Matematika Teknik 2

DAFTAR ISI

DA FTA R ISI BA B I : PENYELESA IA N PD DENG A N DERET KUA SA

1

1.1. Fung si Ana An a litik , Titik O rdine r d a n Titik Sing ula r 1 1.2. Po w er Se Se rie rie s Me tho d 3 1.3. 1.3. Persa ersa ma a n d a n Polinom olinom ia l Leg en d re 8 1.3. 1.3.1. 1. Persa ersa ma a n Leg end re 8 1.3.2. 1.3 .2. Po lino lino m ial Leg e nd re 11 1.3.3. 1.3 .3. Deret Po Po lino lino m ial Le g en d re 13 1.4. 1.4. Me to d e Frob enius 15 1.5. Pe rsa rsa m a a n Be sse l 23 1.5.1. Fung un g si Be sse l Jen is Pe rta m a 23 1.5.2. Fung un g si Be sse l Jenis Je nis Ke d ua 35 1.5.3. Fung un g si Be sse l Te rmo d ifika si 41 1.5.4. 1.5 .4. Pe rsa rsa m a a n ya ng b isa isa d itransfo itransfo rma sika ika n ke d a lam PD PD Bess essel

BA B II : DERET FO URIER

48

2.1. Fungsi Periodik Error! rror! Boo Boo km a rk not d efined .8 2.2. De Deret ret Fo urier 50 2.3. Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Error! rror! Boo Boo km ark not d efined .6 2.4. 2.4. Deret Deret Sinus d a n De ret Co sinus Set eng a h Ja ng kaua n (H ( Ha lf -R -Ra ng e) Error! rror! Boo Boo km a rk not d efined .7

BA B III : PERSA M A A N DIFERENSIA L PA RSIA L

63

3.1. 3.1. Pen d a huluan 63 3.2.. Pe nye lesa 3.2 lesa ian Ma sa lah Sya rat Ba ta s 64 3.2.1. 3.2 .1. P Pe e ng inte g rala n sep erti PD Biasa iasa 64 ax by 3.2.2 3.2. 2 . Pe Pe m isa isa lan la n u = e 66 3.2.3. 3.2 .3. Pe m isa isa ha n Va ria ria b el 69 Persa ersa m a a n Kon d uksi uksi Pa na s 1 d ime nsi nsi 73 Alira Alira n Pa na s Ko nd uksi uksi 2 d ime nsi nsi 79 Ge ta ra n ta li(P i(Persa ersa ma a n Ge lom b a ng 1 d imensi) imensi) +

81

45

DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Tim Ma tem atik a- Jurusa urusa n Tek Tek nik M esin esin

BA B I

PENYELESA IA N PERSA M A A N DIFERENSIA L DENG A N DERET KUA SA Pok ok Ba hasan : Fungsi Analitik, Titik Ordiner dean Titik Singular Power Series Method Persamaan dan Polinomial Legendre Metode Frobenius Persama Persamaan an Bessel Bessel ! ! ! ! !

1.1. Fung si Ana litik, litik , Titik Ord ine r Da Da n Titik Titik Sing Sing ula r Fungsi f (x) dikatakan analitik di x = x 0

∞ f (n ) ( x ) ( x − x )n 0 0

∑

n!

n =0

jika deret Taylor

konvergen di sekitar titik x = x 0

Contoh : 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 ′(x) = f ′′(x) =

1

f

(iv)

(n )

f ′(1) = 1

x

− x1

f ′′′(x) =

f

f (1) = 0

2 x

(x) =

(x) =

f ′′(1) = -1

2

f ′′′(1) = 2

3

−

1.2.3 x

f

4

( −1) n −1(n − 1)!

(iv)

(1) = -3!

f ( n ) (1) = (-1) n −1 (n-1)!

xn

Deret Taylor:

∞ (−1) n −1 (n − 1)! ( x − 1)n

∑

n =0

n!

Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa Jurusa n M esin Unive rsitas rsitas Braw Braw ija ya

=

∞ (−1) n −1 ( x − 1) n

∑

n =0

n

;n

≠

0

1


∞ (−1)n −1 (x − 1)n

=

∑

n

n =1

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

∞ (−1)n −1 ( x − 1)n

∑

n

n =1

a n +1 an

=

=

( −1) n (x − 1) n +1

( −1)n −1( x − 1) n

n +1

n

(−1)(x − 1)n

di sekitar x = 1

a n +1 an

; uji konvergensinya adalah sebagai berikut:

n +1

→

=

( x − 1)n n +1

=

n n +1

x −1

x −1 = 0

= 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; e x; 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 2 x cos x

dan 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 = x 0. Jika salah satu atau kedua fungsi tersebut tidak analitik di x=x 0, maka x0 disebut titik (singular point ) dari titik singula r (singular PD di atas. Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa Jurusa n M esin Unive rsitas rsitas Braw Braw ija ya

2


int ) dari PD di 2. Titik x0 disebut titik singular teratur (Re g ula r Sing ula r Po int ) atas, jika x0 titik singular dari PD dan fungsi (x- x0) P(x) dan (x- x0)2 Q(x) analitik di x0. Catatan : koefisien dari y

′′ harus samadengan 1.

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

P(x) = - x Q(x) = 2

 

merupakan fungsi-fungsi polinomial yang analitik di manamana, x = 0 merupakan titik analitik.

2. PD : (x2 - 4) y′′ + y = 0 P(x) = 0 Q(x) =

; di x = 2

analitik di mana-mana

1 x2

Q(x) =

−4

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 ) =

7 x ( x + 1) 2x 2 −3

 0  tidak analitik di x = 0 − 3 → Q ( 0) =  0 

= 7(2xx+1) →

2x 2

P(0) =

7

x = 0 titik singular karena:

(x - 0) P(x) = 7/2 (x + 1)  analitik 3 2  (x - 0) Q( x ) = −  2 maka x = 0 merupakan titik singular teratur. 1.2. Pow er Series Series Metho d (Peny (Peny elesaian PD PD de nga n pe nde retan d i sek itar titik ordine r) Teo rem a 1 : Bila P,Q, dan R dalam PD : y′′ + P(x) y′ + Q(x) y = R(x) .........................................(1-1) .........................................(1-1)


3

DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin

adalah fungsi analitik di x = x 0 (x0 merupakan titik ordiner dari PD) maka setiap penyelesaian dari (1) analitik di x = x 0 dan dapat dinyatakan dalam bentuk deret kuasa dari x – x0 : y

∞

=

∑ a m ( x − x 0 )m ≡ a 0 y1(x) + a1y2 (x) ..........(1-2)

m =0

a0 dan a1 adalah konstanta sembarang.

Contoh : 1. Selesaikan PD : y′′ - xy′ + 2y = 0 Penyelesaian:

P( x ) = − x  Q( x ) = 2  

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

ordiner.

y=

Sehingga

∞

∑

a m ( x − 0) m

m =0

=

∞

∑ am xm

merupakan penyelesaian

m =0

persamaan differensial. ∞

y=

∑a

m

xm= ao

+ a 1 x + a 2 x 2 + ..... + a s x s + .....

m =0

y′ =

∞

∑m a

m

x m −1 = a 1

+ 2a 2 x + 3a 3 x 2 + .....

m=0

y′′ =

∞

∑ (m − 1)m a m x m −2= 2a 2 + 2.3a3x + 3.4a 4x 2 + .....

m =z

substitusi y, y′ dan y′′ ke PD :

∞

∑ (m − 1) m a m x

m−2

m =2

∞

− x ∑ m am

x

m −1

m =1

∞

+ 2 ∑ am

xm

=0

m =0

+ 2.3a 3 x + 3.4a 4 x 2 + ...... + (s + 1)(s + 2)a s + 2 x s + ..... + [a 1x + 2a 2 x 2 + 3a 3 x 3 + ....... + sa s x s + .......]+ 2 3 s 2[a 1 x + 2a 2 x + 3a 3 x + ....... + sa s x + .......] = 0 1.2a 2

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: Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

4


koefisien x0 : 2a2 + 2a0 = 0

→

a2 = -a0

koefisien x1 : (6a3 – a1 + 2a1) =0

→

−

a3 =

1 6

koefisien xs : (s + 1)(s + 2) as+2 – sas + 2as = 0

a1

→ as+ 2 =

s−2 (s + 1)(s + 2)

as

rumus rekursi untuk s = 0,1,2,... Dari rumus rekursi bisa ditentukan nilai am untuk sembarang s

=

− 2a 0

s = 1 → a3

=−

=−

s = 2 → a4

=0

s = 3 → a5

=

a3

s = 4 → a6

=

2a 4

s = 5 → a7

=

3a 5

s = 6 → a8

=

4a 0

s=0

→

a2

a1

6

PUPD : y =

20

=

30 42 63

= −a 0

2

1

a1

6

1

1 1 ( − a1 ) = − a1 20 6 20

=0 =

3 42

(−

1 120

a1) = −

1 1680

a1

=0

∞

∑ a m x m = a 0 + a1x + a 2 x 2 + a 3x3 + ....

m =0

y = a0

+ a1x − a 0 x 2 −

1 6

y = a 0 (1 − x 2 ) + a1( x −

a1x 3 + 0x 4

−

1 120

a1x 5 + 0x 6

1 3 1 5 1 x − x − x7 6 120 1680

−

1 1680

a1x 7

+ ....

− .....)

y = a 0 y1 + a1y 2 y1 = 1 − x 2

Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

5


y2

1 3 1 5 1 x − x − x7 6 120 1680

=x−

2. Selesaikan PD : ( x 2

− .....

+ 4) y"+ xy = x + 2

Penyelesaian: 2 Masing-masing ruas dibagi dengan ( x + 4) menjadi:

x

y"+

x2

+4

y=

x+2 x2

+4

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

x x2

+4

x+2

R(x) =

x

2

+4

→

analitik di titik x = 0

→


→


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

y=

y' =

∞

∑ a mxm

m=0

∞

∑ m a m x m −1

m =1

y" =

∞

∑ (m − 1)m a m x m − 2

m=2

Substitusikan y ; y′ dan y′′ ke PD :

(x

2

∞

+ 4) ∑ (m − 1)m a m x

m−2

m=2

∞

+ x ∑ amxm = x + 2 m =0

atau:

∞

∑

m=2

(m − 1)m a m x m

∞

∞

m=2

m =0

+ 4 ∑ (m − 1)m a m x m − 2 + ∑ a m x m +1 = x + 2

atau :

2a 2 x 2

+ 6a 3x 3 + 12a 4x 4 + 20a 5x 5 + .... + (s − 1)sa s x s + ....


6


8a 2

+ 24a 3x + 48a 4 x 2 + 80a 5x3 + .... + 4(s + 1)(s + 2)a s + 2x s + ....

a 0 x + a1x 2

+ a 2x 3 + a 3x 4 + .... +a s −1xs + .... = x + 2

Persamaan identitas : 0 Koefisien x : 8a 2

=2

x1 : 24a 3 + a 0

=1

2

x : 2a 2 + 48a 4

x s : (s − 1)s a s

→

as+2

1

→

a2

=

→

a3

=

+ a1 = 0 →

a4

4

=

1 24

a − 24 0

− (a1 +

1 2

)

48

+ 4(s + 1) (s + 2) a s + 2 + a s −1 = 0

a + (s − 1)s a s = − s +1 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

=−

s = 3 : a5

=−

a1 + 2 a 2 (4)(3)(4) a2

+ 6 a3

(4)(4)(5)

=− =−

a1 + 1 2

=−

48

a1 48

−

1 4 + 1 4 − a0 4 80

1 96

=

−1 160

+

a0 320

Jadi PUPD :

y = a0

+ a1x +

1 4

x2

+(

1 24

−

a0

)x 3

24 1

+ (−

1 2 1 3 1 4 5 y=( x + x − x − x 4 24 96 160 1 1 + (1 − x 3 + ) x 5 + .....) a 0 + 24 320 (x −

1 48

x

4

a1 48

−

1 96

)x 4

+ (−

1 160

+

a0 320

)x 5

+ ........

+ .....)

+ .....) a 1


7


1 2 1 3 1 4 1 5 y=( x + x − x − x + .....) + a 0 y1 ( x ) + a 1 y 2 ( x ) $!! ! #!! ! " 4 24 96 160 $!! ! ! ! ! ! #!! ! ! ! ! ! " yc

yp

dengan : y1( x ) = 1 −

1 24

y 2 ( x) = x −

x3 +

1 48

x4

1 320

x 5 + .......

+ .......

yc = penyelesaian komplementer, yaitu penyelesaian PD Homogen :

(x 2

+ 4) y"+ xy = 0

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

(x 2

+ 4) y"+ xy = x + 2

Bila x = x 0 ≠ 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

y" =

d y

dt

=

2

dx 2

dy dt dt dx

=

dy dt

1=

dy dt

dy d dy d dy d dy =   =   =   =   = dx  dx  dx  dt  dt  dx  dx  dt  d

2

d y dt

2

P(x ) = P( t + x 0 ) Q( x ) = Q( t + x 0 ) PD menjadi :

d2y dt 2

+ P( t + x 0 )

dy dt

+ Q( t + x 0 ) y = 0 .

1.3. Persam aa n da n Polinom ial Leg end re

1.3.1

Persam aa n Leg end re Persamaan difeensial dengan bentuk umum sebagai berikut : ( 1 - x2 ) y'' - 2xy' + n ( n + 1 ) y = 0 .............................................................. (1-3)

dengan n real : disebut pe rsam aa n Leg end re Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

8


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

2x

y'' -

1− x

y' +

2

n (n + 1) 1− x2

y

=0

Terlihat bahwa x = 0 merupakan titik ordiner dari PD; sehinga PD diatas bisa diselesaikan dengan penderetan disekitar titik ordiner, dengan mengambil : ∞

y=

∑a

m

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

m =0 '

y =

∞

∑ ma

m

x

m −1

...............................................................................................(1-5)

m =1

∞

∑ (m − 1)ma

''

y =

m

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

m=2

substitusikan y, y’ dan y” ke PD : ∞

∑ (m − 1)ma

2

(1-x )

m

x

m=2

∞

atau

∑ (m − 1)ma

m

x

m=2

atau

m−2

m− 2

∞

− 2x ∑ ma m x

+ n (n − 1)

m =1

∞

-

m −1

∑ (m − 1)ma

m=2

m

x

m

∞

∑a

m

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

m =0

∞

− 2 ∑ ma m x

∞

m

+n(n+1)

m =1

∑a

m

x m =0

m=0

+ 2.3a 3 x + 3.4a 4 x 2 + ........ + (s + 1)(s + 2)a s + 2 x s + .......

1.2.a 2

− 1.2a 2 x 2 − 2.3a 3 x3 − 3.4a 4 x 4 − ...... − 2sa s x s − ......... − 2.1a 1 x − 2.2a 2 x 2 − 2.3a 3 x 3 − ..... − 2.sa s x s − ........ + n(n + 1)a 0 + n (n + 1)a 1 x + 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 1

+ n (n + 1)a 0 = 0  → a 2 = −

koefisien x : 2(3)a 3

6a 3 koefisien

n ( n + 1) 2

a0

− 2(1)a 1 + n (n + 1)a 1 = 0

+ (−2 + n (n + 1)a 1 = 0  → a 3 = −

x : (s + 1)(s + 2)a s s


( n − 1)(n − 2) 6

a1

+ 2 + [−s(s − 1) − 2s + n (n + 1)]a s = 0

9


a s+ 2

( n − s)(n + s + 1)

=−

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

(s + 1)(s + 2)

rumus rekursif untuk s = 0,1,2,3,...... dari rumus rekursif bisa diturunkan :

n ( n + 1)

s = 0; a 2

=−

s = 1; a 3

=−

s = 2; a 4

=− =

s = 3; a 5

=−

(n − 1)(n + 2) 2(3)

n ( n + 1)

a1

(n − 2)(n + 3) 3( 4)

2!

