Solusi D’Alembert Persamaan Gelombang

5.1.6 Solusi D’Alembert Persamaan Gelombang

Dengan menggunakan separasi variabel, kita telah menyelesaikan persoalan senar yang bergetar pertama dengan mencari nilai eigen dan fungsi eigen yang disebabkan oleh syarat batas. Dalam langkah berikutnya, kita menggunakan kondisi awal untuk me- nentukan konstanta dalam deret Fourier dari solusinya. Sekarang kita akan memper- kenalkan sebuah metode yang merupakan kebalikannya. Pertama kita akan menyele- saikan persoalan kondisi awal dan kemudian mencari solusi untuk memenuhi syarat batas.

5.1. Persamaan Gelombang Satu Dimensi 251

Marilah kita selesaikan persoalan kondisi awal berikut:

∂ 2 u(x, t)

1 ∂ 2 u(x, t)

P. D. :

∂x 2 a 2 ∂t 2 S. B. : u(x, 0) = f (x); u t (x, 0) = g(x),

untuk 0 < t < ∞ dan −∞ < x < ∞. Solusi umumnya dapat diperoleh dengan mengganti variabel

ζ = x + at η = x − at.

Menurut aturan rantai

maka persamaan diferensialnya menjadi ∂

Persamaan baru ini dapat diselesaikan dengan mudah dengan dua buah integrasi lang- sung. Dengan mengintegralkan terhadap ζ memberikan fungsi A(η) η sebarang, yaitu

∂ u = A(η), ∂η

Integrasi kedua terhadap η memberikan

u=

A(η)dη + G(ζ),

dengan G(ζ) sebuah fungsi ζ sebarang. Karena A(η) sebarang, kita dapat menuliskan R

F (η) pada tempat A(η)dη. Sehingga

u(ζ, η) = F (η) + G(ζ).

5. Persamaan Diferensial Parsial dalam Koordinat Cartesian

Dengan substitusi kembali pada variabel asalnya, kita mempunyai

(5.37) Sehingga solusi umum persamaan gelombang adalah jumlah dua buah gelombang ber-

u(x, t) = F (x − at) + G(x + at).

gerak sebarang, yang masing-masing bergerak dalam arah berlawanan dengan kece- patan a.

Mudah untuk melihat bahwa (5.37) merupakan solusi persamaan gelombang. Kita dapat menggunakan aturan rantai

∂u(x, t)

dG(x + at) ∂(x + at) =

dF (x − at) ∂(x − at)

∂t

∂t = −aF ′ (x − at) + aG ′ (x + at),

∂ 2 u(x, t)

(x − at) + a 2 G ′′ (x + at).

Dengan cara yang sama, kita peroleh

∂ 2 u(x, t)

2 =F ∂x ′′ (x − at) + G ′′ (x + at).

Jelaslah bahwa persamaan diferensial

∂ 2 u(x, t)

1 ∂ 2 u(x, t)

2 ∂x = a 2 ∂t 2

terpenuhi. Sekarang jika kita masukkan kondisi awal

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

kita mempunyai

u(x, 0) = F (x) + G(x) = f (x),

(5.39) Dengan mengintegralkan (5.39) dari titik tetap sebarang, katakanlah dari 0 sampai x,

u t (x, 0) = −aF ′ (x) + aG ′ (x) = g(x).

memberikan

−aF (x) + aG(x) + aF (0) − aG(0) = g(x ′ ) dx ′

atau

−F (x) + G(x) = g(x ′ ) dx ′ − F (0) + G(0). (5.40)

5.1. Persamaan Gelombang Satu Dimensi 253

Dengan menyelesaikan F (x) dan G(x) dari (5.38) dan (5.40), kita mempunyai

F (x) =

f (x) −

g(x ) dx + [F (0) − G(0)], (5.41)

2 2a 0 2

G(x) =

f (x) +

g(x ′ ) dx ′ − [F (0) − G(0)]. (5.42)

2 2a 0 2

Jika kita mengganti argumen x dengan x − at pada kedua ruas (5.41), kita dapat menuliskan

1 + [F (0) − G(0)].

