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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Tim Ma tem atik a- Jurusa urusa n Tek Tek nik M esin esin
∞ (−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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Tim Ma tem atik a- Jurusa urusa n Tek Tek nik M esin esin
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)
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa Jurusa n M esin Unive rsitas rsitas Braw Braw ija ya
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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
→
analitik di titik x = 0
→
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 + ....
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
6
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
7
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
( n − 1)(n − 2) 6
a1
+ 2 + [−s(s − 1) − 2s + n (n + 1)]a s = 0
9
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
+
( n − 2)n ( n + 1)(n + 3) 4!
x
4
+ ......
..............................(1-11)
10
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
=−
(2n − 2)! 2 ( n − 1)!−( n − 2)! n
11
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
=−
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 )
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
−
n n
+1
P n −1 ( x ) 12
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
13
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 )
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
−
7 16
P3 ( x ) +
11 32
P5 ( x )
− + .............
14
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
x (a 0 r
+ a 1 x + a 2 x 2 + .....) = 0
16
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 + .......)
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
................................................................... (1-29) 17
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
18
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
=−
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
2
= 0 ; r1, 2 = 0
atau
r
= r2 = 0
maka rumus rekursi :
19
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
20
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
(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 )]
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
21
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
= x −1
sin 2 x 22
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Tim Ma tem atik a- Jurusa urusa n Tek Tek nik M esin esin
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 xx 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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa Jurusa n M esin Unive rsitas rsitas Braw Braw ija ya
m =0
m+ r
∞
+ ∑amx m =0
m+r+ 2
−υ
2
∞
∑a
m
x
m+r
= 0 ..(1-35)
m=0
23
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Tim Ma tem atik a- Jurusa urusa n Tek Tek nik M esin esin
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,….
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa Jurusa n M esin Unive rsitas rsitas Braw Braw ija ya
24
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Tim Ma tem atik a- Jurusa urusa n Tek Tek nik M esin esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa Jurusa n M esin Unive rsitas rsitas Braw Braw ija ya
- υ + 2m
Γ (−υ + m + 1)
x − υ+
2m
......................................... ......................................... (1-40)
25
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Tim Ma tem atik a- Jurusa urusa n Tek Tek nik M esin esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa Jurusa n M esin Unive rsitas rsitas Braw Braw ija ya
Γ (n + m + 1)
x
2m
26
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
∞
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
27
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
28
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
29
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
30
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
∫
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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
32
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
λ
2
ω2 g
33
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
34
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
35
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
36
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
= 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 )
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
37
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
38
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
39
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
40
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 ,
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
41
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
=
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
42
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
43
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 =
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
44
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
(− 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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
45
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
46
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
→ 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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
2
47
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
48
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
49
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
50
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
51
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 π0 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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
+ b n sin
nπx L
52
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
x
10
5 0
=3
53
sin
3πx
π
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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:
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
54
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
55
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 -
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
4
πn
sin 0 = 2π
2
56
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
57
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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:
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
58
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
59
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
60
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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:
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
61
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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.
Tentukan deret Fourier dari f ( x )
= 1+ x2
3.
Tentukan deret Fourier dari f ( x )
πx ; − π 2 < x < π 2 = 0 ; π 2 < x <3π 2
4.
Tentukan deret Fourier dari f ( x )
= 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 −
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
1 4 2 9
cos 2x + sin 3x −
1 9
π 4
cos 3x − +.....)
sin 4x +
2 25
sin 5x + .....
62
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
63
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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.
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
64
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
65
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
∂ ∂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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
diintegralkan ke x
dikalikan t
66
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
∂ 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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
69
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
=
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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
∆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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
71
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
∆v =
72
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
∂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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
73
z
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
74
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
75
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
76
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
77
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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:
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
78
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
∂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
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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 :
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
80
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
81
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
L
x
82
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
83
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
→
simpangan/defleksi awal
→
kecepatan awal
84
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
85
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
86
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK II Oleh : Tim Ma tem atik a- Jurusa n Tek nik M esin
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
Progra m Sem i Que IV Fa kulta s Tek nik Jurusa n M esin Unive rsitas Braw ija ya
<
L 2
87