Transformasi Fourier dan Masalah Sturm-Liouville

14. Transformasi Fourier dan Masalah Sturm-Liouville

Pada bagian ini kita akan mempelajari transformasi Fourier dan masalah Sturm- Liouville pada setengah garis. Namun, sebelum kita sampai di sana, mari kita tinjau kembali persamaan panas pada (−∞, ∞):

u t = ku xx .

Bila kita misalkan u(x, t) = X(x)T (t), maka kita peroleh

X ′′

2 +ξ 2 X=0 dan T ′ = −ξ kT,

dengan ξ 2 merupakan konstatan pemisahnya. Dari kedua persamaan ini, kita akan −ξ 2 kt mendapatkan bahwa untuk −∞ < ξ < ∞, fungsi e iξx e merupakan solusi. Dengan

prinsip superposisi, kita peroleh solusi persamaan panas

2 u(x, t) = kt C(ξ)e −ξ iξx e dξ.

Jika diketahui syarat awal u(x, 0) = f (x), maka dari rumus inversi Fourier kita sim- pulkan bahwa C(ξ) = 1

2π b f (ξ), sehingga

−ξ 2 kt u(x, t) = iξx b f (ξ)e e dξ,

sama seperti yang kita peroleh sebelumnya pada Bab 13.

14.1 Masalah Sturm-Liouville

Apa yang akan kita bahas sekarang adalah masalah Sturm-Liouvile singular:

X ′′

X = 0, −∞ < x < ∞.

89 Solusi umum persamaan ini adalah

Analisis Fourier dan Wavelet

C iξx

1 e +C 2 e −iξx , untuk ξ 6= 0;

atau

C 1 +C 2 x, untuk ξ = 0.

Tak satupun di antara fungsi ini merupakan anggota L 2 (R), kecuali untuk kasus trivial

C 1 =C 2 = 0. jadi tidak ada kemungkinan untuk menemukan basis ortonormal dari keluarga fungsi eigen ini. Sebagai gantinya, dengan menggunakan rumus inversi Fourier, kita dapat meny-

atakan setiap fungsi f ∈ L 2 (R) sebagai

f (−ξ)e −iξx dξ, [∗] 2π −∞

f (x)e dξ =

+b

dengan interpretasi yang sesuai terhadap integral tersebut. Perlu dijelaskan di sini mengapa hanya ξ ∈ R yang muncul. Jika Im(ξ) 6= 0, maka

|e iξx | → ∞ untuk |x| → ∞. Jadi e tidak cocok bila dipandang dengan kacamata

iξx

2 ruang L 2 (R) Jika ξ ∈ R, maka e ∈L / tetapi masih cukup dekat dari L (R), sehingga masih dapat dipakai sebagai fungsi eigen untuk merekonstruksi f seperti dalam [*].

2 iξx

Berdasarkan [*], mari kita tinjau dua masalah Sturm-Liouville berikut pada seten- gah garis [0, ∞):

[2] Solusi [1] adalah kelipatan cos ξx, sementara solusi [2] adalah kelipatan sin ξx. Kedua

X 2 ′′ +ξ

X = 0, X(0) = 0.

fungsi ini bukan anggota L 2 (0, ∞), jadi tidak ada basis ortonormal dari keluarga fungsi ini. Namun, kita bisa mencari rumus integral berikut:

f (x) =

A(ξ) cos ξxdξ,

f (x) =

B(ξ) sin ξxdξ,

untuk f ∈ L 2 (0, ∞).

90 Hendra Gunawan

Jika f ∈ L 1 (R) dan f merupakan fungsi genap, maka Z ∞

b f (ξ) =

f (x)(cos ξx − i sin ξx) dx =

[5a] Jadi b f juga genap, dan rumus inversi Fourier menjadi

f (x) =

b f (ξ) cos ξx dξ. [5b] 2π −∞

b f (ξ)(cos ξx + i sin ξx) dξ =

Dengan cara yang serupa, jika f merupakan fungsi ganjil, maka b f juga ganjil dan

Rumus-rumus ini hanya melibatkan nilai f dan b f pada [0, ∞), jadi domain f dan b f dapat dibatasi pada [0, ∞).

14.2 Transformasi cosinus Fourier dan transformasi sinus Fourier Misalkan f ∈ L 1 (0, ∞). Transformasi cosinus Fourier dan transformasi sinus

Fourier dari f didefinisikan sebagai

F c [f ](ξ) :=

f (x) cos ξx dx;

F s [f ](ξ) :=

f (x) sin ξx dx.

