Persamaan Gelombang Tak Homogen

5.1.5 Persamaan Gelombang Tak Homogen

Senar Bergetar dengan Gaya Luar Jika terdapat gaya luar yang bekerja pada senar yang diregangkan, maka akan terdapat

suku tambahan dalam persamaan duferensial pembangkit. Sebagai contoh, jika gaya

5.1. Persamaan Gelombang Satu Dimensi 247

berat senar tidak diabaikan, maka dalam penurunan (5.4), kita harus menambahk- an gaya gravitasi ke bawah −ρ∆xg, dengan g adalah percepatan gravitasi. Sebagai konsekuensinya (5.6) menjadi

∂ 2 u(x, t)

g 1 ∂ 2 u(x, t)

Marilah kita selesaikan persamaan ini dengan syarat batas dan kondisi awal yang sama seperti persoalan sebelumnya:

u(0, t) = 0,

u(L, t) = 0,

u(x, 0) = f (x) u t (x, 0) = 0.

Karena (5.33) merupakan persamaan tak homogen, penggunaan langsung separasi variabel tidak bisa dilakukan. Tetapi, cara berikut akan mereduksi persamaan dife- rensial parsial tak homogen menjadi persamaan diferensial homogen ditambah sebuah persamaan diferensial biasa yang dapat kita selesaikan. Misalkan

u(x, t) = U (x, t) + φ(x),

maka

∂ 2 u(x, t)

∂ 2 U (x, t)

d 2 φ(x)

∂x 2 ∂x 2 dx 2

∂ 2 u(x, t)

sehingga persoalannya menjadi ∂ 2 U (x, t)

d 2 φ(x)

g 1 ∂ 2 U (x, t)

P.D. :

∂x 2 dx 2

a 2 ∂t 2

S. B. : u(0, t) = U (0, t) + φ(0) = 0, u(L, t) = U (L, t) + φ(L) = 0, K. A. : u(x, 0) = U (x, 0) + φ(x) = f (x), u t (x, 0) = U t (x, 0) = 0.

Sekarang kita mensyaratkan

d 2 φ(x)

2 dx − a 2 = 0, φ(0) = 0, φ(L) = 0.

Hal ini merupakan persamaan diferensial biasa orde dua dengan dua buah syarat batas, yang dapat diselesaikan dengan mudah yaitu

φ(x) =

(x 2 − Lx).

2a 2

5. Persamaan Diferensial Parsial dalam Koordinat Cartesian

Dengan φ(x) dipilih sedemikian rupa, sehingga tersisa persamaan diferensial, syarat batas dan kondisi awal U (x, t)

U (0, t) = 0, U (L, t) = 0, U (x, 0) = f (x) − φ(x), U t (x, 0) = 0.

Perhatikan bahwa dibandingkan dengan modifikasi salah satu kondisi awal, persamaan ini sama dengan persamaan yang sudah kita selesaikan sebelumnya. Sehingga kita dapat menuliskan solusinya dengan cepat

0 L Mengikuti hal ini perpindahan senar, termasuk efek gaya beratnya, diberikan oleh:

2a 2

g u(x, t) =

Getaran Terpaksa dan Resonansi Sekarang anggap bahwa senar tetap pada ujungnya dipengaruhi gaya luar per satuan

panjang periodik F (t) = F 1 cos ωt. Dalam kasus ini, senar akan memenuhi persamaan diferensial parsial tak homogen

a 2 ∂ 2 u(x, t)

∂ 2 u(x, t)

dengan F 0 =F 1 /ρ. Syarat batasnya akan sama dengan

u(0, t) = 0,

u(L, t) = 0.

Jika senar mula-mula diam pada kesetimbangan ketika gaya luar mulai bekerja, maka perpindahan u(x, t) harus juga memenuhi syarat batas

u(x, 0) = 0,

u t (x, 0) = 0.

Karena gaya luar sinusodial murni, hal ini relatif mudah untuk menemukan sebuah solusi yang memenuhi persamaan diferensial dan syarat batas. Sama seperti menyele- saikan persamaan diferensial biasa, kita tahu solusi khusus haruslah berosilasi dengan cos ωt. Sehingga, marilah kita mengambil solusi uji

v(x, t) = X(x) cos ωt.

5.1. Persamaan Gelombang Satu Dimensi 249

Menggantikan u(x, t) dengan v(x, t) pada (5.34), kita mempunyai

a 2 X ′′ (x) cos ωt + F 0 cos ωt = −ω 2 X(x) cos ωt atau

X ′′

(x) = −

X(t) −

yang memberikan solusi

ωx

ωx

X(x) = A cos

+ B sin

Syarat batas mengharuskan

X(0) = X(L) = 0.

Sehingga

X(0) = A −

X(L) =

kecuali untuk ω = nπa/L dengan n bilangan genap, pada kasus B = 0. Secara umum

, (5.35) v(x, t) = X(x) cos ωt. Tetapi solusi ini tidak memenuhi kondisi awal. Sehingga kita kembali pada metode

X(x) = 2 cos

pemisahan solusi menjadi dua bagian

u(x, t) = v(x, t) + U (x, t).

Dalam suku v dan U , persamaan asal dan syarat batas maupun kondisi awalnya men- jadi

∂ 2 v(x, t)

∂ 2 U (x, t)

∂ 2 2 2 v(x, t)

u(0, t) = v(0, t) + U (0, t) = 0, u(L, t) = v(L, t) + U (L, t) = 0, u(x, 0) = v(x, 0) + U (x, 0) = 0,

u t (x, 0) = v t (x, 0) + U t (x, 0) = 0.

5. Persamaan Diferensial Parsial dalam Koordinat Cartesian

Karena

a 2 ∂ 2 v(x, t)

∂ 2 v(x, t)

v(0, t) = 0, v(L, t) = 0,

dan

v(x, 0) = X(x), v t (x, 0) = −ωX(x) sin 0 = 0.

U (0, t) = 0, U (L, t) = 0, U (x, 0) = −X(x), U t (x, 0) = 0.

Ini adalah persamaan diferensial homogen yang kita selesaikan sebelumnya

x cos t. (5.36)

L Sehingga solusinya u(x, t) diberikan oleh

n=1

u(x, t) = X(x) cos ωt + U (x, t)

dengan X(x) diberikan oleh (5.35) dan U (x, t) diberikan oleh (5.36). Solusi ini berlaku untuk semua ω. Tetapi, jika ω mendekati ω m = mπa/L dengan

bilangan ganjil m, maka X(x) pada (5.35) menuju tak hingga, sehingga resonansi terjadi. Tetapi jika ω = mπa/L dengan m bilangan genap maka

F 0 mπx

X(x) = 2 cos

dan resonansi tidak muncul dalam kasus ini.