1

BAB I PENDAHULUAN1.1 PERSAMAAN DIFFERENSIAL PARSIL Persamaan dierensial parsil merupakan persamaan dierensial yang melibatkan turunan parsil. Tidak seperti persamaan dierensial biasa yang hanya terdiri dari satu variabel, persamaan dierensial parsil senantiasa mengandung dua atau lebih variabel. Sebagai contoh, temperatur suatu batangan logam tertentu senantiasa bergantung pada posisi atau tempat dan waktu. Dalam bentuk sederhana dinyatakan dalam persamaan matematis u = u(x, t). Persamaan dierensial parsil muncul secara alamiah dalam berbagai problem yang melibatkan fungsi dua atau lebih variabel. Pada awalnya persamaan dierensial parsil (PDP) muncul dalam fenomena sika di ruang lingkup uida dinamika, elektrisitas, elastisitas, magnetika, mekanika, optik, aliran panas. Pada perkembangannya dewasa ini, persamaan dierensial parsil beserta konsepnya muncul dalam model berbagai disiplin bidang ilmu. Secara umum, penyelesaiaan persamaan dierensial parsil dicari dalam bentuk fungsi yang terdiri dari dua atau lebih variabel dan memenuhi persamaan dierensial parsil yang diberikan.

Contoh 1 Persamaan Dierensial Parsil Tinjau persamaan dierensial parsil orde pertama berikut u u + = 0. t x (1.1)

Disini, u merupakan fungsi dua variabel yaitu t dan x dan ditulis u = u(x, t). Bila f merupakan sembarang fungsi yang terdierensial, maka solusi persamaan dierensial (1) akan dipenuhi oleh u(x, t) = f (x t). Hal ini disebabkan oleh u = f (x t) x dan u = f (x t) t

yang mana jumlah keduanya selalu nol. Jadi fungsi fungsi seperti (x t)2 , cos2 (x t), e(xt) ,2

dan lainnya merupakan solusi persamaan dierensial parsil (1) diatas.

Contoh 2 Syarat Batas Dan Syarat Awal Sebagaimana dalam persamaan dierensial biasa, sering kali persamaan dierensial parsil

2 harus memenuhi syarat syarat yang diberikan. Bila syarat yang diberikan melibatkan variabel tempat atau ruang, maka disebut Syarat Batas. Bila melibatkan variabel waktu, maka disebut Syarat Awal. Syarat awal dan syarat batas inilah yang akan memberikan ketunggalan solusi dari suatu persamaan dierensial parsil. Bila diberikan syarat awal u(x, 0) = x2 dan syarat batas u(0, t) = t2 , maka solusi persamaan dierensial parsil (1) menjadi tunggal u(x, t) = (x t)2 . Solusi lainnya yang diberikan pada contoh sebelumnya diatas menjadi tidak berlaku.

Contoh 3 Solusi Umum Persamaan Dierensial Parsil (1) Solusi umum persamaan dierensial parsil (1) dicari dengan ide membuatnya menjadi persamaan dierensial biasa dengan memilih variabel = ax + bt, = cx + dt,

dimana a,b,c, dan d akan ditentukan kemudian. Dengan aturan rantai fungsi dua peubah diperoleh u u u u u = + =a +c . x x x Dengan cara yang sama diperoleh u u u u u = + =b +d . t t t Substitusi kedalam persamaan (1) diperoleh (a + b) Bila diambil nilai a = 1, b = 1, c = 1, d = 0, persamaan diatas segera tereduksi menjadi u = 0, yang mempunyai solusi u = f () atau u = f (x t), yang bersesuaian dengan solusi yang diberikan pada contoh 1 diatas. u u + (c + d) = 0.

1.2 NOTASI PERSAMAAN DIFFERENSIAL PARSIL Persamaan dierensial parsil mempunyai banyak macam notasi ataupun penulisan. Untuk menyederhanakan penulisan, turunan parsil disini akan ditulis dengan menggunakan Notasi Indeks. Fungsi u = u(x, y) yang kemudian dituliskan sebagai fungsi u saja, merupakan fungsi dengan Dua Variabel. Fungsi u = u(x, y, z) yang kemudian dituliskan sebagai fungsi u saja, secara implisit diartikan sebagai fungsi dengan Tiga Variabel. u Turunan parsil u = u(x, y, z) terhadap variabel x, yakni selanjutnya akan dituliskan x

3 sebagai ux saja. Demikian pula turunan kedua fungsi u terhadap x yang biasanya dit2u 2u 2u uliskan sebagai akan dituliskan sebagai uxx . Jadi ditulis uxy , ditulis x2 xy y 2 3u uyy , ditulis uxxy , dan seterusnya. x2 y

Contoh 4 Penulisan Persamaan Dierensial Parsil Persamaan dierensial u u + = 0, t x selanjutnya akan ditulis dengan menggunakan notasi indeks yaitu ut + ux = 0.

1.3 GRAFIK FUNGSI BANYAK VARIABEL Fungsi dua peubah merupakan pemetaan dari kedua variabel bebasnya ke nilai suatu fungsinya. Grak fungsi dua peubah senantiasa terdiri dari tiga sumbu yang saling tegak lurus yaitu sumbu untuk kedua variabelnya dari sumbu fungsinya sendiri. Dengan demikian, untuk mengambarkan grak fungsi dua peubah harus digambarkan dalam ruang. Adapun graknya sendiri senantiasa berbentuk permukaan suatu bidang. Grak fungsi dua peubah yang merupakan permukaan bidang dapat pula dianggap gabungan dari banyak grak fungsi satu peubah yang disatukan secara sebagian sebagian (parsial). Demikian pula grak fungsi tiga variabel atau lebih dapat digambarkan secara parsial dalam ruang. Hal ini disebabkan karena keterbatasan dimensi ruang yang dapat divisualisasikan. Jadi fungsi tiga variabel atau lebih hanya dapat digambarkan dalam ukuran matematis tetapi tidak dapat divisulisasikan secara keseluruhan. Sebagai ilustrasi, grak fungsi dua variabel pada contoh diatas diberikan pada gambar 1.

1.4 KLASIFIKASI PERSAMAAN DIFFERENSIAL PARSIL Persamaan dierensial parsil dapat diklasikasikan ke dalam banyak kelas. Klasikasi persamaan dierensial parsil menjadi penting disebabkan oleh banyaknya metode yang hanya dapat diterapkan pada kelas tertentu saja. Persamaan dierensial parsil dapat diklasikasikan atas 1. Ordo dari PDP. Ordo dari PDP merupakan turunan tertinggi dari turunan parsil yang ada. PDP ut = uxx merupakan PDP berordo dua. PDP ut = ux merupakan PDP berordo satu. PDP ut = uuxxx + cos x merupakan PDP berordo tiga. 2. Banyak Variabel. Banyak variabel atau peubah, merupakan jumlah dari banyaknya variabel bebas. PDP ut = uxx merupakan PDP dua variabel yaitu x dan t. PDP

4

f (x, t) = (x t)2

f (x, t) = cos2 (x t) Gambar 1: Grak fungsi dua variabel

f (x, t) = e(xt)

2

ut = urr + 1 ur + r

1 u r2

merupakan PDP tiga variabel yaitu t, r dan .

3. Linieritas. Linieritas disini memberikan klasikasi atas Linier dan Nonlinier. PDP utt = et uxx merupakan PDP linier. PDP utt = uuxx + sin x merupakan PDP nonlinier berhubung terdapatnya faktor perkalian u dengan uxx . PDP xux + yuy + u2 = 0 juga merupakan PDP nonlinier berhubung adanya faktor kuadratik dari u. 4. Homogenitas. Sifat homogenitas diperoleh sebagaimana dalam persamaan dierensial biasa. PDP uxx +ux +ut +u = 0 merupakan PDP homogen. PDP uxx +ux +ut +u = f (x, t) dengan f (x, t) = 0 merupakan PDP nonhomogen. 5. Jenis Koesien. Jenis koesien membedakan PDP atas PDP dengan koesiien variabel dan PDP dengan koesien konstan. PDP 2uxx + 5uxy + 2uyy = 0 merupakan PDP dengan koesien konstan. PDP yuxx +5uxy +xuyy = 0 merupakan PDP dengan koesien variabel. 6. Ketiga Tipe Dasar Persamaan Linier. PDP berordo dua dua variabel yang banyak terdapat dalam aplikasi mempunyai bentuk persamaan Auxx +Buxy +Cuyy +Dux +Euy + F u = G, dimana A, B, C, D, E, F dan G merupakan konstan ataupun fungsi x dan y. Bilamana PDP diatas mempunyai koesien yang memenuhi persamaan B 2 4AC = 0, maka PDP dimasukkan kedalam kelas Parabolik. Bilamana PDP diatas mempunyai koesien yang memenuhi persamaan B 2 4AC > 0, maka dimasukkan kedalam kelas Hiperbolik dan sebaliknya bila memenuhi persamaan B 2 4AC < 0, maka dimasukkan kedalam kelas Elliptik.

1.5 PERSOALAN NILAI BATAS DAN PERSOALAN NILAI AWAL Persoalan nilai awal (PNA) dan persoalan nilai batas (PNB) sebagaimana yang digambarkan pada contoh 2 diatas merupakan hal yang sangat umum menyertai persamaan dierensial parsil. Teknik dan metode dalam menyelesaikan PDP serta PNA dan PNB yang menyertainya sangat bergantung pada PNA dan PNB yang menyertainya. Secara umum PNB yang menyertai suatu PDP dapat dibagi atas 3 (tiga) macam kategori yaitu Persoalan Dirichlet, Persoalan Neumann dan Persoalan Campuran (Robin).

5 Persoalan Dirichlet ditandai dengan keseluruhan syarat batas yang berupa fungsi yang dicari dalam persamaan dierensial parsilnya.

Contoh 5 Persoalan Dirichlet Persamaan dierensial parsil uxx + uyy = 0, dengan SB u(0, y) = 0, dan u(x, 0) =, u(x, 1) = x. u(1, y) = y, 0 x 1, 0 y < 1,

Persoalan Neumann berupa persoalan persamaan dierensial parsil dengan syarat batas berupa turunan dari fungsi yang dicari. Turunan ini dapat saya berupa turunan ke salah satu variabelnya maupun ke dua atau lebih variabelnya.

Contoh 6 Persoalan Neumann Persamaan dierensial parsil uxx + uyy = 0, dengan SB un (0, y) = 0, un (x, 0) = f (x), un (1, y) = 0, un (x, 1) = g(x). 0 x 1, 0 y 1,

Disini un merupakan turunan u ke vektor normalnya, atau dengan kata lain un = u n1 + x u n2 dimana n1 dan n2 merupakan komponen vektor normal satuan searah sumbu x dan y y berturut-turut.

Persoalan Robin berupa persoalan persamaan dierensial parsil dengan syarat batas yang bercampur antara SB dan SA persoalan Dirichlet dan persoalan Neumann.

Contoh 7 Persoalan Campuran (Robin) Persamaan dierensial parsil uxx + uyy = 0, dengan SB u(x, 0) = 0, dan SA u(0, y) = 0, un (1, y) = y. u(x, 1) = x, x 1, 0 y < 1,

6

BAB II DERET FOURIER2.1 FUNGSI PERIODIK Fungsi periodik merupakan fungsi yang mempunyai periode tertentu. Fungsi fungsi seperti sin x, cos x merupakan fungsi periodik yang mempunyai periode sebesar 2. Hal ini disebabkan oleh sifat dari fungsi tersebut diatas. Fungsi sin x = sin(x + 2) untuk semua nilai x. Demikian pula cos x = cos(x + 2) yang berlaku untuk semua nilai x. Secara umum fungsi periodik yang mempunyai periode T , senantiasa memenuhi hubungan f (x) = f (x + T ), untuk semua nilai x, (2.1)

disini nilai T > 0 merupakan nilai terkecil dari periode periode yang ada. Periode terkecil ini disebut juga periode dasar. Jadi dengan menggunakan sifat fungsi periodik secara berulang diperoleh hubungan f (x) = f (x + T ) = f (x + 2T ) = = f (x + nT ), yang berlaku untuk semua fungsi periodik dengan periode dasar T . (2.2)

Contoh 1 Fungsi Periodik Sinus Fungsi periodik yang sangat umum dikenal orang adalah fungsi Trigonometri Sinus. Fungsi ini mempunyai periode 2. Periode ini dapat dihitung dari 0 sampai dengan 2 maupun dari /2 sampai dengan 5/2 ataupun dari 3/2 sampai dengan /2 sebagaimana terlihat pada gambar grak sinus.