2 2a 0 2

Dengan cara yang sama, jika kita mengganti argumen x dengan x + at pada kedua ruas (5.42), kita mempunyai

1 − [F (0) − G(0)].

1 u(x, t) = F (x − at) + G(x + at) = [f (x − at) + f(x + at)]

Z x+at

1 x−at

Dengan membalik batas atas dan bawah pada integral terakhir dan mengkombinasi- kanya dengan persamaan di atas, kita memperoleh

1 1 x+at

u(x, t) = [f (x − at) + f(x + at)] + g(x ′ ) dx ′ . (5.43)

2 2a x−at

Ini adalah solusi untuk −∞ < x < ∞ tanpa syarat batas. Sekarang anggap senar memiliki panjang berhingga dari 0 ke L dan dua ujungnya

tetap, sehingga kita memiliki syarat batas sebagai berikut:

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0.

Pada kasus ini, f (x) dan g(x) dalam selang 0 ≤ x ≤ L. Kita ingin mencari solusi yang memenuhi syarat tambahan.

Pertama, jika u(0, t) = 0, menurut (5.43)

1 1 +at

u(0, t) =

2 [f (−at) + f(at)] +

g(x ′ ) dx ′ = 0.

2a −at

Karena f (x) dan g(x) dua buah fungsi yang tak berhubungan, untuk memenuhi syarat ini kita harus mempunyai

f (−at) + f(at) = 0,

Z +at

g(x ′ ) dx ′ = 0.

−at

5. Persamaan Diferensial Parsial dalam Koordinat Cartesian

Jelas dari (5.44) bahwa

f (x) = −f(−x).

Sehingga f (x) haruslah merupakan fungsi ganjil. Dengan kata lain f (x) haruslah antisimetrik jika kita perluas pada x negatif.

Integral pada (5.45) dapat kita tuliskan sebagai

Z 0 Z at

g(x ′ ) dx ′ +

g(x) dx = 0.

−at

Dengan mengganti variabel x ′ = −x pada integral pertama, kita bisa menuliskannya sebagai

Z 0 Z at

g(x ′ ) dx ′ =

g(−x) dx

g(−x) dx ′ +

g(x) dx = 0,

kita harus memiliki

g(−x) = −g(−x).

Sehingga g(x) juga merupakan fungsi ganjil. Dengan cara yang sama, untuk memenuhi syarat batas

1 1 L+at

u(L, t) = [f (L − at) + f(L + at)] + g(x ′ ) dx ′ = 0,

2 2a L−at

kita mengharuskan

f (L − at) + f(L + at) = 0,

Z L+at

f (L − ct) = −f(L + ct).

Karena f (x) merupakan fungsi ganjil

f (L − ct) = −f(−L + ct)

sehingga

f (−L + ct) = f(L + ct).

Mengikuti hal ini

f (−L + ct + 2L) = f(L + ct) = f(−L + ct).

Hal ini menunjukkan bahwa f (x) sebuah fungsi periodik berperiode 2L.

5.1. Persamaan Gelombang Satu Dimensi 255

Sekarang (5.47) dapat dituliskan sebagai

Z L+at

Dengan mengganti variabel x ′ = L − x pada integral pertama, persamaannya menjadi

Z ct

g(x ′ )dx ′ =

g(L − x)dx.

L−at

Ganti variabel x ′ dengan L + x pada integral kedua, kita dapat menuliskan

Z L+at

Jadi, untuk Z ct

kita harus mempunyai

g(L − x) = −g(L + x).

Karena g(L − x) fungsi ganjil, maka

g(L − x) = −g(−L + x).

Sehingga

g(−L + x) = g(L + x).

