikan y , y', y" ke PD :∞

m 0

m r ∞

m0

∞ ∞ ∞

m 0 m0 m 0

Persamaan indicial :

− r(r − 1) − ra 0 0 atau r 2 0; r1,2 0

Koefisien x rs dengan r1 r2 0 maka rumus rekursi :



s(s − 1)a s − (s 1)s a s1 3s a s − (s 1)a s1 a s 0

a s1 a s

Sehingga : a 0 a1 a 2 ..........

∞

m 0

a 0

1 − x;

∞

m 0 1 − x

Penyelesaian basis kedua dicari dengan persamaan (1-28) atau

dengan memisalkan :

1

1 − xSubstitusikan y , y', y" ke PD :

x(x − 1)(u" y1 2u' y1 'uy1") (3x − 1)(u' y1 uy1 ') uy1 0

y1 adalah penyelesaian PD, sehingga :

x(x − 1)(u" y1 2u' y1 ' ) (3x − 1)u' y1 0

x(x − 1)(u"1 1 − x

2u' 1 (1 − x)

3. Selesaikan PD : (x − 1)x y"−(x 1)xy'(x 1)y 0 (kasus 3)

∑ a

(x 2 − 1) ∑ (m r) (m r − 1) a m x m r − (x 2 1) ∑ (m r) a m x m r

(x 2 1) ∑ a m x m r 0

∑ (m r − 1) a m x m r2 − ∑ (m r 1)(m r − 1) a m x m r 0

2

) (3x − 1)u' 1 − x

0xu" u' 0u"

u' −

1

x

ln u' − ln x ln1x

u' 1x

, u ln x

y 2 u y1 ln x1 − x

PUPD : y c1 y1 c 2 y2 c11

1 − x c 2

ln x1 − x

2 2 2 2

Penyelesaian :

x = 0 merupakan titik Singular teratur dari PD, sehingga

y ∞

m 0m

x m r

Substitusikan y , y', y" ke PD :



∞ ∞

m 0 m 0

∞

m0

Kalikan dan sederhanakan diperoleh persamaan :

∞

m 0

2∞

m0

Persamaan Indicial :

(r 1)(r − 1) 0

r1 1 ; r2 −1

Koefisien x r1 : − (r 2)ra1 0

a1 0

Koefisien xsr2 : (s r −1)2 as − (s r 3) (s r 1) as2 0

Untuk r r1 1, diperoleh rumus rekursi :

, s 0 ,1, 2, 3,......

a 2(s 4)(s 2)

x −1x 2a 0 xu"(x) 2u'(x)− xa 0 u(x) u'(x)x a 0 xu(x) 0

−1x u"(x) 2x −1xu' (x) − x 1u(x) − x 1xu' (x) x−1x u"(x) x − 3xu' (x) 0

a s

;s 0 ,1, 2 , ......

a1 0 , sehingga a 3 0, a 5 0 , a 7 0 ,.........

Untuk s 0 → a 2 0 sehingga a 4 0, a 6 0 , a 8 0 , ..........

y1 a 0 x

Untuk r r2 −1 , rumus rekursinya adalah :

a s2 (s − 2)2

s(s 2)a s ; s 0 ,1, 2 ,......

s 0 → a 2 4

0a 0 ,

a 0 0 (tidak memenuhi a 0 ≠ 0)

Penyelesaian basis yang kedua bisa ditentukan berdasarkan teorema

2 kasus 3 dengan r = -1 atau dengan memisalkan

y 2 y1 xux a 0 xu(x) .

y 2 ' a 0 u(x) u' (x)xy 2 " a 0 u' (x) u"(x)x u' (x) a 0 xu"(x) 2u' (x)



Substitusikan y2 , y2 ', dan y2 " ke PD, sehingga :2

masing-masing ruas dibagi dengan a 0 x :

x

x

x

2

2

2

−

1xxu(x

) 2u' (x

)− x2

1 u(

x) u' (x

)x x

2

1u(x) 0

2

2

2

2

2 2

−1xu"(x) x − 3u'(x) 0 → x − 3

x(x −1) − −

xx− 3

y c1a 0 x c2 x ln x x ln x 2x

(x 1)y' − y 0

2

1u(x) 0

x

2 2 u"

u' −

2

x(x 2 −1)

u"

u' −

3 − x 2

2

3

x

1 1x 1 x −1

ln u' −3 ln x ln(x 1) ln(x −1)

ln(x 1)(x −1)

x3 ln

x 2 −1

x3

u' x

2 −1 13

1

x

u ln x 1

2x 2

y2 (x) xu(x) x ln x 1

2xPU PD: y c1y1 c2 y2

1 2x

y k1x k2 1

Soal Metode Frobenius.

1. xy" 2y' 4xy 0

2. xy" (1 − 2x)y' (x − 1)y 0

3. x(1 − x)y" 1

2

1

2

4. (x − 1)2 y" (x − 1)y' − 4y 0

5. (1 x)x 2 y" − (1 2x)xy' (1 2x)y 0

6. x 2 y" − 5xy' 9y 0

Jawaban:

1. y1 x −1 cos 2x ; y 2 x −

1 sin 2x



2. y1 e

3. y1

x

x

;

;

y2 e x ln x

y2 1 x

4. y1 (x − 1) 2 ; y2 (x − 1)−2

5. y1 x ; y 2 x ln x x 2

6. y1 x3

; y 2 x 3 ln x

Bentuk umum PD Bessel : x y xy (x − )y 0 ................................ (1-31)

y(x) x r ∑ a m x m ∑ a

∑ (m r)a m x mr−1 x r−1 ∑ (m r)a m x m

y" (x) ∑ (m r)(m r −1) x r−2 ∑ (m r)(m r − 1)

x2 x r−2 ∑(m r)(m r −1)a mx m xx r−1 ∑(m r)a m xm (x 2 − 2 )x r ∑a mx m

∑ (m r)(m r − 1)a m x mr ∑ (m r)a m x mr ∑ a m x mr2 − 2 ∑ a m x mr 0 ..(1-35)

Koefisien x r : (r −1)r a 0 r a 0 − a 0 0

Koefisien x :

1.5. Persamaan Bessel

1.5.1 Fungsi Bessel Jenis Pertama2 " ' 2 2

dengan parameter yang diketahui dan nilai ≥ 0.

Persamaan ini biasanya muncul dalam masalah getaran; medan-medan

elektrostatik; masalah konduksi panas dan sebagainya. Untuk

menyelesaikan PD Bessel ini, digunakan metoda Frobenius dengan

penderetan di sekitar x=0 (x=0 merupakan titik singular teratur untuk PD

Bessel di atas).

Penyelesaian PD mempunyai bentuk :

∞

m0

∞

m0m

x mr

................................................................ (1-32)

dengan syarat nilai a 0 ≠ 0 . Sehingga :

y' (x) ∞ ∞

m0 m0 ......................................... (1-33)

∞

m0 a m x mr−2

∞

m0 a m x m ...(1-34)

PD nya menjadi :

∞ ∞ ∞

m0 m0 m0 =0

atau,

∞ ∞ ∞ ∞

m0 m0 m0 m0



Jika x tidak selalu nol, maka yang pasti = 0 adalah koefisien-koefisien dari

x rs :

2

(r 2 − r r − 2 ) a 0 0

(r 2 − 2 ) a 0 0 ; a 0 ≠ 0

Persamaan indical :r 1

Koefisien x : (s r − 1)(s r) a s (s r) a s a s−2 − 2a s 0

(s r)(s r − 1 1) − a(s r) − a

(s ) − − 2

s 2s −

2 m( m)

2 ( 1)

r 2 − 2 0 ; r1.2 ..................................................

r(r 1)a1 (r 1)a1 − 2a1 0

(r 2 r r 1 − 2 ) a1 0

(2r 1 r 2 − 2 ) a1 0

(2r 1) a1 0 ; (2r +1) tidak selalu 0

a1 0r s

2

2

2

s

s

−a s−2

−a s−2

Untuk r = :

a s − a s−2

(s r) 2 − 2.... (1-37)

a s = -a s−2

2 2

a s−2

2 2 −

a s−2

s(s 2)

s=2 →

s=3 →

a 2 −

a 3 −

a 0

2(2 2)

a1

3(3 2)

−

0

a 0

4(1 )

s=4 → a 4 − a 2

4(4 2) a 0

2.4(2 ).4(1 )

Karena a1 = 0 ; ≥ 0 , maka untuk s ganjil a s 0 dan untuk s genap = 2m ;

m =1,2,3,….



a 2m −1

2m(2 2m)a 2m−2

−2

1a 2m−2

Karena a 0 sembarang dan a 0 ≠ 0 , maka bisa dipilih a 0

1

D engan

− 22 ( 1) 2 ( 1)

2

2 2( 2) 2.2 ( 2) 2

2 3( 3) 3.2 ( 3) 2! 2

y ∑ (−1)m

J (x) ∑ (−1) m

J (x) x ∑ (−1) m

∑ (−1)

( 1) () !untuk = 0, 1, 2, 3, … sehingga :

m=1 → a 2 − a 0

2(2 2)1 1

2 2

− 1

( 1)( 1) 2

− 1

( 2)

1!2 2

1

( 2)

m=2 → a 4 − 2

a 2 −2

12

− 1( 2)

2 4

1

.2( 3)

2! 2 4

1

( 3)

m=3 → a 6 − 2

a 4 −2

14

1

( 3)

m=m → a 2m (−1) mm! 2

2m

1

( m 1)

∞

m0 m! 2

2m

1

( m 1)x 2m .......................................................... (1-38)

Fungsi y yang merupakan penyelesaian PD berbentuk deret tak hingga ini

disebut Fungsi Bessel Jenis Pertama orde dan dinotasikan dengan J (x)

Jadi,∞

m0 m! 2

2m

1

( m 1)x 2m

∞

m0 m! 2

2m

1

( m 1)x 2m .............................................. (1-39)

Untuk akar indicial yang lain, yaitu r = - ;

J − (x) ∞

m0

m

m! 2-2m

1

(− m 1)x −2m ......................................... (1-40)



Untuk bukan integer (bukan bilangan bulat), maka J (x) dan

J − (x) tidak bergantungan secara linier, sehingga PU PD Bessel :

y(x) C1 J (x) C2 J - (x) .......................................................................... (1-41)

J −n (x) ∑ (−1)m

∑ (-1) ∑ (−1)

∑ (−1)m

m p n

J −n (x) ∑ (−1)pn

(-1)n x n ∑ (−1)p

(-1) J n (x)

C1 (−1)n C2

J n (x) x n ∑ (−1)m

n 0 → J 0 (x) ∑ (−1)m

m! 2 (m 1)

2 4

Untuk integer (bulat) ; misalkan = n ; n = 0, 1, 2, 3, ……………

∞

m0 m! 2

-n2m

1

(−n m 1)x −n2m

n-1

m0

m x −n2m

m! 2-n2m (−n m 1)

∞

mn

m x −n2m

m! 2-n2m (−n m 1)

Karena untuk m = 0, 1, 2, ………..(n-1) ; harga (−n m 1) ∞ , maka :

J −n (x) ∞

mn

x −n2m

m! 2-n2m (−n m 1)

Misalkan,

Sehingga,

p m − n

- n 2m 2p n

- n m 1 -n p n 1 p 1 m n → p n n → p 0

∞

p0

x 2pn

(p n)! 22pn (p 1)∞

p0

x 2p

p! 22pn (p n 1)n

Jadi untuk = n bulat ;

y(x) C1J n (x) C2J −n (x) C1J n (x) (−1)n C2 J -n (x)

y(x) J n (x) K J n (x)

belum merupakan PU PD Bessel, karena hanya memuat satu konstanta

sembarang untuk PD orde 2.Untuk menentukan Penyelesaian Basis yang

lain pada kasus = n bulat ini akan dibahas pada bagian Fungsi Bessel

Jenis Kedua.