=−

a2

4(5)

a3

3!

=−

4! ( n − 3)(n + 4)

a0

(n − 1)(n + 2)

( n − 2)n ( n + 1)(n + 3)

=− =

1( 2)

a0

=−

a1

(n − 2)(n + 3) 3(4)

[−

n ( n + 1) 2!

]a 0

a0 (n − 3)(n + 4) ( n − 1)(n + 2) 4(5)

( n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) 5!

3!

a1

a1

PU.PD:

n ( n + 1)  2  ( n − 1)(n + 2)  3  ( n − 2) n ( n + 1)(n + 3)  4 a 0  x + − a1 x +  a 0 x + a 1 x + − 2! 3! 4!       (n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4)  5 a 1  x + ...... ..........................................................(1-9) +  5!  

y = ao

atau

 

y = a o 1 −

n (n + 1) 2!

x2

+

( n − 2) n (n + 1)(n + 3) 4!

( n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) 5!

x5

x4

( n − 1)(n + 2) 3 x + − ..... + a 1 x − 3!  

− ......... 

atau

y = a 0 y1 ( x ) + a 1 y 2 ( x ) .....................................................................................(1-10) dengan :

y1 ( x ) = 1 −

n ( n + 1) 2!

x

2


+

( n − 2)n ( n + 1)(n + 3) 4!

x

4

+ ......

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

10


y 2 (x) = x −

1.3.2

( n − 1)(n + 2) 3!

x3

+

(n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) 5!

x5

− ........

........(1-12)

Polinom ial Leg end re Dalam

beberapa

aplikasi,

parameter

n

dalam

persamaan

(n ≥ 0) . Jika n adalah bilangan

Legendre adalah bilangan bulat positif

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

a n+2

= 0 ; a n+ 4 = 0 ; a n +6 = 0

; a n +8

= 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

as

=−

(s + 1)(s + 2) (n − s)(n + s + 1)

a s+ 2

; 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:

an

1  =  (2n )!  2 n (n!) 2

=0 .......................................................................(1-14) ; n = 1; 2 ; 3 ; 4

;n

pemilihan nilai an ini dilakukan agar untuk sebarang polinomial Pn ( x ) ; harga Pn (1)

= 1,

sehingga : a n − 2


=−

(2n − 2)! 2 ( n − 1)!−( n − 2)! n

11


=−

a n−4

(n − 2)(n − 3) 4( 2n − 3)

= (−1) m

a n −2m

a n −2

=

( 2n − 4)! 2 n 2! n − 2)!( n − 4)!

( 2n − 2m)! 2 m!( n − m)!( n − 2m)! n

sehingga Pn ( x ) yang merupakan penyelesaian dari persamaan Legendre bisa dinyatakan secara umum :

( 2 n − 2 m)

M

∑ (−1)

Pn ( x ) =

m

x 2 m!(n − m)!(n − 2m)!

m=0

=

( 2n )! n

2 n!) n

=

dengan : M

2

2

xn

n −2 m

n

( 2n − 2)!

−

x n −2

2 1!( n − 1)!( n − 2)! n

=

untuk n genap dan M

...............................................(1-15)

+ −.......

n −1 2

untuk n ganjil.

Beberapa polinomial Legendre orde n :

P0 ( x ) = 1 P2 ( x ) =

1

P4 ( x ) =

1

2 8

P1 ( x )

(3x

2

− 1)

(35x 4

− 30x 2 + 3)

=x

P3 ( x ) =

1

P5 ( x ) =

1

2 8

(5x

3

− 3x )

(63x5 − 70x 3

+ 15x )

secara grafis Pn ( x ) bisa digambarkan sebagai berikut: P n (x) P0

1 P1 P2 -1

P3

1

x

P4

Rumus - rumus rek ursif untuk p olinom ial Leg end re: 1.

P n +1 ( x )

=

2n n

+1 x +1

Pn ( x )


−

n n

+1

P n −1 ( x ) 12


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 )

=

dn

1 n

2 n ! dx

n

P n −1 ( x

2

− 1) n

Dua buah polinomial Legendre yang berbeda akan saling tegak lurus pada interval

− 1 < x < 1 ; sehingga:

1

∫ P

1.

m

( x )Pn ( x )dx ; m ≠ n

−1 1

∫

2

Pn ( x )dx

2.

=

−1

1.3.3

2 2n + 1

Deret Polinom ial Leg end re Jika f(x) memenuhi syarat Dirichlet dalam interval -1 < x < 1 ,

maka

f(x)

bisa diekspansikan kedalam suatu deret Legendre yang

berbentuk : ∞

f ( x )

= ∑ A k Pk (x ) = A 0 P0 ( x ) + A1 P1 ( x ) + A 2 P2 ( x) +

……........................ (1-16)

k = 0

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 ∞

f ( x )

= ∑ A k Pk ( x )

konvergen ke :

k = 0

a. b.

f(x) jika x titik kontinu.

f ( x + )

+ f ( x − ) 2

; jika x titik diskontinu

Bukti :


13


1

∫ P

m

∞

( x ) f ( x ) dx

= ∑ A k k =0

−1

1

1

∫ P

m

( x ) Pk ( x ) dx

−1

1

∫

∫

Pm ( x ) f ( x ) dx = A m Pm2 ( x ) dx

−1

2

=

2m + 1

−1

1

2

Am =

2m + 1

Am

∫ P

m

( x ) f ( x ) dx

−1

Contoh :

1 ; 0 < x < 1 f ( x ) =  0 ; − 1 < x < 0 Ekspansikan f(x) ke dalam deret Polinomial Legendre : ∞

Deret polinomial Legendre f ( x )

= ∑ A k Pk (x ) k = 0

Ekspansikan

dengan

A k

k = 0

=

2k + 1

k = 1 → A1 k = 2

→ A2 =

k = 3 → A 3 k = 4 k = 5

=

=

→ A4 = → A5 =

∫ P (x) f (x) dx k

2

→ A0 =

1

−1

1

1

∫

2

1

=

2 7 2 9 2 11

∫

P2 ( x ) f ( x ) dx

=

−1 1

∫

P3 ( x ) f ( x ) dx

=

−1 1

1

x.1 dx

=

3

1

5

∫

2

5x

∫

2

− 3x

3

35x

4

0

1

11

∫

−1

2

1

dx

8 63x

∫

=0 =−

− 30 x 2 + 3

4

−1

dx

2

0

1

−1

2

2

0

1

7

3x

∫ P (x) f (x) dx = 2 ∫ =

4

0

9

P5 ( x ) f ( x ) dx

2

0

∫

2

1

=

1

3

−1

5

2

∫

P1 ( x ) f ( x ) dx

1.1 dx

∫

2

−1

3 2

=

P0 ( x ) f ( x ) dx

1

1

5

7 16 dx

− 70x 9 + 15x 8

0

=0 dx

=

11 32

dan seterusnya

f ( x )

=

1 2

P0 ( x ) +

3 4

P1 ( x )


−

7 16

P3 ( x ) +

11 32

P5 ( x )

− + .............

14


Soa l La tiha n. Selesaikan persamaan diferensial berikut : 1.

xy"+2 y'+4xy = 0

2.

(1 − x 2 ) y' = 2xy

3.

( x + 1) y'−( 2 x + 3) y = 0

4.

(1 − x ) y"−2xy'+2 y = 0

5.

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

2

Jawab an : 1.

y = −2 + a 3 x

2.

y = a 0 (1 + x 2

3.

y = a 0 (1 + 3x + x 2

4.

y

5.

y

3

+ x 4 + ...) = +

10

= a 1 x + a 0 (1 − x 2 − = a 0 (1 −

t2 2!

+

t4 4!

3 1 3

a0 1− x

2

x3

+ 2x 4 + ...)

x4

−

1 5

x6

−

− +....) + a 1 ( t −

1 7

t3 3!

x8

+

− ...)

t5 5!

− +.....) = a 0 cos( x − 1) + a 1

sin( x − 1)

1.4 Me tod e Frobe nius (Extend ed Pow er 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 = x 0, maka titik x0 disebut titik singular dari PD. Jika U(x) = P(x) (x-x0) ; V(x) = Q(x) (x-x0), PD menjadi :

y"+

U (x ) x − x0

y' +

V(x )

(x − x 0 )

2

y = 0 ..........................................................................(1-19) atau:

(x − x 0 )2 y"+(x − x 0 )U(x )y'+ V(x )y = 0 ...........................................................(1-20) Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

15


Jika U(x) dan V(x) analitik di x = x 0 , 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).

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

(1)

berbentuk: y = x

r

∞

∑a

m

(x − x 0 )m .

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

m=0

Jika x0 = 0 ;

y=x

r

∞

∑a

m

x

∞

= x (a 0 + a 1 x + a 2 x + .............) = ∑ a m x m + r ...........(1-22)

m

r

m =0

2

m =0

r adalah konstanta yang akan ditentukan, sedemikian sehingga a 0

≠ 0.

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

U(x ) =

V (x ) =

y' =

∞

∑ b s x s = b 0 + b1 x + b 2 x 2 + b 3 x 3 + ....... + b s x s

dan

s =0

∞

∑ c s x s = c 0 + c1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + ...... + c s x s

s =0

 ∑∞ a x m + r  = ∑∞ (m + r )a x m+ r −1 m m  m=0 dx  m =0 d

∞ ∞ m + r −1  (m + r )a m x y" = = ∑ (m + r − 1)(m + r )a m x m + r −1 ∑   dx  m = 0  m =0

d

Hasil-hasil tersebut dimasukkan ke dalam PD x2y”+xU(x)y’+V(x)y = 0,sehingga: x 2 . x r − 2 [(r − 1)ra 0

+ r (r + 1)a 1+............ ] + x b 0 + b1 x + b 2 x 2 + b 3 x 3 + .....

[x − (ra + (r + 1)a x + ....)] r 1

0

+

c0

1

+ c 1 x + c 2 x + c 3 x 3 + .... 2


x (a 0 r

+ a 1 x + a 2 x 2 + .....) = 0

16


atau

x

r

[(r − 1)ra 0 + r (r + 1)a 1 x + ...] + x r [b 0 + b1 x + ....] [(ra 0 + (r + 1)a 1 x + .......)]

+ xr c0 + c1x + c2 x2 +....

a 0 + a1x + a 2 x

2

+.... = 0 ...................................................... (1-23)

Persamaan identitas:

[r(r − 1)a 0 + b 0 ra 0 + c 0 a 0 ] = 0

Koefisien xr :

[r(r − 1) + b 0 r + c 0 ]a 0 = 0 r

2

− r + b0r + c0 a 0 = 0

[r + (b − 1)r + c ] = 0 2

0

0

r dipilih sedemikian sehingga a

≠ 0 , sehingga

r2 + (b 0 – 1)r + c 0 = 0 ............. (1-24)

Persamaan (1-24) disebut persam aa n indicial. Teo rem a 2. PD berbentuk (1-18) memenuhi asumsi dalam Teorema 1. r 1 dan r 2 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 1 ( a 0 r

+ a 1 x + a 2 x 2 + .......) .................................................................... (1-25)

y 2 ( x ) = x 2 (A 0 r

+ A1 x + A 2 x 2 + .......) ................................................................ (1-26)

Koefisien am dan Am diperoleh dari rumus rekursi yang diturunkan dari persamaan (1-18) dengan r 2. r1

= r2

, penyelesaian basis untuk PD (1-18) adalah:

y1 ( x ) = x ( a 0 r

+ a 1 x + a 2 x 2 + .......)

y 2 ( x ) = y1 ln x 3. r1

≠ r2

= r2 dan r = r2 .

dan r1

; r

=

1 2

+ x r (A1 x + A 2 x 2 + .......) − r2 = bilangan bulat ,

( r1

(1 − b 0 ) ......................................... (1-27)

; (x

> 0) ...................................... (1-28)

− r2 ) > 0

penyelesaian basis

untuk PD (1-18) adalah:

y1 ( x ) = x 1 ( a 0 r

+ a 1 x + a 2 x 2 + .......)


................................................................... (1-29) 17


y 2 ( x ) = k y1 ln x

+ xr

2

+ A1 x + A 2 x 2 + .......) ............................................ (1-30)

(A 0

Contoh :

1

1. Selesaikan PD : y" +

2x

y'

+

1 4x

y

= 0 (kasus 1)

Penyelesaian : Titik x = 0 merupakan titik singular teratur, sehingga y =

∞

∑a

m

x m+ r .

m =0

4xy" + 2 y'

PD dituliskan :

+y=0

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

∞

m=0

m=0

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

∞

∑ a m x m+r = 0

m=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 + x + + ......]+ r 1

r

0

r 1

0

x

1

r

s 1

r

0

[a

r s

1

r 1

r s

2

s 1

+ a1 x r+1 + a 2 x r+2 + .......+ a s x r+s + ........] = 0

Persamaan Indicial :

4r ( r − 1) r

2

r1

− =

1 2 1 2

r

+ 2r = 0 =0 ;

r2

=0

r s Koefisien dari x + :

4(s + r + 1)(s + r )a s+1 + 2(s + r + 1)a s+1 1 4(s + r + 1)(s + r + )a s +1 + a s = 0 2 as a s +1 = − ; (2s + 2r + 2)(2s + 2r + 1) Untuk r

= r1 =

1 2

+as = 0

s = 0 ,1, 2 , ......

, rumus rekursi menjadi :


18


=−

a1

as

=−

a s +1

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

( 2s + 2r + 2)(2s + 2r + 1)

a0

, a2

3.2

=−

a1

=

5.4

( −1) a 0

a0

=−

, a3

5!

a2 7.6

=−

a0

x+

1

, dan seterusnya .

7!

m

am

=−

y1 ( x ) = x Untuk r

A s +1 A1

(−1)

∞

12

∑

m=0

m

(2m + 1)!

=a

m

x

x (1 −

0

1 6

120

2

x

+ .......)

= r1 = 0 , rumus rekursi menjadi : =−

=−

Am

, m = 0 ,1, 2 , ......

( 2m + 1)!

As

A0

, A2

=−

2.1 m ( −1) A m

=−

y 2 (x) =

∞

2m! m ( −1)

∑

m=0

2m!

x

A1

=

4.3

m

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

;

(2s + 2)(2s + 1)

A0

, A3

=−

1

1

4!

=A 0 (1 −

2

x+

24

A2 6.5

=−

A0 6!

, dan seterusnya .

x

2

+ .......)

x

2

+ .c 2 A 0 (1 −

PUPD

y = c1 y1 :y

= k 1

+ c 2 y 2 = c1 a 0

x (1 −

1 6

x+

1 120

x (1 −

x2 −

1 6

x+

1 120

1 2

x+

1 24

x

2

− + .....)

