Persoalan Sturm-Liouville dan Prinsip Variasi

7.5 Persoalan Sturm-Liouville dan Prinsip Variasi

7.5.1 Formulasi

Anggap kita mencari sebuah fungsi y = y(x) dalam selang x 1 ≤x≤x 2 yang memenuhi syarat batas

y (x 1 ) = 0, y (x 2 )=0

dan membuat nilai integral berikut stasioner:

dengan p(x) dan q(x) fungsi x yang kontinu terdiferensialkan. Sebagai tambahan, kita mensyaratkan integral

nilainya tertentu dengan fungsi w(x) yang diberikan. Menurut teori variasi dengan kendala, jawaban pertanyaann ini diberikan oleh

persamaan Euler-Lagrange

(Tanda λ tidak penting, karena hanyalah pengali yang belum ditentukan. Kita meng- gunakan −λ bukan yang positif untuk menyesuaikan dengan konvensi tanda persoalan

Sturm-Liouville). Karena

persamaan Euler-Lagrange menjadi

yang merupakan persamaan Sturm-Liouville dengan nilai eigen λ. Hal ini membuka hubungan antara kalkulus variasi dengan persoalan nilai eigen.

Perhatikan bahwa J dari (7.27) hanyalah berupa integral normalisasi. Jika kita menginginkan y(x) ternormalisasi terhadap fungsi bobot w(x), maka y(x) haruslah diganti dengan y(x)J −1/2 . Gantikan y(x) dengan y(x)J −1/2 , menjadi

p (x) y ′2

− q (x) y 2 dx

I K = [y (x)] =

2 = . (7.29) w (x) y 2 dx J

7. Kalkulus Variasi

Karena penyebut J konstan, nilai stasioner dari I berkaitan dengan nilai stasioner dari K. Solusi persamaan Sturm-Liouville (7.28) tetap berupa fungsi yang meminimalkan fungsional K[y(x)].

Integralkan parsial suku pertama pada pembilang Ky(x), kita memperoleh

Suku yang diintegralkan sama dengan nol karena syarat batas y(x). Jadi

Kita peroleh

[p (x) y ′ ] + q (x) y dx K [y (x)] =

x 1 dx

Z x 2 . (7.30)

w (x) y 2 dx

Jika y(x) adalah nilai eigen ke−i dari (7.28), maka

(7.31) Substitusikan kembali pada (7.30), kita peroleh

K [y i (x)] =

2 =λ i . (7.32)

w (x) y 2 i dx

Sehingga, nilai eigen λ, yang awalnya sebagai pengali yang belum ditentukan, meru- pakan nilai stasioner dari fungsional K[y(x)]. Fungsi y(x) yang meminimalkan K[y(x)] adalah fungsi eigen yang bersesuaian.

7.5.2 Perhitungan Nilai Eigen dan Fungsi Eigen

Keuntungan formulasi variasional persamaan Sturm-Liouville adalah kita dapat meng- gunakan (7.29) atau (7.30) untuk membuat estimasi sistematik nilai eigen dan fungsi eigen persamaan tersebut.

Nilai fungsional K[y(x)] dapat dihitung untuk fungsi sebarang dari y(x). Terda- pat sebuah teorema yang mengatakan fungsional K[φ(x)] dari (7.29) dihitung dengan fungsi sebarang φ(x) yang memenuhi syarat batas yang sama seperti yang diberikan pada persoalan nilai eigen akan lebih besar atau sama dengan nilai eigen paling kecil.

7.5. Persoalan Sturm-Liouville dan Prinsip Variasi 401

Misalkan y i (x) adalah himpunan fungsi eigen persoalan Sturm-Liouville. Kita mungkin tidak tahu apapun tentang ini, selain ortogonal dan dapat dibuat ortonormal

y i (x) y j (x) w (x) dx = δ ij ,

dan membentuk himpunan lengkap. Sehingga φ(x) dapat dinyatakan sebagai

φ (x) =

c i y i (x) .