Contoh 2 Fungsi Periodik Dalam menggambarkan fungsi periodik sering kali tidak digambarkan secara tunggal. Fungsi f (x) = x + 1 dalam interval 0 x < 2 dengan perioda 2, dapat pula ditulis dengan fungsi lain dalam interval 1 x < 1 dengan perioda 2 yaitu { f (x) = x 1 x + 1 bila 1 x < 0, bila 0 x < 1. (2.3)

Disini dapat dengan mudah terlihat bahwa sifat fungsi periodik f (x) = f (x + 2) tetap dipenuhi oleh kedua fungsi diatas.

Fungsi fungsi yang tidak mempunyai periode dapat saja dianggap fungsi periodik dengan periode yang sangat besar yaitu T = . Fungsi fungsi yang tidak kontinu ataupun fungsi fungsi yang kontinu sebagian bagian dapat pula dianggap sebagai fungsi periodik. Untuk fungsi kontinu yang kontinu sepotong

7T T

Gambar 2: Grak Fungsi Periodik Sinus potong dan periodik dengan periode T , sifat integral fungsi berupa luas area dibawah kurva senantiasa dipenuhi yakni 0 T

f (x) dx =a

a+T

f (x) dx.

(2.4)

Contoh 3 Integral Dari Fungsi Periodik Bila f (x) adalah fungsi periodik berperiode 2 sebagaimana yang digambarkan dalam contoh 2, maka dengan mudah dilihat bahwa f 2 (x) juga merupakan fungsi periodik dengan periode 2. Jadi 1

f 2 (x) dx =0

2

f 2 (x) dx =0

2

1

1 (x + 1)2 dx = (x + 1)3 3

2 0

2 = , 3

(2.5)

dituliskan sebagai jumlah N buah integral yang mempunyai pan n+2 jang 2, katakan dalam bentuk n , dengan n = N, N + 2, , N 2, N sebagai berikut N N +2 N +4 N 2 2 2 f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx + + f 2 (x) dx. (2.6)N N N N +2 N 2

demikian pula bila

N

Karena f 2 (x) berperiode 2 maka setiap integral pada ruas kanan persamaan diatas bernilai 1 2 sama dengan 1 f 2 (x) dx = 3 , jadi nilai integralnya adalah N kali 2 atau 2N . 3 3

2.2 FUNGSI PERIODIK TRIGONOMETRI Fungsi periodik trigonometri seperti fungsi sinus dan cosinus, merupakan fungsi dengan periode 2 yakni 1, cos x, cos 2x, cos 3x, , cos mx, , (2.7) sin x, sin 2x, sin 3x, , sin nx, .

8 Salah satu sifat dari fungsi periodik trigonometri ini adalah sifat ortogonalitas. Sifat ini sangat banyak membantu penyelesaian persamaan dierensial parsil. b Dua buah fungsi f dan g disebut ortogonal dalam interval [a, b] bila a f (x)g(x) dx = 0. Untuk nilai m dan n bilangan bulat yang tidak negatif, sifat ortogonalitas fungsi trigonometri ini dapat dinyatakan oleh

cos mx cos nx dx

=

0

untuk m = n,

cos mx sin nx dx

=

0

untuk semua m dan n, untuk m = n.

(2.8)

sin mx sin nx dx

=

0

Demikian pula terdapat suatu hubungan yang sangat berguna

cos2 mx dx =

sin2 mx dx = ,

untuk semua nilai

m = 0.

(2.9)

2.3 DERET FOURIER Deret Fourier, merupakan perluasan dari deret Taylor untuk fungsi fungsi periodik. Untuk fungsi yang berperiode 2, sembarang fungsi f (x) dapat didekati oleh deret Fourier yakni f (x) = a0 + (an cos nx + bn sin nx). (2.10)n=1

Dengan mengintegralkan kedua ruas persamaan dari sampai dengan terhadap cariabel x diperoleh

f (x) dx =

a0 dx +

n=1

(an cos nx + bn sin nx) dx,

dan karena

cos nx dx =

sin nx) dx = 0, maka f (x) dx =

a0 dx = 2a0 ,

atau a0 = 1 2

f (x) dx.

Untuk mendapatkan nilai an untuk n = 0, 1, 2, , persamaan (2.10) dikalikan dengan

9 cos mx kemudian diintegral dari sampai dengan terhadap variabel x f (x) cos mx dx = a0 cos mx dx + an cos nx cos mx dx n=1

+

n=1

bn sin nx cos mx dx,

= am

cos2 mx dx = am ,

atau am =

1

f (x) cos mx dx,

untuk

m = 1, 2, .

Dengan cara yang sama yaitu dengan memperkalikan persamaan (2.10) dengan sin mx kemudian diintegral dari sampai dengan terhadap variabel x diperoleh 1 bm = f (x) sin mx dx, untuk m = 1, 2, . Lebih lanjut, dengan mengganti m dengan n diperoleh koesien a0 , an dan bn merupakan konstanta dari deret Fourier. 1 a0 = f (x) dx, 2 an = 1 1

f (x) cos(nx) dx

(n = 1, 2, 3, ), (n = 1, 2, 3, ).

(2.11)

bn

=

f (x) sin(nx) dx

Bila prosedur diatas dilakukan kembali dengan mengintegralkan dari 0 sampai dengan 2, akan diperoleh koesien deret Fourier alternatif 2 1 a0 = f (x) dx, 2 0 an = 1 1 0 2

f (x) cos(nx) dx 0 2

(n = 1, 2, 3, ), (n = 1, 2, 3, ).

(2.12)

bn

=

f (x) sin(nx) dx

Contoh 4 Pendekatan Deret Fourier Suatu Fungsi Disini akan ditinjau pendekatan deret Fourier terhadap suatu fungsi periodik yang dikenal sebagai fungsi gigi gergaji. Fungsi ini diberikan sebagai { 1 0 < x 2, 2 ( x) f (x) = (2.13) f (x + 2) di tempat lainnya.

10

Gambar 3: Grak Fungsi Pendekatan f (x) untuk n = 1, n = 2, n = 3 dan n = 25 Dengan menggunakan (2.12) diperoleh 2 2 1 1 1 f (x) dx = ( x) dx = 0, a0 = 2 0 2 0 2 1 2 1 = ( x) cos(nx) dx 0 2 = bn = 1 0 2

an

1 2

{0

2

cos(nx) dx 0

2

} x cos(nx) dx = 0,

1 ( x) sin(nx) dx 22

=

1 2 1 2

{0

sin(nx) dx 0

2

} 2 1 x sin(nx) dx = x sin nx dx, 2 02

{

=

} 1 x sin(nx) + cos(nx) n2 n

,0

1 2 1 = . 2 n n Substitusi balik ke persamaan (2.10) diperoleh = f (x) = sin nx n=1

n

.

(2.14)

Secara grak, pendekatan deret Fourier terhadap fungsi f (x) diperlihatkan pada gambar diatas untuk n = 1, n = 2, n = 3 dan n = 25. Terlihat pada gambar terakhir n = 25 pendekatan yang diperoleh sudah sangat baik.

11

BAB III METODE PEMISAHAN VARIABEL3.1 PERSAMAAN PANAS Disini akan ditinjau persamaan panas 1 (satu) dimensi mempunyai bentuk PDP sebagai berikut ut = c2 uxx , dimana u = u(x, t), (3.1) yang diturunkan dari rumusan sederhana suatu batangan sebagai media perambatan panas. Disini konstanta c merupakan besaran spesik dari material yang dilalui hantaran panas (koesien konduktivitas panas). Sebagaimana telah diketahui bahwa panas merambat dari temperatur tinggi ke temperatur rendah dan dengan anggapan panas hanya merambat secara 1 (satu) arah / dimensi yakni x saja, atau dengan kata lain sisi dari batangan logam yang ditinjau diinsulasi dengan sempurna secara lateral dan dianggap adiabatik (tidak ada panas yang masuk maupun keluar secara lateral atau boleh juga dianggap panas yang masuk sama dengan panas yang keluar). Untuk memperlihatkan cara kerja metode pemisahan variabel, selanjutnya disini diasumsikan juga bahwa logam yang ditinjau mempunyai 1 (satu) unit besaran panjang. Pada mulanya, batangan logam tersebut akan mempunyai temperatur tertentu sepanjang batangan yang memenuhi syarat awal u(x, 0) = f (x). (3.2) Kondisi syarat awal ini tidak lain mengatakan pada saat t = 0 temperatur dalam batangan berbentuk fungsi f (x). Begitu waktu mulai dihitung, batangan tersebut diletakkan pada temperatur nol pada kedua ujungnya. Kedua ujung batangan ini akan memenuhi kondisi syarat batas u(0, t) = 0, dan u(1, t) = 0. (3.3)

3.2 METODE PEMISAHAN VARIABEL Secara matematis, persoalan yang digambarkan diatas dituliskan dalam persamaan dierensial parsil (PDP) ut = c2 uxx , 0 < x < 1, 0 < t < , (3.4)

dengan u = u(x, t), serta syarat awal dan batas berturut-turut u(x, 0) = f (x), u(0, t) u(1, t) = = 0, 0, 0 x 1, 0 < t < . (3.5) (3.6)

Metode pemisahan variabel merupakan metode yang mencari solusi fungsi u = u(x, t) dalam bentuk perkalian fungsi fungsi kedua variabelnya. Disini solusi dimisalkan atau dicari dalam bentuk u(x, t) = X(x)T (t). (3.7)

12Tidak Ada Panas Yang Masuk Maupun Keluarxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx

u(0,t)=0 u(x,0)=f(x)Tidak Ada Panas Yang Masuk Maupun Keluar

u(1,t)=0

x 1

0

Gambar 4: Batangan Logam Dengan Panjang 1 Satuan Substitusi persamaan (3.7) ke dalam persamaan (3.3) diperoleh X(x)T (t) = c2 X (x)T (t), T c2 X = = K, (3.8) T X disini K merupakan konstan yang memenuhi fungsi dari waktu t sekaligus fungsi dari tempat (posisi) x. Persamaan (3.8) selanjutnya dapat ditulis menjadi dua persamaan dierensial biasa yaitu T KT K X c2 X = = 0, 0. (3.9) atau

Persamaan (3.9) ini mempunyai 3 (tiga) macam solusi yang tergantung pada nilai K.

Solusi I : Bila K = 0, persamaan (3.9b) memberikan X = 0, X = A1 , X(x) = A1 x + B1 , (3.10)

dengan A1 dan B1 merupakan konstanta integrasi. Syarat batas (3.6), dan persamaan pemisahan variabel (3.7) memberikan hubungan X(0)T (t) = 0, X(1)T (t) = 0, atau atau X(0) = 0, X(1) = 0. (3.11) (3.12)

Substitusi (3.11) dan (3.12) ke dalam (3.10) diperoleh 0 0 = = A1 .0 + B1 , A1 + B1 ,

yang berarti nilai A1 = 0 dan B1 = 0. Kedua nilai ini bila disubstitusikan ke persamaan (3.10) diperoleh X(x) = 0. Selanjutnya bila disubstitusi ke persamaan (3.7) diperoleh nilai u(x, t) = 0 yakni solusi trivial persamaan dierensial parsil.

Solusi II : Untuk K > 0, katakanlah K = 2 , persamaan (3.9b) memberikan hubungan X ( )2 X = 0 c

13 Persamaan ini mempunyai solusi X(x) = A2 e c x + B2 e c x .

(3.13)

Gunakan (3.6) dan (3.7) lagi pada (3.13) diperoleh 0 0 = = A2 + B2 , A2 e c + B2 e c ,

yang bersolusikan A2 = 0 dan B2 = 0. Bila kedua nilai ini disubstitusi balik ke persamaan (3.7) diperoleh u(x, t) = 0 yakni solusi trivial lagi.