1 1  + .......) + k 2  1 − x + x 2 − + .......  2 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 + r) (m + r − 1) a m x

m+r

m= 0

∞

3 ∑ ( m + r )a m x

m+r

m= 0

∞

− ∑ (m + r) (m + r − 1) a m m= 0

∞

− ∑ (m + r) a m

x

m= 0

m + r −1

∞

+ ∑ am m= 0

x

x

m+r

m + r −1

+

=0

Persamaan indicial :

[− r (r − 1) − r ]a 0 = 0 r s Koefisien x +

dengan r1


2

= 0 ; r1, 2 = 0

atau

r

= r2 = 0

maka rumus rekursi :

19


s(s − 1)a s

− (s + 1)s a s +1 + 3s a s − (s + 1)a s+1 + a s = 0

=as

a s +1

Sehingga : a 0

y1 ( x ) =

= a 1 = a 2 = ..........

∞

∑a0 x

m

m= 0

=

a0

;

1− x

bila dipilih a 0

∞

1

m= 0

1− x

= 1 ; y1 = ∑

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

y2

= u( x ) y1 ( x ) = u ( x).

1

1− x Substitusikan 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 x ( x − 1)(u" xu" + u ' u" u'

u' = y2

1

+ 2u '

1− x

x

=u

(1 − x )

) + (3x − 1) u ' 2

1 1− x

=0

=0

x

= − ln x = ln

1

1

1

=−

ln u '

+ 2u ' y1 ' ) + (3x − 1)u ' y1 = 0

, u y1

PUPD : y = c1 y1

1 x

= ln x

=

ln x 1− x

+ c 2 y 2 = c1

3. Selesaikan PD : (x

2

1 1− x

+ c2

ln x 1− x

− 1)x 2 y"−(x 2 + 1)xy'+(x 2 + 1)y = 0

(kasus 3)

Penyelesaian : x = 0 merupakan titik Singular teratur dari PD, sehingga

y=

∞

∑a

m

x

m+r

m= 0

Substitusikan y , y' , y" ke PD :


20


(x

2

∞

− 1) ∑ (m + r) (m + r − 1) a m

x

m+r

m= 0

(x

2

∞

+ 1) ∑ a m

x

m+r

∞

− ( x + 1) ∑ (m + r) a m 2

x

m+r

+

m= 0

=0

m= 0

Kalikan dan sederhanakan diperoleh persamaan : ∞

∑ (m + r − 1)

2

am x

∞

− ∑ (m + r + 1)(m + r − 1) a m

m + r+2

m= 0

x

m+r

=0

m= 0

Persamaan Indicial :

(r + 1)(r − 1) = 0 r1

=1

; r2

= −1

Koefisien x r +1 :

− (r + 2)ra 1 = 0 a1 = 0

Koefisien x s+r +2 : (s + r + −1) 2 a s Untuk r = r1

a s+ 2 a1

=−

= 1, diperoleh rumus rekursi s

= 0 , sehingga →

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

:

2

as

;

= 0,

a5

(s + 4)(s + 2)

Untuk s = 0

y1

− (s + r + 3) (s + r +1) a s+2 = 0

a3

=0

a2

s = 0 , 1 , 2 , ......

=0 ,

sehingga

a7

= 0 , .........

a4

= 0,

a6

=0 ,

a8

= 0 , ..........

= a0 x

Untuk r = r2

a s+2

=

s=0

= −1 , rumus rekursinya adalah :

(s − 2)

2

s(s + 2)

→

a2

as

=

;

s = 0 ,1, 2 , ......

4

a0 , 0 a 0 = 0 ( tidak memenuhi a 0

≠ 0)

Penyelesaian basis yang kedua bisa ditentukan berdasarkan teorema 2

y2

kasus

3

dengan

r

=

-1

atau

dengan

memisalkan

= y1 (x )u (x ) = a 0 xu (x ) . y2 ' y2 "

= a 0 [u( x) + u' (x ) x ] = a 0 [u ' ( x ) + u" ( x ) x + u ' (x )] = a 0 [xu" ( x) + 2u ' ( x )]


21


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

(x − 1)x 2

2

a 0 [xu" ( x ) + 2u ' ( x )] − (x 2

+ 1)xa 0 [u( x) + u' ( x)x ] + (x 2 + 1)a 0 xu(x) = 0

masing-masing ruas dibagi dengan a 0 x :

(x − 1)x[xu(x) + 2u' (x)] − (x + 1)[u(x) + u' (x)x] + (x + 1)u(x) = 0 (x − 1)x u" (x) + 2(x − 1)xu' (x) − (x + 1)u(x) − (x + 1)xu' (x) + (x + 1)u(x) = 0 (x − 1)x u" (x) + (x − 3)xu' (x) = 0 2

2

2

2

2

2

2

2

2

→ (x − 1)xu" (x) + (x − 3)u' (x) = 0  2

=−

2

2

2

u"

2

3− x

2

3

1

=− +

−

u" u'

=−

−3 2 x(x − 1) x

2

1

− 1) x x + 1 x − 1 ln u' = −3 ln x + ln(x + 1) + ln(x − 1) 2 (x + 1)(x − 1) x −1 = ln = ln 3 3 u'

x (x

2

x

u'

=

x2

−1

x3

u = ln x +

x

1

1

x

x3

= − 1

2x

2

y 2 (x) = xu(x) = x ln x + PU PD : y = c1 y1

1 2x

+ c2 y2  

y = c1a 0 x + c 2 x ln x +

 y = k x + k x ln x + 1  1 2  2x  2x   1

Soa l Me tod e Frobe nius. 1.

xy" + 2 y'

+ 4xy = 0

2.

xy" + (1 − 2x ) y'

3.

x (1 − x ) y" +

1 2

+ (x − 1) y = 0

( x + 1) y'

4. ( x − 1) 2 y" + ( x − 1) y' 5. (1 + x ) x y" 2

6.

x y" − 5xy' 2

−

1 2

y

=0

− 4y = 0

− (1 + 2x )xy' + (1 + 2x ) y = 0 + 9y = 0

Jawaban: 1.

y1

= x −1

cos 2x

;

y2


= x −1

sin 2 x 22


2.

y1

= ex

;

y2

= ex

3.

y1

=

;

y2

=1+ x

4.

y1

= ( x − 1) 2

5.

y1

=x

6.

y1

= x3

x

;

;

y2 ;

y2

ln x

= ( x − 1) −2

= x ln x + x 2 = x3

y2

ln x

1.5. Persam a a n Be sse l 1.5.1

Fung si Bessel Bessel Jenis Perta Perta m a 2

Bentuk umum PD Bessel : x y

"

+ xy ' + ( x 2 −υ 2 ) y = 0

.................................(1-31)

υ parameter yang diketahui dan nilai υ ≥ 0.

dengan

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 :

y( x ) = x

r

∞

∑a

m

x

m

m=0

∞

∑

= ∑ a m x m+r m=0

dengan syarat nilai a 0

y ' (x) =

∞

≠ 0 . Sehingga :

(m + r )a m x m + r −1 = x r −1

m=0

y (x) = "

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

∞

∑ (m + r)a

m

xm

m =0

∞

∑ (m + r)(m + r − 1)

m =0

a m x m+r−2

=x

r −2

..........................................(1-33) ∞

∑ (m + r)(m + r − 1)

m =0

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

PD nya menjadi :

x

2

x r −2 ∞ (m r)(m r 1)a x m  xx r −1 ∞ (m r)a x m  (x 2 2 )x r ∞ a x m  + − m +  ∑ + m + −υ  ∑ m   m∑0 + =    m=0   m=0 

=0 atau, ∞

∑ (m + r)(m + r − 1)a

m =0

m

x

m+r

∞

+ ∑ ( m + r )a m x


m =0

m+ r

∞

+ ∑amx m =0

m+r+ 2

−υ

2

∞

∑a

m

x

m+r

= 0 ..(1-35)

m=0

23


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

x

r +s

:

Koefisien x : (r − 1)r a 0 r

(r 2

+ r a 0 − υ2 a 0 = 0

− r + r − υ2 ) a 0 = 0 (r

Persamaan indical : indical : r 1 Koefisien x + :

r

2

− υ2 ) a 0 = 0 − υ2 = 0

2

r ( r + 1)a 1

≠0

a0

;

; r1.2

= ±υ ...................................................(1-36)

+ (r + 1)a 1 − υ 2 a 1 = 0 (r

2

+ r + r + 1 − υ 2 ) a1 = 0

(2r + 1 + r

2

− υ2 ) a1 = 0

( 2r + 1) a 1

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

r s Koefisien x + : (s + r − 1)(s + r ) a s

=0

+ (s + r ) a s + a s −2 − υ 2 a s = 0

[(s + r )(s + r − 1 + 1) − υ ] a = −a − 2

s

s 2

[(s + r) − υ ] a = −a − 2

2

s

as

s 2

=−

a s−2 (s + r )

2

− υ2

.... .... (1-37) (1-37)

Untuk r = υ :

as = -

a s−2 (s + υ)

2

−υ

2

=−

a s −2 s

s=2

 → →

a2

=−

s=3

 → →

a3

=−

s=4

 → →

a4

=−

Karena a 1 = 0 ;

2

+ 2sυ + υ − υ 2

a0 2(2 + 2υ) a1 3(3 + 2υ) a2 4(4 + 2υ)

=−

2

=−

a s−2 s(s + 2υ)

a0 4(1 + υ)

=0 =

a0 2.4( 2 + υ).4(1 + υ)

υ ≥ 0 , maka untuk s ganjil

as

= 0 dan untuk s genap = 2m ;

m =1,2,3,….


24


a 2m

=− =−

1

a 2 m−2

2 m( 2 υ + 2 m ) 1

a 2 m−2

2 m( υ + m) 2

≠ 0 , maka bisa dipilih a 0 =

Karena a 0 sembarang dan a 0

Γ (υ + 1) = υΓ (υ) = υ!

Dengan

→ → m = 1 

=  → →

m=2

 → →

a6

→ → m = m 

a 2m

y=

∞

∑

( −1)

a2 2 2(υ + 2) 2

2

.2Γ (υ + 3) a4

2

m! 2

−1 2 2 2.2 (υ + 2) 2 + υ Γ (υ + 2) 1

=

1 2! 2

υ+ 4

Γ (υ + 3)

1

1

3.2 (υ + 3) 2! 2 2

4+ υ

Γ (υ + 3)

1 m! 2 υ+

1

m =0

2

=−

2 3(υ + 3)

= (−1) m

υ+ 2m

1

2 (υ + 1) 2 υ Γ (υ + 1)

=−

1 υ+ 4

=−

m

Γ (υ + 1)

1 −1 −1 = = 2 2 2 2 υ+ (υ + 1)Γ (υ + 1) 2 υ+ Γ (υ + 2) 1!2 υ+ Γ (υ + 2)

=−

a4

= m=3

2( 2 υ + 2)

1

=−

2

υ = 0, 1, 2, 3, … sehingga :

untuk

a0

=−

a2

1 υ

Γ (υ + m + 1)

2m

Γ (υ + m + 1)

x υ+

2m

................................................ .......................................................... .......... (1-38)

Fungsi y yang merupakan penyelesaian PD berbentuk deret tak hingga ini disebut Fungsi Bessel Jenis Pertama orde Jadi,

J υ (x) =

∞

∑ (−1) m

m=0

J υ (x) = x υ

1 m! 2

υ + 2m

Γ (υ + m + 1)

∞

∑ (−1) m

m=0

υ dan dinotasikan dengan J υ ( x ) x υ+ 2 m

1 m! 2

υ+ 2m

Γ (υ + m + 1)

x

2m

.............................................. .............................................. (1-39)

Untuk akar indicial akar indicial yang yang lain, yaitu r = -υ ;

J −υ (x) =

∞

∑ (−1)

m =0

1

m

m! 2


- υ + 2m

Γ (−υ + m + 1)

x − υ+

2m

......................................... ......................................... (1-40)

25


Untuk

υ

bukan

integer

(bukan

bilangan

bulat),

maka

J υ ( x ) dan

J − υ ( x ) tidak bergantungan secara linier, sehingga PU PD Bessel : y( x ) = C1 J υ ( x ) + C 2 J -υ ( x ) ................................................ ......................................................................... ........................... (1-41) Untuk υ integer (bulat) ; misalkan υ = n ; n = 0, 1, 2, 3, ……………

J −n ( x) =

∞

∑ (−1)

1

m

m! 2

m =0

- n + 2m

x−

n -1

= ∑ (-1)

m

m! 2

m=0

Γ (−n + m + 1)

- n + 2m

n +2m

x−

∞

Γ (−n + m + 1)

+ ∑ (−1) m= n

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

J −n ( x) =

Misalkan,

∞

∑ (−1)

x−

m

m! 2

m=n

- n + 2m

• • •

p = m − n



m = p + n

n+2m

x−

m

m! 2

- n + 2m

n +2 m

Γ (−n + m + 1)

Γ (−n + m + 1) = ∞ , maka :

n +2 m

Γ (−n + m + 1)

- n + 2m = 2p + n - n + m + 1 = -n + p + n + 1 = p + 1 m=n→ p+n

=n→p=0

Sehingga,

J −n ( x) =

∞

∑ (−1)

(p + n )! 2

p=0

= (-1)

n

x

x

p+n

n

∞

∑ (−1)

2p+n 2p + n

Γ (p + 1) x 2p

p

p! 2 2p + n Γ ( p + n + 1)

p =0

= (-1) n J n ( x ) Jadi untuk υ = n bulat ;

y( x ) = C1 J n ( x ) + C 2 J − n ( x ) = C1 J n ( x ) + ( −1) C 2 J -n ( x ) n

y( x ) = [C1

+ (−1) n C 2 ]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

υ

= n bulat ini akan dibahas pada bagian Fungsi Bessel

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

J n (x) = x

n

∞

∑ (−1)

m =0

1

m

m! 2

n + 2m


Γ (n + m + 1)

x

2m

26


∞

n

1

= 0 → J 0 ( x) = ∑ (−1) m

m! 2

m =0

0

=

(-1) x

1

0

= 1-

2

2

2 2

= 1-

x

4

+

x

+

−

4

2

4

x

2 ( 2!) 64

−

(−1) x

x

+

2 2! Γ (3) 4

6

6

2 (3!)

2

2304

+ ............

+ .........................

+ ....................................

1

= 1 → J 1 ( x ) = ∑ (−1) m

4

6

∞

n

2m

2

2

4

x

2

2 1! Γ (2)

x

+

Γ (m + 1)

( −1) x

0

2 0! Γ (1) x

2m

x

2m +1

2 m +1

Γ (m + 2) 0 1 1 3 2 5 (-1) x (−1) x ( −1) x = 1 + 3 + 5 + ........... 2 0! Γ (2) 2 1! Γ (3) 2 2! Γ (4) m! 2

m =0

x

= −

x

3

3

2

2 1! 2!

x

x3

2

16

= −

+

x

+

5

5

2 2! 3!

x5 384

− ...............................