Mengikuti hal ini

g(−L + x + 2L) = g(L + x) = g(−L + x)

Sehingga g(x) haruslah juga fungsi periodik berperiode 2L. Sehingga, jika kita mendefinisikan f ∗ (x) dan g ∗ (x) sebagai fungsi ganjil periodik

berperiode 2L, yang definisinya pada 0 ≤ x ≤ L adalah g(x) dan g(x), maka solusi persoalan diberikan oleh

1 1 x+at

u(x, t) = [f ∗ (x − at) + f ∗ (x + at)] +

g ∗ (τ )dτ, (5.48)

2 2a x−at

yang sama dengan (5.32). Hal ini dikenal sebagai solusi D’Alembert. Matematikawan berkebangsaan Peran-

cis Jean le Rond D’Alembert (1717−1783) yang pertama menemukannya sekitar tahun 1750an. Metode ini sangat elegan tetapi sayangnya terbatas pada solusi persamaan jenis ini. Metode separasi variabel, seperti yang sudah kita lihat, juga bisa membe-

rikan solusi yang sama, adalah lebih umum. Kita sebaiknya menggunakan metode ini (separasi variabel) untuk menyelesaikan jenis lain dari persamaan diferensial parsial.

5. Persamaan Diferensial Parsial dalam Koordinat Cartesian

Gambar 5.9: Sebuah pulsa segitiga pada x = L/4 yang berubah pada waktu pada sebuah senar sepanjang L yang ujungnya tetap.

Contoh 5.1.3. Sebuah senar sepanjang L dengan tegangan T dan rapat massa ρ, kedua ujungnya tetap, mula-mula diberikan perpindahan pulsa segitiga kecil pada x = L/4, ditunjukkan pada Gambar 5.9, kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan gerak yang diakibatkannya. Solusi 5.1.3. Anggap pulsa segitiga awal adalah f (x), perpindahan yang diakibat- kannya adalah

1 u(x, t) = [f ∗ (x − at) + f ∗ (x + at)]

dengan f ∗ sama dengan f (x) pada selang 0 ≤ x ≤ L, di luar selang ini f ∗ adalah eks- tensi antisimetrik periodik f (x) berperiode 2L. Ekstensi ini ditunjukkan pada Gambar

5.9 sebagai garis putus-putus. Perpindahan sebenarnya dari senar ditunjukkan pada Gambar 5.9 sebagai garis gelap tebal dalam ruang “fisik”antara 0 dan L. Tetapi, se- telah t > L/4a, apa yang terjadi dalam ruang fisik adalah hasil dari beberapa pulsa titik-titik bergerak dari ruang “matematik” ke dalam ruang “fisik”. Dengan kata la- in, panjang senar berhingga L dapat dianggap sebagai sebuah segmen dari garis yang panjangnya tak hingga. Pulsa bergerak dalam garis tak hingga. Apa yang terjadi pada segmen antara 0 dan L adalah perpindahan senar yang bisa kita lihat. Bagian lain dari garis panjang tak hingga ini hanya konstruksi matematik yang kita gunakan untuk memprediksi apa yang akan terjadi pada senar riil.

Sesaat setelah pulsa dilepaskan, pulsa menjadi dua bagian yang sama dan bergerak p pada arah yang berlawanan dengan kecepatan a yang sama dengan T /ρ. Gerak ini

ditunjukkan pada garis kedua Gambar 5.9. Pada t = L/4a, pulsa sebelah kiri mencapai titik ujung pada x = 0. Secara perlahan-lahan pulsa ini akan hilang seperti yang

5.1. Persamaan Gelombang Satu Dimensi 257

ditunjukkan garis ketiga pada gambar. Kemudian sebuah pulsa identik akan muncul kembali tetapi naik turun. Pada selang waktu L/4a < t < 3L/4a terdapat dua buah pulsa yang terpisah sejauh L/2, satu ke atas dan satu ke bawah, keduanya bergerak ke kanan seperti yang ditunjukkan pada garis keempat. Pada t = 3L/4a, pulsa kanan mencapai titik ujung pada x = L dan perlahan-lahan hilang. Hal ini ditunjukkan pada garis kelima. Sesaat setelah sebuah pulsa identik muncul kembali, dan bergerak ke kiri. Dalam selang waktu 3L/4a < t < L/a, dua buah pulsa, keduanya naik turun, bergerak saling mendekat. Hal ini ditunjukkan garis keenam. Akhir dari setengah siklus pertama adalah pada t = L/a. Pada saat tersebut, pulsa mula-mula (original) muncul naik turun pada x = 3L/4. Hal ini ditunjukkan pada garis terakhir Gambar

5.9. Setelah itu gerak akan berulang dalam arah berlawanan sampai t = 2L/a. Hal ini adalah akhir dari siklus pertama dan senar akan kembali pada bentuk semula. Peristiwa ini adalah fakta yang terkenal dan dengan mudah diperiksa kebenarannya.