Solusi III : Untuk K < 0, katakanlah K = 2 , persamaan (3.9b) segera dapat ditulis X + ( )2 X = 0. c Adapun solusi persamaan dierensial biasa diatas adalah X(x) = A3 cos( )x + B3 sin( )x, c c (3.14)

dengan A3 dan B3 merupakan konstanta integrasi. Selanjutnya gunakan (3.6) dan (3.7) pada (3.14) diperoleh 0 = A3 + 0, (3.15) 0 = A3 cos + B3 sin . c c Bila B3 = 0, dan karena A3 = 0, solusi yang diperoleh tidak lain dari solusi trivial lagi. Untuk solusi yang bukan trivial, nilai B3 = 0, persamaan (3.15) harus memenuhi persamaan sin = 0, (3.16) c yang mana berarti c

= n, dengan n = 0, 1, 2, , atau = nc (3.17)

Hal ini juga berarti K = 2 = n2 c2 2 . Jadi solusi (3.13) yang tidak trivial adalah X(x) = B3 sin( atau X(x) = B3 sin(nx). Persamaan dierensial biasa (3.9a) dengan (3.18) sekarang dapat ditulis T + n2 c2 2 T = 0, (3.20) (3.19) nc )x, c (3.18)

14 yang bersolusikan

T (t) = D3 en

2 c2 2 t

(3.21)

Substitusi balik (3.19), (3.21) ke (3.7), diperoleh u(x, t) = B3 sin(nx).D3 en atau dengan menuliskan B3 D3 = E diperoleh u(x, t) = Een2 2 c2 t 2 c2 2 t

,

sin(nx).

(3.22)

Disini keseluruhan n = 0, 1, 2, berlaku atau merupakan solusi. Dengan prinsip superposisi diperoleh solusi (3.4) yang lebih umum u(x, t) = n=0

En en

2 c2 2 t

sin(nx),

(3.23)

dengan En yang belum diketahui dan dapat ditentukan melalui syarat awal yang belum digunakan. Substitusi (3.5) ke (3.23), diperoleh f (x) = n=0

En sin(nx).

(3.24)

Untuk menentukan nilai konstanta En , digunakan deret Fourier. Kalikan kedua ruas persamaan (3.24) dengan sin(mx) sin(mx)f (x) = n=0

En sin(mx) sin(nx).

Gunakan persamaan trigonometri dasar ) ( ) ( 1 + sin sin = [cos cos ] , 2 2 2 Persamaan diatas dapat ditulis sin(mx)f (x) = n=0

En [cos(m + n)x cos(m n)x] . 2

Perlu diperhatikan bahwa persamaan diatas berjalan dari n = 0 sampai n = . Khusus untuk m = n, diperoleh sin(mx)f (x) = Em [cos(2mx) 1]. 2

Sebagaimana dalam deret Fourier, selanjutnya kedua ruas persamaan diintegralkan dari 0 sampai dengan 1 terhadap variabel x maka diperoleh [ 1 ] 1 En sin(mx)f (x) dx = cos(n + m)x cos(m n)x dx 2 0 0n=0, n=m

15 Em 2 atau 0 1 n=0, n=m

[0

1

] cos(2mx) 1 dx

sin(mx)f (x) dx =

[ ] En sin(m + n)x sin(m n)x 1 2 (m + n) (m n) 0

[ ]1 Em sin 2mx x 2 2m 0 atau 0 1

sin(mx)f (x) dx =

Em . 2

Disini nilai m adalah sembarang bilangan bulat. Dengan menggantikan m dengan n dan variabel integrasi x dengan diperoleh hubungan 1 En = 2 sin(n)f () d. (3.25)0

Substitusikan (3.25) ke (3.23), maka diperoleh solusi dari persamaan panas (3.4) dan syarat awal (3.5) dan syarat batas (3.6). u(x, t) = [ 2 n=0 0 1

] 2 2 2 sin(n)f () en c t sin(nx).

(3.26)

3.3 PERSAMAAN PANAS DENGAN PANJANG BATANGAN Disini akan ditinjau persamaan panas 1 (satu) dimensi dengan panjang batangan , bentuk PDP tidak berbeda jauh yakni ut = c2 uxx , 0 < x < , 0 < t < , (3.27)

dengan u = u(x, t), serta syarat awal dan batas berturut-turut u(x, 0) = f (x), u(0, t) u(, t) = = 0, 0, 0 x , 0 < t < . (3.28) (3.29)

Dengan metode pemisahan variabel dimisalkan u(x, t) = X(x)T (t). Substitusi persamaan (3.30) ke dalam persamaan (3.28) diperoleh X(x)T (t) = c2 X (x)T (t), atau T c2 X = = K, T X (3.30)

(3.31)

16 sebagaimana dalam metode pemisahan variabel, nilai K adalah konstan yang memenuhi fungsi dari waktu t sekaligus fungsi dari tempat (posisi) x. Persamaan (3.31) selanjutnya dapat ditulis menjadi dua persamaan dierensial biasa yaitu T KT K X c2 X = = 0, 0, (3.32)

yang mempunyai 3 (tiga) macam solusi yang tergantung pada nilai K.

Solusi I : Bila K = 0, persamaan (3.32b) memberikan X = 0, X = A1 , X(x) = A1 x + B1 . (3.33)

Syarat batas (3.29), dan persamaan pemisahan variabel (3.30) memberikan hubungan X(0)T (t) = 0, X()T (t) = 0, atau atau X(0) = 0, X() = 0. (3.34) (3.35)

Substitusi (3.34) dan (3.35) ke dalam (3.33) diperoleh 0 0 = = A1 .0 + B1 , A1 . + B1 ,

yang berarti nilai A1 = 0 dan B1 = 0 yakni solusi trivial persamaan dierensial parsil.

Solusi II : Untuk K > 0, katakanlah K = 2 , persamaan (3.32b) memberikan hubungan X ( )2 X = 0 c Persamaan ini mempunyai solusi X(x) = A2 e c x + B2 e c x .

(3.36)

Gunakan (3.34) dan (3.35) lagi pada (3.36) diperoleh 0 0 = = A2 + B2 , A2 e c + B2 e c ,

yang bersolusikan A2 = 0 dan B2 = 0, yaitu solusi trivial lagi.

Solusi III : Untuk K < 0, katakanlah K = 2 , persamaan (3.32b) segera dapat ditulis X + ( )2 X = 0, c

17 yang bersolusikan X(x) = A3 cos( )x + B3 sin( )x, (3.37) c c dengan A3 dan B3 merupakan konstanta integrasi. Selanjutnya gunakan (3.34) dan (3.35) pada (3.37) diperoleh 0 = A3 + 0, (3.38) 0 = A3 cos + B3 sin . c c Bila B3 = 0, dan karena A3 = 0, solusi yang diperoleh tidak lain dari solusi trivial lagi. Untuk solusi yang bukan trivial, nilai B3 = 0, persamaan (3.38) harus memenuhi persamaan = 0, (3.39) sin c yang mana berarti c

= n, dengan n = 0, 1, 2, , atau = nc . n2 c 2 2 . 2 n x). (3.40)

Hal ini juga berarti K = 2 = Jadi solusi (3.37) yang tidak trivial adalah X(x) = B3 sin( (3.42) (3.41)

Persamaan dierensial biasa (3.32a) dengan (3.41) sekarang dapat ditulis T + yang bersolusikan T (t) = D3 en2 c2 2 t 2

n2 c2 2 T = 0, 2 .

(3.43)

(3.44)

Substitusi balik (3.42), (3.44) ke (3.30), diperoleh u(x, t) = B3 sin(n2 c2 2 n x).D3 e 2 t ,

atau dengan menuliskan B3 D3 = E diperoleh u(x, t) = Een2 2 c2 t 2

sin(

n x),

n = 0, 1, 2, .

(3.45)

Dengan prinsip superposisi diperoleh solusi (3.45) yang lebih umum u(x, t) = n=0

En e

n2 c2 2 t 2

sin(

n x),

(3.46)

dengan En yang belum diketahui dan dapat ditentukan melalui syarat awal yang belum digunakan. Substitusi (3.28) ke (3.46), diperoleh f (x) = n=0

En sin(

n x).

(3.47)

18

Nilai konstanta En , ditentukan dengan deret Fourier. Kalikan kedua ruas persamaan (3.24) dengan sin( m x) sin( atau m m n En sin( x)f (x) = x) sin( x), n=0

] En [ m (m + n) (m n) sin( cos x)f (x) = x cos x . 2 n=0

Sebagaimana dalam deret Fourier, integralkan kedua ruas persamaan dari dari 0 sampai dengan terhadap variabel x maka diperoleh hubungan 2 n En = sin( )f () d. (3.48) 0 Jadi solusi akhir persamaan panas dengan panjang batangan adalah ] [2 n2 2 c2 n n sin( )f () e 2 t sin( x). u(x, t) = 0 n=0

(3.49)

3.4 PERSAMAAN PANAS DENGAN SYARAT BATAS KONSTAN Persamaan panas satu dimensi sebagaimana digambarkan pada bagian sebelumnya akan ditinjau lagi dengan syarat batas yang lebih umum. Secara sik, persoalan dengan kedua ujung batangan logam yang bernilai nol sangat terbatas. Disini akan ditinjau lagi suatu batangan logam atau materi yang dapat dilalui panas dengan panjang serta suhu pada kedua ujung ujungnya berupa konstan, katakanlah T1 dan T2 . Secara matematis digambarkan dengan persamaan dierensial parsil Ut = c2 Uxx , dengan syarat batas U (0, t) U (, t) dan syarat awal U (x, 0) = f (x), 0 x . (3.52) Metode pemisahan variabel memisahkan kedua variabel x dan t, pada semua titik yang ditinjau dalam domain maupun pada batasannya. Sifat perkalian kedua fungsi x dan t pada batasan yang bernilai nol memberikan keuntungan mereduksi PDP menjadi persamaan dierensial biasa dengan syarat batas yang sesuai. Untuk syarat batas yang tidak bernilai nol, sifat ini tidak dapat dengan segera berlaku. Agar sifat tersebut tetap berlaku, nilai konstan pada kedua syarat batas harus dibawah ke nol. Dengan memisalkan T2 T1 U (x, t) = u(x, t) + x + T1 , (3.53) = = T1 , T2 , 0 < t < , (3.51) U = U (x, t), (3.50)

19 diperoleh Ut Ux Uxx = = = ut , ux + uxx .T2 T1 ,

(3.54)

Substitusi (3.54) ke (3.50), (3.51) dan (3.52) diperoleh ut = c2 uxx , 0 < x < , u(0, t) = 0, u(, t) = 0, u(x, 0) = f (x) 0 < t < , (3.55) (3.56) (3.57)

T2 T1 x T1 = f (x). (3.58) Persamaan (3.55), (3.56), (3.57), dan (3.58) tidak lain dari persamaan panas satu dimensi dengan panjang batangan dengan solusi u(x, t) = [2 n=0

0

) ] ( n2 2 c2 n T2 T1 n sin( ) f () T1 d e 2 t sin( x).

(3.59)

Substitusi balik (3.59) ke (3.53) diperoleh ( ) ] [2 n2 2 c2 n T2 T1 T2 T1 n U (x, t) = T1 + x+ T1 d e 2 t sin( x). sin( ) f () 0 n=0 (3.60)

20

BAB IV PD PARSIL ORDE DUA4.1 BENTUK KANONIK PD PARSIL ORDE DUA PDP ordo dua dengan u = u(x, y) merupakan PDP yang paling banyak dijumpai dalam aplikasi. PDP ordo dua dengan dua variabel mempunyai bentuk umum A(x, y)uxx + B(x, y)uxy + C(x, y)uyy + D(x, y)ux + E(x, y)uy + F (x, y)u = G(x, y). (4.1) Bila fungsi G(x, y) = 0, PDP disebut PDP Homogen dan sering diklasikasi ke dalam tiga jenis PDP yaitu PDP Parabolik, PDP Hiperbolik, dan PDP Elliptik. Klasikasi diatas berdasarkan nilai D = B 2 4AC. Bila D = 0, PDP disebut PDP Parabolik. Bila D > 0, PDP disebut PDP Hiperbolik. Bila D < 0, PDP disebut PDP Elliptik. Ketiga macam PDP ini sering dikenal sebagai Trichotomi PDP. Patut dicatat bahwa bisa saja satu PDP sekaligus merupakan bentuk ke-3 PDP di atas.