Fungsi Bessel Jenis Pertama untuk n = 0, 1, 2, ………. (bulat)

∞

m0 m! 2

n2m

1

(n m 1)x 2m



∞

m02m

1 x 2m

(-1)0 x 0 20 0!(1) (−1)1 x 2

4 − 6

n 1 → J1 (x) ∑ (−1)m

3 5

− 3 5

2 1!(2) (−1) 2 x 4 2 2!(3) .......... ..

1 -x 2

22

x 4

2 (2!) 2x 6

2 (3!) 2 .................... .....

1 -x 2

4

x 4

64−

x 6

2304 .............................. ......

∞

m0 m! 2

2m1

1

(m 2)x 2m1

(-1)0 x1

21 0!(2)

(−1)1 x 3

2 1!(3)

(−1) 2 x 5

2 2!(4) .......... .

x

2

x 3

2 1! 2!

x 5

2 2!3!− .............................. .

x

2−

x 3

16

x 5

384− ........................................ ...

y

x x1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 y

- Akar-akar dari J 0 (x) 0 dan J1 (x) 0

Berikut ini adalah 5 buah akar positif pertama dari J 0 (x) 0 dan

J1 (x) 0 dalam 4 desimal, beserta selisih antara 2 akar yang

berurutan :



J0 (x) J1 (x)

Akar Selisih Akar Selisih

x1 2,4048

3,1153

x 2 5,5201

3,1336

x 3 8,6537

3,1378

x 4 11,7915

3,1394

x 5 14,9309

x1 3,8317

3,1839

x 2 7,0156

3,1579

x 3 10,1735

3,1502

x 4 13,3237

3,1469

x 5 16,4706

∑ (−1)

(x 2) 22m (-1)m∞

∑

(x 2)

1! 32 2! 52

1 −1/ 2

− .........

1 −1/ 2 2! 2 3 5

− ..............

1 − 3! 5! − ............

Untuk 1 2 ;

J 12 (x) x1

2

∞

m0

m

m! 2 122m

1

( 12 m 1)x 2m

1

m0 m!(m 32)

J 12 (x) 1

2

0! 12 −

(x 2)12

52

9

(x 2)9 12 2

2

Catatan : ( 1) ()

( 12 )



J 12 (x) (x / 2)1/

2

(x / 2)2

1!3/2

(x / 2)4

2!5/2 3/2

(x / 2)1/

2

x 2

1! 2 3

x 4

2

(x / 2)1/ 2 x 2 x 4

1/ 2

1/ 2 x ................

− cos x

sin x

x J (x) ' x J −1 (x)

x J (x) ' −x −J 1 (x)

n0 n!

Sin x x -

Cos x 1 -

x 3

3!

x 2

2!

x 5

5!

x 4

4!

−

−

x 7

7!

x 8

8!

.......... ......

.......... ......

Jadi :

J1/ 2 (x) (x / 2)1/

2 1

x −x 3

3!

x 5

5!−

x 7

7!

x 2 1

xSin x

2

xSin x

J1/ 2 (x) 2

xSin x

Dengan cara yang sama bisa ditentukan :

J −1/ 2 (x) 2

xCos x

J 3/ 2 (x) 2 sin xx x

J −3/ 2 (x) 2 cos xx x

1.

2.

Rumus-rumus untuk fungsi Bessel :

−



3. J −1 (x) J 1 (x) 2 x

J (x)

4. J −1 (x) − J 1 (x) 2J '(x)

Rumus integral yang meliputi fungsi Bessel

1. ∫

x

J −1 (x)dx x J (x) C

2. ∫ J1 (x)dx ∫ J −1 (x)dx − 2J (x)

− Cos x

− Sin x

x 2 J 2 (x)

x 3 J 3 (x)

x 4 J1 (x) − J 0 (x) − 2x 3 x J 2 (x) − J1 (x)

x 4 J1 (x) − J 0 (x) − 2x 3 x x J1 (x) − J 0 (x) − J1 (x)

x −2 J3 (x) dx -∫ x 5 d x -2J 2 (x)

3. ∫

x

− J 1 (x)dx −x −J (x) C

Contoh :

1. J 3/ 2 (x) J1/ 21 (x) 2 12

xJ1/ 2 (x) − J1/ 2−1 (x)

1x

2

xSin x - 2

xCos x 2

xSin x x

J −3/ 2 (x) J −1/ 2−1 (x) 2(−

1 2

)

x

J -1/2 (x) − J −1/ 21 (x)

−1

x

2

xSin x -

2

xCos x

-2 Cos xx x

2. ∫

x

4 J1 (x) dx ∫ x 2 x

2 J1 (x) dx ∫ x

2 d

x 2 x

2 J 2 (x) − ∫ x 2 J 2 (x) dx

2

x 4 J 2 (x) − 2∫ x

3 J 2 (x)

x 4 J 2 (x) − 2∫ d

x 4 J 2 (x) − 2x

3J 3 (x) C

2 x

2 x

2.2

4 2

2x

3 J1 (x) − x 4 J 0 (x) − 16x J1 (x) 8x

2 J 0 (x) 2x 3 J1 (x)

(8x 2 − x

4 ) J 0 (x) (4x 3 − 16x) J1 (x) C



3. ∫

x

3 J3 (x) dx ∫ x 5

−x 5 x

-2 J 2 (x) ∫ x

−2 J 2 (x) dx

5

x −1J 2 (x)

x -1J1 (x)

−x 3J

2 (x) 5∫ x 2 J 2 (x) dx

5

−x 3J 2 (x) 5∫ x

3 −x

3J 2 (x) 5∫ x 3 d

−x 3J 2 (x) 5x

2J1 (x) − 5∫ x −1J1 (x) dx

3

−x 3J 2 (x) 5x

2J1 (x) − 15∫ x J1 (x) dx

−x 3J 2 (x) 5x

2J1 (x) − 15∫ x J 0 (x) dx

−x 3J 2 (x) 5x

2J1 (x) − 15∫ x dJ 0 (x) −x

3J 2 (x) 5x 2J1 (x) − 15x J 0 (x) − 15∫ J 0 (x) dx

Contoh aplikasi : Vibrasi dari Rantai yang Tergantung

Suatu rantai dengan massa persatuan panjang konstan, dengan

panjang L digantung tegak lurus pada suatu tumpuan tetap O seperti

dalam gambar. Pada saat t = 0, rantai ditempatkan dengan membentuk

sudut terhadap bidang vertikal, kemudian dilepaskan.

x=0

x=x

x=L

W(x)

y

FU=(x,t)

x

L = panjang rantai

= densitas rantai (massa persatuan panjang) = konstan

= sudut penyimpangan rantai terhadap bidang vertikal



U(x,t) = besarnya simpangan di titik x = x pada rantai terhadap vertikal

pada saat t

Berat bagian rantai di bawah sembarang titik (x = x ) = W (x)

w(x ∆x) ∂(x ∆x) − w(x)∆x ∂x

gL − x ∂x

∂t g(L − x) ∂x

W (x) = g (L-x)

Karena rantai menyimpang sejauh terhadap bidang vertikal, maka,

W (x) ≈ gaya tekan yang bekerja secara tangensial pada gerak

rantai.

Sehingga komponen horisontal dari gaya tekan W(x)F (x) = W (x)sin

:

Jika → 0 ;W (x) Sin ≈ W (x) tg =W(x)∂ U ( x , t )

∂x

Ambil bagian kecil rantai dari x sampai x + ∆ x ; dengan ∆ x → 0

maka besarnya perubahan gaya : F (x+ ∆ x) - F (x)

F(x+ ∆ x) - F (x) = W(x+ ∆ x)

∂ U ( x ∆ x , t ) ∂(x ∆x)

- W(x)∂ U ( x , t )

∂x

=lim

∆x → 0[W(x+ ∆ x)

∂ U ( x ∆ x , t ) ∂(x ∆x)

- W(x)∂ U ( x , t )

∂x]∆ x ∆x

=lim

∆x → 0

∂U(x ∆x, t)

∆x

∂U(x, t)

∆x∂ ∂x w(x)

∂U(x, t) ∂x

∆x∂ ∂ U ∂x

Hukum Newton II : F = ma = massa x percepatan

- percepatan vibrasi :∂

2 U

∂x 2

- massa dari bagian kecil rantai (∆x) = ∆x



Gaya F ∆x

jadi :

∂ 2 U ∂t 2

, gaya ini sama dengan perubahan gaya F(x+∆x) - F(x),

∆x ∂

2 U2 ∆x

∂ ∂U ∂x

∂t (L − x) ∂x

∂t

∂t

−

∂ 2 U

2

g ∂ ∂U ∂x

∆x g∂ ∂x

(L − x)∂U ∂x

Bila gerakannya merupakan gerak periodik dalam t dengan periode

2/, maka :

U(x, t) y(x) cos(t )

∂ U ∂t

− y(x) sin(t )

∂ 2 U

2 − 2 y(x) cos(t )

∂ U ∂x

y'(x) cos(t )

∂ 2 U

2 − 2 y cos(t ) g

∂ ∂x

(L − x)∂U ∂x

− 2 y cos(t ) g∂∂x

(L − x) y'cos(t )

− 2 y cos(t ) g cos(t )∂∂x

(L − x) y'

− 2 y g∂∂x

(L − x) y' g− y'(L − x)y"

−2

gy −y'(L − x)y"

(L − x)y"−y'2 y 0 ; 2 2

g



Misal : L-x = z ;dz dx

−1

y' dy

dx

dy dz

dz dx −1

dy

dz −

dy

dz

y"d 2 y

dx 2 d dy

dx dx d dy

dx dz −1 d dy

dz dx

d 2 y

dz 2

dz

s 2z

dz

; z

2z 2 ds z 2

dz dz dz z − 2 z z 2

− z 2 z 2

− z 2 z 2 z 2

− z 2

z− z 2

zds

ds − z 2 z 2

ds z 2

ds −1z 2

ds

Sehingga persamaan menjadi : zd 2 y

2

dy

dz 2 y 0

Misal :

12

2s ds

42

s 2

42

sds

22;

ds

dz

22

s

dy

dz

dy ds

ds dz

22 dy

s ds

22 dy1

− 1 dy

ds

d 2 y2 d dy d

dz− 12 dy 1 −32 dy

ds ds

− 1 d dy dz ds

1 −3

2dy ds

− 1 d dyds dz

1 −3

2

1 −3

2

dy

ds

dyds

− 1

2 z −1

d ds

d 2 yds 2

− 1 dy ds

Persamaan menjadi

1 −3

2dyds

2 z −1

d 2 y 2

− 12 dy ds

2 y 0 , atau

2 d 2 y2

1 − 1 − 1 dy 2 ds

2 y 0

2d 2 y

2

1 − 1

2

dy

ds 2 y 0

d 2 y2

1 − 1

2dy ds

y 0



d 2 y2

1 dy

s ds y 0 → PD Bessel dengan = 0

Penyelesaian PD : y(s) J 0 (s)

Sehingga y(x) J 0 (2 L − x / g )

Syarat batas : pada x = 0 rantai berada pada posisi tetap pada setiap

saat : y(0) = 0

y(x) E J n (x) − sin n j−n (x)

y(x) E J n (x) F n

sin n

J n (x) cos n − J −n (x) sin n

J (x) cos p − J −p (x)

y(0) J 0 (2 L − 0 / g 0 → J 0 (2 L / g ) 0

Akar positif pertama dari J 0 (2 L / g ) 0 adalah 2,4148, berarti

2 L / g 2,4048 ; 2,4048

2g / L .