Dari perhitungan di atas, kita peroleh rumus inversinya:

f (x) =

F c [f ](ξ) cos ξx dξ;

f (x) =

F s [f ](ξ) sin ξx dξ;

Di sini, integral mesti ditafsirkan secara pas. Misalnya, jika f kontinu bagian demi bagian pada (0, ∞), maka

lim

e −ǫ /2 F c [f ](ξ) cos ξx dξ = [f (x−) + f(x+)].

91 Teorema A (Kesamaan Plancherel). Jika f, F c [f ] dan F s [f ] merupakan anggota

Analisis Fourier dan Wavelet

1 L 2 ∩L (0, ∞), maka

kF 2

c [f ]k = kF s [f ]k = kfk .

Bukti. Perluas f menjadi f genap dan f ganjil yang terdefinisi pada R. Maka F c [f ] dan

1 F i s [f ] adalah pembatasan dari 2 f b genap dan 2 f b rmganjil pada (0, ∞), sehingga Z ∞

|F 2

c [f ](ξ)| dξ =

|b f genap (ξ)| dξ =

|b f genap (ξ)| dξ

|f genap | dx =

|f(x)| dx.

Serupa dengan itu, kita juga mempunyai

|F 2

s [f ](ξ)| dξ =

|f(x)| dx.

Dengan demikian kesamaan Plancerel terbukti. [QED] Catatan . Sebagai akibat dari kesamaan Plancherel, kedua rumus inversi Fourier di atas

berlaku pula untuk f ∈ L 2 (0, ∞).

14.3 Aplikasi pada persamaan panas Sebagai aplikasi dari transformasi cosinus Fourier, mari sekarang kita tinjau per-

samaan panas pada (0, ∞):

u t = ku xx , x, t > 0,

dengan syarat batas u x (0, t) = 0 dan syarat awal u(x, 0) = f (x). Metode pemisahan

2 peubah dan syarat batas akan memberikan solusi e kt −ξ cos ξx untuk ξ > 0, sehingga kita peroleh

Z ∞ u(x, t) = 2 C(ξ)e −ξ kt cos ξx dξ.

Substitusikan t = 0, kita dapatkan

f (x) =

C(ξ) cos ξx dξ.

Jadi C(ξ) = 2 π F c [f ](ξ), sehingga kita peroleh solusi dalam bentuk integral Fourier:

u(x, t) = 2 F

c [f ](ξ)e −ξ kt cos ξx dξ.

92 Hendra Gunawan

Selanjutnya, dapat diperiksa bahwa

e 2 −ξ kt =F

c [g t ](ξ)

Jadi persamaan [**] dapat ditulis ulang sebagai

u(x, t) =

F c [f ](ξ)F c [g t ](ξ) cos ξx dξ.

Namun, dapat dibuktikan jika F dan G t adalah perluasan genap dari f dan g t pada R,

maka (F ∗ G t )b(ξ) = b Fb G t setara dengan

F c [f ](ξ)F c [g t ](ξ) = F c [h],

dengan 2h merupakan pembatasan dari F ∗ G t pada (0, ∞). Dari sini kita simpulkan bahwa

u(x, t) = (x+y)2 F∗G

t (x) = √

f (y) e − 4kt +e − 4kt dy.

(x−y)2

2 2 πkt 0

Dapat diperiksa bahwa u(x, t) → f(x) bila t → 0 + .

14.4 Soal latihan

1. Buktikan jika F dan G t adalah perluasan genap dari f dan g t pada R, maka rumus

(F ∗ G t )b(ξ) = b Fb G t setara dengan

F c [f ](ξ)F c [g t ](ξ) = F c [h],

dengan 2h merupakan pembatasan dari F ∗ G t pada (0, ∞).

2. Misalkan F adalah fungsi genap yang terdefinisi pada R dan u = u(x, t) adalah solusi persamaan panas pada R:

u t = ku xx , x ∈ R, t > 0,

dengan syarat awal u(x, 0) = F (x). Buktikan bahwa v = u(x, t)| x>0 adalah solusi persamaan panas pada (0, ∞):

u t = ku xx , x, t > 0,

dengan syarat batas u x (0, t) = 0 dan syarat awal u(x, 0) = f (x), di mana f adalah pembatasan F pada (0, ∞).

Analisis Fourier dan Wavelet