Contoh 1 Trikotomi PDP Tinjau persamaan dierensial parsil ordo dua berikut PDP xuxx + uyy = 0. Disini A = x, B = 0, C = 1, D = E = F = G = 0. Jadi D = B 2 4AC = 0 4x = 4x. Jenis PDP bergantung pada nilai x. Bila nilai x = 0, PDP berjenis parabolik. Bila x < 0, PDP berjenis hiperbolik dan bila x > 0, PDP berjenis elliptik.

Bentuk Kanonik (baku) persamaan dierensial parsil ordo dua dengan u = u(, ) diberikan sebagai berikut 1. PDP Hiperbolik, dengan D > 0 akan mempunyai bentuk kanonik u u = (, , u, u , u ) atau u = (, , u, u , u ) 2. PDP Parabolik, dengan D = 0 akan mempunyai bentuk kanonik u = (, , U, U , U ) 3. PDP Elliptik, dengan D < 0 akan mempunyai bentuk kanonik u + u = (, , U, U , U ). Untuk PDP dengan bentuk yang umum, dapat saja dituliskan atau ditransformasikan ke dalam PDP dengan bentuk kanonik (baku).

21 4.2 TRANSFORMASI KE BENTUK KANONIK (BAKU) Untuk memberikan ide cara mengtransformasi ke bentuk kanonik, marilah tinjau PDP ordo dua Auxx + Buxy + Cuyy + Dux + Euy + F u = 0. (4.2) Dengan memperkenalkan sistem koordinat baru = (x, y), = (x, y), segera dapat ditransformasikan dari u = u(x, y) ke u = u(, ). Disini, ux uy uxx uxx uyy uxy uxy uxy = = = = = = = = u x + u x u y + u y (u x + u x )x + u xx + (u x + u x )x + u xx (x )2 u + (2x x )u + (x )2 u + xx u + xx u (y )2 u + (2y y )u + (y )2 u + yy u + yy u (u )y x + u xy + (u )y x + u xy (u y + u y )x + u xy + (u y + u y )x + u xy x y u + (x y + y x )u + x y u + xy u + xy u (4.3)

(4.4)

Substitusi ke persamaan awal A(x )2 u + 2A x u + A(x )2 u + Axx u + Axx u Bx y u + (Bx y + By x )u + Bx y u + Bxy u + Bxy u C(y )2 u + 2Cy y u + C(y )2 u + Cyy u + Cyy u Dx u + Dx u Ey u + Ey u Fu atau Au + Bu + Cu + Du + Eu + F u = 0, dimana, A B C D E F = = = = = = A(x )2 + Bx y + C(y )2 2Ax x + Bx y + By x + 2Cy y A(x )2 + Bx y + C(y )2 Axx + Bxy + Cyy + Dy + Ey Axx + Bxy + Cyy + Dx + Ey F. (4.6) + + + + + =

0,

(4.7)

Dengan mudah dilihat bahwa transformasi dari suatu PDP, tidak merubah jenis PDP. Pemilihan variabel trabsformasi yang tepat akan segera merubah PDP ke bentuk kanoniknya. Untuk PDP Parabolik, disini B 2 4AC = 0, variabel transformasi yang tepat dapat dipilih dengan B 2 4AC = 0, atau dalam hal ini dapat dipilih nilai B = 0 dan 2 4AC > 0 tetap C = 0 ataupun B = 0 dan A = 0. Untuk PDP Hiperbolik dengan B 2 4AC > 0 dengan memilih A = 0, dan C = 0. Untuk PDP El dapat dipertahankan B 2 4AC < 0 dapat dipertahankan dengan memilih B 2 4AC < 0 dengan liptik dengan B memilih B = 0 dan barA dan C merupakan bilangan kompleks yang sekawan.

22 Contoh 2 PDP Hiperbolik Disini agar nilai B 2 4AC > 0 dipertahankan dipilih A = C = 0 yakni A(x )2 + Bx y + C(y )2 A(x )2 + Bx y + C(y )2 atau A( Persamaan kuadrat dalam persamaan, ataux y

= =

0, 0,

(4.8)

x 2 x ) + B( ) + C = 0. y yx y

(4.9) merupakan akar akar

senantiasa akan bernilai 0 bilamana x B B 2 4AC = . y 2A

Menurut turunan total fungsi dua variabel Jadi pemilihan variabel yang memenuhi y B B 2 4AC = , x 2A akan mendapatkan pemilihan variabel transformasi yang sesuai yang akan mengtransformasi PDP ke bentuk kanoniknya. x y = , x y

Contoh 3 Transformasi PDP Parabolik Ke Bentuk Kanonik Transformasikan PDP Uxx 4Uyy + Ux = 0 ke bentuk kanoniknya. Disini nilai nilai koesien A = 1, B = 0, C = 4, D = 1, E = 0, F = 0, dengan B 2 4AC = 02 4.1(4) = 16 > 0. Dengan demikian PDP dimasukkan kedalam PDP Hiperbolik. Variabel transformasi dicari yang memenuhi persamaan y B B 2 4AC 0 16 = = x 2A 2 y = 2 x y = 2 x y = 2x + C, atau y + 2x = C, Disini dipilih variabel baru dengan demikian diperoleh x = 2, y = 1, xx = 0, yy = 0, xy = 0, = = 2x + y, 2x + y, (4.10) atau y 2x = C.

23 x = 2, y = 1, xx = 0, yy = 0, xy = 0,

dan koesien variabel PDP transformasi A = 1 . 22 + 0 B = 2 . 1 . 2(2) 2(4)1 . 1 = 16 C = 1 . 4 + (4).1 = 0 D = 1 . 0 + (4)0 + (1)(2) = 2 E = 1(2) = 2 F = 0 atau 16U + 2U 2U = 0, atau 1 1 U = U U . 8 8 (4.11)

Contoh 4 Transformasi PDP Hiperbolik Ke Bentuk Kanonik Transformasikan PDP y 2 Uxx x2 Uyy = 0, dengan x > 0, y > 0 ke bentuk bakunya. Disini koesien variabel PDP asal adalah A = y 2 , B = 0, C = x2 , D = 0, E = 0, F = 0. Dengan demikian variabel dicari dengan hubungan =

x = y y = x x 1 2 1 1 y = x2 + c 2 2 2 y 2 x2 = c

y x y x

0 + 4y 2 x2 x = 2 2y y

Jadi pilih dengan x = 2x, x = 2x, xx = 2, xx = 2, y = 2y, y = 2y, yy = 2, yy = 2, xy = 0, xy = 0. = = x2 + y 2 x2 + y 2 ,

24 Koesien PDP transformasi menjadi A = 4y 2 x2 4x2 y 2 = 0 B = 2y 2 2x9 2x) + 2(x2 )(2y)2y = 16x2 y 2 C = y 2 4x2 + (x2 )4y 2 = 0 D = 2y 2 x2 E = 2y 2 2x2 F = 0. Jadi PDP transformasi adalah 16x2 y 2 U + 2(y 2 x2 )U 2(x2 + y 2 )U = 0 atau U = dan dengan memperhatikan 2 = x4 + y 4 + 2x2 y 2 , 2 = x4 + y 4 2x2 y 2 , 2 2 = 4x2 y 2 , akhirnya diperoleh U = U U . 2( 2 2 ) (y 2 x2 )U (x2 + y 2 )U , 8x2 y 2

(4.12)

25

BAB V PERSAMAAN GELOMBANG SATU DIMENSI5.1 BENTUK UMUM DAN SOLUSI Persamaan gelombang satu dimensi yang melalui media yang mempunyai panjang mempunyai persamaan yang memenuhi PDP utt = c2 uxx , 0 < x < , 0 < t < . (5.1)

Disini c merupakan konstan yang menyatakan kecepatan spesik gelombang pada media yang dimaksud. Fungsi u menyatakan simpangan gelombang. Bila media tersebut terikat pada kedua ujungnya, maka syarat batas menyertainya dapat ditulis u(0, t) = 0, u(, t) = 0. (5.2) (5.3)

Bila pada awalnya simpangan berupa fungsi f (x) sepanjang media yang dimaksud dan diberikan kecapatan awal berupa fungsi g(x) maka kedua syarat awal ini ditulis u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x). (5.4) (5.5)

Solusi persamaan gelombang sangat beragam. Salah satunya adalah dengan Metode Pemisahan Variabel (MPV). Dengan MPV, solusi dicari dalam bentuk u(x, t) = X(x)T (t). Substitusi (5.6) ke dalam (5.1) diperoleh XT = c2 X T, atau atau = = T X = c2 = K, T X 0, 0. (5.7) (5.6)

T KT K X c2 X

Persamaan (5.7b) mempunyai 3 macam solusi yang tergantung pada nilai K.

Solusi I : Bila K = 0, persamaan (3.9b) menjadi X = 0 dengan solusi X(x) = A1 x + B1 . Syarat batas (5.2) dan (5.3) serta (5.6) memberikan X(0)T (t) = 0, atau X(0) = 0, (5.9) (5.8)

26 X()T (t) = 0, Gunakan (5.9), (5.10) di (5.8) diperoleh X(0) = A1 .0 + B1 = 0, X() = A1 + B1 = 0. Solusi dari kedua persamaan terakhir ini adalah B1 = A1 = 0 yang mana bila disubstitusi balik ke parsamaan (5.6) akan mendapatkan nilai u(x, t) = 0 yang merupakan solusi trivial. atau X() = 0. (5.10)

Solusi II : Bila nilai K > 0, katakanlah nilai K = 2 , persamaan (5.7b) segera dapat ditulis X ( )2 X = 0 yang mempunyai solusi c X(x) = A2 e c x + B2 e c x .

(5.11)

Syarat batas (5.9), dan (5.10) memberikan 0 = A2 + B2 , 0 = A2 e c + B2 e c .

Persamaan pertama memberikan A2 = B2 , dan substitusi pada persamaan kedua diperoleh 0 = B2 e c + B2 e e c

atau

0 = B2 (e

e c

e

e c

).

Satu satunya solusi yang mungkin adalah B2 = 0, dan A2 = 0 yang tidak lain adalah solusi trivial.

Solusi III : Solusi yang ketiga ini diperoleh dari nilai K < 0, atau katakanlah K = 2 . Persamaan (5.7b) dapat ditulis menjadi X + ( )2 X = 0. Persamaan dierensial biasa ini mempunyai c solusi X(x) = A3 sin( x) + B3 cos( x). (5.12) c c Gunakan syarat batas (5.9) diperoleh 0 = B3 . Juga syarat batas (5.10) dan persamaan terakhir diperoleh 0 = A3 sin( ). c (5.13)

Untuk solusi nontrivial diharuskan nilai A3 = 0 atau sin( ) = 0. Hal ini berarti nilai c c = n, dengan n = 1, 2, 3, atau = nc , (5.14)

27 yang juga bearti nilai n2 2 c2 2 Jadi solusi yang tidak trivial untuk fungsi X(x) K= X(x) = A3 sin( Lebih lanjut, gunakan (5.15) di (5.7a) diperoleh T + dengan solusi n2 2 c2 T = 0, 2 (5.17) n x). (5.15)

(5.16)

nc nc t) + E3 sin( t). Substitusi (5.16), (5.18) ke (5.6) diperoleh nc nc ] n [ t) + G sin( t) , u(x, t) = sin( x) F cos( T (t) = D3 cos(

(5.18)

(5.19)

dimana n = 1, 2, 3, . Dengan prinsip superposisi keseluruhan solusi untuk n disatukan menjadi nc nc ] n [ t) + Gn sin( t) . (5.20) u(x, t) = sin( x) Fn cos( n=1

Penentuan nilai konstanta Fn dan Gn dalam (5.20) dilakukan dengan melibatkan syarat awal. Dierensialkan (turunkan) persamaan (5.20) terhadap t, diperoleh ut = n=1

sin(

[ n nc nc nc nc ] X) Fn sin( ) + Gn cos( ) .