− ...........................................

y

xx 1

-

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

y

Akar-akar dari J 0 ( x ) = 0 dan J 1 ( x ) = 0 Berikut ini adalah 5 buah akar positif pertama dari J 0 ( x ) = 0 dan

J 1 ( x ) = 0 dalam 4 desimal, beserta selisih antara 2 akar yang berurutan :


27


J 0 (x )

J1 ( x )

Akar

x1

Selisih

Akar

= 2,4048

x1

Selisih

= 3,8317

3,1153

x2

x3

x4

= 5,5201

3,1839

= 7,0156

3,1336

x2

3,1378

3,1579

= 8,6537 = 10,1735

x3

= 11,7915 3,1394

x5

3,1502

= 14,9309

= 13,3237

x4

3,1469

= 16,4706

x5 Untuk υ = 1 2 ;

J 12 ( x ) = x

1

∞

2

=∑

m=0

(x 2)

m! 2

0! 12

1

2

+2m

(-1)

1

2

+ 2m

Γ ( 12 + m + 1)

x

2m

m

m! Γ (m + 3 2 )

(x 2)

Catatan :

1

m

m =0

∞

J 12 ( x ) =

∑ (−1) 1

2

π

−

(x 2) 1! 32

1 2

5

2

π

+

(x 2 ) 2! 52

9

9 1 2 2

2

π

Γ (υ + 1) = υΓ (υ) Γ ( 12 )

= π


28


J 12

 ( x / 2) 2 ( x / 2) 4  (x ) = 1 ......... − + −  1! 3/2 2! 5/2 3/2  1 / 2 π   1 / 2 2 4  ( x / 2)  x x 1 .......... .... = − + −   2 1 / 2 π  1! 2 3 2! 2 3 5   ( x / 2)1 / 2  x 2 x 4 1 .......... .. = − + −  3! 5!  1 / 2 π   ( x / 2)

1 / 2

n ∞   x n f ( x ) f ( 0 ) = ∑   n = 0 n!  

Ekspansi Mc.Laurin

Sin x Cos x

=x-

x

= 1-

x

3

3! 2

2!

+

x

+

x

5

5! 4

4!

−

x

−

x

dari :

7

+ ................

7! 8

+ ................

8!

Jadi :

J 1 / 2 ( x ) =

( x / 2)

J 1 / 2 ( x ) =

x 2 1

π 2

πx

1

x

x

3!

x −

π

1 / 2

=

1 / 2

x

Sin x

=

3

+

x

5

5!

2

πx

−

 + ................ 7! 

x

7

Sin x

Sin x

Dengan cara yang sama bisa ditentukan :

J −1 / 2 ( x ) = J 3 / 2 ( x ) = J −3 / 2 ( x ) =

2

πx

Cos x

 sin x − cos x    πx  x  2

 cos x + sin x    πx  x  2

Rumus-rumus untuk fungsi Bessel : 1.

[x υ J υ (x )]' = x υ J υ− (x )

2.

[x − υ J υ (x )]' = − x − υ J υ+ (x )

1

1


29


2υ

3.

J υ −1 ( x ) + J υ+1 ( x ) =

4.

J υ −1 ( x ) − J υ+1 ( x ) = 2J υ ' ( x )

x

J υ (x)

Rumus integral yang meliputi fungsi Bessel 1. 2. 3.

∫ x J (x)dx = x J (x) + C ∫ J (x)dx = ∫ J (x)dx − 2J (x) ∫ x J (x)dx = −x J (x) + C υ

υ

υ−1

υ+1 −υ

υ

υ −1

υ

−υ

υ+1

υ

Contoh : 1. J 3 / 2 ( x ) = J 1 / 2 +1 ( x ) =

=

1

2

x

πx

2 12

=-

2.

∫ x

4

1

2

J 1 / 2 ( x ) − J 1 / 2 −1 ( x )

Sin x -

J −3 / 2 ( x ) = J −1 / 2 −1 ( x ) =

=−

x

2

πx

2( − 12 ) x

Sin x -

Cos x

J 1 ( x ) dx

 Sin x − Cos x   πx  x 2

J -1/2 ( x ) − J −1 / 2 +1 ( x ) 2

πx πx 2  Cos x  Sin x −  πx  x

x

=

Cos x

= ∫ x 2 x 2 J1 ( x ) dx = ∫ x 2 d[x 2 J 2 ( x )] = 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 3 J 3 ( x ) = x 4 J 2 ( x ) − 2x 3 J 3 ( x ) + C 2 2.2 = x 4  J1 (x ) − J 0 ( x ) − 2x 3  J 2 ( x) − J 1 ( x ) x  x  4 2  2  = x 4  J1 (x ) − J 0 ( x ) − 2x 3    J 1 (x) − J 0 ( x )  − J1 ( x ) x    x  x  = 2x 3 J 1 (x ) − x 4 J 0 ( x) − 16 x J 1 (x ) + 8x 2 J 0 ( x) + 2x 3 J 1 ( x ) = (8x 2 − x 4 ) J 0 ( x) + (4 x 3 − 16x ) J 1 ( x ) + C


30


∫

3.

3

x J 3 ( x ) dx

= ∫ x 5 [x −2 J 3 ( x )]dx = - ∫ x 5 d[x -2 J 2 (x )] = − x 5 x -2 J 2 (x) + ∫ x −2 J 2 ( x ) dx 5 = − x 3 J 2 ( x ) + 5∫ x 2 J 2 ( x ) dx 5 = − x 3 J 2 ( x ) + 5∫ x 3 [x −1 J 2 ( x )] = − x 3 J 2 ( x ) + 5∫ x 3 d[x -1 J1 ( x)] = − x 3 J 2 ( x ) + 5x 2 J 1 (x ) − 5∫ x −1 J1 ( x ) dx 3 = − x 3 J 2 ( x ) + 5x 2 J 1 (x ) − 15∫ x J 1 ( x ) dx = − x 3 J 2 ( x ) + 5x 2 J 1 (x ) − 15∫ x J 0 ( x ) dx = − x 3 J 2 ( x ) + 5x 2 J 1 (x ) − 15∫ x d[J 0 ( x )] = − x 3 J 2 ( x ) + 5x 2 J 1 (x ) − 15x J 0 ( x) − 15∫ J 0 (x ) dx

Contoh ap lika si : 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

α

terhadap bidang vertikal, kemudian dilepaskan. x=0

y

α

x=x

α x=L

W(x) F U=(x,t) x

L = panjang rantai

ρ = densitas rantai (massa persatuan panjang) = konstan α = sudut penyimpangan rantai terhadap bidang vertikal Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

31


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) =

ρ g (L-x)

Karena rantai menyimpang sejauh α 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 α

∂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) ∂U( x + ∆x, t ) ∂U( x, t ) F(x+ ∆ x) - F (x) = W(x+ ∆ x) - W(x) ∂( x + ∆x ) ∂x Jika α → 0 ;W (x) Sin α

=

=

≈

lim

∆x → 0

W (x) tg α =W(x)

[W(x+ ∆ x)

∂U( x + ∆x, t ) ∂U( x, t ) ∆x - W(x) ] ∂( x + ∆x ) ∂x ∆x

 w ( x + ∆x ) ∂U(x + ∆x, t ) − w ( x) ∂U( x, t )   lim ∂ (x + ∆x ) ∂x  ∆x  ∆x → 0  ∆x   

∂  ∂U( x, t )  w ( x ) ∂x  ∂x  ∂ ∂U = ∆x ρg(L − x )  ∂x  ∂x  = ∆x

Hukum Newton II : F = ma = massa x percepatan

∂2U ∂x 2

-

percepatan vibrasi :

-

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


32


Gaya

∂2U F = ∆x ρ 2 , gaya ini sama dengan perubahan gaya F(x+ ∆ x) - F(x), ∂t

jadi :

∂2U ∂ ∂U ∆x ρ 2 = ∆x ρg(L − x )  ∂x  ∂x  ∂t = ∆x ρg

∂  ∂U  ( L x ) − ∂x  ∂x 

∂2U ∂  ∂U  g ( L x ) = − ∂x  ∂x  ∂t 2 Bila gerakannya merupakan gerak periodik dalam t dengan periode 2π/ω, maka :

U( x, t ) = y( x ) cos(ωt + δ)

∂U = − ω y( x ) sin(ωt + δ) ∂t ∂2U = − ω2 y( x) cos( ωt + δ) 2 ∂t

∂U y' (x) cos( t ) = ω +δ ∂x ∂2U ∂  ∂U  2 y cos( t ) g ( L x ) = − ω ω + δ = − ∂x  ∂x  ∂t 2 ∂ [(L − x ) y' cos(ωt + δ)] ∂x ∂ − ω 2 y cos(ωt + δ) = g cos(ωt + δ) [(L − x ) y'] ∂x ∂ − ω 2 y = g [(L − x) y'] = g[− y'+(L − x ) y"] ∂x − ω 2 y cos(ωt + δ) = g

−

ω2 g

y = − y'+ (L − x ) y"

(L − x ) y"− y'+λ y = 0 ; 2


λ

2

ω2 g

33


dz

Misal : L-x = z ;

dy

y' =

2

d y dx

2

= −1

dy dz

=

dx

y" =

dx

= −1

dz dx

dy

=−

dz

dy dz

2 dy  d  dy  d  dy  d y  =   = −  = −1   = 2 dx  dx  dx  dz  dz  dx  dz

d

2

Sehingga persamaan menjadi : z

s = 2λ z Misal :

1

dz =

2s ds

dy

dy ds

dz 2

d y dz

4λ

2

=

2

dy dz

+ λ2 y = 0

4λ2 ds

;

2λ

2

dz

2λ dy 2

=

dz

2

+

2

sds

=

ds dz

=

s

;z=

2

d y

s ds

=

2λ

2

=

s

2λ

2

2λz

1

dy 2

ds

= λz −

1

2

dy ds

 dy  = d λz − 12 dy  = λ − 1 z − 3 2 dy + z − 1 2 d dy   2 dz  dz  dz  ds  ds dz ds  d

1

= − λz −

3

1

3

2

2

= − λz −

ds 2

2

1

= − λz

dy

dy ds

− 32

2

dy ds

+ λz −

1

+ λz −

1

+λ z

−1

2

2

d dy ds dz

2

λz − 12 dy  ds  ds  d

2

d y ds

2

Persamaan menjadi

 1 − 3 2 dy 2 −1 d 2 y z  − λz +λ z 2 2 ds ds  2

λ

d y

λ

d y

2

ds

2

2

2

ds 2

d y ds

2

2

 − 1 2 dy z + λ + λ2 y = 0 , atau  ds 

1 1 1 dy + − λz − 2 + λz − 2  + λ2 y = 0  2  ds

1

+ λz −

1

2

1

+ λ−1z − 2

1

2

2

dy ds

dy ds

+ λ2 y = 0

+y=0


34


2

d y ds

2

+

1 dy

+ y = 0  →

s ds

Penyelesaian PD : y(s)

PD Bessel dengan ν = 0

= J 0 (s)

Sehingga y( x ) = J 0 (2ω L − x / g ) Syarat batas : pada x = 0 rantai berada pada posisi tetap pada setiap saat : y(0) = 0

y(0) = J 0 (2ω L − 0 / g = 0  → J 0 (2ω L / g ) = 0 Akar

positif

pertama

2ω L / g = 2,4048 ; Frekuensi

2,4048

ω=

getaran

J 0 ( 2ω L / g ) = 0

dari

2,4048 2

adalah

2,4148,

berarti

g / L .

(gerakan)

rantai

=

ω 2π

siklus/satuan

waktu

=

g / L siklus/satuan waktu

4π

1.5.2. Fungsi Bessel jenis kedua Persamaan

x y" + xy' + ( x 2

2

diferensial

− n 2 ) y = 0 dengan

Bessel

penyelesaian :

berbentuk

:

y( x ) = c1 J n ( x ) + c 2 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

c1 = E +

dan

c2

F cos nπ sin nπ

; c2 = −

adalah

F sin nπ

konstanta

sembarang,

dipilih

, E dan F adalah konstanta sembarang.

PUPD Bessel menjadi :

 

 F  J n ( x ) + −   j−n ( x ) sin nπ  sin n π   F cos nπ F y( x ) = E J n ( x ) + J n (x) − j − n ( x ) sin nπ sin nπ y( x ) =  E +

F cos nπ 


35


 J n ( x) cos nπ − J −n ( x)   sin nπ  

y( x ) = E J n ( x ) + F 

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

dimana

 J n ( x ) cos nπ − J −n (x ) ; n ≠ bilangan bulat  π sin n  Yn ( x ) =   J p ( x ) cos pπ − J p ( x ) − lim ; n = bilangan bulat  p→n sin pπ

Fungsi Yn(x) disebut fungsi Bessel jenis kedua.

Untuk n = 0 PD Bessel menjadi :

xy" + y'

+ xy = 0 =0

Akar-akar persamaan indicial : r1, 2

Y2 ( x ) Y2 '

∞

= J 0 (x ) ln x + ∑ A m x m

.

m =1

J0

= J 0 ' ln x +

Y2 " = J 0 " ln x

x

+

2

, sehingga

∞

+ ∑ m A m x m−1 m =1

J0 ' x

J0

−

x

2

∞

+ ∑ m (m − 1) A m x m− 2 m =1

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

2 J0 '

∞

∑ m (m − 1) A

+

m

x

m −1

m =1

∞

+ ∑ m Am x

m −1

+

m =1

∞

∑A

m

x m −1

=0

m =1

Berdasarkan fungsi Bessel jenis pertama untuk n = 0 diperoleh : ∞

J 0 ' (x)

=∑

( −1) m 2m x 2 m −1

m =1

2 2 m ( m!) 2

∞

=∑

m =1

(−1) x m

2 m −1

2 2 m −1 m!( m − 1)!

Persamaan menjadi : ∞

∑2 m =1

( −1) m x 2 m −1 2 m−2

∞

m!( m − 1)!

+ ∑m

Am x

m =1

Koefisien dari x 0 : A 1 Koefisien dari

2

m −1

+

∞

∑A

m

x m +1 = 0

m =1

=0

x : ( 2s + 1) A 2s +1 + A 2s −1 = 0 , s =1 , 2 , 3 ,...... 2s

2


36


= 0 , A 5 = 0 , A 7 = 0 , ........

A3 Koefisien dari

x

2 s +1

: − 1 + 4A 2

= 0  → A 2 =

1 4

Untuk s = 1,2,3,… berlaku :

( −1)

s +1

2 (s + 1)!s! 2s

+ (2s + 2) 2 A 2s +2 + A 2s = 0

untuk s =1 diperoleh :

1 8

+ 16A 4 + A 2 = 0  → A 4 = −

3 128

Rumus untuk menentukan A2m :

A 2m

=

( −1) 2

bila h m

2m

m −1

( m!)

 1 + 1 + 1 + .... + 1  , m = 1,2,3,....   2 3 m  

2

1

1

1

2

3

m

= 1 + + + ... +

y 2 ( x ) = J 0 ( x ) ln x +

∞

( −1)

∑2 m =1

2m

, maka : m −1

hm

(m!)

2

J0 dan y2(x) merupakan penyelesaian yang bersifat linear independence , sehingga : a(y2 + bJ0) juga merupakan penyelesaian basis. Bila a =

b=

γ − ln 2

2

π

,

maka :

m −1 x 2 ∞ ( −1) h m   Y0 ( x ) = J 0 ( x ) ln + γ  + ∑ 2 m π  2  π m=1 2 (m!) 2

2

hm = 1+

1 2

1

1

1

3

4

m

+ + + ....... +

,

x

2m

........................................ (1-42)

γ = 0,5772156649 0.......