Frekuensi getaran (gerakan) rantai =

2,4048g / L siklus/satuan waktu

4

2

siklus/satuan waktu =

1.5.2. Fungsi Bessel jenis kedua

Persamaan diferensial Bessel berbentuk :

x 2 y" xy' (x

2 − n 2 )y 0 dengan penyelesaian : y(x) c1J n (x) c2 J −n x.

Untuk n bilangan bulat, Jn(x) dan J-n(x) bergantungan secara linear, maka

harus dicari penyelesaian basis kedua selain Jn(x) untuk memperoleh

penyelesaian umum PD Bessel untuk n bilangan bulat.

c1 dan c2 adalah konstanta sembarang, dipilih

c1 E F cos nsin n

; c2 −F

sin n, E dan F adalah konstanta sembarang.

PUPD Bessel menjadi :

F cos n F sin n

y(x) E J n (x) F cos nsin n

J n (x) −F

sin nj−n (x)



J ( x ) cos n − J − n ( x )

y(x) E J n (x) FYn (x)

; n ≠ bilangan bulat

dimana Yn (x) lim p ; n bilangan bulatp→n sin p

Y2 (x) J 0 (x) ln x ∑ A m x m

∑ m A m x m−1

Y2 " J 0 " ln x 2 0 − ∑ m (m − 1) A m x m−2

∑ m (m − 1) A m x m−1 ∑ m A m x m−1 ∑

∑ ∑ 2 m!(m − 1)!

(−1) m x 2m−1

∑m 1 22m−2 m!(m −

1)!

∑ m 2 A m x m−1 ∑

2 (s 1)!s!

Fungsi Yn(x) disebut fungsi Bessel jenis kedua.

Untuk n = 0 PD Bessel menjadi :

xy" y' xy 0

Akar-akar persamaan indicial : r1,2 0 , sehingga

∞

m1.

Y2 ' J 0 ' ln x J 0x

∞

m1

J 'x

J 0x 2

∞

m1

Substitusikan Y2 , Y2 ', dan Y2 " ke PD (1) , kemudian disederhanakan dan

diperoleh :

2 J 0 ' ∞

m1

∞

m1

∞

m1

A m x m−1 0

Berdasarkan fungsi Bessel jenis pertama untuk n = 0 diperoleh :

J 0 ' (x) ∞

m1

(−1) m 2m x 2m−1

22m (m!) 2

∞

m1

(−1)m x 2m−1

2m−1

Persamaan menjadi :

∞ ∞

m1

∞

m1

A m x m1 0

Koefisien dari x 0 : A1 0

Koefisien dari x 2s : (2s 1) 2 A 2s1 A 2s−1 0 , s 1 , 2 , 3,......



A3 0 , A5 0 , A 7 0 , ........

Koefisien dari x 2s1 :− 1 4A 2 0 → A 2

1

4

Untuk s = 1,2,3,… berlaku :

(−1)s1

2s (2s 2) 2 A 2s2 A 2s 0

untuk s =1 diperoleh :1

8 16A 4 A 2 0 → A 4 −

3

128

Rumus untuk menentukan A2m :

(−1) m−1 (m!) 2

, m 1,2,3,....

(−1)m−1 h my 2 (x) J 0 (x) ln x ∑

(m!) 2m1 2

Y0 (x) J 0 (x)ln ∑

Yn (x) J n (x)ln ∑m 0 22mn m!(m n)! x 2mn

∑1 n−1 (n − m − 1)! 2m−n

m0 22m−n m!

PD: x y" xy' (x − 4)y 0 merupakan PD Bessel dengan n = 2.

A 2m 2m

1 1

2

1

3 .... 1

m

bila h m 1 1

2

1

3 ...

1

m, maka :

∞

2m

J0 dan y2(x) merupakan penyelesaian yang bersifat linear independence,

sehingga : a(y2 + bJ0) juga merupakan penyelesaian basis. Bila a =

b − ln 2 maka :

2

,

2 x2

2 ∞ (−1)m−1 h m

m1 22m (m!)2x 2m ........................................ (1-42)

h m 1 1

2

1

3

1

4 .......

1

m, 0,57721566490....... , konstanta

Euler

2 x

2

1 ∞ (−1) m−1 (h m h mn )

− x .................................................................... (1-43)

h 0 0

Sehingga PUPD Bessel untuk semua nilai n adalah :

y(x) c1 J n (x) c2 Yn (x)



Rumus-rumus rekursi yang berlaku untuk J n (x) juga berlaku untuk Yn (x) .

Contoh :

1. Selesaikan PD: xy" xy' (x − 4)y 02 2

PUPD-nya : y(x) C1 J 2 (x) C2 Y2 (x)

J 2 (x) ∑ x

2 x 1 xY2 (x) ln ( ) J 2 (x) − ∑(1 − k)! ( )2k−2 − ∑(−1)k (k) (k 2)1( )2k2

dx

d dy 2 d y

x 2

2 x

( x − )y 0

dz

z dy 2 z dz (

dz

dengan

∞

k0

2k2

(−1)k 2

k! (k 3)

2 k0 2

1 ∞

k0

x

2k!(k 2)!

2. PD: x 2 y" xy' (2 x

2 − 2 )y 0 ; (subst x = z)

Misalkan : z = x →

Jadi,

x

dzdx

z

y'dy

dx

dy dz

dz dx

dy

dz

y"d 2 y

2 d dy

dx dx d dy

dx dz

d dy

dx dz

d dy dz dx

dx dz dz

2

2

PD menjadi:

2 d 2 y dy 2 2 2

dz dz

z 2

2

2 d 2 y 2

2

2 − 2 )y 0



z 2d 2 y

2 zdy

dz (z

2 − 2 )y 0 → PD Bessel dalam y dan z dengan

PU PD:y(z) C1 J (z) C2 Y (z)

y(x) C1 J (x) C2 Y (x)

3. xy" (1 2n)y' xy 0 Misalkan y x −n u ; maka :

d ydx − n x

dx − n x

d −n du dx dx

−n d u

x(n 1)nx−n−2u − 2nx−n−1

dx (1 2n) − nx−n−1u x −n

dx

dx

dx

dx

dx

Misalkan y x u ; maka :

(y x −n u)

dy

dx −n x −

n−1u x −n

du

dx2

2 d

dx−n−1

u x −n

du ddx

−n−1 u x

(n 1)nx −n−2 u − nx −

n−1du

dx− nx −

n−1du

dx x −

nd 2u

dx 2

(n 1)nx−n−2

u − 2nx−n−1 du

dx x

2

dx 2

dudx

x−n d2u 2

du dx

x x−nu 0

PD menjadi:

(n 1)nx −n−1u − 2nx −

ndu

dx x −

n1d 2 u

2− nx −

n−1u x −n

du

dx− 2n

2 x −n−1u

2nx −n du

dx x −

n1u 0

n2 n − n − 2n

2 x−n−1u x

−n1 d 2u2 x −

ndu

dx x −

n1 u 0

masing-masing ruas dibagi dengan x −n :

− n 2 x −

1u xd 2u2 du

dx xu 0

xd 2 u

2 du

dx (x − n

2 x −1 )u 0

masing-masing ruas dikalikan dengan x :

x 2 d 2u2 x

du

dx (x

2 − n 2 )u 0 → PD Bessel dalam u dan x

dengan n



PU PD:

u(x) C1 J n (x) C2 Yn (x) ; y x −n u

y(x) x −n u(x) x

−n C1 J n (x) C2 Yn (x) C1 x −

n J n (x) C2 x −n Yn (x)

4. x 2 y" − 3xy' 4(x

4 − 3)y 02

; (y x 2u, x

2 z)

d y 2x u x 2u 2x

2 d u

2 d u

x 2 2u 4x

2 3x 2xu x 2

4(x − 3)x u 0

d udx

4x 3 − 3x 3 2x 2 − 6x 2 4x 6 − 12x 2

d udx

4 d udx

4x 4 − 16

d udx

2x 2

2 2x

x 2 2

2 x 2x

(4x −16)u 0

dy

dx d

dxx

2u 2x u x 2 du

dx2

dx 2

d dx

2 du dx

du

dx 2x

du

dx x

2

dx 2

2u 4xdu

dx x

2

dx 2

PD menjadi:

dudx

x 2 dx du 4 2

dz

x 4

2

2 du

dx u 0

x 4

2

2 x 3

du

dx 4x

6 − 16x 2 u 0 dibagi dengan x 2

x2

2 xdu

dx u 0

Misalkan : x z →dz

dx 2x

du

dx

du dz

dz dx 2x

du

dz2

2 d

dx du dz

du

dz 2x

d du dx dz

2du

dz 2x

d du dz dx

du

dz 2x

d dz

du dz

2du

dz 4x

2d 2u

dz 2



PD menjadi:

du

dz 4x

2d

2u dz

d udz

2x 2 2x 2

d udz

d udz

C1 J 2 (x 2 ) C2 Y2 (x 2 )

∑

∑

du 4 dz

4x 4

2

2 du

dz (4x

4 −16)u 0

4x 4

2

2 4x 2

du

dz (4x

4 −16)u 0 → dibagi dengan 4x 2

x 2

2

2 xdu

dz (x

2 − 4)u 0 → PD Bessel dalam u dan z dengan 2

PU PD : u(z) C1 J2 (z) C2 Y2 (z)

z x 2

z x 2 u

→

→

u (x) C1 J 2 (x 2 ) C2 Y2 (x

2 )

y (x) x 2 u (x) x

2

1.5.3 Fungsi bessel termodifikasi (modified Bessel function)

Persamaan Diferensial:

x 2 y"xy'−(x

2 n 2 )y 0 ................................................................................ (1-44)

dikenal dengan nama persamaan Bessel termodifikasi orde n. Karena bisa

ditulis :

x 2 y"xy'−(i 2 x

2 − n 2 )y 0 ............................................................................. (1-45)

yang merupakan persamaan Bessel dengan variable bebas ix dan

mempunyai penyelesaian umum: y C1 J n (ix) C2 Yn (ix) ............................ (1-46)

dengan ,



J n ( ix ) ∞

k 0

( − 1) k2 n 2 k

(ix ) n 2 k

k ! ( n k 1)

J n ( ix ) i n∞

k 0

( − 1) k2 n 2 k

i 2 k x n 2 k

k ! ( n k 1)

∑

Bentuk − J n (ix) merupakan fungsi baru yang berharga real dan disebut

I n (x) ∑

I −n (x) ∑

2 sin n

i − n J n ( ix )

∞

k 0 2 n 2 k

x n 2 k

k ! ( n k 1)

n

fungsi Bessel termodifikasi jenis pertama orde n yang dinotasikan dengan

In(x).

∞

k0 2 n2k

x n2k

k!(n k 1)........................................................................ (1-47)

I-n(x)didapat dengan mengganti n dengan –n sebagai berikut :

∞

k0 2 −n2k

x −n2k

k! (−n k 1)......................................................................................................... (1-48)

Untuk n tidak bulat In dan I-n merupakan penyelesaian yang linear

independence dari PD (1-44) sehingga penyelesaian umum PD (1) adalah

:

y c1In (x) c 2I−n (x) , n≠bilangan bulat.................................................. (1-49)

Untuk n bulat :

(-1)n J-n (ix) = Jn (ix)

(i2)n J-n (ix) = Jn (ix)

in J-n (ix) = i-n Jn (ix)

I-n (x) = In (x)

Untuk n bilangan bulat I-n (x) = In (x) linear depedence, sehingga perlu

didefinisikan penyelesaian basis yang lain yang bersifat linear

independence dengan In(x) sebagai berikut :



Dipilih c1 A − B2 sin n

, c2 B

sin n

y AIn (x) − B2 sin n

In (x) B2 sin n

I −n (x)

maka y AIn (x) B I −n (x) − In (x)

; n ≠ bilangan bulat I−n (x) − In (x)

lim ; n bilangan bulat2 sin n

J n (i3 2 x) ∑k!(n k 1)

i3 2 n ∑k!(n k 1)

Untuk k = 2j →(−1) i

k = 2j+1 →(−1) i

J n (i3 2 x) i3 2 n ∑ n4 j

j0 2 i∑ n24 j

(2 j 1)!(n 2 j 2)

∑R i∑I

y AIn (x) BK n (x)

2 sin n dengan K n (x)

I−n (x) − In (x) p→n

Kn (x) disebut fungsi Bessel termodifikasi orde n jenis kedua.