Syarat awal (5.4) dan (5.5) memberikan hubungan f (x) = dan g(x) = n=1 n=1

Fn sin(

n x),

(5.21)

Gn

n nc sin( x).

(5.22)

Disini Fn dan Gn ditentukan dengan bantuan deret Fourier. Kalikan kedua ruas (5.21) dengan sin m x dan integral dari 0 sampai dengan terhadap variabel x diperoleh 0

mx f (x) sin dx = =

0 n=1

Fn sin

nx mx sin dx

Fm 2

atau Fn = 2

0

f () sin

n d.

(5.24)

28 Dengan cara yang sama diperoleh nc 2 Gn = atau Gn = 2 nc 0

g() sin

n d,

0

g() sin

n d.

(5.25)

Substitusi balik (5.24), (5.25) ke (5.20) akhirnya diperoleh solusi umum persamaan gelombang satu dimensi n=0

u(x, t) =

[ [ ] ] 2 n nc 2g() nc n sin( ) f () cos( t) + sin( t) d . (5.26) sin( x) 0 nc

Contoh 1 Getaran Pada Dawai Getaran pada dawai merupakan contoh yang sangat baik untuk menjelaskan perambatan gelombang satu dimensi. Dawai dengan panjang dengan kedua ujung terikat, senantiasa memenuhi persamaan dierensial parsil (5.1) dengan syarat batas (5.2), (5.3) dan syarat awal (5.4) serta (5.5). Disini { 2a 0 < x < 2, x, (5.27) f (x) = 2a 2a x, 2 < x < , sehingga 0

f () sin

n d =

0

2

2a n sin d +

2

(2a

2a n ) sin d

(5.28)

Evaluasi nilai integral yang pertama pada ruas kanan (5.28) 0 2

n 2a sin d =

n 2a d(cos ) n 0 n 2a n 2a + cos d = cos n n = 2a n 2a n 2 cos + 2 2 sin n n 0 2a n 2a n cos + sin n2 { 2 } n2 2 2 2a 1 untuk n = 1, 5, , 22 1 untuk n = 3, 7, . n

2

= =

29 Integral yang kedua pada ruas kanan (5.28) 2

(2a

2a n ) sin d =

2a n ) d(cos ) n n 2a n 2a cos + cos d = (2a ) n n 2

(2a

2

= = =

(

2a n 2a n 2a) cos sin n n n

2

n 2a sin 22 n { 2 } 2a 1 22 1 n

untuk untuk

n = 1, 5, , n = 3, 7, .

Bila kedua hasil integral diatas digunakan pada (5.26) segera diperoleh u(x, t) = n=1(4)

sin(

nx 2 4a n 2 4a nc nc ) 2 2 cos( t) + sin( x) ( 2 2 ) cos( t), n n n=3(4)

dimana batas bawah notasi penjumlahan n = 1(4) menyatakan penjumlahan untuk nilai n = 1, 5, 9, , atau nilai n yang bertambah tambah 4. Selanjutnya, dengan memilih n = 4m3 atau m = n+3 , solusi diatas dapat ditulis kembali 4 dengan u(x, t) = m=1 m=1

(4m 3)c 8a (4m 3) x cos t sin 22 (4m 3) 8a (4m 1)c (4m 1) x cos t. sin 22 (4m 1)

Gunakan notasi indeks n kembali dan aturan trigonometri dasar, solusi persamaan gelombang dapat ditulis kembali menjadi [ ] 4a (4n 3) (4n 3) u(x, t) = sin (x + ct) + sin (x ct) (4n 3)2 2 n=1 [ ] 4a (4n 1) (4n 1) sin (x + ct) + sin (x ct) , (4n 1)2 2 n=1

atau u(x, t) = v (x + ct) + w(x ct), dengan v (x + ct) = n=1

(5.29)

(4n 3) 4a (4n 1) 4a sin (x + ct) sin (x + ct), 22 22 (4n 3) (4n 1)

30 dan w(x ct) = n=1

4a (4n 3) (4n 1) 4a sin sin (x ct) (x ct). 22 22 (4n 3) (4n 1)

Persamaan (5.29) dikenal juga sebagai solusi dLambert persamaan gelombang satu dimensi.

5.2 SOLUSI DLAMBERT PERSAMAAN GELOMBANG SATU DIMENSI Solusi persamaan gelombang satu dimensi sebagaimana digambarkan diatas bukan merupakan satu satunya teknik menyelesaikan persamaan gelombang satu dimensi. Untuk mendapatkan solusi DLambert dalam persamaan gelombang satu dimensi, cara yang lebih mudah adalah dengan menyatakannya dalam bentuk bakunya. PDP gelombang satu dimensi (5.1) dapat dituliskan sebagai utt c2 uxx = 0, (5.30)

disini u = u(t, x) dan nilai koesien A = 1, B = 0, C = c2 sehingga B 2 4AC = 4c2 > 0 yang merupakan PDP hiperbolik. Dengan memilih koesien transformasi A = 0, B = 0, dan C = 0, diperoleh B B 2 4AC 0 4c2 x = = t 2A 2 x = c t x = x ct = C c t x = ct + C

Disini variabel transformasi dipilih = x + ct, dan = x ct, maka A = 0, C = 0 dan B = 2Ax x + B(x x + y y ) + 2Cy y B = 2c2 + 2(c2 ) . 1 . 1 B = 4c2 .

PDP segera tereduksi menjadi 4c2 u = 0,

31 atau u = 0, dengan solusi u = v() u = v() + w() atau u(, ) = v () + w() atau u(, ) = v (x + ct) + w(x ct), sebagaimana yang diperoleh sebelumnya pada (5.29). (5.31)

32

BAB VI PERSAMAAN LAPLACE6.1 PERSAMAAN LAPLACE DALAM KOORDINAT CARTESIUS Persamaan Laplace merupakan salah satu persamaan yang sangat banyak dipakai dalam aplikasi. Persamaan Laplace dua variabel dalam koordinat Cartesius dituliskan sebagai uxx + uyy = 0, u = u(x, y). (6.1) Demikian pula persamaan Laplace tiga variabel dalam koordinat Cartesius dituliskan sebagai uxx + uyy + uzz = 0, u = u(x, y, z). (6.2) Secara umum, persamaan Laplace dalam koordinat Cartesius dituliskan dengan bantuan operator sebagai 2 u = 0. (6.3) Fungsi u secara matematis tidak terbatas pada banyaknya jumlah variabel. Akan tetapi secara sis dan aplikasi, banyaknya variabel sering menunjukkan banyaknya dimensi ruang. Dalam aplikasi sika, dimensi ruang yang ditinjau biasa hanya berdimensi tiga.

Contoh 1 PDP Laplace Dua Dimensi Tentukan solusi PDP Laplace dua dimensi berikut uxx + uyy = 0, dengan syarat batas u(x, 0) = x, dan u(0, y) = 0, u(1, y) = 1. (6.6) u(x, 1) = x, (6.5) 0 < x < 1, 0 < y < 1, (6.4)

Disini tidak ada syarat awal yang terlibat. Keempat syarat batas dalam (6.5) dan (6.6) telah dapat menentukan secara tunggal akan solusi PDP Laplace yang dimaksud. Secara intuitif, dengan mudah diujikan bahwa fungsi u(x, y) = x, (6.7)

memenuhi persamaan (6.4) dan keempat syarat batasnya pada (6.5) dan (6.6). Keempat syarat batas ada merupakan syarat batas yang mengelilingi domain persegi dengan sisi satu satuan. Lebih umum lagi bila diketahui suatu domain yang memenuhi PDP Laplace dan nilai nilai pada batasan di keseluruhan domain, maka solusi PDP Laplace akan menjadi tunggal. Persoalan yang demikian ini dikenal sebagai persoalan Dirichlet sebagaimana digambarkan di bab pertama.

33 6.2 PERSAMAAN LAPLACE DALAM KOORDINAT POLAR Dari persamaan Laplace berkoordinat Cartesius 2 u = uxx + uyy = 0, dilakukan transformasi dengan pemilihan variabel x = r cos , yang mana, hal ini juga berarti r = (x2 + y 2 ) 2 , Disini Ux = Ur rx + U x Uxx = Ur rxx + (Urr rx + Ur x )rx + U xx + (Ur rx + U x )x2 2 = rx Urr + 2rx x Ur + x U + Ur rxx + U xx 2 2 Uyy = ry Urr + 2ry y Ur + y Utt + Ur ryy + U yy1 1

(6.8)

y = r sin ,

(6.9)

y = arctan( ). x

(6.10)

r = (x2 + y 2 ) 2 1 1 1 2 x rx = (x + y 2 ) 2 . 2x = x(x2 + y 2 ) 2 = 2 r 1 1 2 2 3 2 2 2 rxx = x . (x + y ) 2 . 2x + (x + y ) 2 x2 + y 2 x2 + = 3 3 (x2 + y 2 ) 2 (x2 + y 2 ) 2 y2 y2 = 3 = r3 (x2 + y 2 ) 2 1 y ry = y(x2 + y 2 ) 2 = r x2 ryy = r3 = arctan x = y = xx yy 1 1+y2 x2

y x .

y y = 2 = y(x2 + y 2 )1 2 x x + y2

1 1 x = 2 = x(x2 + y 2 )1 y 2 . 1 + (x) x x + y2 2xy 2xy = y(x2 + y 2 )2 . 2x = 2 = 4 (x + y 2 )2 r 2xy = x(x2 + y 2 )2 . 2y = 4 r

Substitusi ke persamaan Laplace diperoleh2 2 2 2 (rx + ry )urr + 2(rx x + ry y )ur + (x + y )u + (rxx + ryy )ur + (xx + yy )u = 0,

34 atau ( x2 y 2 x y y x y 2 x2 y 2 x2 2xy 2xy + 2 )urr + 2( + )Ur + ( 4 + 4 )u + ( 3 + 3 )ur + ( 4 + )u = 0, 2 2 2 r r r r rr r r r r r r4 Urr + (6.11)

1 1 U + Ur = 0, r2 r yang dikenal sebagai persamaan Laplace dua dimensi dalam koordinat polar.

atau

6.3 SOLUSI PDP LAPLACE PADA SUATU CAKRAM Disini akan ditinjau PDP Laplace 2 u = 0, dengan syarat batas u(a, 0) = f (). (6.13) Karena batasannya berupa cakram maka sistim koordinat yang paling cocok digunakan untuk menyederhanakan persoalan adalah koordinat polar. PDP Laplace dua dimensi dalam koordinat polar adalah 1 1 urr + ur + 2 u = 0. r r Selanjutnya solusi dicari dalam bentuk u(r, ) = R(r)(). Substitusi (6.15) ke (6.14) diperleh 1 1 R + R + 2 R = 0, r r r2 R rR + = = K. R R Persaman (6.16) dapat ditulis dalam dua persamaan dierensial biasa yaitu r2 R + rR KR = 0, dan + K = 0. atau (6.16) (6.15) (6.14) 0 < r < a, 0 < < 2, (6.12)

(6.17)

(6.16)

Disini (6.16) mempunyai tiga macam solusi yang tergantung pada nilai K.

Solusi I : Untuk K = 0, (6.16) memberikan = 0 dengan solusi () = A1 + B1 Di sini () harus memenuhi kondisi periodik () = ( + 2). (6.17)

35 Penggunaan kondisi periodik pada solusi diatas memberikan A1 + B1 = A1 ( + 2) + B1 , atau A1 = 0. Jadi solusi (6.17) menjadi () = B1 . (6.18)

Solusi II : Untuk K < 0, katakan K = 2 , persamaan (6.16) memberikan 2 = 0 dengan solusi () = A2 e + B2 e . Kondisi periodik memberikan A2 e + B2 e = A2 e(+2) + B2 e(+2) , atau A2 = B2 = 0, yang merupakan solusi trivial.