,

konstanta

Euler m −1 x 1 ∞ (−1) ( h m + h m + n )   Yn ( x ) = J n ( x ) ln + γ  + ∑ π  2  π m=0 2 2 m + n m!(m + n)!

2

−

( n − m − 1)! x ∑ π 2 m! 1

n −1

m =0

h0

2 m−n

2m −n

x

2m +n

.................................................................... (1-43)

=0

Sehingga PUPD Bessel untuk semua nilai n adalah :

y ( x ) = c1 J n ( x )

+ c2

Yn ( x )


37


Rumus-rumus rekursi yang berlaku untuk J n ( x ) juga berlaku untuk Yn ( x ) . Contoh : 1. Selesaikan PD: xy" + xy' PD: x y" + xy' 2

+ ( x − 4) y = 0

+ (x 2 − 4) y = 0 merupakan PD Bessel dengan n = 2.

PUPD-nya : y( x ) = C1 J 2 ( x )

+ C2

Y2 ( x )

dengan 2 k + 2

 x  ( 1 ) −   ∞  2  J 2 (x) = ∑ ! Γ (k + 3) k =0 k k

2 x 1 x = ln ( ) + γ  J 2 ( x) − ∑ (1 − k )! ( ) 2k −2 π 2  π k =0 2 1

Y2 ( x)

2.

PD: x 2 y" + xy'

+ (λ2 x 2 − υ 2 ) y = 0 ; x

→

Misalkan : z = λ x

=

dz dx

(subst

x 2 k 2 ( ) + 1 (−1) k [φ(k ) + φ(k + 2)] 2 − π k =0 k !(k + 2)! ∞

∑

λ x = z)

z

λ =λ

Jadi,

y' =

dy dx

=

dy dz dz dx

=

dy dz

λ

 dy  = d  λ dy      2 dx  dx  dx  dz  dx 2 d  dy  d  dy  d  dy  2 d y = λ   = λ   = π  λ  = λ 2 dx  dz  dz  dx  dx  dz  dz 2

y" =

d y

=

d

PD menjadi:

x

2

 2 d 2 y   dy  2 2 2  λ  + x λ  + (λ x − υ ) y = 0 2  dz    dz 

 2 d 2 y  z  dy  2 z 2 2 λ  +  λ  + (λ 2 − υ ) y = 0 λ2  dz 2  λ  λ  dz  z

2


38


2

z

d y

2

dz

+z

2

dz

+ (z 2 − υ 2 ) y = 0

2

d y dx

x−

= −n

u + x−

− n dx  d

=

2

n −1

( y = x −n u)

+ xy = 0

= x −n u ;

Misalkan y

dx

PD Bessel dalam y dan z dengan υ = υ

y( x ) = C1 J υ (λx ) +C 2 Yυ (λx )

xy" + (1 + 2n ) y'

dy

→

y( z) = C1 J υ (z) + C 2 Yυ ( z)

PU PD: 3.

dy

x−

n −1

= (n + 1)nx

−n −2

= (n + 1)nx

−n −2

maka : n

du dx

u + x−

u u

n

− nx

du 

d d  − n du  − n −1 [ ] n x u x = − + dx  dx dx  dx 

− n −1

du

− nx

dx

− 2nx

− n −1

− n −1

du

dx

+x

dx

du

−n

+x

−n

2

d u dx

2

2

d u dx 2

2  du − n −2 − n −1 du −n d u  x (n + 1)nx u − 2nx +x + (1 + 2n ) − nx −n −1u + x −n  + x x −n u = 0 2 dx dx  dx   

PD menjadi:

(n + 1) nx 2nx −

n

− n −1

du dx

u

− 2nx

−n

du dx

+x

− n +1

d2u dx

2

− nx −n −1u + x −n

du dx

− 2n 2 x −n −1 u +

+ x −n +1 u = 0

[n + n − n − 2n ] x 2

2

− n −1

u

+x

− n +1

2

d u dx

2

+ x −n

du dx

+ x −n +1 u = 0

masing-masing ruas dibagi dengan x − : n

−n

2

x u+x

2

x

2

−1

d u dx

2

+

du dx

d u dx 2

+

du dx

+ xu = 0

+ ( x − n 2 x −1 )u = 0

masing-masing ruas dikalikan dengan x : 2

x

2

d u dx

2

+x

dengan

du dx

+ (x 2 − n 2 )u = 0

 →

PD Bessel dalam u dan x

υ = n


39


PU PD: n ; y = x− u = C1 J n ( x ) +C 2 Yn ( x ) n n y( x ) = x − u ( x ) = x − [C1 J n ( x ) + C 2 Yn ( x )] = C1 x −n J n ( x) +C 2 x − n Yn ( x)

u(x)

4. x 2 y" − 3xy'

+ 4( x 4 − 3) y = 0

Misalkan y

dy

=

dx

dx

( y = x 2 u, x 2

= z)

maka :

(x u ) = 2x u + x 2

2

du dx

2 du du  2 du  2 d u =  2x u + x  = 2u + 2x + 2x + x 2 dx  dx  dx dx dx

2

d y dx

d

= x 2 u ;

;

d

2

= 2u + 4 x

du dx

+x

2

d u

2

dx 2

PD menjadi:

x

2

x

4

2  du du  2 d u   2u + 4x + x  + 3x  2xu + x 2  + 4( x 4 − 3) x 2 u = 0 2  dx dz  dx    2

d u dx

2

2

x

d u

4

dx

2

+ (4x 3 − 3x 3 ) + x3

2

x

d u

4

dx

2

+x

du dx

du dx

Misalkan : x

du dx

=

2

d u dx

2

du dz dz dx

du dx

+ (2x 2 − 6x 2 + 4x 6 − 12x 2 )u = 0

+ (4x 6 − 16x 2 )u = 0

dibagi dengan x

2

+ (4x 4 − 16)u = 0 =z

= 2x

→

dz dx

= 2x

du dz

 2x du  = 2 du + 2x d  du      dx  dz  dz dx  dz  du d du  du d  du  = 2 + 2x    = 2 + 2x  2x  dz dz  dx  dz dz  dz  =

d

=2

du dz

+ 4x

2

2

d u dz

2


40


PD menjadi:

x

2

2  du  2x du  + (4x 4 − 16)u = 0 2 d u   2 + 4x 2  x +   dz   dz   dz  2

4x

4

4x

4

d u dz

2

2

d u dz

2

2

x

2

d u dz

2

(2x + 2x )du + (4x − 16)u = 0 2

2

4

dz

du

+ 4x 2

+x

dz

du

+ (4x 4 − 16)u = 0

+ ( x 2 − 4) u = 0

dz

u ( z) = C1 J 2 ( z)

PU PD :

z

= x2

→

z

= x2 u →

u (x )

= C1

 →

 →

dibagi dengan 4x

PD Bessel dalam u dan z denganυ = 2

+ C2 Y2 (z) 2

J 2 (x )

+

2

C 2 Y2 ( x )

y ( x ) = x u ( x ) = x [C1 J 2 ( x ) 2

2

2

2

+ C 2 Y2 (x 2 )]

1.5.3 Fung si bessel termo difika si (m od ified Bessel func tion) Persamaan Diferensial:

x y"+ xy'−( x 2

2

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

dikenal dengan nama persamaan Bessel termodifikasi orde n. Karena bisa ditulis :

x y"+ xy'−(i x 2

2

2

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

yang merupakan persamaan Bessel dengan variable bebas ix dan mempunyai penyelesaian umum: y = C1 J n (ix )

+ C 2 Yn (ix ) ............................ (1-46)

dengan ,


41


=

J n ( ix )

∞

∑ ( − 1) k = 0

=

J n ( ix ) i

−n

i

∞

∑ ( − 1)

n

k = 0

=

J n ( ix )

( ix ) n + 2 k

k

∞

2 n + 2 k k ! Γ ( n i 2 k x

k

+

k + 1 )

n + 2 k

2 n + 2 k k ! Γ ( n

k = 0

k + 1 )

n + 2 k

2 n + 2 k k ! Γ ( n x

∑

+

+

k + 1 )

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

fungsi Bessel termodifikasi jenis pertama orde n yang dinotasikan dengan In(x).

I n (x ) =

∞

∑2 k = 0

x n + 2 k

n + 2 k

k !Γ ( n + k + 1)

........................................................................ (1-47)

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

I −n (x ) =

x−

∞

∑

k = 0

2

− n + 2 k

n + 2 k

k ! Γ ( −n + k + 1)

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

(1-48)

Untuk n tidak bulat I n dan I-n merupakan penyelesaian yang linear independence dari PD (1-44) sehingga penyelesaian umum PD (1) adalah :

y = c1 I n ( x )

+ c 2 I −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 I n(x) sebagai berikut :


42


Dipilih c1

y

= A −

π

B

2 sin nπ

= AI n ( x ) −

π

B

, c2

=

B

I n (x) +

2 sin nπ

sin nπ

π

B

2 sin nπ

I −n (x )

π  I (x) − I n (x)  = AI n ( x ) + B  −n  2 sin nπ  y = AI n ( x ) + BK n ( x )

maka y

 π  I − n ( x) − I n (x )   2  sin nπ  ; n ≠ bilangan bulat    dengan K n ( x ) =  lim π  I −n ( x) − I n ( x )  ; n = bilangan bulat  p→n 2  sin nπ  Kn (x) disebut fungsi Bessel te rmo difika si orde n jenis kedua. PD Bessel termodifikasi bisa dinyatakan dengan : x 2y″ + xy′ – (λ2 x2 + n 2)y = 0 dengan PUPD: y = c1 In(λ x) + c2 I-n(λ x) untuk n

≠ bilangan bulat

y = c1 In(λ x) + c2Kn(λ x) untuk n = bilangan bulat Untuk λ = √i, maka PD menjadi :

x y" + xy' − (ix

+ n 2 )y = 0 2 2 2 x y" + xy' + ( −ix − n ) y = 0 2

2

Dan PUPD : y = c1 I n ( i x ) + c 2 K n ( i x )

y = c1 J n (i 3 2 x ) + c 2 K n (i1 2 x ) J n (i

32

x) =

=i

(−1) k (i 3 2 x ) n + 2 k

∞

∑

k = 0

2

32 n

n + 2 k

(−1) k i 3 k x n + 2 k

∞

∑

k = 0

k !Γ (n + k + 1)

2

n + 2 k

k !Γ (n + k + 1)

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 (i 3 2 x ) real


43


Untuk k genap

 → J n (i 3 2 x ) imaginer

→(−1) i Untuk k = 2j 

= (−1) j

k 3 k

k = 2j+1  →(−1) i

k 3 k

= (−1) j i

sehingga

J n (i

32

j n 4 j j n 2 4 j ∞ ∞  (−1) x + ( −1) x + + x) = i ∑ 2 n +4 j (2 j)!Γ (n + 2 j + 1) + i∑ 2 n + 2+ 4 j (2 j + 1)!Γ (n + 2 j + 2)  j= 0  j=0  32 n ≅ i ( ∑ R + i ∑I ) 32 n

Menurut Rumus de Moivre :

i

3 2n

π π  3 2 n 3nπ 3nπ  =  cos + i sin  = cos + i sin 2  4 4  2

Catatan :

z = a + ib z

b

= cos(arc tg

= i  →

z

=

a

π

cos

2

) + i sin(arc tg

+i

sin

b a

)

π 2

Jadi,

 

J n (i 3 2 x ) =  cos

=

3nπ 2

+ i sin

3nπ  2

 

∑

R

+ i ∑ I

3nπ 3nπ  cos 3nπ   3nπ   ∑R − sin ∑I  + i  cos ∑I − sin ∑R  2 2 2 2    

dengan : Ber n x = cos Bein x =

3nπ

cos

2 3nπ 2

∑R − sin ∑I − sin

3nπ 2 3nπ 2

∑I ∑R

Untuk n = 0 :

(− 1) j x 4 j ∑ 4 j j=o 2 [(2 j)!]2 ∞

Ber o x = Ber x =


44


(− 1) j x 4 j+2 ∑ 4 j+ 2 j= o 2 [(2 j + 1)!]2 ∞

Beio x = Bei x =

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 (i1 2 x ) = Kern x + i Kei n x Sehingga PU PD : x y"+ xy'−(− ix 2

2

+ n 2 )y = 0

adalah :

y = c1 ( Bern x + iBei n x ) + c 2 ( Kern x + Kei n x )

1.5.4. Persam aa n yang b isa d itra nsforma sika n ked a lam PD Bessel 1.

PD : x y"+( 2K + 1) xy'+ (α x 2

2

2r

+ β 2 )y = 0

dengan k , α , r , β konstanta akan mempunyai PU PD :

y = x − [C1 J χ r (ax r ) + C 2 Yχ r (ax r )] k

γ = λ= n

=

r

r

2−r+s 2 2 a 2−r+s (1 − r )

− 4b 2−r+s  → Jn dan Yn diganti dengan I n dan Kn

Jika a < 0

2

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

Jika n

Contoh : 1.

PD : x y"

+

y'

+ ay = 0

Dikalikan dengan x : 2

x y"

+ xy' + axy = 0

k = 0 ; r = 1 2 ; α

β=0

;

= a →α = a χ = k 2 − β 2 = 0 2 − 0 2 = 0 2


45


jadi PU PD :

y = x C1 J 0 (2 ax ) + C 2 Y0 ( 2 ax ) 0

= C1 J 0 (2 2.

2

PD : x y"

ax ) + C 2 Y0 ( 2 ax )

+ x (4x 2 − 3) y' + (4x 8 − 5x 2 + 3) y = 0

a=-3;b=2;c=3 ;d=-5 p=4 ;q=1

 → α = 2 ; β = 1 2 ; λ = y = x e− 2

PU PD :

3. PD : x y" − xy' 2

x4 2

[c I ( x 1 1

5 ; n=1 5 ) + c 2 K 1 (x 5 )

]

+ (1 + x ) y = 0

dibagi x3 :

y" x

−

 1 + 1  y=0 + x 2  x 3 x 2  y'

( x −1 y' )' + ( x −2 + x −3 ) y = 0 r = -1; s = -2; a = b = 1; α = 0; γ = 1 2 ; λ = 2; n = 0 PUPD : y = x c1 J 0 ( 2 x ) + c 2 J 0 ( 2 x )

1 4 4. PD : 9( y" + y '+ y ) − 2 y = 0 x x ( y" +

1 x

y'+ y) −

4 9x

2

y = 0 , dikalikan x2

x y" + xy'+ x y − 4 y = 0 9 2

2

x 2 y" + xy'+ ( x 2 − 4 9) y = 0  → PD Bessel dengan n = 2/3 PUPD : y = c1 J 2 3 ( x ) + c 2 J − 2 3 ( x ) 5. PD :

R" 1 R ' R

+

r R

=µ;

R = R (r )

Dikalikan Rr 2 PD menjadi :

r 2 R" rR ' − µr 2 = 0  → PD Bessel termodifikasi dengan λ = µ; n = 0 PUPD : R = c1 I 0 ( r

µ ) + c 2 K 2 (r µ )

6. PD : xy" + y '+2ixy = 0


46


→ PD Bessel dengan atau x y" + xy'+2ix y = 0  2

2

λ=

2i

PUPD : y = c1 J 0 ( x 2i) + c 2 Y0 ( x 2i)

Soa l La tiha n. Selesaikan PD berikut ! 1. x y"+ xy'+ ( x 2

− 4) y = 0

2

2. xy"+ y'+ 1 y = 0 ; ( x 4 3. x y"+ xy'+ ( 4x 2

4

4. x y"−3xy'+4( x 2

= z)

− 1 4 ) y = 0 ; ( x 2 = z) 4

− 3) y = 0

; ( y = x u, x 2

2 5. x y"+ 1 ( x + 3 ) y = 0 ; ( y = u x , x 4 4

6. y"+ x y = 0 ; ( y = u x , 12 x 2

2

2

= z)

= z)

= z)

Jawab an : 1.