PD Bessel termodifikasi bisa dinyatakan dengan : x2y″ + xy′ – (2x2 + n2)y =

0 dengan PUPD: y = c1 In(x) + c2 I-n(x) untuk n ≠ bilangan bulat

y = c1 In(x) + c2Kn(x) untuk n = bilangan bulat

Untuk = √i, maka PD menjadi :

x 2 y" xy' − (ix

2 n 2 )y 0

x 2 y" xy' (−ix

2 − n 2 )y 0

Dan PUPD : y c1In ( ix) c2K n ( ix)

y c1J n (i3 2 x) c 2K n (i1

2 x)

∞

k0 2(−1)k (i3

2 x)n2k

n2k

∞

k0 2(−1)k i3k x

n2k

n2k

i3k = 1 ; k = 0,4,8,…..

i3k = -i ; k = 1,5,9,…..

i3k = -1 ; k = 2,6,10,…..

i3k = i ; k = 3,7,11,…..

Untuk k ganjil → J n (i3 2 x) real



Untuk k genap → J n (i 3 2 x) imaginer

k 3k (−1) j

sehingga

k 3k (−1) j i

∞ (−1) j x n4

j

(2 j)!(n 2 j 1)

i3 2 n

cos i sin

J n (i3 2 x) cos3n

= cos ∑I i cos ∑R

−1j x 4 j

2 j!2

−1j x 4 j2

2 j 1!2

∑ 4 j2

i1 2 x

Menurut Rumus de Moivre :∞

j0 2(−1) j x

n24 j

i 3 2 n

2

2

3 2 n

cos 3n4

i sin 3n4

Catatan :

z a ib cos(arc tgb

a) i sin(arc tg

b

a)

z i → z cos2 i sin

2

Jadi,

3n2

i sin 2

∑

R i∑I

3n2

∑R − sin3n

2

3n2

∑I − sin3n

2

dengan :

Bern x = cos

3n2

∑R − sin3n

2∑I

Bein x = cos

3n2

∑I − sin3n

2∑R

Untuk n = 0 :

Bero x = Ber x =

∞

∑ 4 jjo 2



Beio x = Bei x =

∞

jo 2

Dengan cara yang sama fungsi K n (i1 2 x) dapat juga dinyatakan dalam

jumlahan : (deret real) + i (deret real) seperti di atas, dengan

K n Kern x i Kein x

− ix 2 n 2

1. PD : x y"(2K 1)xy' x

C1J r (ax r r) C2Y r (ax r r)

2. PD : x y" x(4x − 3)y' (4x − 5x 3) y 0

C1J 0 (2 ax ) C2Y0 (2 ax )

Sehingga PU PD : x 2 y"xy'− y 0

adalah :

y c1 (Bern x iBein x) c2 (Kern x Kein x)

1.5.4. Persamaan yang bisa ditransformasikan kedalam PD Bessel

2 2 2r 2 y 0dengan k, , r , konstanta

akan mempunyai PU PD :

y x −k

n

Jika a < 0

2 − r s2

2 a

2 − r s

(1 − r) 2 − 4b

2 − r s

→ Jn dan Yn diganti dengan In dan Kn

Jika n ≠ bulat → Yn dan Kn diganti dengan J-n dan I-n

Contoh :

1. PD : x y" y' ay 0

Dikalikan dengan x :

x 2 y" xy' axy 0

k 0 ; r 1 2 ; 2 a → a

0 ; k 2 − 2 02 − 02 0



jadi PU PD :

y x 0

C1J 0 (2 ax ) C2Y0 (2 ax )2 2 8 2

a=-3;b=2;c=3;d=-5

p=4 ;q=1

→ 2; 1 2 ; 5 ; n 1

3. PD : x y" − xy' (1 x)y 0

− 2 3 2 y 0

c1J 0 (2 x ) c2J 0 (2 x )

y' y) − 2 y 0

x 2 y" xy'x 2 y − 4 y 0

atau x y" xy'2ix y 0 → PD Bessel dengan 2i

1. x y"xy'(x − 4)y 0

2. xy"y' 1 y 0 ; ( x z)

3. x y"xy'(4x − 1 )y 0 ; (x z)

4. x y"−3xy'4(x − 3)y 0 ; (y x u, x z)

5. x y" 1 (x 3 )y 0 ; (y u x , x z)

6. y"x y 0 ; (y u x , 12 x z)

PU PD :y x

2e−x4

2 c1I1 (x 5) c2 K1 (x 5) 2

dibagi x3 :

y"

x

y' 1 1 x x x

(x −1y' )' (x −

2 x −3 ) y 0

r = -1; s = -2; a = b = 1; = 0; = 1 2 ; = 2; n = 0

PUPD : y x 4. PD : 9( y"

1

x

4

x

(y"1

xy'y) −

4

9x 2y 0 , dikalikan x2

9

x 2 y" xy'(x

2 − 4 9)y 0 → PD Bessel dengan n = 2/3

PUPD : y c1J 2 3 (x) c2J −2 3 (x)

5. PD :R" 1 R'

R r R ; R R(r)

Dikalikan Rr2 PD menjadi :

r 2R"rR' − r 2 0 → PD Bessel termodifikasi dengan = ; n = 0

PUPD : R c1I0 (r ) c2K 2 (r )

6. PD : xy" y'2ixy 0



2 2

PUPD : y c1J 0 (x 2i) c2 Y0 (x 2i)

Soal Latihan.

Selesaikan PD berikut !2 2

4

2 4 2

y x A J 1 ( x ) B J −1 ( x )

y x A J 1 ( x 2 ) B Y1 ( x 2 ) 2 2

A J 2 (x 2 ) B Y2 (x 2 )

42 4 2 2

2

4 42 2

Jawaban :

1.

2.

3.

4.

5.

6.

y A J 2 (x) B Y2 (x)

y A J 0 ( x ) B Y0 ( x )

y A J 1 (x 2 ) B Y1 (x

2 )4 4

y x 2

2 2

1 1 4 4



BAB II

DERET FOURIERPokok Bahasan Fungsi Periodik Deret Fourier Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half-Range)

2.1 Fungsi Periodik

Fungsi f(x) dikatakan periodik dengan perioda P, jika untuk semua

harga x berlaku:

f (x P) f (x) ; P adalah konstanta positif.

Harga terkecil dari P > 0 disebut perioda terkecil atau sering disebut

perioda dari f(x).

Contoh :

− Fungsi sin x mempunyai perioda 2; 4; 6; ...... karena sin (x+2) =

sin (x+4) = sin (x+6) = ......... =sin x.

− Periode dari sin nx atau cos nx ; dengan n bilangan bulat positif

adalah 2/n.

− Periode dari tan x adalah .

− Fungsi konstan mempunyai periode sembarang bilangan positif.

Gambar grafik dari fungsi-fungsi yang periodik, misalnya :



y

y = sin x y = cos x

− −

0

2 2

x x

Perioda(a)

y

0

2

2x

Perioda

(b)

x1 x2 x3

y

x

Perioda(c)

y

x0

Perioda(d)

x0

Perioda

(e)

Fungsi f(x) dikatakan kontinu pada setiap segmen (piecewise

continuous function), bila f(x) hanya kontinu pada interval-interval

tertentu dan diskontinu pada titik-titik yang banyaknya berhingga. Harga



f(x) di titik-titik diskontinu ditentukan dengan menghitung harga limit fungsi

f(x) untuk x mendekati titik diskontinu (ujung masing-masing interval).

f(x)

0 x4

x

2.2 Deret Fourier

Dalam beberapa permasalahan yang berhubungan dengan

gelombang (gelombang suara, air, bunyi, panas, dsb) ; pendekatan

∞f (x) ≡ 0 ∑ (a n cos nx bn sin nx ) ............................................................... (2-1)

z n 1

nx∫− L f (x) cos L dx ; a 0 L ∫− L f (x)dx ................................................ (

2-2)nx∫− L f (x) sin L dx ; n = 0, 1, 2, 3, .......... ............................................

.. (2-3)

∫C

L ∫C

L ∫C

dengan deret Fourier yang suku-sukunya memuat sinus dan cosinus sering

digunakan. Dengan mengekspansikan ke dalam bentuk deret Fourier ;

suatu fungsi periodik bisa dinyatakan sebagai jumlahan dari beberapa

fungsi harmonis, yaitu fungsi dari sinus dan cosinus (fungsi sinusoidal).

Definisi Deret Fourier :

Jika fungsi f(x) terdefinisi pada interval (-L;L) dan di luar interval

tersebut f(x) periodikdengan periode 2L ; maka deret Fourier atau

ekspansi Fourier dari fungsi f(x) tersebut di definisikan sebagai :

1. aL L

dengan koefisien Fourier a n , bn ditentukan oleh :

2. a n

bn

1 L 1 LL

1 L

L

Jika interval (–L;L) sembarang dan f(x) mempunyai periode 2L

maka :



3. a n 1 C 2L

Lf (x) cos nL

xdx ; a 0 1 C 2L f (x)dx ............................................ (2-4)

4. bn 1 C 2L

f (x) sin nxdx ; n = 0, 1, 2, 3, .......... .............................................. (2-5)L

dengan C sembarang bilangan real.

Jika C = -L maka rumus (2-4) dan (2-5) akan sama dengan (2-2)

dan (2-3).

Deret Fourier konvergen bila memenuhi syarat/kondisi Dirichlet.

Syarat /Kondisi Dirichlet

Teorema : Jika,

1. f(x) terdefinisi dan bernilai tunggal, kecuali pada beberapa titik

f (x)

∫−L ∫− f (x) cos dx

∫−

0 cos nxdx ∫ 1cos nxdx 1 0 ∫− ∫0

sin nx

yang banyaknya berhingga pada interval (-L:L).

2. f(x) periodik dengan perioda 2L.

3. f(x) dan f’(x) merupakan fungsi-fungsi yang kontinu pada setiap

segmen pada interval (-L;L).

Maka deret Fourier (2-1) dengan koefisien (2-2) dan (2-3) atau (2-4)

dan (2-5) konvergen ke :

a. f(x) ; jika x merupakan titik kontinu pada interval (-L;L)

b.f ( x ) f ( x − )

2; jika x adalah titik diskontinu.

Contoh :

1. Tentukan deret Fourier dari fungsi f(x) yang didefinisikan sebagai :

0

1

;− x 0

; 0 x

di luar interval ini f(x) periodik dengan perioda 2.

Penyelesaian :



f(x)

1

− 3 − 2 − 0 2x

Fungsi terdefinisi dalam interval (-L;L) = (-;)

Perioda = 2L = 2 → L =

a n 1 L

Lf (x) cos

nxL

dx 1 nx

1

f (x) cos nxdx

0

1 cos nxdx

1

n

0

1

nsin n − 0

1

nsin n 0

∫− ∫−0 dx ∫ 1dx x

∫0 dx 0 − 0 1

∫−L f (x) sin L dx ∫− f (x) sin dx

∫−

∫ −0 sin nxdx ∫0 1sin nxdx ∫0 sin nxdx1 0

cos nx − − 1n − 1

∑ a n cosnx

0 cos 0 cos 0 cos3x

0 cos ................