Solusi III : Untuk K > 0, katakan K = 2 , persamaan (6.16) memberikan + 2 = 0 dengan solusi () = A3 cos + B3 sin . (6.19) Selanjutnya kondisi periodik memberikan A3 cos + B3 sin = A3 cos ( + 2) + B3 sin ( + 2), hal mana berarti bahwa nilai harus merupakan bilangan bulat n = 0, 1, 2, . Bilangan bulat negatif juga senantiasa memenuhi persamaan diatas, akkan tetapi tidak perlu diperhitungkan mengingat nilai konstan A3 dan B3 belum ditentukan. Sekarang nilai K menjadi K = 2 = n2 , dan solusi (6.19) menjadi () = A3 cos n + B3 sin n. Persamaan (6.17) sekarang dapat ditulis r2 R + rR n2 R = 0, yaitu persamaan dierensial Euler dengan solusi dicari dalam bentuk R(r) = r . Disini R = r1 , R = ( 1)r2 . (6.21) (6.20)

36 Sustitusi ke persamaan (6.21) diperoleh = n sehingga solusi umum persamaan Euler (6.21) R(r) = Crn + Drn . (6.22)

Secara implisit, nilai R(r) disini harus berhingga di keseluruhan domain yang ditinjau atau pada cakram yang berjari-jari a, termasuk bilamana r = 0. Kondisi keberhinggaan yang terakhir ini mengharuskan nilai D = 0, jadi (6.22) menjadi R(r) = Crn . Substitusi balik (6.23) dan (6.20) ke (6.15) diperoleh u(r, ) = rn [E cos n + F sin n], n = 0, 1, 2, . (6.24) (6.23)

Untuk n = 0 dalam persamaan (6.24) menghasilkan u(r, ) = E. Solusi ini tidak lain dari solusi yang dihasilkan pada Solusi I. Tanpa kehilangan generalitas, tentunya boleh hanya meninjau solusi yang diberikan pada (6.24). Dengan prinsip superposisi solusi diatas dapat ditulis dalam bentuk yang lebih umum u(r, ) = n=0

rn [En cos n + Fn sin n].

(6.25)

Syarat batas disekeliling batasan memberikan hubungan f () = atau f () = n=0

an [En cos n + Fn sin n] ,

n=0

En cos n + Fn sin n,

dimana En = an En , dan Fn = an Fn , atau f () = E0 + n=1

En cos n + Fn sin n.

(6.26)

Selanjutnya dengan bantuan deret Fourier, konstanta akan bernilai 1 E0 = 2 1 En = 1 Fn = 0

0

2

f () d,

(6.27)

2

f () cos n d, 0 2

(6.28)

f () sin n d.

(6.29)

37 Substitusi balik diperoleh u(r, ) = [ 2 1 r f () d + f () cos n d cos n 0 0 n=1 ] 1 2 + f () sin n d sin n 0 2 1 2 1 f () d + 2rn f () [cos n cos n + sin n sin n] d 2 0 2 0 n=1 [ ] 2 1 n f () 1 + 2r (cos n cos n + sin n sin n) d 2 0 n=1 [ ] 2 1 n f () 1 + 2r cos n( ) d. 2 0 1 2 2 n n=1

=

=

=

Dengan memperhatikan rumusan Euler ei + ei = 2 cos , persamaan diatas dapat ditulis u(r, ) = 1 2 1 2 0 2

[ f () 1 + [ f () 1 +

] r (en in()

+e

in()

) d ] } d.

0

2

=

n=1 { n=1

(re

i() n

) + (re

i() n

)

Juga memperhatikan hubungan

i=1

xi =

x , 1x ] d.

maka u(r, ) = 1 2 0 2

rei() rei() f () 1 + + 1 rei() 1 rei()

[

Lebih lanjut, dengan menyamakan penyebut pecahan maka [ ] 2 1 1 rei() rei() + r2 + rei() r2 + rei() r2 u(r, ) = f () d 2 0 [1 rei() ][1 rei() ] [ ] 2 1 (1 r2 ) = f () d 2 0 1 rei() rei() + r2 2 1 (1 r2 )f () = d, 2 0 1 r[cos( ) i sin( )] r[cos( ) + i sin( )] + r2 akhirnya diperoleh u(r, ) = 1 2 0 2

(1 r2 )f () d. 1 2r cos( ) + r2

(6.30)

38 Persamaan (6.30) juga dikenal dengan solusi Poisson PD Laplace dalam bentuk integral.

Contoh 2 PDP Laplace Untuk Cakram Tentukan solusi PD Laplace 2 U = 0 dengan batasan lingkaran yang berjari - jari r = 1 dengan syarat batas { 50, untuk 0 < < , f () = (6.31) 0, untuk < < 2. Integral pada (6.30) dapat dipecah menjadi dua bagian dan segera diperoleh solusi PDP Laplace dua dimensi dalam bentuk integral 2 1 (1 r2 )f () 1 (1 r2 )f () u(r, ) = d + d 2 0 1 2r cos( ) + r2 2 1 2r cos( ) + r2 25 (1 r2 ) = d. 0 1 2r cos( ) + r2 Solusi diatas berlaku untuk semua titik titik dalam domain yang ditinjau yaitu lingkaran yang berjari-jari 1. Jadi nilai u(0, 1 ) dalam koordinat Cartesius akan bernilai sama dengan 2 u( 1 , ) dalam koordinat polar 2 2 25 1 u( , ) = 2 2 0

(1 ( 1 )2 ) 2 1 cos( ) + 2

1 4

9 25 . = 4

0

3 d. 5 4 sin

(6.32)

Dalam banyak hal, solusi analitik Poisson dalam bentuk integral merupakan solusi yang sulit diintegralkan. Integral numerik merupakan teknik yang bisa diandalkan dalam upaya mendapatkan solusi numerik yang diinginkan.

39

BAB VII PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI7.1 PERSAMAAN DIFFERENSIAL BESSEL Persamaan diernsial ordo dua dengan koesien variabel yang berbentuk x2 y + xy + (2 x2 n2 )y = 0, (7.1)

dikenal sebagai persamaan dierensial Besssel yang mempunyai aplikasi yang sangat luas. Berbagai macam dan teknik dapat diterapkan dalam mendapatkan solusi PD Bessel ini. Salah satu teknik yang paling dasar untuk mendapatkan solusi adalah menuliskannya dalam deret takhingga. Katakan solusi dicari dalam bentuk y= m=0

am x m .

(7.1)

Disini dipunyai y = y = m=1 m=2

m am xm1 , m(m 1) am xm2 .

Substitusi balik ke PD Bessel diperoleh x atau2 m=2

m(m 1)am x

m2

+x

m=1

mam x

m1

+ ( x n )2 2 2

m=0

am xm = 0,

m=2

m(m 1)am xm +

m=1

m am xm +

(am 2 xm+2 n2 am xm ) = 0.

m=0

Disini Koesien Koesien Koesien Koesien x0 adalah n2 a0 x1 adalah a1 n2 a1 x2 adalah 2a2 + 2a2 + a0 2 n2 a2 x3 adalah 3 . 2a3 + 3a3 + a1 2 n2 a3 . . . . . . xm adalah m(m 1)am + mam + am2 2 n2 am .

Koesien

40 Penyamaan koesien antara ruas kiri dan ruas kanan persamaan memberikan hubungan n2 a0 = 0 a1 (1 n ) = 02

yang berarti yang berarti yang berarti yang berarti

a0 = 0

atau n = 0, atau n = 1,

(4 n2 )a2 + a0 2 = 0 (m2 n2 )am + am2 2 = 0

a1 = 0 atau n = 1 a0 2 , a2 = 2 n 4 am2 2 . am = 2 n m2

Untuk kasus a0 = 0 maka n = 0. Koesien persamaan adalah a1 = 0, 2 a2 = a0 , 4 a3 = 0, 4 2 2 2 a4 = a2 = 2 . a0 = 4 a0 , 42 4 4 4 a5 = 0, 2 6 6 a6 = a4 = a0 = 2 2 2 a0 , 62 43 .62 2 .4 .6 . . . . . . am = (1) 2 m [ m ] 2 a0 , 2 2 ( m )! 2m

bila m genap, bila m ganjil.

am = 0, Jadi solusinya adalah y = m=0

am xm = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + ,

1 4 x4 6 x6 = a0 + ( )2 x2 a0 + 2 2 a0 2 2 2 a0 + , 4 2 .4 2 .4 .6 [ ] 1 1 1 2 4 6 y = a0 1 2 (x) + 2 2 (x) 2 2 2 (x) + , 2 2 .4 2 .4 .6 atau y = a0 J0 (x), dimana J0 (x) = 1 (7.2)

1 1 1 (x)2 + 2 2 (x)4 2 2 2 (x)2 + . 2 2 2 .4 2 .4 .6 Fungsi J0 (x) dikenal pula dengan nama fungsi Bessel jenis I yang berorde 0. Secara umum, solusi PD di atas dapat diperoleh sebagai berikut y = AJn (x) + BYn (x), (7.3)

dimana Yn (x) merupakan fungsi Bessel jenis ke kedua berorde n. Penurunan solusi fungsi Bessel jenis ke kedua tidak dibahas disini. Hal ini disebabkan oleh pengcarian solusi persamaan gelombang pada gendang hanya memerlukan fungsi Bessel jenis pertama saja.

41 7.2 GETARAN PADA GENDANG Getaran pada permukaan gendang, merupakan persamaan gelombang dua dimensi. Gendang mempunyai bentuk batasan yang bermacam-macam. Yang paling umum adalah gendang dengan batasan berbentuk lingkaran. Persamaan gelombang yang merambat pada permukaan gendang memenuhi utt = c2 2 . (7.4)

Untuk gendang dengan permukaan berbentuk lingkaran, persamaan gelombang dua dimensi sebaiknya berbentuk koordinat polar. 1 1 utt = c2 (urr + rr + 2 u ), r r u = u(r, , t). (7.5)

Sekeliling batasan permukaan gendang senantiasa terikat. Hal ini diterjemahkan dengan syarat batas u(a, , t) = 0. (7.6) Pukulan pada gendang, diterjemahkan sebagai syarat simpangan awal u(r, , 0) = f (r, ), dan kecepatan awal ut (r, , 0) = g(r, ). (7.8) Disini, simpangan u = u(r, , t) adalah fungsi dari tiga variabel. Penyelesaian dengan metode pemisahan variabel dilakukan secara bersusun dengan memisalkan u(r, , t) = V (r, )T (t). Disini ut = V T , utt = V T , 2 u = (2 V ) T. substitusi persamaan ini ke (7.5) diperoleh ) ( 1 1 2 V T = c Vrr + Vr + 2 V T, r r ( c2 Vrr + 1 Vr + T r = T V yang dapat ditulis menjadi dua persamaan atau1 V r2

(7.7)

(7.9)

) = K, (7.10)

T KT = 0, dan atau 1 1 K Vrr + Vr + 2 V 2 V = 0, r r c r r2 Vrr + rVr + V ( )2 KV = 0. c

(7.11)

(7.12) (7.13)

42 Selanjutnya nilai fungsi V = V (r, ) diuraikan lagi atas perkalian fungsi kedua variabelnya. Tulis V (r, ) = R(r)(), (7.14) sehingga substitusi (7.14) ke (7.13) diperoleh r r2 R + rR + R ( )2 KR = 0, c r2 R rR r + + ( )2 K = 0, R R c r 2 r2 R rR + ( ) K = =L R R c atau ditulis dalam dua persamaaan diernsial biasa + L = 0, dan (7.15)

[ r ] r2 R + rR ( )2 K + L R = 0. (7.16) c Sebagaimana dalam bab sebelumnya, persamaan (7.15) hanya mempunyai solusi yang tidak trivial bilamana L = n2 , dengan n = 0, 1, 2, . Jadi + n2 = 0, dan mempunyai solusi () = A1 cos(n) + B1 sin(n). Persamaan (7.16) dengan nilai L diatas dapat ditulis ] [ r r2 R + rR + ( )2 K n2 R = 0. c (7.17)

(7.18)

