Metode Rayleigh-Ritz untuk Persamaan Dife- rensial
7.6 Metode Rayleigh-Ritz untuk Persamaan Dife- rensial
Persamaan Euler-Lagrange untuk fungsional dengan lebih dari satu variabel bebas adalah persamaan diferensial parsial. Fungsi yang meminimalkan fungsional adalah solusi dari persamaan diferensial tersebut.
Perhatikan fungsional
I=
F u, u ′ x ,u ′′ x ,u ′ y ,u y ′′ , x, y dx dy
dengan x dan y adalah dua buah variabel bebas dan
Dengan metode yang dibangun untuk fungsional dengan dua buah variabel bebas dan turunan lebih tinggi, kita dapat dengan mudah membuktikan persamaan Euler- Lagrange untuk fungsional adalah
Beberapa persamaan diferensial parsial dalam fisika matematika dapat dinyatakan dalam bentuk ini. Apa yang akan kita lihat, kita akan menginterpretasikan persa- maan diferensial berikut sebagai persamaan Euler-Lagrange dari beberapa fungsional, kemudian menggunakan metode Rayleigh-Ritz untuk mengaproksimasi fungsi yang meminimalkan fungsional tersebut. Fungsi yang meminimalkan akan menjadi solusi persamaan diferensial parsial.
7.6.1 Persamaan Laplace
Untuk mencari persamaan Euler-Lagrange fungsional dua dimensi berikut
kita dapat menuliskan integrannya sebagai
F=u ′2 x +u ′2 y .
7.6. Metode Rayleigh-Ritz untuk Persamaan Diferensial 407
Jadi ∂F
Sehingga persamaan Euler-Lagrange fungsional ini
adalah persamaan Laplacian
Kita telah membentuk hubungan ini dalam dua dimensi, perluasan dalam tiga dimensinya jelas. Kita akan menggunakan notasi
∇ u= +
∂x 2 ∂y 2
∂u ∂u |∇u| = ∇u · ∇u = i
∂x ∂x sehingga semua hasil berlaku secara otomatis dalam tiga dimensi.
∂x
∂y
Apa yang sudah kita tunjukkan adalah fungsi u yang meminimalkan fungsional ZZ
I= 2 |∇u| dx dy
juga merupakan solusi persamaan Laplace
∇ 2 u=0
Sekarang kita balik, mengatakan bahwa menyelesaikan persamaan Laplace dengan syarat batas tertentu adalah mencari fungsi yang memenuhi syarat batas yang sama yang meminimalkan fungsional.
Salah satu cara untuk memeinimalkan fungsi adalah pertama mendekatinya dengan sebuah fungsi uji dengan banyak suku
u (x, y) = f 0 (x, y) + c 1 f 1 (x, y) + . . . + c n f n (x, y) (7.36) Kemudian sesuaikan koefisien c 1 ,c 2 , ..., c n sehingga fungsionalnya sekecil mungkin.
Perhatikan bahwa, sepanjang fungsi uji memenuhi syarat batas, satu suku tambahan akan membuatnya lebih dekat dengan fungsi yang meminimalkan sebenarnya. Hal ini
disebabkan karena fungsi uji yang mempunyai suku c n+1 f n+1 (x, y) secara otomatis memasukkan semua suku sebelumnya. Jika proses meminimalkan tidak mampu mem- buat fungsionalnya lebih kecil dari nilai minimal sebelumnya, kita memmilih c n+1 =0
7. Kalkulus Variasi
dan mengambil nilai minimal sebelumnya. Sehingga dengan memasukkan suku tak nol lebih dan lebih banyak, fungsi uji akan semakin mendekati solusi sebenarnya
Untuk mengilustrasikan proses, marilah kita ambil tiga buah suku u (x, y) = f 0 (x, y) + c 1 f 1 (x, y) + c 2 f 2 (x, y) Masukkan dalam fungsional, kita mempunyai
Untuk meminimalkannya, kita harus memilih turunan berikut sama dengan nol ∂I
Dua persamaan ini dapat dituliskan dalam bentuk
a 11 c 1 +a 12 c 2 =b 1 ,
a 21 c 1 +a 22 c 2 =b 2 .
dengan ZZ
∇ f 0 · ∇f 2 dx dy. Jadi
Jelaslah bahwa fungsi uji yang diberikan (7.36), koefisien c i ditentukan oleh sistem n buah persamaan linier
a ij c j =b i ,
i = 1, 2, . . . , n
j=1
7.6. Metode Rayleigh-Ritz untuk Persamaan Diferensial 409
dengan ZZ
ZZ
∇ f 0 · ∇f i dx dy. Solusi sebenarnya bisa diperoleh dengan n yang lebih besar. Perhitungan ini mudah
a ij =
∇ f i · ∇f j dx dy, b i =−
dilakukan dengan menggunakan komputer.
