Persamaan Diferensial dengan Syarat Batas

1.8.1 Persamaan Diferensial dengan Syarat Batas

Marilah kita perhatikan persamaan diferensial tak homogen berikut

2 dt + 4x = 4t, x(0) = 0, x(1) = 0.

Kita ingin mencari solusi antara t = 0 dan t = 1. Sebelumnya kita telah mempelajari bahwa solusi umum dari persamaan ini adalah jumlah dari fungsi pelengkap x c dengan solusi khusus x p . Solusinya yaitu

x=x c +x p ,

dengan x c adalah solusi persamaan homogen

dt 2 x c dt 2

+ 4x c = 0,

dengan dua buah konsatanta sebarang, dan x p adalah solusi khusus dari

d 2 x p dt 2

+ 4x p = 4t,

tanpa konstanta sebarang. Solusi dari kasus ini

x c = A cos 2t + B sin 2t, x p = t.

Sehingga solusi umumnya

x = A cos 2t + B sin 2t + t.

Konstanta A dan B ditentukan oleh syarat batas. Karena

x(0) = A = 0 x(1) = A cos 2 + B sin 2 + 1 = 0.

Sehingga solusi eksak yang memenuhi syarat batas adalah

x(t) = t −

sin 2t.

sin 2

Fungsi ini dalam selang 0 ≤ t ≤ 1 dapat diekspansikan dalam deret Fourier sinus setengah selang

x(t) =

b n sin nπt,

n=1

1.8. Deret Fourier dan Persamaan Diferensial

Kita telah menunjukkan bahwa

Z 1 (−1) n+1

t sin nπt dt =

0 nπ

Dengan integral parsial dua kali, kita mempunyai Z 1

Menggabungkan suku terakhir dengan ruas kiri dan mengambil limit kita memperoleh

Dari sini diperoleh (−1) n+1

1 (−1) n+1 nπ

b n =2 (1.34)

sin 2 [(nπ) 2

nπ [4 − (nπ) 2

Sehingga solusi yang memenuhi syarat batas adalah

8 ∞ X n+1

x(t) =

2 π sin nπt.

n=1 n [4 − (nπ) ]

Sekarang kita harus menunjukkan bahwa hasil ini bisa didapatkan langsung dari metode deret Fourier berikut. Pertama kita ekspansikan solusinya, apapun itu, pada deret Fourier sinus setengah selang

x(t) =

b n sin nπt.

n=1

Prosedur ini valid karena kita tidak peduli dengan solusinya, kita selalu bisa mem- perluasnya antisimetrik pada selang −1 < t < 0 dan kemudian pada semua garis riil dengan syarat periodik x(t + 2) = x(t). Deret Fourier yang merepresentasikan fungsi ganjil ini dengan periode 2 diberikan di atas. Fungsi ini kontinu di tiap tempat, se- hingga dapat diturunkan suku per suku. Lebih dari itu, syarat batas x(0) = 0 dan x(1) = 1 secara otomatis dipenuhi deret ini.

Jika kita masukkan deret ini pada persamaan diferensial

X ∞ −(nπ) 2 +4 b n sin nπt = 4t.

n=1

1. Deret Fourier

Persamaan ini dapat dianggap sebagai fungsi 4t yang dinyatakan dalam deret Fourier

sinus. Koefisien −(nπ) 2 +4 b n diberikan oleh Z 1

(−1) 2 n+1

−(nπ) +4 b n =2

4t sin nπt dt = 8

0 nπ Diperoleh

b n = 8(−1)

n+1

nπ [4 − (nπ) 2 ]

yang identik dengan (1.34). Sehingga kita bisa memperoleh hasil yang persis sama dengan sebelumnya.

Hal ini menunjukkan bahwa metode deret Fourier adalah metode yang sesuai dan langsung. Tidak semua persoalan syarat batas dapat diselesaikan dengan cara ini, tetapi kebanyakan bisa. Ketika satu persoalan dapat diselesaikan dengan metode deret Fourier, bentuk solusinya biasanya lebih berguna.

Contoh 1.8.1. Sebuah balok sepanjang L yang ujungnya ditahan memiliki beban yang seragam. Pergeseran balok tersebut y(x) memeuhi persamaan

EI

dx 4

dengan w, E dan I adalah konstanta (w beban per satuan panjang, E modulus Young dan I momen inersia). Selanjutnya y(t) juga memenuhi syarat batas

y(0) = 0, y(L) = 0 y ′′ (0) = 0, y ′′ (L) = 0

(Hal ini karena tidak ada pergeseran dan juga momen pada dua buah ujung.) Carilah kurva prgeseran balok y(x). Solusi 1.8.1. Fungsi ini bisa kita ekspansikan dalam deret Fourier sinusnya

nπ

y(x) =

Empat buah syarat batas secara otomatis terpenuhi. Deret ini dan turunannya kon- tinu, sehingga bisa diturunkan suku per suku. Jika kita masukkan dalam persamaan, kita mempunyai

Hal ini berarti b n (nπ/L) 4 adalah koefisien deret Fourier sinus dari w/EI. Sehingga

nπ

(cos nπ − 1). L

sin

x dx = −

L 0 EI L

L EI nπ

1.8. Deret Fourier dan Persamaan Diferensial

Dari sini

 4wL  4  1

n = ganjil

EI (nπ) 5 .

n = genap

Sehingga

1 (2n − 1)nπx y(x) =

Deret ini akan cepat konvergen dikarenakan suku pangkat 5 pada penyebut.