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

2.

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

3.

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

2

4

4

4.

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

5.

y=

x A J 1 ( x ) + B J −1 ( x ) 

y=

1 2 1 2   x A J 1 ( x ) + B Y 1 ( x ) 4 2  4 2 

6.



2


2



47


BA B II

DERET FO URIER Pok ok Baha sa n Fungsi Periodik Deret Fourier Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half-Range ) ! ! ! !

2.1 Fung si Perio dik 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 π; 4π; 6π; ...... karena sin (x+2π) = sin (x+4π) = sin (x+6π) = ..........= sin x.

−

Periode dari sin nx atau cos nx ; dengan n bilangan bulat positif adalah 2π/n.

− −

Periode dari tan x adalah π. Fungsi konstan mempunyai periode sembarang bilangan positif.

Gambar grafik dari fungsi-fungsi yang periodik, misalnya :


48


y y = sin x

− π

2π

π

− π

y = cos x

0

x x

2π

π

Perioda (a) y

π

0

π

2π

x

2π Perioda

(b)

y

x

Perioda (c) y

x

0 Perioda (d)

x

0 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


49


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

x1

x2

x3

x4

x

2.2 Deret Fourier Dalam beberapa permasalahan yang berhubungan dengan gelombang (gelombang suara, air, bunyi, panas, dsb) ; pendekatan 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.

f ( x ) ≡

a0 ∞

∑ (a n cos nLπx + bn sin nLπx ) ............................................................... (2-1)

z n =1

dengan koefisien Fourier a n , b n ditentukan oleh : 2.

an

=

bn

=

1 L L

f ( x ) cos nπx dx ; a 0 −L L

∫

=

1 L

∫

L −L

f ( x )dx ................................................(2-2)

1 L

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

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


50


1 C + 2L

f ( x ) cos nπx dx ; a 0 L

∫

3. a n

=

4. b n

=

L C 1 C + 2L

∫ L C

=

1 C + 2L

∫

L C

f ( x )dx ............................................(2-4)

f ( x ) sin nπx dx ; 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.

Sya rat / Kond isi Diric hlet Teorema : Jika, 1. f(x) terdefinisi dan bernilai tunggal, kecuali pada beberapa titik 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. b.

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

f ( x + ) + f ( x − ) 2

; jika x adalah titik diskontinu.

Contoh : 1.

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

0 f ( x ) =  1

;− π < x ;

<0 0
di luar interval ini f(x) periodik dengan perioda 2π. Peny elesaian :


51


f(x)

1

− 3π

−π

− 2π

π

0

2π

x

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

→ L = π Perioda = 2L = 2π  an

1

=

L

L

∫

−L

1

f ( x ) cos

π

π ∫ −π

=

nπx L

1

π

π ∫ − π

=

dx

f ( x ) cos

nπx

π

dx

f ( x ) cos nxdx

π 1 0 1 π =  ∫ −π0 cos nxdx + ∫ 0 1cos nxdx  = ∫ 0 cos nxdx  π π π

1 1 = sin nx  = sin nπ − 0 = sin nπ = 0 nπ nπ  0 nπ 1

a0

π π 1 π x  = ∫ −π f ( x )dx = ∫− π 0 dx + ∫ 0 1dx  = ∫ 0 dx =  = − 0 = 1  π π π π0 π

bn

=

1

π

1

L

L

=

1

∫

1

−L

f ( x ) sin

π

π ∫ −π

nπx L

π

0

dx

=

1

π

π ∫ − π

f ( x ) sin

nπx

π

dx

f ( x ) sin nxdx

π 1 0 1 π =  ∫ −π0 sin nxdx + ∫ 0 1sin nxdx  = ∫ 0 sin nxdx  π π π

1 = − cos nx  = − ((− 1)n − 1) nπ nπ 0 1

0 = 2  nπ

untuk n genap untuk n ganjil

Jadi deret Fourier dari f (x):

f(x) =

a0 2

∞ + ∑  an n =1

cos

nπx L


+ b n sin

nπx L

   52


πx 2 πx   1 2πx 2 2πx   = +  + sin + sin  0 cos  +  0 cos  +  0 π π π   π 2π π   2   0 cos 4πx + 2 sin 4πx  + ................   π 4π π   1 2   2 sin 3x  +  2 sin 5x  + ................ = +   sin x  +     2  π   3π   5π  1 2 = +   sin 2 π 

Fungsi

f (x)

x+

1 3

sin 3x +

1 5

sin 5x +

1 7

cos

3πx

π

+

2 3π

 

sin 7x + .......

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 :

0 ; - 5 < x < 0 f (x)  3 : 0 < x < 5

; 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. Peny elesaian : Periode = 2L ……….

 →

L=5

f(x)

3 x -10

a0

1

5

-5

5

0 15

3

= ∫ f (x) dx = ∫ 3 dx = 5 5 5 -5

5


x

10

5 0

=3

53

sin

3πx 

 π 


an bn

= =

nπx

1

5

5

0

L

1

5

nπx

5

0

=-

∫ 3 cos ∫ 3 sin

3

L

dx =

3 5 5 nπ

dx = -

3 5 5 nπ

( cos nπ - 1 ) =

nπ

sin

3 nπ

nπx

5

5

0

cos

=

nπx

5

5

0

3 nπ

sin nx = 0

(1 - cos nπ )

Deret Fouriernya : ∞ nπx nπx  + ∑  + b n sin  a n cos  2 n =1 L L  3 ∞ 3 (1 - cos nπ ) nπx  sin = + ∑  0 +  2 n =1 nπ 5  3 6 1 3πx 1 5πx πx = +  + sin + sin + ........   sin  2 π  5 3 5 5 5 

f(x) =

a0

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

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+3 2 3+0 2 0+3 2

=

3

=

3

=

3

2 2 2

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

≤

x≤5

apabila f (x) ditentukan sbb:


54


3 ; x = - 5 2  0 ; x = - 5 < x < 0  3 f (x)  ; x = 0 2 0 ; x = 0 < x < 5 3  ; x =5 ; diluar interval ini periodik dengan p = 10  2 3. Ekspansikan f (x) = x 2 ; 0 < x < 2π kedalam deret Fourier jika f (x) periodik dengan periode 2π. Peny elesaian : f(x)

4π

− 4π

− 6π periode 2L = 2π

→

1

2π

1

2π

π

0

π

0

1

2π

π

0

a0

an

= =

∫ f (x) dx = ∫ x

2

cos

nπx

π

2

− 2π

2π

4π

6π

L=π

∫ x dx = 2

dx =

11

π3

x

3

2π 0

8

= π2 3

1 2π 2 ∫ x cos nx dx

π

0

x 2 sin nx − 2 πsin nx dx 2  ∫  nπ 0 nπ  0 2π 1 = x 2 sin nx − 2 ∫ x sin nx dx  nπ  0  1 2 2π = x 2 sin nx − ∫ x d cos nx  nπ  n 0  =

1

2π

∫ x d sin nx = 2

1


55


x 2 sin nx − 2  x cos nx - 2 πcos nx dx      ∫ nπ  n  0   2π 1  2 2 2  = x sin nx − x cos nx − 2 sin nx  nπ  n n 0

bn

=

1

=

4

=

2

n 1

2π

π

0

2

∫ x sin

nπx

1 2π 2 ∫ x sin nx dx

π0 2π 1 2π 2 1  2 = ∫ x d cos nx = - x cos nx − ∫ cos nx dx 2  nπ 0 nπ  0  2π 1 = x 2 sin nx − 2 ∫ x sin nx dx  nπ  0  =

π

dx =

 x 2 sin nx − nπ  1

2 2π  ∫ x d cos nx  n 0 

x 2 sin nx − 2  x cos nx - 2 πcos nx dx      ∫ nπ  n  0   2π 1  2 2 2  = x sin nx − x cos nx − 2 sin nx  nπ  n n 0 =

1

deret fourier dari f (x) : f (x) 4

=

4π 3

∞ 4 + ∑   2 n =1 n

cos nx -

4

πn

sin nx

  

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

1 2

1

+

1 2

2

+

1 3

3

+ ............ =

π2 6

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

4π

2

+0

2 f (0) =

= 2π 2

4π 3

2

∞ 4 + ∑   2 n =1 n

cos 0 -


4

πn

 

sin 0  = 2π

2

56


4π

2

∞

+∑

3 ∞

n =1

4

∑

n =1

n

n =1

∞

∑

n =1

= 2π 2

= 2π −

1 n

1 n

n

2

2

2

∞

4∑

4

2

4π

2

3

2

= π2 3

2

2

= π2 3

1

= π2 6

, terbukti

2.3 Fungsi Gena p da n Fungsi Ganjil Fungsi f(x) disebut fungsi gena p jika f ( -x ) = f (x) untuk setiap x.

Contoh : f(x) = cos x f(x)

x x -a

a

Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat genap merupakan

fungsi

a

a

−a

0

∫ f ( x) dx = 2 ∫ f ( x) dx

genap.

Jika

f

(x)

fungsi

genap

maka:

............................................................................................ …(2-6)

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

Contoh :


57


f(x) f(x) = sin x

x

a

-a x

Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat ganjil a

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

∫ f ( x) dx = 0

.............. ..(2-7)

−a

2.4 Deret Sinus d an Deret C osinus Sete nga h Jang ka uan ( Half – Ra ng e ) Deret fourier dari fungsi ge nap :

an

=

1

L

L

−L

∫

f(x) cos

nπx L

↓

↓

genap

genap

dx

=

2

L

nπx

0

L

∫ f(x) cos L

dx

%&&&& % genap bn

=

1

L

L

−L

∫ f(x)

nπx

sin

L

↓

↓

genap

ganjil

dx

=0

%&&&& % ganjil Jadi , jika f(x) fungsi genap maka b n = 0 ; sehingga yang muncul hanya suku-suku yang mengandung cosinus saja atau suku-suku dari an.

Deret fourier da ri fungsi ga njil:


58


an

=

1

L

L

−L

∫

f(x) cos

nπx L

↓

↓

ganjil

genap

dx

=0

dx

=

%&&&&% ganjil bn

=

1

L

L

−L

∫

f(x) sin

nπx L

↓

↓

ganjil

ganjil

2

L

nπx

L

0

L

∫ f(x) sin

dx

%&&&&% genap Jika f(x) fungsi ganjil maka an = 0 ; sehingga yang muncul hanya sukusuku yang mengandung sinus saja atau suku-suku dari b n. Deret sinus dan cosinus setengah jangkauan adalah suatu deret Fourier yang hanya mengandung suku sinus atau cosinus saja. Apabila diinginkan deret setengah jangkauan yang sesuai dengan fungsi yang diberikan, fungsi yang dimaksud biasanya hanya diberikan dalam setengah interval adari (-L;L) yaitu pada interval (0;L) saja. Setengah lainya yaitu (-L,0) ditentukan berdasarkan penjelasan fungsinya genap atau ganjil. Deret sinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan : f(x) fungsi ganjil

an

=0

; bn

=

2

L

nπx

0

L

∫ f(x) sin L

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

Deret Cosinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan: f(x) fungsi genap

an

=

2

L

nπx

L

0

L

∫ f(x) cos

dx ; b n

= 0 ....................................................... …(2-9)

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

deret sinus setengah jangkauan

b.

deret cosinus setengah jangkauan

Peny ele saia n :


59


a.

deret sinus setengah jangkauan f(x)

2

-2

x

L 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

bn

= = =

1

L

L

−L

∫ f(x)

sin

nπx L

-2 2

nπx

nπ 0

2

-2 

nπx

∫ x dcos

nπ 

x cos

-

=

dx

2

2

nπx

0

2

= ∫ x sin 2

-2

nπx

nπ 

2

2

 x cos

sin

nπx 

2

- ∫ cos 0

dx nπx 2

 

dx 

2

 0 -2  2πn 2 2nπ   − 4 sin =   2 cos  - 0 = cos nπ nπ  2 nπ 2   nπ 2

nπ

2

Jadi deret sinus:

nπx −4 cos nπ sin n =1 nπ 2 4 nπ 1 2πx 1 3πx =  + sin + .......  sin − sin  2 3 2 π  2 2 

f ( x ) =

b.

∞

∑

Deret cosinus setengah jangkauan


60


f(x)

x -4

-2

4

2

f (x) = x ; 0 < x < 2 diperluas dalam bentuk fungsi ganjil sepanjang interval-2 < x < 2 (dengan periode 4), sebagai berikut: an = 0

a0

an

2

2

= ∫ x 20

= = =

1

L

L

−L

∫

dx

=

1 2

2

x

0

nπx

f(x) cos

L

-2 2

nπx

nπ 0

2

-2 

nπx

∫ x dsin

nπ 

x sin

=2

2

+

=

dx

2

2

nπx

0

2

= ∫ x cos 2

-2 

nπx

nπ 

2

2

x sin

cos

nπx 

2

- ∫ sin 0

dx

nπx 2

 

dx 

2

 0 -2  2πn 2 2nπ   2   −4 =  + cos  2 sin  -  0 +   = 2 2 (cos nπ − 1) nπ  2 nπ 2   nπ   n π 2

nπ

2

bn = 0 Jadi deret cosinus:


61


nπx −4 ( ) cos n 1 cos π − 2 n =1 n 2 π 2 2 4 1 nπx = 1 + 2 ∑ 2 (cos nπ − 1)cos 2 π n 4 nπx 1 2πx 1 3πx = 1 + 2 (cos nπ − 1)cos + 2 (cos nπ − 1)cos + 2 (cos nπ − 1)cos + 2 2 2 2 3 π  1 4πx 1 5πx cos n 1 cos cos n 1 cos π − + π − + ........... ( ) ( ) 2 2 2 2 4 5  4 1 3πx 1 1 5πx πx 1 = 1 + 2 − 2 cos + 2 0 + 2 (- 2) cos + 2 0 + 2 (- 2 )cos + .......  2 2 2 2 3 4 5 π   8 3πx 1 5πx πx 1 = 1 - 2 cos + 2 cos + 2 cos + ..............  2 2 5 π  2 3 

f ( x ) =

2

∞

+∑

Soa l La tiha n.

−x

1.

Tentukan deret Fourier dari f ( x )

=

2.


= 1+ x2

3.


πx ; − π 2 < x < π 2 =  0 ; π 2 < x <3π 2

4.


= 1+ x2

5.

Uraikan f ( x ) = cos x ;

dalam deret Fourier sinus.

6.

 x ;0< x Uraikan f ( x ) =  8 − x ; 4 < x

0
<π

2

−π< x < π

; ;

;

−π< x < π

−1 < x < 1 ; p = 2

<4 <8

dalam deret : a. Fourier sinus

b. Fourier Cosinus.