2

sin x sin 3x sin 5x ................

sin x sin 3x sin 5x sin 7x .......

a 0 1

f (x)dx 1 0

0

1

b n L

1 L nx 1 nx

1

f (x) sin nxdx

1

− 1

n

0

1

n

0 2 n

untuk n genap

untuk n ganjil

Jadi deret Fourier dari f (x):

f(x) a 0

2

∞ n1

nxL

bn sin L



1 2

x

2

sin

x

2x

2

2sin

2x

3x

2

3sin

4x

2

4sin

4x

1 2 2 3

2 5

1

2

2 1 1

3 5

1

7

Fungsi f (x) pada contoh diatas bisa dimisalkan merupakan suatu

pulsa voltase yang periodik; dan suku-suku dari deret Fourier yang

dihasilkan akan berkaitan dengan frekuensi-frekuensi yang berbeda

dari arus bolak balik yang dihubungkan pada gelombang “bujur

sangkar” dari voltase tadi.

2. Tentukan deret Fourier dari :

3 : 0 x 5

∫ f (x) dx ∫ 3 dx

∫ 3 cos

∫ 3 sin

∑ a n cos b n sin

∞ 3 1 - cos n nx ∑ 0 sin

sin ........

0 ; - 5 x 0f (x) ; periode 10

dan bagaimanakah f (x) harus ditentukan pada x = -5 ; x = 0 dan x = 5

agar deret Fourier tersebut konvergen ke f (x) pada -5 < x < 5.

Penyelesaian :

Periode = 2L ………. → L=5

f(x)

3

x-10 -5 0 5 10

a 0 1 5

5 -5

1 5

5 5

3

5x

5

0 3



a n 1 5

5 0

nxL

dx 3 55 n

sinnx 5

5 0

3

nsin nx 0

b n 1 5

5 0

nxL

dx -3 55 n

cosnx 5

5 0

-3

n cos n - 1 3

n1 - cos n

Deret Fouriernya :

f(x)

a 0

2

3

3

2

6

x5

1

3sin

3x5

1

5sin

5x5

f(x) memenuhi syarat Dirichlet , jadi deret Fourier akan konvergen ke:

− F (x) ; jika x titik kontinu

−f (x ) f (x - )

2; jika x titik diskontinu

2 ; x - 5

0 ; x - 5 x 0 3

3

2

titik-titik x = -5; 0 dan 5 merupakan titik-titik diskontinu dari f (x) pada

interval (-5,5) sehingga :

di x = -5 ; deret akan konvergen ke :

di x = 0 ; deret akan konvergen ke :

di x = 5 ; deret akan konvergen ke :

0 32

3 02

0 32

3

2

3

2

3

2

Deret Fourier diatas akan konvergen ke f (x) pada interval -5 ≤ x ≤ 5

apabila f (x) ditentukan sbb:



3

f (x) ; x 02

0 ; x 0 x 5

; x 5 ; diluar interval ini periodik dengan p 10

3. Ekspansikan f (x) = x 2 ; 0 x 2 kedalam deret Fourier jika f (x)

periodik dengan periode 2.

Penyelesaian :

f(x)

42

− 6 − 4 − 2 2 4 6

∫ f (x) dx ∫ x dx 3

2

∫ 0

∫ x cos nx dx

∫ x d sin nx x sin nx − ∫ sin nx dx 2 1 2

1 2 ∫

x sin nx − ∫ x d cos nx

x sin nx −n

2 x cos nx - ∫ cos nx dx

x sin nx − n x cos nx − n 2 sin nx

2

∫ x sin ∫ x sin nx dx

x d cos nx -∫ x cos nx − ∫ cos nx dx 2 1 2

1 2 ∫

x cos nx - ∫ cos nx dx 2

n x sin nx −

∫ x d cos nxx sin nx −

periode 2L = 2 → L =

a 0 1 2

01 2 2

01 1 3 2

x0

8

3

a n 1 2 2

x cosnx

dx 1 2 2

0

1 2 2

n 0 n 0

2

2

n x sin nx − 2 0 x sin nx dx

1 2

n

2 2 n 0



1 2

n 0

2

1 2 2 2

n

2

0

4

n

b n 1 2 2

0nx

dx 1 2 2

0

1 2 2

n 0 n 0

2

2

n x sin nx − 2 0 x sin nx dx

1 2n

1 2 n

0

x sin nx − n x cos nx − n 2 sin nx

∑ 2 cos nx - sin nx

2 3 ............

f (0) ∞ 4 ∑ 2 cos 0 - sin 0 22

4 ∑ 2 22

4

1 24 ∑ 2

3n1 n

1∑ n1 n

∫ f (x) dx 2 ∫ f (x) dx ............................................................................................

…(2-6)

2 2 n 0

1 2 2 2

n

2

0

deret fourier dari f (x) :

f (x) 43

∞ 4n1 n

4

n

4 Dengan menggunakan hasil dari contoh no. 3, buktikan bahwa :

1

12

1 12 3

2

6

Penyelesaian :

Pada x = 0 ; deret Fourier dari f(x) = x2 konvergen ke f(x) =

4 2 0 2

2 2

4

2

3 n1 n

4

n



42

3

∞

n1 n

∞

∑ 2n1 n

22 −42

3

2 2

3

∞

2

∞

2

1 2

6, terbukti

2.3 Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil

Fungsi f(x) disebut fungsi genap jika f ( -x ) = f (x) untuk setiap x.

Contoh :

f(x) = cos x

merupakan fungsi ganjil. Jika f (x) fungsi ganjil maka: ∫ f (x) dx 0 .............. ..(2-7)

∫ f(x) cos ∫ f(x) cos

f(x)

xx

-a a

Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat genap

merupakan fungsi genap. Jika f (x) fungsi genap maka:

a a

−a 0

Fungsi f (x) disebut fungsi ganjil jika f ( -x ) = - f (x) untuk semua x.

Contoh :



f(x)

f(x) = sin x

-a a x

x

Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat ganjila

−a

2.4 Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half – Range)

Deret fourier dari fungsi genap :

a n 1 L

L −L

nxL

dx 2 L

L 0

nxL

dx

↓ genap

∫ f(x) sin

∫ f(x) cos

∫ f(x) sin ∫ f(x) sin

↓ genap

genap

b n 1 L

L −L

↓genap

nxL

↓ganjil

dx 0

ganjil

Jadi , jika f(x) fungsi genap maka bn = 0 ; sehingga yang muncul hanya

suku-suku yang mengandung cosinus saja atau suku-suku dari an.

Deret fourier dari fungsi ganjil:



a n 1 L

L −L

nxL

dx 0

↓ganjil

↓genap

ganjil

b n 1 L

L −L

nxL

dx 2 L

L 0

nxL

dx

↓ganjil

↓ganjil

genap

Jika f(x) fungsi ganjil maka an = 0 ; sehingga yang muncul hanya suku-

suku yang mengandung sinus saja atau suku-suku dari bn.

Deret sinus dan cosinus setengah jangkauan adalah suatu deretFourier yang hanya mengandung suku sinus atau cosinus saja. Apabiladiinginkan deret setengah jangkauan yang sesuai dengan fungsi yangdiberikan, fungsi yang dimaksud biasanya hanya diberikan dalamsetengah interval adari (-L;L) yaitu pada interval (0;L) saja. Setengah

∫ f(x) sin

∫ f(x) cos

∫ f(x) sin ∫ x sin

∫ - ∫ cos dx

lainya yaitu (-L,0) ditentukan berdasarkan penjelasan fungsinya genapatau ganjil.

Deret sinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan :

f(x) fungsi ganjil

a n 0 ; bn 2 L

L 0

nxL

dx ........................................................ …(2-8)

Deret Cosinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan:

f(x) fungsi genap

a n 2 L

L 0

nxL

dx ; bn 0 ....................................................... …(2-9)

Contoh:

Ekspansikan f (x) = x ; 0 < x < 2 ke dalam :

a. deret sinus setengah jangkauan

b. deret cosinus setengah jangkauan

Penyelesaian :



a. deret sinus setengah jangkauan

f(x)

-2 2 xL

2L

f (x) = x ; 0 < x < 2 diperluas dalam bentuk fungsi ganjil sepanjang

interval-2 < x < 2

(dengan periode 4), sebagai berikut:

Sehingga :

an = 0

b n 1 L

L −L

nxL

dx 2 2

2 0

nx2

dx

- 2 2

n 0x dcos

nx2

- 2 n

x cosnx 2

2 0

nx2

- 2 nx 2 nx n x cos 2 - n sin 2

2 cos 2 - n sin 2 - 0 n cos n

− 4f (x) ∑

sin − sin sin .......

∫ x dx

∫ f(x) cos ∫ x cos

∫ - 2 2 nxn 0

- ∫ sin dx

2 sin 2 n cos 2 - 0 n n 22 cos n − 1

20

- 2 2n 2 2n − 4n

Jadi deret sinus:

∞

n1 ncos n sin

nx2

4

n2

12

2x2

13

3x2

b. Deret cosinus setengah jangkauan



f(x)

x-4 -2 2 4

f (x) = x ; 0 < x < 2 diperluas dalam bentuk fungsi ganjil sepanjang

interval-2 < x < 2

(dengan periode 4), sebagai berikut:

an = 0

a 0 2 2

2 0

1 2x

2

2

0

2

a n 1 L

L −L

nxL

dx 2 2

2 0

nx2

dx

x dsin2

- 2 n

x sinnx 2

2 0

nx2

- 2 2n 2 2n 2 − 4

− 4 ∑ 2 2 cos n − 1cos2

f (x)

1 2 ∑ 2 cos n − 1cos

1 2 cos n − 1cos 2 cos n − 1cos 2 cos n − 1cos

4cos n − 1cos 4x 12 cos n − 1cos 5x ...........

− 2 cos 2 22 0 32 (- 2) cos 2 42 0 52 (- 2 )cos 2 .......

1 - 2 cos8 2 cos 2 cos ..............

3. Tentukan deret Fourier dari f (x) x ; − 2 x 2

6. Uraikan f (x) x ; 0 x 4

n

bn = 0

Jadi deret cosinus:



∞

2 n1 n 4 1

n

nx2

nx2

4

nx2

1

22x

2

1

33x

2

12 2 5 2

1 4

2

x 1 1 3x 1 1 5x

x2

1

3

3x2

1

5

5x2

Soal Latihan.

1. Tentukan deret Fourier dari f (x) − x 2

; − x

2. Tentukan deret Fourier dari f (x) 1 x 2 ; − x

0 ; 2 x 3 2

4. Tentukan deret Fourier dari f (x) 1 x 2 ; − 1 x 1 ; p 2

5. Uraikan f (x) cos x ; 0 x dalam deret Fourier sinus.

f (x) − sin x sin 2x − sin 3x sin 4x − .....

f (x) 1 2 − 4(cos x − cos 2x cos 3x − .....)

sin 2x − sin 3x −

− 2 (cos x − cos 2x cos 3x −

∑

n1 n

b. f (x) 2 2 ∑ 2 cos

16

n1

− cos n − 1

8n

8 − x ; 4 x 8

dalam deret : a. Fourier sinus b. Fourier Cosinus.

Jawaban.

1.

2.1

1

1

3 4 9

1 1 12 3 4

3. f (x) 2 sin x 2

2

9

4

sin 4x 2

25sin 5x .....



4. f (x) 43

4 1 1 4 9

116

cos 4x −.....)