Contoh 7.6.1. Carilah pendekatan tiga suku untuk solusi persamaan Laplace dengan syarat batas di dalam daerah pada gambar berikut.
Solusi 7.6.1. Persamaan garis lurus yang melalui (0, 1) dan (2, 0) adalah x = 2 − 2y. Jadi daerahnya dibatasi oleh garis x = 0, y = 0 dan x = 2 − 2y. Syarat batasnya adalah
u (0, y) = 0, u (x, 0) = x (2 − x) , u (2 − 2y, y) = 0.
Fungsi sederhana berikut memenuhi syarat batas tersebut:
f 0 (x, y) = x (2 − x − 2y) .
Jelas bahwa fungsi dengan bentuk
u (x, y) = x (2 − x − 2y) 1 + c 1 y+c 2 y 2
juga memenuhi syarat batas. Menuliskannya dalam bentuk u (x, y) = f 0 (x, y) + c 1 f 1 (x, y) + c 2 f 2 (x, y) , kita mempunyai
f 1 (x, y) = yx (2 − x − 2y) , f 2 (x, y) = y 2 x (2 − x − 2y) .
7. Kalkulus Variasi
Jika kita integralkan
Z 1 Z 2−2y
a 11 =
|∇f 1 | dx dy = ,
0 0 9 Z 1 Z 2−2y
Z 1 Z 2−2y
a 2 22 11 = |∇f 2 | dx dy = ,
Z 1 Z 2−2y
b 1 =− ∇ f 0 · ∇f 1 dx dy = − ,
0 0 15 Z 1 Z 2−2y
Maka pendekatan tiga suku solusi persamaan Laplace adalah
7.6.2 Persamaan Poisson
Mudah untuk membuktikan bahwa persamaan Poisson
∇ 2 u=ρ
merupakan persamaan Euler-Lagrange untuk fungsional
ZZ h
(7.37) Karena integran fungsional ini adalah
I=
|∇u| + 2uρ dx dy.
F=u x ′2 +u ′2 y + 2uρ,
persamaan Euler-Lagrange
∂F
∂F
∂F
∂u
∂x ∂u ′ x
∂y ∂u ′ y
7.6. Metode Rayleigh-Ritz untuk Persamaan Diferensial 411
yang identik dengan persamaan Poisson ∇ 2 u = ρ.
Jadi menyelesaikan persamaan Poisson dengan syarat batas tertentu ekivalen de- ngan mencari sebuah fungsi yang memenuhi syarat batas yang sama dan meminimalk- an fungsional (7.37).
Kita dapat mendekati lagi dengan fungsi uji u (x, y) = c 1 f 1 (x, y) + c 2 f 2 (x, y) + · · · + c n f n (x, y)
(7.38) Metode yang sama seperti yang kita gunakan untuk menyelesaikan persamaan La-
place bisa digunakan untuk menentukan koefisien c 1 ,c 2 , ..., c n . Tetapi terdapat satu perbedaan. Perhatikan dalam (7.38) tidak terdapat suku f 0 (x, y) dengan c 0 = 1. Hal ini karena konstanta sebarang dikalikan solusi persamaan Laplace tetaplah merupakan solusi. Dengan kata lain, koefisien dalam (7.36) ditentukan dalam konstanta pengali.
Jadi kita dapat memilih satu sebagai koefisien sebarang f 0 (x, y). Kita tidak memiliki kebebasan dalam menyelesaikan persamaan Poisson karena adanya suku tak homogen ρ(x, y). Jadi fungsi uji persamaan Poissom harus dimulai dengan suku c 1 f 1 (x, y).
Anggap kita ingin menyelesaikan persoalan berikut:
∇ 2 u = ρ (x, y) , 0 < x < 1, 0 < y < 1, u = 0 pada batas persegi.
Kita dapat memilih fungsi uji u (x, y) = xy (1 − x) (1 − y) c 1 +c 2 x+c 3 y+c 4 x 2 +... yang memenuhi syarat batas. Fungsi ini dapat dituliskan dalam bentuk (7.38) dengan
f 1 = xy (1 − x) (1 − y) , f 2 = xf 1 ,f 3 = yf 1 ,f 4 =x 2 f 1 ,.... Masukkan dalam fungsional
Untuk meminimalkan, kita pilih turunan terhadap c j nol
Hasilnya adalah n sistem persamaan linier
a ij c j =b i ,
i = 1, 2, . . . , n
j=1
7. Kalkulus Variasi
Persamaan matriks ini dapat diselesaikan untuk koefisien c 1 ,c 2 ,...,c n . Salah satu strateginya adalah menghitung fungsional dengan n yang semakin besar sampai stabil. Dengan cara ini, kita bisa memperoleh aproksimasi yang mendekati solusi sebenarnya seperti yang kita inginkan. Perhitungan seperti ini harus dilakukan dengan komputer.