Jawaban. 1.

f ( x ) = − sin x +

2.

f ( x ) = 1 +

3.

f ( x ) = 2 sin x +

1 3

1

1 1 sin 2x − sin 3x + sin 4x − +..... 2 3 4

π 2 − 4(cos x − π 2

sin 2x −


1 4 2 9

cos 2x + sin 3x −

1 9

π 4

cos 3x − +.....)

sin 4x +

2 25

sin 5x + .....

62


4.

f ( x ) =

4

5.

f ( x ) =

8

6.

a. f ( x )

b.

3

−

4

π2

∞

∑

π n =1 =

(cos πx −

1 4

cos 2πx +

1 9

cos 3πx −

1 16

cos 4πx + −.....)

n sin 2nπ 4n

32

2

∞

∑

π 2 n =1

−1 1 n

2

sin

nπ 2

sin

nπx 8

 2 cos nπ − cos nπ − 1    nπx 16 ∞ 2  cos f ( x ) = 2 + 2 ∑  2 8 n π n =1      


63


BA B III

PERSA M A A N DIFERENSIA L PA RSIA L Pokok 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. Beberapa contoh PD parsial yang penting : 1. 2. 3. 4. 5.

∂2u 2 ∂ 2u =c 2 ∂t 2 ∂x ∂u 2 ∂ 2 u =c 2 ∂t ∂x 2 2 ∂u ∂u + =0 ∂x 2 ∂y 2 ∂ 2u ∂ 2u + = f ( x, y) ∂x 2 ∂y 2 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + =0 ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

persamaan gelombang satu dimensi persamaan konduksi panas satu dimensi persamaan Laplace dua dimensi persamaan Poisson dua dimensi persamaan Laplace tiga dimensi

Penye lesaia n 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.


64


Penyelesaian khusus PD parsial : penyelesaian yang diperoleh dari penyelesaian umum dengan pilihan khusus dari fungsi - fungsi sembarangnya. Penyelesaian PD dengan syarat batas adalah penyelesaian PD yang me me nuhi sya rat- sya rat tertentu ya ng d iseb ut sya rat ba tas. PD Parsial Linier Orde 2 Persamaan umum :

∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂u A 2 +B + C 2 + D + E + Fu = G ∂x∂y ∂x ∂y ∂x ∂y u

....................................... (3-1)

= 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

 →

disebut PD homogen

G≠0

 →

disebut PD non homogen

Jika B2 - 4ac < 0

 →

disebut PD Eliptik

B2 - 4ac = 0

 →

disebut PD Parabolis

B2 - 4ac > 0

 →

disebut PD Hiperbolis

3.2 Peny ele saia n Ma sa lah Sya rat Bata s 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 = x2y ∂x∂y

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

z(1, y)

= cos y Peny elesaian : a.

∂ 2z = x2y ∂x∂y


65


∂  ∂z  2 =x y ∂x  ∂y 

 → diintegralkan

∂z 1 3 = x y + F( y) ∂y 3 z=

1 3

3

x y

PUPD: z

terhadap x

 → diintegralkan terhadap y

+ ∫ F( y) dy + G ( x )

2

1

=

+ H ( y) + G ( x )

x3y2

6

;

G(x)

dan

H(y)

fungsi

sembarang b.

z(x,0) = x

2

→ x2 =

1 6

G (x ) = x z(x, y ) =

1 6

3

x y

2

2

3

x 0

− H(0)

+ H(y ) + x 2 − H(0) 1

z(1, y ) = cos y → cos y = cos

y

=

1 6

y

H(y ) = cos y − 6 z(x, y ) =

1 6

2

1 6

+ y

2

H

6

3

1 6

3

1 y

2

+ H(y ) + 12 − H(0)

(y ) + 1 2 − H (0 )

− 1 + H(0)

x y2 + cos y −

PKPD : z(x,y) =

+ H(0) + G(x )

2

1 6

y

2

− 1 + H(0) + x 2 − H(0)

x y 2 + cos y − 3

1 6

∂2u ∂u + 2 = x2 2. Selesaikan PD : t ∂x∂t ∂x

y

2

;

−1+ x 2 u (x ,1) =

x

3

6

; u (0, t ) = 0

Peny elesaian :

∂  ∂u  = x2 t 2 u +  ∂x  ∂t

 →

1 ∂u + 2u = x 3 + F(t )  → 3 ∂t 1 ∂u t2 + 2tu = x 3 t + tF(t ) 3 ∂t t


diintegralkan ke x

dikalikan t

66


∂ 2 → (t u ) = 1 x 3 t + tF(t )  3 ∂t t u

=

1

2

=

1

2

t u

6 6

PUPD:

3 2

+ ∫ tF(t )dt + H(x )

3 2

+ G(t ) + H(x )

x t

x t

diintegralkan ke t

 1 x 3 t 2 + G(t ) + H(x )  6  u (x , t ) = t

Syarat batas 1 : u (x ,1) =

x

2

3

6

 1 x 3 + G(1) + H(x )  6  1 3 u (x,1) = = x 1

1 6

x

3

+ G(1) + H(x ) =

Penyelesaian :

6

1 6

x

3

→ G(1) + H(x ) = 0 → H(x ) = −G(1)

 1 x 3 t 2 + G(t ) − G(1)  6  u (x , t ) = t

2

Syarat batas 2 : u (0, t ) = 0

u (0, t ) =

0 + G (t ) − G (1) t

2

=0

G (t ) − G (1) = 0 G (t ) = G (1) 1 6

u (x, t ) = PKPD : u (x, t ) =

1 6

x

3 2

x t

+ G (1) − G (1) t

2

3

1.1.1. Pem isa lan u = e

ax + by

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

u

= e ax + by ; a,b konstanta yang harus dicari.

Contoh: Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

67


1. Selesaikan PD : 3

∂u ∂u +2 =0 ∂x ∂y

;

u (x,0) = 4e −

x

Peny ele saia n : ax by misalkan : u (x, y ) = e +

∂u + ae ax + by ; ∂x

∂u = be ax + by ∂y

PD menjadi :

3ae

ax + by

+ 2be ax + by = 0

(3a + 2b )e ax + by = 0 PU PD : u (x, y ) = e

 → 3 ax − ay 2

=e

 3  a  x − y   2 

syarat batas : u (x,0 ) = 4e −

3 2

a

3  = F  x − y   2 

x

u (x,0 ) = F(x ) = 4e − penyelesaian PD : u (x, y ) =

2. PD :

3a + 2b = 0 → b = −

x

3  −   x − y  2   4e

3y−2 x )

= 4e (

2

∂v ∂v + 3 = 0 , dengan syarat batas : v(0, y ) = 4 sin y ∂x ∂y

ax by misalkan v(x, y ) = e =

∂v = ae ax + by ∂x

;

∂v = be ax + by ∂y

PD menjadi :

ae

ax + by

+ 3be ax + by = 0

→ (a + 3b )e ax + by = 0 

a + 3b

= 0 → a = −3b

PU PD :

v(x, y ) = e −

3 bx + by

= e b (−3x + y ) = F(− 3x + y)

syarat batas: v(0, y ) = 4 sin y

v(0, y ) = F(y ) = 4 sin y penyelesaian PD : v(x, y ) = 4 sin (− 3x + y ) Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

68


3.

∂2u ∂ 2u ∂ 2u Selesaikan PD : +3 +2 =0 ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2

; u (0, y ) = y ; u x (0, y ) = 0

Peny ele saia n : misalkan : u

= e ax + by

∂u = ae ax + by ∂x

∂ 2 u 2 ax + by =a e ∂x 2

∂u = be ax + by ∂y

∂ 2 u 2 ax +by =b e ∂y 2

∂ 2u ∂ 2u ax + by = abe = ∂x∂y ∂y∂x PD menjadi:

(a + 3ab + 2b )e 2

a

2

2

ax + by

=0

+ 2ab + 2b 2 = 0

(a + b )(a + 2b ) = 0 → a = −b untuk a = -b

→ u 1 = e − bx + by = e b ( − x + y ) → u 1 = F(− x + y)

Untuk a = -2b PU PD :

atau a = -2b

→ u 2 = e −2 bx + by = e b (−2 x + y ) → u 2 = G (− 2x + y )

u (x, y ) = u 1

+ u2 u (x, y ) = F(− x + y ) + G (− 2x + y ) u (0, y ) = y

Syarat batas1 : u (0, y ) = f (y ) + G (y ) = y

→ G (y ) = −F(y) + y Penyelesaian PD : u (x , y ) = F(− x + y ) −

F(− 2x + y ) − 2 x + y G ( −2 x + y )

Syarat batas 2 : u x (0, y) = 0 Misalkan ;

−x+y= v

dan

− 2x + y + w

= F(v ) − F(w ) + w ∂u (x, y ) dF ∂v dF ∂w ∂w u x (x , y ) = = − − dv ∂x dw ∂x ∂x ∂x u


69


=

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) = 2 y + c u ( x, y) = f ( − x + y) − F( −2x + y) − 2 x + y u ( x, y) = 2(− x + y) + c − [2( −2x + y) + c] − 2x + y u ( x , y ) = −2 x + 2 y + c + 4 x − 2 y − c − 2 x + y u ( x , y) = y

3.2.3 Pemisahan Variabel Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel adalah penyelesaian PD dengan mengasumsikan bahwa penyelesaian PD merupakan perkalian dari fungsi-fungsi yang hanya tergantung pada satu variabel bebas. Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel banyak digunakan dalam berbagai aplikasi misalnya dalam masalah perpindahan panas, getaran dan lain-lain. Perpindahan panas konduksi. Fluks panas yang melewati bidang datar.

T=u

T=u+

∆u

∆n I

∆n

II

= jarak bidang I dan bidang II

u = temperatur bidang I u+

∆u

= temperaur bidang II

∆u = perbedaan temperatur Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

70


∆u >0 maka aliran panas terjadi sebab u+ ∆u >u

jika

dari bidang II mengalir kebidang I,

Fluks panas = jumlah panas persatuan panjang persatuan waktu

≈ sebanding dengan ∆u Fluks panas dari I ke II =

; berbanding terbalik dengan

−k

∆u ∆n

K = konstanta pembanding =

∆n → 0

; maka

∆u → 0 ,

∆n

= konduktivitas termal ; k > 0

karena bidang I dan bidangII makin berimpit,

sehingga,

∆u ∂u = −k ∆n ∂n

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

Fluks pa nas yang me lewati volume

z

S

R

V

T P

N

Q

y

W

x

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

•

Fluks panas yang melewati permukaan elemen volum : ∂u Bidang PQRS = − k ∂x x


71


Bidang NPST =

∂u − k ∂y y

Bidang NPQW =

•

∂u − k ∂z z

Jumlah panas yang masuk pada masing masing sisi bidang selama (Fluks panas) x (luas bidang ) x

∆t sehingga

∆t =

Jumlah panas yang masuk

melalui permukaan elemen volum : Bidang PQRS =

Bidang NPST =

∂u − k x (∆y∆z)∆t ∂x ∂u − k y (∆x∆z)∆t ∂y

Bidang NPQW =

•

z

(∆x∆y) ∆t

Jumlah panas yang keluar melalui permukaan elemen volum: Bidang PQRS =

Bidang NPST =

∂u (∆y∆z) ∆t − k ∂x x + ∆x ∂u (∆x∆z)∆t − k ∂y y + ∆y

Bidang NPQW =

•

∂u − k ∂z

∂u (∆x∆y) ∆t − k ∂z z + ∆z

Perubahan panas yang terjadi pada volume

∆v

dalam arah x, y, dan z

= Σ( panas masuk - panas keluar ) pada masing masing sisi bidang Perubahan panas dalam volume

∂u ∂x

Arah x =

{ k

Arah y =

{ k

Arah x =

{ k

∂u ∂y

∂u ∂z

x + ∆x

y + ∆y

z + ∆z

∂u −k ∂x ∂u −k ∂y ∂u −k ∂z

∆v = ∆x ∆y ∆z adalah :

x

} (∆y∆z)∆t

y

} (∆y∆z)∆t

zx

} (∆y∆z)∆t

perubahan yang terjadi dalam volume


∆v =

72


 ∂u k ∂x   ∂u k ∂  z

∂u  k (∆y∆z) ∆t + − x + ∆x ∂x x  z + ∆z

 ∂u k ∂y 

u  ∂ (∆x∆z)∆t + y + ∆y − k ∂y y 

∂u  −k (∆x∆y)∆t ∂z z 

(i)

•

Jika massa dari volume

∆v adalah

m, maka banyaknya panas yang

dibutuhkan untuk menaikkan temperatur dari u menjadi u + ∆u adalah : mα∆u = ( massa x panas jenis x kenaikan temperatur) m =

ρ∆x∆y∆z , ρ

= densitas/ massa jenis dari volume v

= massa

persatuan volume panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur sampai

∆u

pada

volume

∆v = αρ∆x∆y∆z∆u

(ii)

panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur ∆v = dengan jumlah perubahan panas dari masing masing sisi ; atau (i) = (ii)

 ∂u  ∂u  (∆y∆z)∆t + k ∂y y +∆y −k ∂y y (∆x∆z)∆t +     αρ∆x∆y∆z∆ z ( ∆x∆y) ∆t =  jika masing masing ruas dibagi dengan ∆x∆y∆z∆t menjadi:  ∂u k ∂x   ∂u k ∂z 

k

∂u ∂x

x

∂u −k ∂x ∂u z + ∆z − k ∂z x + ∆x

+ ∆x

−

∆x

k

x

∂u ∂x

x

k

+

∂u ∂y

y

+ ∆y

− k

∆y

∂u ∂y

k

y

+

∂u ∂z

− k ∂ ∂z u

z

+ ∆z

∆z

∂u ∆t Jika ∆x → 0, ∆y → 0, ∆z → 0 ,maka nilai limitnya sama dengan = αρ

∂  ∂u  ∂  ∂u  ∂  ∂u  ∂u k  + k  + k  = αρ    ∂x  ∂x  ∂y  ∂y  ∂z  ∂z  ∂t


73

z


karena k konstan maka :

 ∂ 2 u ∂ 2u ∂ 2 u  ∂u k  2 + 2 + 2  = αρ ∂t  ∂x ∂y ∂z  ∂u 2 k ∇ u = αρ ∂t Persam aa n atur untuk kond uksi pa nas 3 dim ensi ad ala h :

∂u k 2 = ∇u ∂t αρ dimana c =

atau

k

αρ

=

∂u = c∇ 2 u ....................................................................... (3-2) ∂t

difusivitas

Persamaan konduksi panas satu dimensi

x=0 Batang

x=L dengan

x

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 ∂ 2 u =c 2 ∂t ∂x

;

0≤x t

≤L

>0

........................................................................ (3-3)

Ada dua macam syarat batas untuk masalah perpindahan panas konduksi yaitu kondisi batas (bound ary co ndition ) 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 ) = 0

pada waktu t>0


74


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

≤L

untuk pertimbangan fisis biasanya temperatur dibatasi dengan

u ( x, t )

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 :

∂u − k ∂x

x =0

=0→

∂u ∂x

x =L

=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 0 0, Temperatur awal pada kawat dinyatakan dengan f(x) =5 sin 4π x - 3 sin 8π x + 25 sin 10π x. Koefisien difusivitas kawat adalah 2. Penyelesaian:

x=0 Persamaan atur :

x=L

∂u ∂ 2 u =2 ∂t ∂x 2

x

; 0 ≤x

≤ 3 ................................. 1

Syarat batas : Kondisi batas u(0,t) = u(3,t) = 00; t ≥ 0........................................ 2 Kondisi awal u(x,0) = 5 sin 4π x - 3 sin 8π x + 2 sin 10π x. ; t = 0..... 3 Pemisahan variabel: misal PU PD adalah u(x,t) = F(t) G(x)