Sekali lagi untuk (7.18) mempunyai solusi yang tidak trivial bila K < 0, katakan K = 2 . Jadi ] [ r r2 R + rR + ( )2 n2 R = 0, c atau [ ] r2 R + rR + (r)2 n2 R = 0, dimana = , (7.19) c yakni persamaan dierensial Bessel dengan solusi R(r) = C1 Jn (r) + D1 Yn (r). Sekarang persamaan (7.11) menjadi T + (c)2 T = 0, dengan solusi T (t) = E1 cos(ct) + F1 sin(ct). (7.22) Kondisi syarat batas yang mempunyai simpangan nol di sekeliling tambur diterjemahkan menjadi u(a, , t) = V (a, )T (t) = R(a)(H)()T (t) = 0, (7.21) (7.20)

43 atau R(a) = 0 (7.23) Substitusi (7.23) ke (7.20) dengan memperhatikan kondisi keberhinggaan di r = 0 diperoleh D1 = 0. Hal ini disebabkan oleh sifat dari fungsi Bessel jenis kedua yang bernilai mendekati bila mana r mendekati nol. Jadi R(a) = C1 Jn (a) = 0. (7.24) Bila C1 bernilai nol, maka akan diperoleh nilai R(r) = 0 yang pada akhirnya mengakibatkan nilai u(r, , t) = 0 atau solusi trivial. Untuk solusi yang tidak trivial, nilai Jn (a) = 0. Yang berarti a harus merupakan akar - akar fungsi Bessel jenis pertama ordo n. Secara tabular, berikut ini diberikan beberapa nilai untuk a. Nilai n menyatakan ordo dari fungsi Bessel jenis pertama dan k menyatakan nomor akar. k\n 1 2 3 4 5 . . . 0 2,40 5,52 8,65 11,79 14,93 . . . 1 3,83 7,02 10,17 13,32 16,47 . . . 2 5,13 8,42 11,62 14,80 17,96 . . . 3 6,98 9,76 13,02 16,22 19,41 . . . 4 7,59 11,06 14,37 17,62 20,83 . . . .. . (7.25)

Untuk sederhananya, nilai nilai ini selanjutnya akan diberi simbol = nk . Substitusi balik, segera diperoleh solusi u(r, , t) = C1 Jn (nk r) [A1 cos(n) + B1 sin(n)] [E1 cos(nk ct) + F1 sin(nk ct)] . (7.27) Dengan prinsip superposisi diperoleh solusi umum n=0 k=1 n=0 k=1

(7.26)

u(r, , t) =

Jn (nk r) cos(nk ct) [Ank cos n + Bnk sin n] + Jn (nk r) sin(nk ct) [Dnk cos(nt) + Enk sin(n)] .

atau n=0 k=1 n=0 k=1

u(r, , t) =

Jn (nk r) cos(n) [Ank cos(nk ct) + Bnk sin(nk ct)] + Jn (nk r) sin(n) [Dnk cos(nk ct) + Enk sin(nk ct)] .

44 Untuk persoalan yang simetri secara axial, katakan keseluruhan solusi simetri dengan nilai = 0, solusi diatas segera tereduksi menjadi u(r, 0, t) = n=0 k=1

Jn (nk r) [Ank cos(nk ct) + Bnk sin(nk ct)] .

(7.28)

Simpangan awal memberikan hubungan f (r, 0) = n=0 k=1

Jn (nk r)Ank .

(7.29)

Dengan menurunkan persamaan (7.28) terhadap variabel t, diperoleh ut (r, 0, t) = n=0 k=1

Jn (nk r) [Ank nk c sin(nk ct) + Bnk nk c cos(nk ct)] ,

(7.30)

dan memberikan kecepatan awal g(r, 0) = n=0 k=1

Jn (nk r)Bnk nk c.

(7.31)

Kalikan kedua ruas persamaan (7.29) dengan rJn (nl r) dan integralkan 0 s/d 1 parsil terhadap r maka diperoleh 0 1

f (r, 0)Jn (nl r)r r =

1

Ank Jn (nk r)Jn (nl r)r r.

0 n=0 k=1

Selanjutnya dengan memperhatikan hubungan { 1 0, rJn (kni r)Jn (knj r) r = 1 2 0 2 Jn+1 (knj ), segera diperoleh 0

untuk untuk

i = j i=j

1

f (r, 0)Jn (nl r)r r = atau Ank 2 = 2 Jn+1 (nk ) 0 1

Anl 2 J (nl ), 2 n+1

(7.32)

f (r, 0)Jn (nk r)r r.

(7.33)

Dengan cara yang sama diperoleh Bnk = 22 nk cJn+1 (nk )

0

1

g(r, 0)Jn (nk r)r r,

(7.34)

yang melengkapi nilai konstanta yang belum diketahui pada persamaan (7.28).

45

BAB VIII METODE BEDA HINGGA8.1 DERET TAYLOR SATU VARIABEL Deret Taylor fungsi satu variabel disekitar x diberikan sebagai f (x + h) = f (x) + f (x)h + atau f (x + h) = f (x) + f (x)(x + h x) + f (x) 2 h + , 2! (8.1)

f (x) (x + h x)2 + . (8.2) 2! Deret Taylor inilah yang merupakan dasar pemikiran metode beda hingga untuk menyelesaikan persamaan dierensial parsil secara pendekatan numerik. Pendekatan untuk turunan pertama dilakukan deret Taylor dengan memotong suku-suku berorde h2 . Hal ini disebabkan, untuk h yang cukup kecil, h2 jauh lebih kecil lagi sehingga dapat diabaikan. Jadi f (x + h) f (x) , (8.3) f (x) = h yang dikenal sebagai pendekatan Forward Dierence (FD). Bila dipilih h = h atau h = h dalam (8.3) diperoleh f (x) = atau ditulis ulang f (x) f (x + h) , h

f (x) f (x + h) , (8.4) h yang dikenal sebagai pendekatan Backward Dierence (BD). Ada pula pendekatan yang dikenal sebagai pendekatan center dierence (CD). Untuk ini digunakan f (x) = f (x + h) = f (x) + f (x)h, f (x h) = f (x) f (x)h, dan dengan mengurangkan kedua persamaan diperoleh f (x+) f (x h) . (8.5) 2h Turunan kedua diperoleh dengan cara yang sama. Disini ditinjau deret Taylor hingga nilai h yang berderajat dua. Pemotongan dilakukan pada h yang berderajat tiga. Tinjau f (x) = f (x + h) = f (x) + f (x)h + f (x) 2 h , 2! f (x) 2 f (x h) = f (x) f (x)h + h . 2!

46 Jumlahkan kedua persamaan diperoleh f (x + h) + f (x h) = 2f (x) + 2 atau f (x) = f (x) 2 h , 2

f (x + h) + f (x h) 2f (x) . (8.6) h2 Nilai pendekatan untuk turunan ketiga, keempat dan seterusnya dilakukan dengan cara yang sama.

8.2 DERET TAYLOR DUA VARIABEL Untuk fungsi dua variabel, deret Taylor diturunkan secara sebagian bagian (parsil) terhadap variabelnya. Jadi untuk u = u(x, y) ekspansi deret Taylor terhadap x dan y diberikan sebagai u(x + h, y) = u(x, y) + ux (x, y)h + uxx (x, y) h2 + , 2!

(8.7) k2 u(x, y + k) = u(x, y) + uy (x, y)k + uyy (x, y) + . 2! Jadi turunan parsil fungsi terhadap x dan y dengan metode Forward Dierence (FD) dituliskan u(x + h, y) u(x, y) , ux (x, y) h (8.8) u(x, y + k) u(x, y) uy (x, y) . k Dengan Backward Dierence (BD) dituliskan ux (x, y) uy (x, y) u(x, y) u(x h, y) , h u(x, y) u(x, y k) . k

(8.9)

Dengan Centered Dierence (CD) dituliskan uxx (x, y) uyy (x, y) u(x + h, y) 2u(x, y) + u(x h, y) , h2 u(x, y + k) 2u(x, y) + u(x, y k) . k2

(8.10)

8.3 SOLUSI PENDEKATAN PDP Untuk memberikan ide akan cara kerja metode pendekatan beda hingga untuk menyelesaikan suatu persamaan dierensial parsil, marilah meninjau kembali persamaan Laplace

47 dua dimensi yang dapat diperoleh solusi analitiknya sebagai pembanding. Disini akan ditinjau PDP Laplace dengan domain persegi yang bersisi satu uxx + uyy = 0, dengan syarat batas u(0, y) = 0, u(1, y) = 0, u(x, 1) = 0, dan u(x, 0) = sin(x). (8.12) 0 < x < 1, 0 < y < 1, (8.11)

Dengan menggunakan pendekatan Centered Dierence pada persamaan (8.10) diatas, persamaan (8.11) dapat ditulis sebagai U (x + h, y) 2U (x, y) + U (x h, y) U (x, y + h) 2U (x, y) + U (x, y h) + = 0, h2 k2 atau dengan memperkalikan kedua ruas persamaan dengan h2 k 2 k 2 U (x + h, y) 2k 2 U (x, y) + k 2 U (x h, y) + h2 U (x, y + h) 2h2 U (x, y) + h2 U (x, y h) = 0, atau U (x, y) = k 2 U (x + h, y) + k 2 U (x h, y) + h2 U (x, y + h) + h2 U (x, y h) . 2h2 + 2k 2 (8.13)

Bila nilai h dan k dipilih sama, persamaan (8.13) segera menjadi U (x, y) = U (x + h, y) + U (x h, y) + U (x, y + h) + U (x, y h) . 4 (8.14)

Untuk penyederhanaan penulisan, persamaan (8.14) dituliskan Uij = 1 (Ui+1,j + Ui1,j + Ui,j+1 + Ui,j1 ) . 4 (8.15)

8.4 METODE BEDA HINGGA UNTUK PERSAMAAN DIFUSI Metode pendekatan sebagaimana dalam (8.15) dikenal pula sebagai metode beda hingga. Metode ini sangat sering dipakai untuk mencari solusi suatu PDP. Hal ini disebabkan mudahnya mendekati persamaan dierensial parsil dengan pendekatan deret Taylornya dan diperoleh persamaan beda. Idenya adalah membawa domain PDP ke dalam domain komputasi yang berupa grid. Untuk penyederhanaan penulisan, sering dituliskan dengan notasi indeks. Indeks subscript sebagai variabel ruang dan superscript sebagai variabel waktu. Jadi U (x, y) Uij , (8.16) U (x, t) U (ix, nt) Uin . (8.17)

Turunan parsial dari u dapat dengan mudah diaproximasi dengan menggunakan salah satu aproximasi (pendekatan) beda hingga berikut

48 1. Forward Dierence Ut |n = i Ux |n = i 2. Backward Dierence Ut |n = i Ux |n = i 3. Centered Dierence Ut |n = i Ux |n = i Utt |n = i Uxx |n = i Ui n+1 Ui n1 + O(t2 ), 2t Ui+1 n Ui1 n + O(x2 ), 2x Ui n+1 2Ui n + Ui n1 + O(t2 ), t2 Ui+1 n 2Ui n + Ui1 n + O(x2 ). x2 Ui n Ui n1 + O(t), t Ui n Ui1 n + O(x), x Ui n+1 Ui n + O(t), t Ui+1 n Ui n + O(x), x

Dalam perihitungan dengan metode beda hingga, ternyata tidak semua pendekatan yang dilakukan dengan pendekatan diatas menghasilkan nilai yang diinginkan. Luasnya penerapan metode beda hingga dalam persamaan dierensial parsil memerlukan jaminan tertentu akan pendekatan yang dilakukan.

Suatu metode beda hingga dikatakan 1. Stabil jika solusi yang dihasilkan berhingga atau terbatas, sesuai dengan solusi analitik PDP - nya yang berhingga pula. 2. Konsisten jika selisih antara persamaan beda dan persamaan dierensial partialnya menuju nol, untuk x 0 dan t 0. 3. Konvergen jika solusi persamaan beda Ui n mendekati solusi PDP - nya untuk x 0, dan t 0.