7.6.3 Persamaan Helmholtz
Persamaan Helmholtz dengan syarat batas adalah persoalan nilai eigen. Metode Rayleigh-Ritz untuk persoalan Sturm-Liouville dapat digunakan untuk memperoleh solusinya. Perhatikan persoalan dua dimensi
(7.39) Kalikan kedua ruas dengan u dari kiri dan integralkan, kita mempunyai
λu dx dy. Jika u bukan merupakan fungsi eigen, kita dapat membuktikan bahwa
u 2 dx dy merupakan batas atas nilai eigen paling rendah dengan mengekspansikan u dalam suku
u 2 dx dy
fungsi eigen, seperti yang kita lakukan dalam kasus satu dimensi. Dalam pembahasan prinsip variasi, λ[u] meupakan fungsional. Kita dapat mem-
buktikan bahwa meminimalkan λ[u] ekivalen dengan meminimalkan fungsional berikut (lihat Latihan 11):
Integran fungsional ini adalah
F=uu ′′
x +u y ∂u − 2λu, ∂F
=u ′′
∂F
∂F
∂F
= u.
∂u x
∂u y
∂u ′′ x
∂y x ′′
7.6. Metode Rayleigh-Ritz untuk Persamaan Diferensial 413
Jadi persamaan Euler-Lagrange ∂F
∂y 2 ∂y ′′ x untuk fungsional ini menjadi
yang identik dengan persamaan asalnya
∇ 2 u = λu. Perhatikan juga bahwa persamaan Euler-Lagrange untuk fungsional yang lain
+ λu 2 dx dy (7.41)
∂x
∂y
juga merupakan persamaan Helmholtz (7.39). Integran fungsional ini adalah
F = (u ′ 2 ) 2 + (u ′ ) + λu x 2 x .
Karena ∂F
persamaan Euler-Lagrangenya menjadi
2λu − 2λu ′′ x − 2u ′′ y =0
yang identik dengan (7.39). Karena meminimalkan fungsional (7.41) ekivalen dengan meminimalkan
|∇u| dx dy λ=
u 2 dx dy kita dapat mengaproksimasi nilai eigen paling rendahnya dengan (7.40) maupun (7.42).
u 2 dx dy
Hal ini tidak mengejutkan. Ketika nilai batas ditentukan, kita bisa menggunakan
RR teorema divergensi untuk membuktikan bahwa
RR
u∇ 2 u dx dy dan − |∇u|dx dy hanya berbeda konstanta. Karena ZZ
∇ · (u∇u) dx dy = u∇u · ndl = konstan, dengan integral garis sepanjang batas tersebut. Tetapi
· (u∇u) = ∇∇ · ∇u + u∇ 2 u.
7. Kalkulus Variasi
Jadi ZZ
ZZ
2 u∇ 2 udx dy = − |∇u| dx dy + konstanta. Jadi jika u meminimalkan (7.40), maka juga meminimalkan (7.42). Biasanya (7.42)
lebih sering digunakan.
Contoh 7.6.2. Gunakan metode variasi untuk mengestimasi frekuensi paling rendah membran sirkuler dengan jari-jari c. Solusi 7.6.2. Getaran ini dibangkitkan oleh persamaan gelombang
Suku bergantung waktu dapat dipisahkan sehingga T (t) = cos ωt, dengan ω = 2πν dan ν adalah frekuensi. Suku ruangnya diperoleh dari persamaan Helmholtz
∇ u (x, y) = −
u (x, y) .
Jadi frekuensi getaran moda normal sebarang ditentukan oleh nilai eigen persamaan ini. Syarat batas u adalah nilainya nol pada bingkai membran sirkular. Menurut (7.42)
RR
w 2 |∇u| 2 dx dy
= RR
dx dy
Sebarang u, sepanjang memenuhi syarat batas akan memberikan batas atas frekuen- si paling rendah. Untuk membran lingkaran, jelaslah integrasi lebih baik dilakukan dalam koordinat polar. Syarat batasnya u(r, θ) jika dituliskan dalam koordinat polar adalah
u (c, θ) = 0.
Fungsi uji paling sederhananya adalah
u (r, θ) = r − c.
Dalam koordinat polar
Jadi ZZ
Z c Z 2π
2 |∇u| 2 dx dy = 1 · r dθ dr = πc ,
0 ZZ 0 Z
c Z 2π
u 2 2 dx dy = 1 (r − c) r dθ dr = πc 4 .
7.7. Prinsip Hamilton 415
Jadi
2 = c 2 , w = 2.449 a . c
Seperti yang sudah kita buktikan sebelumnya, nilai numerik eksaknya adalah 2.405. Dengan fungsi uji sederhanapun, kita bisa memperoleh estimasi yang masuk akal.