Substitusi ekspresi ini dalam (7.30)

[p (x) φ ′ ] + q (x) φ dx

K [Φ (x)] = x 1 dx

w (x) φ 2 dx

dengan menggunakan (7.31) dan (7.33), kita mempunyai

K [φ (x)] = P

Misalkan λ 1 adalah nilai eigen paling kecil, maka

i c i (λ i −λ 1 )

K [φ (x)] − λ 1 2 −λ 1 =

Karena setiap λ i , i 6= 1, lebih besar dari λ 1 , maka K[φ(x)] − λ 1 > 0 dan

K [φ (x)] > λ 1 . Tanda sama dengan hanya berlaku jika φ(x) = y 1 (x), keadaan dasar fungsi eigen. (Ke-

adaan dasar adalah keadaan dengan nilai eigen paling kecil.) Hal ini sering dinamakan sebagai prinsip variasi Rayleigh-Ritz.

Sekarang kita dapat mengaproksimasi y 1 (x) dengan fungsi uji φ(x) yang memenuhi syarat batas. Nilai eigen dari (7.29)

p (x) φ ′2 − q (x) φ 2 dx λ = K [φ (x)] =

Z x 2 (7.34)

w (x) φ 2 dx

selalu lebih besar atau sama dengan λ 1 . Kita dapat memasukkan parameter φ(x), parameter-parameter ini dapat divariasikan untuk meminimalkan K[φ(x)] dan me- ningkatkan estimasi nilai eigen keadaan dasar.

Sebagai sebuah ilustrasi, marilah kita perhatikan persamaan

y ′′ + λy = 0

7. Kalkulus Variasi

Gambar 7.12: √

√ Perbandingan fungsi eigen ternormalisasi 2 sin πx (garis penuh) dengan fungsi uji ternormalisasi 30x(1 − x) (garis putus-putus).

dengan syarat batas

y (0) = 0, y (1) = 0.

Ini adalah persoalan Sturm-Liouville dengan p(x) = 1, q(x) = 0 dan w(x) = 1. Perso- alan ini cukup sederhana dan kita semua tahu solusi eksaknya adalah

√ y = sin λx,

λ=n 2 π 2 , n = 1, 2, . . .

Sehingga nilai eigen paling rendahnya adalah

Marilah sekarang kita gunakan metode Rayleigh-Ritz untuk mengaproksimasi λ 1 . Kita gunakan fungsi sederhana

φ (x) = x (1 − x)

sebagai fungsi uji, karena memenuhi syarat batas φ(0) = φ(1) = 0. Substitusikan fungsi ini ke dalam (7.34), dengan φ ′ (x) = 1 − 2x, p(x) = 1, q(x) = 0, dan w(x) = 1, kita mempunyai

Z x 2 (1 − 2x) 2 dx

λ u = K [φ (x)] = Z 1 x 2 =

x 2 2 (1 − x) 1/30 dx

yang kesalahannya hanya 1.3% dari nilai eksak π 2 .

7.5. Persoalan Sturm-Liouville dan Prinsip Variasi 403

Untuk menghitung nilai eigen, kita tidak harus menggunakan fungsi uji ternor- malisasi, karena penyebut pada K[φ(x)]. Tetapi, kita perlu mengingat bahwa fungsi uji merupakan pendekatan dari fungsi eigen hanya dengan konstanta pengali. Per-

bandingan antara fungsi uji ternormalisasi 30x(1 − x) dengan fungsi eigen eksak √

2 sin πx ditunjukkan Gambar 7.12. Hasil ini dapat diperbaiki dengan menambahkan suku dengan parameter. Parame-

ter ini dapat dipilih untuk meminimalkan K[φ(x)], karena tidak penting bagaimana parameter ini, hasilnya adalah batas atas untuk λ 1 . Sebagai contoh, kita dapat meng- gunakan