5. f (x) 8 ∞ n sin 2n n1 4n

2 − 1

6. a. f (x) 32 ∞ 1

2 sinn2

sinnx

8

∞

n 2

2

cos nx



BAB III

PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIALPokok Bahasan : Penyelesaian Masalah Syarat Batas Persamaan Konduksi Panas 1 Dimensi Aliran Panas Konduksi 2 Dimensi Getaran Tali (Persamaan Gelombang 1 Dimensi)

3.1 Pendahuluan

Persamaan diferensial parsial adalah persamaan yang memuat

suatu fungsi dengan dua atau lebih variabel bebas berikut derivatif

parsial fungsi tersebut terhadap variabel - variabel bebasnya.

Orde dari PD parsial : tingkat tertinggi dari derivatif yang ada dalam PD.

Derajat dari PD parsial : pangkat tertinggi dari turunan tingkat tertinggi

yang ada dalam PD.

PD parsial dikatakan linier jika hanya memuat derajad pertama dari

variabel - variabel bebasnya dan derivatif - derivatif parsialnya.

∂x ∂y

Beberapa contoh PD parsial yang penting :

1.∂

2u

∂t 2 c2

∂ 2u

∂x 2

persamaan gelombang satu dimensi

2. ∂u

∂t c

2

∂x 2

persamaan konduksi panas satu dimensi

3.

4.

∂ 2u

∂x 2

∂ 2u

∂x 2

∂ 2u

∂y 2

∂ 2u

∂y 2

0

f (x, y)

persamaan Laplace dua dimensi

persamaan Poisson dua dimensi

5.∂

2u

∂x 2∂

2u

∂y2∂

2u

∂z 2 0 persamaan Laplace tiga dimensi

Penyelesaian PD parsial : sembarang fungsi yang memenuhi PD secara

identik.

Penyelesaian umum PD parsial : penyelesaian yang terdiri dari sejumlah

fungsi sebarang yang bebas linier (independent linier) yang banyaknya

sama dengan orde PD nya.



Penyelesaian khusus PD parsial : penyelesaian yang diperoleh daripenyelesaian umum dengan pilihan khusus dari fungsi - fungsisembarangnya.Penyelesaian PD dengan syarat batas adalah penyelesaian PD yangmemenuhi syarat-syarat tertentu yang disebut syarat batas.PD Parsial Linier Orde 2Persamaan umum :

A∂

2 u2 B

∂ 2u

∂x∂y C

∂ 2u

2 D

∂u

∂x E

∂u

∂y Fu G ....................................... (3-1)

u = variabel tak bebas, merupakan fungsi dari x dan y

x, y = variabel bebas dari PD

A, B, C, D, E, F, G = koefisien, bisa konstan atau merupakan fungsi

dari x atau y tetapi bukan fungsi dari u.

Jika : G = 0 →

G ≠ 0 →

disebut PD homogen

disebut PD non homogen

Jika B2 - 4ac < 0 → disebut PD Eliptik

B2 - 4ac = 0 → disebut PD Parabolis

B2 - 4ac > 0 → disebut PD Hiperbolis

x y F(y)

x y ∫ F(y) dy G(x)

x y H(y) G(x)

x 0 H0 Gx

x y Hy x 2 − H0

z1, y cos y → cos y 13 y2 Hy 12 − H0

Hy cos y − 6 y2 − 1 H0

3.2 Penyelesaian Masalah Syarat Batas

3.2.1 Pengintegralan seperti PD biasa

Mencari penyelesaian umum dengan metoda yang digunakan

dalam PD biasa (dengan mengintegralkan masing - masing ruas ke setiap

variabel bebasnya).

Contoh :

1. a. Selesaikan PD :∂

2z

∂x∂y x

2 y

b. Tentukan masalah nilai batas yang memenuhi z(x, 0) =x2 ; z(1, y)

= cos y

Penyelesaian :

a.∂2z

∂x∂y x 2y



∂ ∂z ∂x ∂y

x 2 y → diintegralkan terhadap x

∂z

∂y

1 3

3 → diintegralkan terhadap y

z 1 3 2

3

PUPD: z 1 3 2

6; G(x) dan H(y) fungsi

sembarang

b. zx,0 x 2 → x

2 1 3 2

6

Gx x 2 − H0

zx, y 1 3 2

6

1

6

cos y 1

6y 2 H y 1

2 − H 0

1

x y2 cos y − y − 1 H0 x 2 − H0

x y2 cos y − y − 1 x 2

t ∂t 2u x

x F

x t tFt

x t tFt →

x t ∫ tFtdt Hx

x t Gt Hx

6 x t Gt Hx

6 x G1 Hx

x G1 Hx x → G1 Hx 0 → Hx −G1

6 x t Gt − G1

6

zx, y 1 3

6

1 2

6

PKPD : z(x,y) 1 3

6

1 2

6

2. Selesaikan PD : t ∂ 2u

∂x∂t 2 ∂u

∂x x

2 ; ux,1 x 3

6; u0, t 0

Penyelesaian :

∂ ∂u ∂x

2 → diintegralkan ke x

t∂ u ∂t

2u 1 3

3t → dikalikan t

t 2∂u

∂t 2tu

1 3

3



∂∂tt 2u 1 3

3diintegralkan ke t

t 2u

t 2 u

1 3 2

6

1 3 2

6

PUPD: ux, t 1 3 2

t 2

Syarat batas 1 : ux,1 x 3

6

ux,1 1 3

1 1 3

x6

1 3

6

Penyelesaian : ux, t

1 3

6

1 3 2

t 2

Syarat batas 2 : u0, t 0

t 2 0

x t G1 − G1ux, t 6

1.1.1. Pemisalan u = e

misalkan : ux, y e

→ 3a 2b 0 → b − a

ax− ay a x− y

F x − y

− x− y

u0, t 0 G t − G 1

Gt− G1 0Gt G1

1 3 2

t 2

PKPD : ux, t 1 3x

6

ax by

PD parsial linear orde 2 dengan A,B,C,D,E,F konstan, PU PD ditentukan

dengan memisalkan u eaxby ; a,b konstanta yang harus dicari.

Contoh:



1. Selesaikan PD :

3

∂u

∂x 2 ∂u

∂y 0 ; ux,0 4e−x

Penyelesaian :ax by

∂ u ∂x

aeaxby ;∂ u ∂y

beaxby

PD menjadi :

3aeaxby 2beaxby 0

3a 2beaxby 03

2

PU PD : ux, y e3

2 e 3

2

3 2

syarat batas : ux,0 4e− x

ux,0 Fx 4e−x

penyelesaian PD : ux, y 4e 3

2 4e 3y−2x 2

2. PD :∂v

∂x 3

∂v

∂y 0 , dengan syarat batas : v0, y 4 sin y

misalkan vx, y e

misalkan : u e

∂x

∂y

a 2ab 2b 0

ax by

∂ v ∂x

aeaxby ;∂ v ∂y

beaxby

PD menjadi :

aeaxby 3beaxby 0

a 3beaxby 0 → a 3b 0 → a −3b

PU PD :

vx, y e−3bxby e b−3xy F− 3x y

syarat batas: v0, y 4 sin y

v0, y Fy 4 sin y

penyelesaian PD : vx, y 4 sin− 3x y



3. Selesaikan PD :∂

2u

∂x 2 3

∂ 2u

∂x∂y 2

∂ 2u

∂y2 0 ; u0, y y ; u x 0, y 0

Penyelesaian :

ax by

∂ u ∂x

∂ u ∂y

aeaxby

beaxby

∂ 2u

2

∂ 2u

2

a 2eaxby

b2eaxby

∂ 2u

∂x∂y abeaxby ∂

2u

∂y∂x

PD menjadi:

a

2 3ab 2b2 eaxby 0

2 2

a ba 2b 0 → a −b atau a = -2b

untuk a = -b → u1 e−bxby eb(−xy) → u1 F− x yUntuk a = -2b → u 2 e−2bxby eb−2xy → u 2 G− 2x y

PU PD :ux, y u1 u 2

u x x, y ∂ux, y∂x

ux, y F− x y G− 2x y

u0, y ySyarat batas1 : u0, y f y Gy y

→ Gy −Fy y

Penyelesaian PD : ux, y F− x y −

Syarat batas 2 : u x (0, y) 0

Misalkan ; − x y v dan − 2x y w

F− 2x y − 2x y

G(−2x y)

u Fv − Fw w

dF ∂v

dv ∂x−

dF ∂w

dw ∂x−∂w

∂x



dF

dv(−1) −

dF

dw(−2) − 2 −

dF

dv 2

dF

dw− 2

−F' (v) 2F' (w) − 2

−F'(−x y) 2F'(−2x y) − 2

u x (0, y) −F' (y) 2F' (y) − 2 0

→ F'(y) 2→ F(y) 2y c

u(x, y) f (−x y) − F(−2x y) − 2x y

u(x, y) 2(−x y) c − 2(−2x y) c − 2x y

u(x, y) −2x 2y c 4x − 2y − c − 2x yu(x, y) y

3.2.3 Pemisahan Variabel

Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel adalahpenyelesaian PD dengan mengasumsikan bahwa penyelesaian PDmerupakan perkalian dari fungsi-fungsi yang hanya tergantung pada satuvariabel bebas. Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel banyakdigunakan dalam berbagai aplikasi misalnya dalam masalahperpindahan panas, getaran dan lain-lain.Perpindahan panas konduksi.

Fluks panas yang melewati bidang datar.

T=u T = u + ∆u

∆n

I II

∆n = jarak bidang I dan bidang II

u = temperatur bidang I

u + ∆u = temperaur bidang II

∆u = perbedaan temperatur



jika ∆u >0 maka aliran panas terjadi dari bidang II mengalir kebidang I,

sebab u+ ∆u >u

Fluks panas = jumlah panas persatuan panjang persatuan waktu

≈ sebanding dengan ∆u ; berbanding terbalik dengan ∆n

Fluks panas dari I ke II = − k∆ u ∆n

K = konstanta pembanding = = konduktivitas termal ; k > 0

∆n → 0 ; maka ∆u → 0 , karena bidang I dan bidangII makin berimpit,

sehingga,

fluks panas yang melewati bidang I = lim it − kn→0u→0

∆u

∆n −k

∂u

∂n

Fluks panas yang melewati volume

z

T

S

V

R

P Qy

Bidang PQRS = − k

N W

x

Misalkan panas masuk dan dan keluar dalam arah x positif, y positif, z

positif

Fluks panas yang melewati permukaan elemen volum :∂u

∂x x



Bidang NPST = − k

∂u

∂y y

Bidang NPQW = − k ∂u

∂z z

Jumlah panas yang masuk pada masing masing sisi bidang selama ∆t =

(Fluks panas) x (luas bidang ) x ∆t sehingga Jumlah panas yang masuk

melalui permukaan elemen volum :

Bidang PQRS = − k∂u

∂xx (∆y∆z)∆t

Bidang NPST = − k

∂u

∂yy (∆x∆z)∆t

Bidang NPQW = − k∂u

∂z z (∆x∆y)∆t

Jumlah panas yang keluar melalui permukaan elemen volum:

Bidang PQRS = − k∂u

∂x x∆x

(∆y∆z)∆t

Bidang NPST = −

k

∂u

∂yy∆y

(∆x∆z)∆t

Bidang NPQW = − k ∂u

∂z z∆z

(∆x∆y)∆t

Perubahan panas yang terjadi pada volume ∆v dalam arah x, y, dan z

k ∂u

k ∂u

k ∂u

∂x(∆y∆z)∆t

∂u

∂y

∂z(∆x∆y)∆t

∂x(∆y∆z)∆t

∂y

∂z

= ( panas masuk - panas keluar ) pada masing masing sisi bidang

Perubahan panas dalam volume ∆v ∆x ∆y ∆z adalah :