∂u = F' (t ) G(x ) ∂t ∂u = F(t ) G ' (x ) ∂x

;

∂2u = F(t )G" (x ) ∂2x


75


PD menjadi : F' (t )G (x ) = 2F(t )G" (x ) ........................................... 4

F' (t ) 2F(t ) F' (t ) 2F(t )

=

G" (x ) G (x )

= −k 2

= −k 2 ; F' (t ) + 2k 2 F(t ) = 0 ............................................. 5

Persamaan karakteristik: m + 2k 2 = 0 m = -2k 2 Penyelesaian persamaan 5 adalah : F(t ) = C1 e −

G" (x ) G (x )

= −k 2 ;

2 k 2 t

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

G" (x ) + k G (x ) = 0 .......................................... 7 2

Persamaan karakteristik: m2 + k 2 = 0 m2 = - k 2

→ m1.2 = ± k I

Penyelesaian persamaan 7 adalah:

G (x ) = e

ox

[A

1

Cos kx + B1 sin kx ] = A 1 Cos kx + B1 sin kx ..... 8

PU PD : u (x, t ) = C1 e − u (x , t )

=e

2 k 2 t

− 2 k 2 t

[A

1

Cos kx + B1 sin kx ]

[A Cos kx + B sin kx ]

.......................... 9

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

u (0, t )

2

= e −2 k t [A Cos k 0 + B sin k 0] = 0 → A = 0

Penyelesaian PD : u (x , t )

2

= e −2 k t B sin kx .................................... 10

Kondisi batas 2 : u (3,t) = B e −

2 k 2 t

sin 3k = 0

Jika B = 0 akan menghasilkan penyelesaian trivial, maka:

sin 3k = 0 3k = mπ k =

m 3

(m = 0, ± 1,±2,±3,....... )

π .................................................................................... 11

Penyelesaian PD: u (x , t ) = B e

−2

m2 9

π2 t

sin

mπ 3

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

Kondisi awal : u(x,0) = 5 sin 4πx − 3 sin 8πx + 2 sin 10πx


76


u (x , t ) = B e

−2

m2

π2t

9

sin

mπ 3

x merupakan penyelesaian PD, maka

 u 1 (x , t ) = B1 e sin x  3  m  −2 π t m2π  9 u 2 (x , t ) = B 2 e sin x  juga penyelesaian PD 3  m −2 πt m3π  9 u 3 (x, t ) = B 3 e sin x 3  2

−2

m1

m1 π

π2t

9

2

2

2

2

2

3

Berdasarkan prinsip super posisi : 2

u (x, t ) = B1e

−2

m1 9

π2t

sin

m1 π 3

x + B2 e

−2

m2 9

2

π2t

sin

m2π 3

x + B3 e

−2

m3 9

2

π2t

sin

m3π 3

x

juga merupakan penyelesaian

u (x, o )

= B1 sin

m1 π

x + B 2 sin

m2π

3 3 = 5 sin 4πx − 3 sin 8π x + 2 sin 10πx

=5 → B2 = − 3 → B3 = 2 →

+ B3 sin

m3 π 3

= 12 m 2 = 24 m3 = 30

B1

m1

Persamaan temperatur di sepanjang kawat untuk x dan t sembarang :

u (x, t ) = 5e −

32 π 2 t

128 π 2 t

sin 4π x − 3e −

sin 4π x + 2e −

320 π 2 t

sin 10π x

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:

u (x , t )

= Be

−2

m2 9

π2t

sin

mπ 3

x

Berdasarkan prinsip super posisi :

u (x , t )

∞

=∑

Bm e

−2

m2 9

m =0

π2t

sin

mπ 3

x

juga merupakan penyelesaian

PD


77


kondisi awal : u(x,0) = 25 atau

∞

∑

m =0

B m sin

mπ 3

= 25 →

x

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

≤3

yang konvergen ke f(x) = 25 Koefisien Bm ditentukan dengan :

Bm

=

2 L

L

∫

f ( x ) sin

0

mπx L

dx

=

2 3

3

∫

25 sin

0

mπx 3

dx

 − cos mπx  3 = 50 (− cos mπ + 1)   0 3 mπ  3  mπ m 50 mπ −2 9 π t sin x ∴ u (x, t ) = ∑ (− cos mπ + 1)e mπ 3 100  − 2 π t 9 πx 1 − 2 π t  e sin e sin x ....... = + π +  3 3 π  =

50 3

2

2

2

2

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 )

Persamaan atur dimodifikasi menjadi :

∂V ∂ 2 V =2 2 ∂t ∂x

sehingga

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)+ψ ( x )

∂V ∂V(x, t ) ∂ψ (x ) ∂V ∂V − + = +0= ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂ 2 u ∂ 2 V(x, t ) ∂ 2V = + ψ " (x ) = 2 + ψ " ∂x 2 ∂x 2 ∂x PD menjadi:

 ∂V  ∂ 2 V = 2 2 + ψ " ∂t  ∂x 

∂V ∂ 2V = 2 2 + 2ψ " ∂t ∂x Jika dipilih ψ " (x ) = 0

maka PD akan menjadi:


78


∂V ∂ 2V =2 2 ∂t ∂x (i ) V(0, t ) = 0 → V(0, t ) = U(0, t ) − ψ (0) = 0 (ii ) V(3, t ) = 0 → V(3, t ) = U(3, t ) − ψ (3) = 0 40 − ψ (3) = 0 ψ (3) = 40 (iii ) U(0, t ) = 25 → V(x,0) = U(x,0) − ψ (x ) V(x ,0 ) = 25 − ψ (x ) ψ (x ) dicari dari: ψ " (x ) = 0 → ψ " (x ) = c1 → ψ (x ) = c1 x + c 2 = 0 → ψ (0) = c1 0 + c 2 = 10 c 2 = 10 x = 3 → ψ (3) = c1 3 + c 2 = 3c1 + 10 = 40 3c 2 = 30 c1 = 10 Untuk x

Jadi

ψ (x ) = 10x + 10

Persamaan aturnya menjadi :

∂V ∂ 2V =2 2 ∂t ∂x

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 : −2 m 2 π 2 t

V(x,t) = B e

9

sin

mπ 3

x

Berdasarkan prinsip super posisi : V(x,t) =

∞

∑

m =0

Bm e

− 2 m 2π2 t

9

sin

mπ 3

x juga merupakan penyelesaian

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

∞

∑

m=0

V(x,0) =

∞

∑

m =0

Bm e

− 2 m 2π2 t

B m sin

mπ 3

9

x

sin

mπ 3

x

= 15 −10x

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

10x Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya

79


Menentukan Bm :

=

Bm

2L

∫ f (x ) sin L 0

mπx L

dx

23

mπx

30

3

= ∫ (15 − 10x ) sin

dx

 mπx  −  ∫ (15 − 10x )d cos 3 mπ 0 3   2  mπx 3 mπx  d (15 − 10x ) = − (15 − 10x )cos − ∫ cos mπ  3 3 0  3 2 mπx mπx  dx  = − (15 − 10x )cos + 10∫ cos mπ  3 3 0  3 2  mπx 30 mπx  = − (15 − 10x )cos + sin mπ  3 mπ 3  0 2 mπx = − − 15 − 10x ( )cos + 0) − (15 + 0) mπ  3  2 mπx = − (−15 cos − 15) mπ 3 30 mπx ( cos = + 1) mπ 3 m ∞ 30 mπ −2 9 π t sin x ∴ V(x s t ) = ∑ (cos mπ + 1)e m = 0 mπ 3 Penyelesaian PD : u (x s t ) = V(x , t ) + ψ (x ) = V(x, t ) + (10 x + 10 ) =−

2 3

3

2

2

 cos mπ + 1 e −2 m π t 9 sin mπ x u ( x, t ) = (10x + 10) + ∑   m = 0 mπ  3 3  ∞

30

2 2

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, stea d y sta te adalah :


80


PD :

∂ 2u ∂ 2u + =0 ∂x 2 ∂y 2

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 stea d y sta te adalah syarat batas pada sisi-sisi (batas) bidang sehingga disebut masalah ini boundary value problem . Temperatur u(x,y) pada bidang ditentukan dengan menyelesaikan b ounda ry 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 : 2

G

d F dx

2

2

1d F F dx 2

d F dx

2

2

d G dy

2

2

2

+F

d G

=−

1 d G

dy

2

=0

2

G dy

2

= − p2

+ P 2 F = 0 →, F = C1

sin px

− P 2 G = 0 →, G = C 3

e

py

+ C 2 cos px

+ C 4 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=

nπ a

;n

= 1, 2, 3, .....

− nπy  nπa y  u n (x, y ) = sin x A n e B n e a  ; adalah penyelesaian PD +  an  

nπ

n = 1, 2, 3, …. Berdasarkan prinsip superposisi diperoleh PUPD


81


u ( x , y) =

− nπy  nπa y   ×  A n e + B n e a    

nπ

∞

∑ sin a n =1

Kondisi batas : u(x,0) = 0

u (x ,0 ) =

∑ sin naπ × (A e ∞

) = 0 → B = −A

−0

n

n

n

n =1

u ( x , y) =

∞

∑ A ∗n

nπx

sin

n =1

a

sin

nπy a

; A ∗n

= 2A n

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

u ( x , b) = ∗

A n sin h

∞

∑ A ∗n

n =1

nπb a

=

nπx

sin 2 a

a

sin h

a

∫

f ( x ) sin

nπb a

nπx

0

a

= f ( x )

dx

Sehingga Penyelesaian dari PD adalah :

u ( x , y) =

∞

∑A

∗ n

sin

nπx a

n =1

An

∗

sin h

nπy

;

a

dimana

2 nπx f ( x ) sin dx nπb a 0 a sin a a

=

∫

Getaran tali (persam aa n ge lomba ng d imensi 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

α T1 0

P

T2

Q

β

x x + ∆x


L

x

82


β

T2sin

α

T1cos

T1

β

P

α

T1sin

T2

Q

T2cos

β

α

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

T1 cos α = T2 cos β = T

hanya

bergerak

secara

vertikel,

maka

= konstan

Sehingga resultan gaya yang bekerja adalah : T2 cos β − T1 sin α . menurut hukum Newton II : F =ma Jika : -

Densitas massa tali =

-

Panjang PQ = ∆ x

ρ

m=ρ ∆ x

Simp ang an tali terhad ap po sisi setimb ang (defleksi tali) untuk sem ba rang t ad alah y(x,t), sehingg a p ercep atan ge taran =

∂2y ∂t 2

∂2y  → masing-masing ruas dibagi dengan T Jadi, T2 sin β − T1 sin α = ρ∆x ∂t 2 T2 sin β T T2 sin β

−

T1 sin α T

ρ∆x ∂ 2 y = T ∂t 2

T1 sin α

ρ∆x ∂ 2 y − = T2 cos β T1 cos β T ∂t 2


83


ρ∆x ∂ 2 y tan β − tan α = T ∂t 2 tan α = slope dari y(x,t) di x

=

∂y ∂x x = x

tan β = slope dari y(x,t) di x+∆ x

=

∂y ∂x x = x + ∆x

∂y ∂y ρ∆x ∂ 2 y − = ∂x x = x + ∆x ∂x x = x T ∂t 2  →

dibagi dengan ∆ x :

 ∂y ∂y  ρ ∂ 2 y − = ∆x  ∂x x =x + ∆x ∂x x = x  T ∂t 2 1

Untuk ∆ x  → 0

 ∂y ∂y  ρ ∂ 2 y − = ∆x → 0 ∆x  ∂x x = x + ∆x ∂x x =x  T ∂t 2 lim

atau

1

∂2y 2 ∂2y =c 2 ; 2 ∂t ∂x

c2

=

T

ρ

Persamaan gelombang dimensi 1. dengan :

T = tegangan tali

ρ =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)

y t ( x,0) =

∂y = g(x ) ∂x t =0


 →

simpangan/defleksi awal

 →

kecepatan awal

84


Persamaan getaran tali satu dimensi diselesaikan dengan menggunakan metode pemisahan variabel. Contoh : 1.

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

π dan

kedua ujungnya diikat pada posisi tetap. Jika kecepatan awalnya f(x) = 0 dan defleksi awalnya g(x) = (0,01 sin x),c2 = T

ρ =1.

Penyelesaian.

∂2y 2 ∂2y Persamaan atur : 2 = c ∂t ∂x 2

;c

2

= T ρ =1

∂2y ∂2y = ∂t 2 ∂x 2 Syarat batas: Kondisi batas : y(0, t ) = y(π, t ) = 0 ; t ≥ 0

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

∂y =0 ∂t ( t =0)

;0≤x≤L

PD diselasaikan dengan pemisahan variable

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

∂u ∂2u = F( x )G ' ( t ) = F(x )G" (t ) ∂t ∂t 2 ∂u ∂2u = F' ( x)G( t ) = F" ( x )G (t ) ∂x ∂t 2 PD menjadi : F( x )G" ( t ) = F" ( x )G ( t ) G" ( t ) G( t )

=

F" ( x ) F( x )

= −k 2

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

 →

G ( t ) = A 1 cos kt + B1 sin kt

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

 →

F( x ) = A 2 cos kx + B 2 sin kx

PU PD : y( x, t )

= (A1 cos kt + B1 sin kt )(A 2 cos kx + B 2 sin kx )

Kondisi batas : y(0,t) = 0


85


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( π ,t) = 0 y( π ,t) = sin k π (A cos kt + B sin kt) = 0 y( π ,t) = sin k π = 0 k π = m π ; (m=0, ± 1, k = mπ

± 2,... )

π=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 mx (Bm ) = 0 B

=0

Penyelesaian PD : y(x,t) = sin mx (A cos mt) Kondisi awal : y (x,0) = 0,01 sin x y(x,t) = A sin mx cos m0 = 0.01 sin x

A sin mx A = 0,01

= 0,01 sin x ;

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


86


Berdasarkan prinsip super posisi : ∞

∑A

y(x,t) =

m

sin mx cos mt ; juga

merupakan penyelesaian

m =0

penyelesaian. ∞

y(x,0) =

∑A

m

sin mx cos m0 = 0,01x

m

sin mx = 0,01x

m=0

∞

y(x,0)=

∑A

m =0

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

Am

2

∞

=

π ∫ 0

=

0,02

= = =

0,01x sin

mπ

mπ x

π

∫ x(cos mx) 0

0,02  mπ

0,02 mπ



π

∫

x cos mx − cos mx dx  



0

0,02  mx

dx

π

π

 x cos mx sin mx −   m 0 1

[π cos mπ − 0] =

Penyelesaian PD : y(x, t ) =

1 50m

cos m π

∞

∑ 501m cos mπ sin mx cos mt

m=0

Soa l La tiha n. 1.

Tentukan defleksi u(x,t) dari tali yang panjangnya L. Kedua ujungnya dipasang tetap, kecepatan awalnya g(x) = 0 dan defleksi awalnya :

 2k x  L f ( x ) =   2k (L − x )  L

0
; ;

L 2


<

L 2

87

Matematika Teknik 2

Recommend Documents