1 (x) = x (1 − x) + cx 2 (1 − x) sebagai fungsi uji. Sebagai konsekuensi, K[φ 1 (x)] menjadi fungsi dari c. Ambil turun-

an K[φ 1 (x)] terhadap c kemudian jadikan nol, kita peroleh c = 1.1353. Gunakan nilai

c ini, kita peroleh

λ u = K [φ (x)] = 9.8697

yang sangat dekat dengan nilai fungsi eigen eksak dari π 2 = 9.8696. Ketika dinor- malisasikan, fungsi ini menjadi 4.404x(1x) + 4.990x 2 (1x) 2 . Jika kita plot terhadap x fungsi ini tidak dapat dibedakan dengan fungsi eigen eksak dalam skala pada Gambar

7.12. Dari sini, jika nilai eigen dihitung dari fungsi uji sangat bagus, maka fungsi uji mungkin juga merupakan pendekatan yang baik untuk fungsi eigen.

Metode ini dapat diperluas untuk nilai eigen orde dua atau lebih tinggi dengan menambahkan syarat tambahan pada fungsi uji yang hanya ortogonal terhadap fung- si eigen berkaitan dengan nilai eigen yang lebih rendah. Sebagai contoh, kita bisa menggunakan fungsi uji dalam bentuk

φ (x) = c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x) ,

dengan f 1 (x) dan f 2 (x) dikenal sebagai basis. Kita akan membuktikan dalam memi- nimalkan fungsional

I [φ (x)] K [φ (x)] = J [φ (x)]

kita akan memperoleh dua buah “nilai eigen.” Jika f 2 (x) ortogonal terhadap f 1 (x)

f 1 (x) f 2 (x) w (x) dx = 0,

maka keduanya merupakan pendekatan pada dua buah nilai eigen eksak pada persa- maan Sturm-Liouville.

Untuk meminimalkan K[φ(x)], kita perlu memilih ∂K/∂c 1 dan ∂K/∂c 2 nol. Ka- rena

∂K

∂I/∂c i

∂J/∂c i

I ∂I

I ∂J

=0 ∂c i

=I

J 2 J ∂c i

J ∂c i

7. Kalkulus Variasi

dan J > 0, hal ini berarti

Jika kita turunkan ∂I

Jelaslah kita dapat meuliskan kedua turunan sebagai

Dengan cara yang sama

f j f i wdx.

Menurut (7.32) pendekatan nilai eigen kita diberikan oleh

K=

Jadi (7.35) dapat dituliskan sebagai

c j (a ji − λb ji ) = 0, i = 1, 2.

j=1

Karena f 1 dan f 2 ortogonal, maka b ij = 0 untuk i 6= j. Jadi kita memiliki

(a 11 − λb 11 )c 1 +a 21 c 2 =0

a 12 c 1 + (a 22 − λb 22 )c 2 = 0.

Untuk solusi tak nol, λ haruslah memenuhi persamaan sekular

a 11 − λb 11 a 21 = 0.

a 12 a 22 − λb 22

7.5. Persoalan Sturm-Liouville dan Prinsip Variasi 405

Ini adalah persamaan kuadratik, λ memiliki dua buah akar. Keduanya mungkin men- dekati dua buah nilai eigen dari persoalan yang ditinjau.

Untuk mengilustrasikan prosedur, marilah kita aproksimasi dua buah nilai eigen dari persoalan sebelumnya

y ′′ + λy = 0, y (0) = y (1) = 0.

Kita memilih fungsi uji berikut:

f 2 (x) = x (1 − x) (1 + ax) . Baik f 1 maupun f 2 memenuhi syarat batas. Konstanta a ditentukan oleh syarat

ortogonal

f 1 (x)f 2 (x) dx = 0

yaitu −2. Dengan f ′

1 = 1 − 2x, f 2 ′ = 16x + 6x , kita bisa memperoleh

0 30 2 210 Maka persamaan sekularnya adalah

yang memiliki dua buah akar

Dua buah akar ini bisa dibandingkan dengan dua buah nilai eigen eksak

7. Kalkulus Variasi