Arah x =

Arah y =

Arah x =

∂x

∂y

∂z

x∆x

y∆y

z∆z

−k

−k

−k

∂u

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z

x

y

zx

(∆y∆z)∆t

(∆y∆z)∆t

(∆y∆z)∆t

perubahan yang terjadi dalam volume ∆v



∂uk x∆x −k

∂u

∂x x k y∆y −k

∂u

∂y(∆x∆z)∆t

y

∂uk z∆z −k

∂u

∂z z

(i)

Jika massa dari volume ∆v adalah m, maka banyaknya panas yang

dibutuhkan untuk menaikkan temperatur dari u menjadi u ∆u adalah

: m∆u = ( massa x panas jenis x kenaikan temperatur)

m = ∆x∆y∆z , = densitas/ massa jenis dari volume v = massa

persatuan volume

panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur sampai ∆u pada

volume

∆v ∆x∆y∆z∆u (ii)

panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur ∆v = dengan

jumlah perubahan panas dari masing masing sisi ; atau (i) = (ii)

∂uk x∆x −k∂u

∂x x

∂uk y∆y

−k∂u

∂y ∂uk z∆z −k ∂u

∂z ∆x∆y∆z∆

jika masing masing ruas dibagi dengan ∆x∆y∆z∆t menjadi:

k∂ u∂ x

x ∆ x − k∆

x∂ u

∂ x

x

k ∂ u

∂ yy ∆ y

−

k

∆ y∂ u∂ y y

k ∂x ∂y k ∂y ∂z k ∂z ∂t

∂x ∂y ∂z

dimana c k

k ∂ u ∂ zz ∆ z − k ∆ z ∂ u ∂ z

z

∂ u ∆t

Jika ∆x → 0, ∆y → 0, ∆z → 0 ,maka nilai limitnya sama dengan

∂ ∂u ∂ ∂u ∂ ∂u ∂u

∂x



karena k konstan maka :

∂ 2 u

k 2 ∂

2u

2 ∂

2u 2 ∂u

∂t

k∇ 2 u ∂ u

∂t

Persamaan atur untuk konduksi panas 3 dimensi adalah :

∂u

∂t

k

∇

2 u atau∂ u ∂t

c∇ 2 u ....................................................................... (3-2)

difusivitas

Persamaan konduksi panas satu dimensi

x=0 x=L x

Batang dengan penampang seragam diisolasi secara lateral.

Panjang batang = L dan diletakkan pada sumbu x. Temperatur pada

batang pada suatu waktu hanya tergantung pada posisi x , u = u(x,t).

Persamaan atur untuk konduksi panas 1 dimensi :

∂u

∂t c

∂ 2 u

∂x 2

;0 ≤ x ≤ L

t 0........................................................................ (3-3)

Ada dua macam syarat batas untuk masalah perpindahan panas

konduksi yaitu kondisi batas (boundary condition) dan kondisi awal (initial

condition).Kondisi batas adalah kondisi pada batas (ujung) batang pada

waktu t sembarang. Kondisi awal adalah temperatur pada x sembarang

pada waktu t=0.

Syarat batas untuk perpindahan panas konduksi 1 dimensi adalah :

1. Jika temperatur awalnya adalah f(x) dan temperatur pada ujung

dijaga konstan pada nol, maka kondisi batasnya :

u(0, t) 0

u(l, t) 0pada waktu t>0



kondisi awal pada t = 0 : u(x,0) f (x); 0 ≤ x ≤ L

untuk pertimbangan fisis biasanya temperatur dibatasi dengan

u(x, t) M

2. Bila batang diisolasi secara keseluruhan, termasuk pada x = 0 dan x = L

maka pada x= 0 dan x = L panas tidak bisa masuk atau keluar

(fluks panas = 0) sehingga kondisi batasnya adalah :

− k∂u

∂xx0 0 →

∂u

∂xxL 0

Contoh:

1. Tentukan persamaan temperatur dari suatu kawat yang

permukaannya diisolasi kecuali di kedua ujungnya. Ujung kawat

diletakkan pada x=0 dan x=3, temperatur pada ujung kawat dijaga

tetap pada 00, Temperatur awal pada kawat dinyatakan dengan

f(x) =5 sin 4x - 3 sin 8x + 25 sin 10x. Koefisien difusivitas kawat

adalah 2.

Penyelesaian:

x=0 x=L x

Persamaan atur :∂u

∂t 2

∂ 2u

∂x 2

; 0 ≤ x ≤ 3 ................................. 1

Syarat batas :

Kondisi batas u(0,t) = u(3,t) = 00; t ≥ 0 ........................................ 2

F't G"xGx2Ft

2k t

.......................... 9PU PD : ux, t C1e −2k t A1 Cos kx B1 sin kx

ux, t e −2k t A Cos kx B sin kx

u0, t e −2k t A Cos k0 Bsin k0 0 → A 0

A1 Cos kx B1 sin kx

2k t

2k t

Kondisi awal u(x,0) = 5 sin 4x - 3 sin 8x + 2 sin 10x. ; t = 0..... 3

Pemisahan variabel: misal PU PD adalah u(x,t) = F(t) G(x)

∂ u ∂t

F' t Gx

∂ u ∂x

Ft G'x ; ∂ 2u

∂ 2 x

FtG"x



PD menjadi : F'tGx 2FtG"x ........................................... 4

−k 2

F't2Ft

−k 2 ; F't 2k

2Ft 0 ............................................. 5

Persamaan karakteristik: m + 2k2 = 0

m = -2k2

Penyelesaian persamaan 5 adalah : Ft C1 e−2

.............. 6

G" x Gx

−k 2 ; G"x k

2Gx 0 .......................................... 7

Persamaan karakteristik: m2 + k2 = 0

m2 = - k2 → m1.2 = k I

Penyelesaian persamaan 7 adalah:

Gx eox A1 Cos kx B1 sin kx ..... 8

2

2

Kondisi batas 1: u(0,t) = 02

Penyelesaian PD : ux, t e−2

Bsin kx .................................... 10

Kondisi batas 2 : u (3,t) = B e−2

sin 3k 0

Jika B = 0 akan menghasilkan penyelesaian trivial, maka:

sin 3k 0

3k m m 0, 1,2,3,...... km

m2 2

m2 2

m1m12 2

u1 x, t B1e x sin

m2 m22 2

u 2 x, t B2e x juga penyelesaian PDsin

m3 m32 2

u 3 x, t B3e x sin

m12 2 m2 2 2 m32 2

ux, o B1 sinm1 m 2

ux, t 5e−32 t sin 4 x − 3e −128 t sin 4 x 2e−320 t sin10 x

−2 9 t

3 .................................................................................... 11

Penyelesaian PD: ux, t B e−2

9 t

sin m 3

x ........................... 12

Kondisi awal : u(x,0) = 5 sin 4x − 3sin 8x 2 sin10x



ux, t B e−2

9 t

sinm 3

x merupakan penyelesaian PD, maka

−2 t9

3

−2 t9

3

−2 t9

3

Berdasarkan prinsip super posisi :

ux, t B1e−2

9 t

sin m 1 3

x B2 e−2

9 t

sin m 2 3

x B3e−2

9 t

sin m 3 3

x

juga merupakan penyelesaian

x B2 sin3 3

5sin 4x − 3sin 8x 2 sin 10x

B1 5→ m1 12

B2 − 3 → m 2 24

B3 2→ m3 30

B3 sinm3

3

Persamaan temperatur di sepanjang kawat untuk x dan t sembarang

:2 2 2

2. Sama dengan soal no. 1, jika syarat awalnya u(x,0) = 25.

Penyelesaian.

Penyelesaian PD dengan syarat u(0,t) = u(3,t) = 0 adalah:

ux, t B em2 2

sin m 3

∑ −2 9 t

mx mx2

− cos 0

m

100 −22t 9

e−2 sin x .......

∂ u∂x

∂Vx, t ∂x ∂V ∂V

∂ Vx, t ∂ V "x

∂x ∂x 2

x


ux, t ∞

m0

Bm em2 2

sin m 3

x juga merupakan penyelesaian

PD



kondisi awal : u(x,0) = 25

∞

atau ∑ Bm sinm0

m 3

x 25 → deret Fourier Sinus dari f(x) = 25; 0 ≤ x ≤ 3

yang konvergen ke f(x) = 25

Koefisien Bm ditentukan dengan :

Bm 2

L

L 3

∫0 f (x) sin L dx 3 ∫0 25 sin 3 dx

50 3 3 m

mx 33

50

m− cos m 1

∴ ux, t ∑ 50

m

2

− cos m 1e −2 9

2tsin

m3

x

e sinx3

1

3

2t

3. Sama seperti soal no.1; jika syarat batasnya adalah:

kondisi batas : u(0,t) = 10, u(3,t) = 40; t>0

Kondisi awal : u(x,0) = 25 ; u(x, t) M

Persamaan atur dimodifikasi menjadi : ∂V

∂t 2 ∂

2V

∂x 2sehingga

Kondisi batas : V(0,t) = 0, V(3,t) = 0

Kondisi awal : V(x,0) = f(x)

melalui transformasi: u(x,t)=V(x,t)+ x∂ V ∂t

2

2

∂t ∂t ∂t

−

0

2 ∂x

"

"

PD menjadi:∂V

∂t

∂ 2V

2

∂V

∂t 2

∂ 2 V

∂x 2 2"

Jika dipilih "x 0 maka PD akan menjadi:



∂V

∂t 2

∂ 2 V

∂x 2

i V0, t 0 → V0, t U0, t − 0 0ii V3, t 0 → V3, t U3, t − 3 0

40 − 3 03 40

iii U0, t 25 → Vx,0 Ux,0 − xVx,0 25 − x

xdicari dari:

"x 0 → "x c1 → x c1x c 2

Untuk x 0 → 0 c1 0 c2 10

c 2 10

x 3 → 3 c13 c2 3c1 10 40

3c2 30

c1 10

Jadi x 10x 10

Persamaan aturnya menjadi : ∂V

∂t 2 ∂

2 V∂x

2

Kondisi batasnya menjadi : V(0,t) = 0 ; V(3,t) = 0

Kondisi awalnya menjadi : V(x,0) = 15 – 10x

Penyelesaian PD dengan syarat : V(0,t) = V(3,t) = 0 adalah :

V(x,t) = B e− 2 m 22t

9 sin m 3

x


∞

V(x,t) = ∑ Bm e− 2m22t

9 sin

∫ f (x) sin

∫ 15 − 10x sin

15 − 10xcos mx − ∫ cos mx d 15 − 10

x

2

15 − 10xcos 3 100∫ cos 3 dx2 mx mx

15 − 10xcos 3 m sin 3

− 15 − 10x cos 3 0) − (15 0)

− (−15 cos

1)30 mxm

m 3 x jug a merupakan penyelesaian

Kondisi awal: V(x,0) = 15-10x

∞

V(x,0) = ∑ Bm em0

−2m22t9 sin

m 3

x 15 −10x

∞

V(x,0) = ∑ Bm sinm0

m 3

x 15 − 10x → Deret Fourier Sinus dari f(x)=15-

10x



Menentukan Bm :

Bm 2 L

L 0

mxL

dx

2 3

3 0

m x 3

dx

−

−

m 3 0

3

m

3

3

−m

2 mx 30 mx 3

0

−m

2 mx

m

( co

s

2 mx

30∴ V(x s t) ∑ −2 9 t

30 u(x, t) 10x 10 ∑ 1e

F dx G dy

dx

∞

m0 mcos m 1e

m2 2

sinm 3

x

Penyelesaian PD : ux s t Vx, t x Vx, t 10x 10

∞

cosm3

−2m22t 9

sin

m 3

x

Suku (10x+10) merupakan temperatur steady-state dari kawat yaitu

persamaan temperatur yang tidak tergantung t.