Teorema Ekuivalensi Lax Untuk masalah nilai awal yang berkelakuan baik sebagaimana diharapkan (well poised), suatu metode beda hingga (MBH) yang konsisten dan stabil merupakan syarat perlu dan cukup untuk kekonvergenannya.

49 Sebagai ilustrasi untuk memperlihatkan dengan jelas akan teorema ekuivalensi Lax, marilah tinjau persamaan difusi Satu Dimensi ut = kuxx , dengan syarat awal u(x, 0) = (x). (8.19) Dengan pendekatan Metode Beda Hingga Foward dierence dalam Time dan Centered dierence dalam Space (FTCS) segera diperoleh Ut |n = kUxx |n , j j ) ( n+1 n Ui Ui Ui+1 n 2Ui n + Ui1 n , = k t x2 kt Ui n+1 Ui n = (Ui+1 n 2Ui n + Ui1 n ) , x2 atau Ui n+1 = Ui n + s(Ui+1 n 2Ui n + Ui1 n ), dimana s =kt . x2

0 < t < ,

< x < ,

(8.18)

(8.20)

Uji Kekonsistenan FTCS Untuk PD Difusi Satu Dimensi Untuk menguji kekonsistenan solusi persamaan beda (8.20) dan menentukan kesalahan pemotongan (truncation error) yang dihasilkan, marilah kembali meninjau deret taylor Ui n1 = Ui n Ut |n t + in n

1 1 Utt |n t2 Uttt |n t3 + i i 2! 3!

(8.21)

1 1 Ui1 = Ui + Uxx |n x2 Uxxx |n x3 + . i i 2! 3! Substitusi persamaan (8.21) ke (8.20) diperoleh Ux |n x i Uj n+1 = Uj n + s(Uj+1 n 2Uj n + Uj1 n ) U + Ut t + 1 1 1 Utt t2 + Uttt t3 + = U + s(U + Ux x + Uxx x2 + 2! 3! 2! 1 Uxxx x3 + 2U + U Ux x + 3! 1 1 Uxx x2 Uxxx x3 + ), 2! 3!

atau Ut t + 1 1 2 Utt t2 + Uttt t3 + = s(Uxx x2 + Uxxxx x4 + ), 2! 3! 4!

atau t(Ut + 1 1 Utt t + Uttt t2 + ) = 2! 3! kt 2 (Uxx x2 + Uxxxx x4 + ), 2 x 4!

50 atau Ut + atau 1 2 Utt t + = kUxx + k Uxxxx x2 + , 2! 4!

1 2 Utt t + k Uxxxx x2 + , 2! 4! yang tetap konsisten dengan persamaan (8.18) dengan kesalahan 2 1 Error = Utt t + k Uxxxx x2 + . 2! 4! Ut = kUxx

(8.22)

(8.23)

Uji Kestabilan Metode FTCS Untuk Persamaan Difusi Satu Dimensi Untuk menentukan kestabilan dari persamaan beda FTCS untuk persamaan difusi (8.18), salah satu metode yang dapat digunakan adalah metode Von Neumann. Diketahui bahwa solusi analitik dari suatu persamaan difusi secara umum dapat dituliskan dalam bentuk dimana = 1. Selanjutnya, misalkan u(x, t) = cek t ex ,2

(8.24)

Uj n = n eiotai .n

(8.25)

Dengan demikian, segera dapat dilihat, untuk = 0 diperoleh Uj = 0, yang merupakan solusi trivial. Untuk > 1 maka diperoleh Uj n yang akan mendekati . Untuk = 1 akan diperoleh Uj n yang stabil tapi tidak teredam. Untuk 1 < < 1, nilai Uj n akan mendekati 0. Untuk < 1, nilai Uj n akan mendekati . Jadi nilai Uj n akan dijamin kestabilannya jika hanya jika || 1. Selanjutnya akan dicari suatu kondisi yang memenuhi (8.20) syarat kestabilan || 1. Substitusi (8.25) ke (8.20) diperoleh n+1 eij = n eij + s(n ei(j+1) 2n eij + n ei(j1) ) = 1 + s(ei 2 + ei ) = 1 + s(cos + i sin 2 + cos i sin ) = 1 + s(2 cos 2) = 1 + 2s(cos 1) = 1 2s(1 cos ) = 1 2s(2 sin2 ) 2 = 1 4s sin2 . 2 Syarat kestabilan adalah || 1, atau 1 2 0 0 2

1 1 0 2 1 , 2

1 1 4s sin2 4s sin2 2 4s sin2 2 s sin2 2

511 dan karena 1 sin2 1 maka diperoleh 0 s 2 . Dengan kata lain, persamaan 2 (8.20) akan stabil jika dipilih nilai s yang berada dalam rentang 0 s 1 . 2

Contoh 1 Kestabilan Untuk Persamaan Difusi Satu Dimensi Tinjau persamaan difusi satu dimensi ut = kuxx , dengan syarat awal u(x, 0) = x(4 x), dan syarat batas u(0, t) = 0, u(4, t) = 0. (8.28) (8.27) 0 x 4, (8.26)

Dengan metode pendekatan beda hingga, dan gunakan metode FTCS, PDP diatas diterjemahkan kedalam persamaan Uj n+1 = Uj n + s(Uj+1 n 2Uj n + Uj1 n ). Syarat batas diterjemahkan menjadi U0x n = 0, dan UN x n = 0. (8.30) (8.29)

Demikian pula dengan syarat awal yang diterjemahkan menjadi Uj 0 = j(4 j). (8.31)

Bila dipilih x = 1 maka nilai N = 4. Diskritisasi pada sumbu x memerlukan U0 , U1 , U2 , U3 , U4 . Diskritisasi pada sumbu t memerlukan U 0 , U 1 , U 2 , . Syarat awal didiskritisasi 0 0 0 0 0 0 1 2 menjadi U0 , U1 , U2 , U3 , U4 . Syarat batas didiskritisasi menjadi U0 = 0, U0 = 0, U0 = 0, 3 = = 0 dan U 0 , U 1 = 0, U 2 = 0, U 3 = = 0. Dengan menggunakan persamaan U0 4 4 4 4 (8.31) diperoleh hubungan U1 1 = U1 0 + s(U2 0 2U1 0 + U0 0 ) U2 1 = U2 0 + s(U3 0 2U2 0 + U1 0 ) U3 1 = U3 0 + s(U4 0 2U3 0 + U2 0 ) U1 2 = U1 1 + s(U2 1 2U1 1 + U0 1 ) U2 2 = U2 1 + s(U3 1 2U2 1 + U1 1 ) U3 2 = U3 1 + s(U4 1 2U3 1 + U2 1 ) U1 3 = U1 2 + s(U2 2 2U1 2 + U0 2 ) . . . . . .

52

Gambar 5: Nilai Diskritisasi untuk s = 1 dan s = 0.5 Khusus untuk s = 1 diperoleh U1 1 = 3 + (4 6 + 0) = 1 U2 1 = 4 + (3 8 + 3) = 2 U3 1 = 3 + (0 6 + 4) = 1 U1 2 = 1 + (2 2(1) + 0) = 1 U2 2 = 2 + (1 2(2) + 1) = 0 U3 2 = 1 + (0 2(1) + 2) = 1 U1 3 = 1 + (0 2(1) + 0) = 1 . . . . . .

Dari gambar tabel diatas, terlihat dengan jelas bahwa untuk s = 1 solusi yang diperoleh tidak sesuai dengan yang diharapkan. Pada nilai n = 5 sudah mulai terlihat bahwa solusi tidak konvergen. Sebaliknya untuk s = 0.5, solusi terlihat konvergen ke nol sebagaimana diharapkan.

8.5 METODE BEDA HINGGA UNTUK PERSAMAAN GELOMBANG Metode beda hingga untuk persamaan gelombang satu dimensi tidak berbeda jauh dengan metode beda hingga untuk persamaan difusi. Sebagai ilustrasi, marilah tinjau persamaan gelombang satu dimensi utt = c2 uxx , < x < , (8.32)

53 dengan syarat awal u(x, 0) = (x), ut (x, 0) = (x). (8.33) Dengan pendekatan (aproximasi) centered dierence untuk waktu t dan centered dierence untuk variabel x diperoleh pendekatan CTCS Utt |n = c2 Uxx |n i i Ui n+1 2Ui n + Ui n1 Ui+1 n 2Ui n + Ui1 n = c2 ( ) (t)2 (x)2 c2 t2 Ui n+1 2Ui n + Ui n1 = (Ui+1 n 2Ui n + Ui1 n ) x2 Selanjutnya, bila dimisalkan s =c2 t2 x2

maka diperoleh

Ui n+1 = s(Ui+1 n 2Ui n + Ui1 n ) + 2Ui n Ui n1 , atau Ui n+1 = s(Ui+1 n + Ui1 n ) + 2(1 s)Ui n Ui n1 . (8.34) Metode diatas ini sering pula disebut sebagai metode Leapfrog yang membutuhkan dua nilai U untuk menghitung nilai U yang lainnya dan juga membutuhkan dua syarat awal yaitu U (x, 0) = (i) yang mendekati Ui 0 = (i). Syarat awal Ut (x, 0) = (x), diaproximasi dengan centered dierence menjadi Ut |n = i Karena Ut (x, 0) = (x), maka Ut |1 = i atau Ui 2 = Ui 0 + 2t (t). Syarat awal lainnya U (x, 0) = (x) berarti Ui 1 = (i), sehingga Ui n+1 = s(Ui+1 n + Ui1 n ) + 2(1 s)Ui n Ui n1 Ui 2 = s(Ui+1 1 + Ui1 1 ) + 2(1 s)Ui 1 Ui 0 Ui 2 = s(Ui+1 1 + Ui1 1 ) + 2(1 s)Ui 1 (Ui 2 2t(i)) 2Ui 2 = s((i + 1) + (i 1)) + 2(1 s) (i) + 2t (i) s Ui 2 = (i+1 + i1 ) + (1 s)i + t (i). 2 (8.35) Ui 2 Ui 0 = (i), 2t Ui n+1 Ui n1 + O(t2 ). 2t

Syarat Kestabilan Metode CTCS Solusi umum persamaan gelombang adalah Ui n = n ei . Disini solusi Ui n akan stabil t2 (berhingga) jika hanya jika || 1. Jadi akan dicari syarat perlu bagi s = c2 x2 agar

54 || 1. Substitusi Ui n ke persamaan beda (8.34) diperoleh Ui n+1 = s(Ui+1 n + Ui1 n ) + 2(1 s)Ui n Ui n1 n+1 ei = s(n e(i+1) + n e(i1) ) + 2(1 s)n ei n1 ei = s(e + e ) + 2(1 s) 1 1 + = s(cos + sin + cos sin ) + 2(1 s) 1 + = 2s cos + 2(1 s) = 2s cos + 2 2s = 2 + 2s(cos 1). t Selanjutnya, dengan memisalkan variabel baru r = s(cos 1) 0 mengingat s = c2 x2 > 0 maka diperoleh2

1 = 2 + 2r 2 + 1 = (2 + 2r) + 2 2(1 + r) + 1 = 0 2(1 r) 4(1 + r)2 4 12 = 2 = (1 + r) (1 + r)2 1 = (1 + r) r2 + 2r Jika r < 2 maka || > 1 Jika r = 2 maka || = 1 Jika r > 2 maka || = 1 yang berarti pendekatan tidak stabil. yang berarti memenuhi pendekatan yang stabil. yang berarti memenuhi pendekatan yang stabil.

Dengan demikian, untuk pendekatan yang stabil, disimpulkan nilai 2 r 0

2 s(cos 1) 0 2 s(2 sin2 ) 0 2 0 0 0 0 0 2s sin2 2 s sin2 2 sin2 2 2 s sin 2

2 1 1 1 1,

s

atau nilai pemilihan s harus terletak diantara 0 dan 1.

55

Daftar Pustaka1. Nakhle H. Asmar, Partial Dierential Equations, Pearson Prentice-Hall. 2. Erwin Kreyzig,Advanced Engineering Mathematics 3. Peter V. O Neil,Advanced Engineering Mathematics, Thomson, 2007 4. Stanley J. Farlow, Partial Dierential Equations for Scientists and Engineers, John Wiley & Sons.