Aliran panas konduksi 2dimensi, steady state.

Persamaan atur dan kondisi batas untuk perpindahan panas

konduksi 2 dimensi, steady state adalah :



PD :∂

2u

∂x 2∂

2u

∂y 2 0

BC : u(0,y) = u(a,y) = 0

u(x,0) = 0 ; u(x,b) = f(x)

Syarat batas untuk perpindahan panas konduksi 2 D steady state adalah

syarat batas pada sisi-sisi (batas) bidang sehingga disebut masalah ini

boundary value problem. Temperatur u(x,y) pada bidang ditentukan

dengan menyelesaikan boundary value problem tersebut di atas dengan

menggunakan metode pemisahan variabel :u(x,y) = F(x) G(y)

Pemisahan variabel : u(x,y) = F(x) G(y)

PD menjadi :

Gd 2F

dx 2 F

d 2G

dy 2 0

1 d 2 F2 −

1 d 2G2 − p2

d 2F2

d 2G

dy 2

n A n e a Bn e a ; adalah penyelesaian PDx

ux,0 ∑ sin A n e−0

u(x, y) ∑ A∗n sin

u(x, b) ∑ A∗n sin

An sinhnx

u(x, y) ∑ An sin

P 2F 0 →, F C1 sin px C2 cos px − P

2G 0 →, G C3 e py C4 e−py

u(x,y) = F(x) G(y) = (C1sin px + C2cos px) (C3 epy + C4e-py)

Kondisi batas : u(0,y) = 0, maka

u(0,y) = (C1.0 + C2.1) (C3epy + C4 e-py) = 0 C2 = 0

u(x,y) = C1sin px (C3 epy + C4e-py) = sin px (Aepy+Be-py)

Kondisi batas : u (a,y) = 0, maka

Sin pa (A epy+B e-py) = 0 sin pa = 0

p n a

; n 1, 2, 3, .....

u n x, y sinan

ny −ny

n = 1, 2, 3, ….

Berdasarkan prinsip superposisi diperoleh PUPD



a

Kondisi batas : u(x,0) = 0

∞

n1

n a

0 → Bn −A n

∞

n1

nxa

sinny

a; A∗

n 2A n

Kondisi batas : u(x,b) = f(x)

∞

n1

nxa

sinhnb

a f (x)

∗ nba

2a

a

∫0 f (x)sin a dx

Sehingga Penyelesaian dari PD adalah :

∞

n1

∗ nxa

sin hny

a; dimana

An 2

0

P

∗a

a sin n b ∫a

f (x) sin nxa

dx

Getaran tali (persamaan gelombang dimensi 1)

Jika seutas tali (benang, senar gitar dan sebagainya) yang

panjangnya L direntang sampai mencapai tegangan maksimum dan

kedua ujungnya diikat pada posisi tetap di x=0 dan x = L, kemudian

digetarkan, maka posisi tali akn menyimpang dari posisi setimbang.

y

T1

0

Q

x x ∆x

T2

Lx



T2sin T2

T1cos

T1

P

T1sin

Q T2cos

Untuk merumuskan persamaan dari getaran tali, digunakan asumsi

sebagai berikut :

1. Massa persatuan panjang dari tali konstan (tali homogen).

2. Tali elastis sempurna, sehingga tidak ada gaya luar yang

mempengaruhi getaran tali (tali bergetar semata-mata karena

keelastisannya)

3. Karena tegangan tali maksimum, maka tali maksimum, maka nilai

gaya grafitasi bisa diabaikan

4. Setiap partikel tali hanya bergerak secara vertical secara koefisien

Karena partikel tali hanya bergerak secara vertikel, maka

T1 cos T2 cos T konstan

Sehingga resultan gaya yang bekerja adalah : T2 cos − T1 sin .

menurut hukum Newton II : F =ma

− 1

− 1

∆x ∂x T

- Densitas massa tali =

- Panjang PQ = ∆x

Jika :

m= ∆x

Simpangan tali terhadap posisi setimbang (defleksi tali) untuk sembarang

t adalah y(x,t), sehingga percepatan getaran =∂

2 y

∂t 2

Jadi, T2 sin − T1 sin ∆x∂

2 y ∂t 2

→ masing-masing ruas dibagi dengan T

T2 sin T

T2 sin T2 cos

T sin T

T sin

T1 cos

∆x ∂ 2 y T ∂t 2

∆x ∂ 2 y T ∂t 2



tan − tan ∆ x ∂

2 y T ∂t 2

tan = slope dari y(x,t) di x =

tan = slope dari y(x,t) di x+∆x =

∂y

∂x

∂y

∂x

xx

xx∆x

∂y

∂x xx∆x

−∂y

∂x xx

∆x ∂ 2 y

T ∂t 2

→ dibagi dengan ∆x :

1 ∂y

xx∆x

−∂y

∂x

Untuk ∆x → 0lim 1 ∂y

∆x → 0 ∆x ∂x xx∆x

−∂y

∂x

∂

2 yT ∂t 2

atau∂

2 y

∂t 2 c2

∂ 2 y

∂x 2; c2

T

Persamaan gelombang dimensi 1.

dengan : T = tegangan tali

=densitas massa tali (massa persatuan panjang)

Syarat batas persamaan gelombang 1 dimensi adalah :

Karena ujung-ujung tali diikat pada x = 0 dan x = L , maka kondisi

batasnya adalah

y(0,t) = y(L,t) = 0

Gerakan tali tergantung pada simpangan/defleksi awal juga kecepatan

awalnya, maka kondisi awalnya adalah :

y(x,0) = f(x) → simpangan/defleksi awal

y t (x,0) ∂y

∂x t0

g(x) → kecepatan awal



Persamaan getaran tali satu dimensi diselesaikan dengan menggunakan

metode pemisahan variabel.

Contoh :

1. Tentukan persamaan defleksi y(x,t) dari senar yang panjangnya dan

kedua ujungnya diikat pada posisi tetap. Jika kecepatan awalnya f(x)

= 0 dan defleksi awalnya g(x) = (0,01 sin x),c2 = T =1.

Penyelesaian.

Persamaan atur :∂

2 y

∂t 2 c2

∂ 2 y

∂x 2

; c2 T 1

∂ 2 y

∂t 2∂

2 y

∂x 2

Syarat batas:

Kondisi batas : y0, t y, t 0 ; t ≥ 0

Kondisi awal : yx,0 0,01 sin x ; 0 ≤ x ≤ L

∂y

∂t (t0)

0 ;0 ≤ x ≤ L

PD diselasaikan dengan pemisahan variable

y(x, t) F(x)G(t)

∂ u ∂t

∂ u ∂x

F(x)G'(t)

F' (x)G(t)

∂ 2u

∂t 2

∂ 2u

∂t 2

F(x)G"(t)

F"(x)G(t)

PD menjadi : F(x)G"(t) F"(x)G(t)

G"(t)

G(t)

F"(x)

F(x) −k

2

G"(t) k 2G(t) 0

F"(x) k 2F(x) 0

→ G(t) A1 cos kt B1 sin kt

→ F(x) A 2 cos kx B2 sin kx

PU PD : y(x, t) (A1 cos kt B1 sin kt)(A 2 cos kx B2 sin kx)

Kondisi batas : y(0,t) = 0



y(0,t) = (A1 cos kt + B1 sin kt) (A2 cos k0 + B2 sin k0) = 0

y(0,t)= (A1 cos kt + B1 sin kt) A2 = 0 ; A2 = 0

Penyelesaian PD : y(x,t) = (A1 cos kt + B1 sin kt) B2 sin kx

y(x,t) = (A cos kt + B sin kt) sin kx

- Kondisi batas : y( ,t) = 0

y( ,t) = sin k (A cos kt + B sin kt) = 0

y( ,t) = sin k = 0

k = m ; (m=0, 1, 2,... )

k = m m

Penyelesaian PD : y(x,t) = sin mx (A cos mt + B sin mt)

Kondisi awal : yt (x,0) = 0

yt (x,0) = sin mx (-A m sin m0 + B m cos m0)

→ sin mxBm 0B 0

Penyelesaian PD : y(x,t) = sin mx (A cos mt)

Kondisi awal : y (x,0) = 0,01 sin x

∑ A

∑ A

∑ A

m x

0,02

0,02 x cos mx − ∫ cos mx dx

y(x,t) = A sin mx cos m0 = 0.01 sin x

A sin mx 0,01 sin x

A = 0,01 ; m=1

Penyelesaian khusus PD : y (x,t) = 0,01 sin x cos t

2. Sama seperti soal no. 1 jika defleksi awalnya adalah 0,01x

Penyelesaian.

Langkah-langkah penyelesaian sama seperti pada soal no 1, dengan

kondisi awal y(x,0) = 0,01 x.

Penyelesaian PD : y(x,t) = A sin mx cos mt

Kondisi awal : y (x,0) = 0,01x




y(x,t) =∞

m0m

sin mx cos mt ; juga merupakan penyelesaian

penyelesaian.

y(x,0) =

y(x,0)

=

∞

m0

∞

m0

m

m

sin mx cos m0 0,01x

sin mx 0,01x

merupakan deret Sinus dengan f(x) = 0,01x

A m 2

∞

∫0 0,01x sin dx

m ∫0

xcos mx

m 0

sin mx

Penyelesaian PD : yx, t ∑ 50m cos m sin mx cos mt1

L x

2k (L − x)

ujungnya dipasang tetap c T

4x

0 x

x

0,02 mx

x cos mx − 1m

0

0,02

m cos m − 0 1 cos m

50m∞

m0

Soal Latihan.

1. Tentukan defleksi u(x,t) dari tali yang panjangnya L. Kedua

ujungnya dipasang tetap, kecepatan awalnya g(x) = 0 dan defleksi

awalnya :

2k

f (x)

L

;

;L

2

0 x

x L

L

2



2. Tentukan defleksi u(x,t) dari tali yang panjangnya L = . Kedua2

1, kecepatan awalnya g(x) = 0

dan defleksi awalnya

f(x) = 0.01 x (-x).

3. Tentukan distribusi temperatur u (x,t) pada batang tembaga yang

panjangnya 10 cm, luas penampang melintang 1 cm2 yang diisolasi

secara lateral, densitas = 10,6 gm/cm3 konduktivitas termal bahan

1,04 cal/cmseco C, panas spesifik 0,056kal/gmoc. Batang diisolasi

secara lateral dan temperatur kedua ujungnya dijaga tetap pada

0oC. Temperatur awal batang f(x) = x(10-x).

4. Tentukan distribusi temperatur u (x,t) pada batang yang diisolasi

secara sempurna (termasuk pada x = 0 dan x = L), bila L = , c = 1 dan

kondisi awalnya

f (x) 4( − x)

;

; 2

2

− 2 sin

(cos t sin x 3 cos 3t sin 3x 3 cos 5t sin 5x ....... )

(sin 0,1 x e−0,01752 t sin 0,3 x e −0,01752(3) t ...... )

( cos 2 x e−4t

5. Tentukan temperatur u (x,y) pada bidang yang berbentuk bujur

sangkar yang panjang sisinya a, temperatur pada sisi vertikal dijaga

tetap = 0, permukaan dan sisi horizontal pada plat diisolasi sempurna.

Jawaban.

1. u(x, t) 8k

2(sin

xL

cosct

L

1

3

3xL

cos3ct

L ....... )

2. u(x, t) 0,08

1 13 5

3. u(x, t) 800

3

2 1

9

2

4. u(x, t) −32 1

41

36cos 6 x e −

36t ...... )

5. −


matematika 2

Documents