Contoh 5.1.4. Ketika sebuah kawat piano dipukul dengan palu tipis pada x 0 , sebauh kecepatan terlokalisasi diberikan pada titik tersebut. Pada saat tersebut, kawat tetap diam, tetapi akan mulai bergetar setelahnya. Jelaskan geraknya dengan asumsi a =

p T /ρ dan 0 < x 0 < L/4.

Solusi 5.1.4. Untuk mencari perpindahan kawat, kita harus mencari solusi persoalan syarat batas dari senar bergetar dengan kondisi awal sebagai berikut

u(x, 0) = 0 dan u t (x, 0) = δ(x − x 0 ), dengan δ(x − x 0 ) adalah fungsi delta. Menurut (5.48)

1 Z x+at

u(x, t) =

δ ∗ (x ′ −x 0 ) dx ′ ,

2a x−at

dengan δ ∗ (x − x 0 ) adalah fungsi bilangan ganjil dengan periode 2L, yang definisinya antara 0 dan L adalah fungsi delta δ(x − x 0 ). Dengan definisi fungsi delta

Z x+at

δ(x −x 0 )dx ′ =

1 jika x − at < x 0 < x + at

x−at

 0 lainnya

Dengan menambahkan at pada dua ruas, kita melihat syarat x − at < x 0 ekivalen dengan x < x 0 + at. Serupa dengan ini, x 0 < x + at ekivalen dengan x 0 − at < x. Ini di antara x 0 − at dan x 0 + at, integralnya sama dengan 1, di luar selang ini, sama

dengan nol. Hasil ini bisa didapatkan dengan menggunakan

δ(s − x 0 )=

U (x − x 0 ),

dx

5. Persamaan Diferensial Parsial dalam Koordinat Cartesian

Gambar 5.10: Gerak kawat sepanjang L setelah diberikan kecepatan terlokalisasi pad x 0 .

dengan U (x − x 0 ) adalah fungsi tangga, dan Z x+at δ(x ′ −x 0 ) dx ′ = U (x + at − x 0 ) − U(x − at − x 0 )

x−at

= U (x − (x 0 − at)) − U(x − (x 0 + at)). Cara ini memberikan hasil yang sama. Ini berarti sesaat setelah kawat dipukul, sebuah

pulsa persegi berpusat pada x 0 yang tingginya 1/2a akan muncul seperti pada Gambar

5.10. Perpindahan kawat sebenarnya antara 0 dan L (yang kita namakan sebagai ru-

ang “fisik”) ditunjukkan sebagai garis tebal gelap pada Gambar 5.10. Citra karena ekstensi antisimetrik dan periodik pada −L < x < 0 dan 0 < x < 2L (yang merupak- an bagian ruang “matematik”) ditunjukkan sebagai garis putus-putus pada gambar. Pulsa persegi akan terus membesar dengan laju konstan pada garis tak hingga tanpa batas. Sesaat seetlah itu, beberapa citra akan datang dari ruang matematik ke dalam ruang fisik. Pulsa tersebut akan menghilangkan bagian pulsa persegi yang membesar dalam ruang fisik untuk memberikan perpindahan aktual dari kawat. Sebagai hasilnya, gerak kawat adalah sebagai berikut.

Pertama lebar pulsa persegi akan membesar dengan laju konstan yang ditunjukkan garis pertama Gambar 5.10. Pada t = x 0 /a, sisi sebelah kiri pulsa persegi ini mencapai titik ujung pada x = 0. Setelah itu akan dipantulkan kembali dan bergerak ke kanan.

5.2. Persamaan Gelombang Dua Dimensi 259

Pada selang waktu x 0 /a < t < (L − x 0 )/a, sebuah pulsa persegi dengan lebar konstan 2x 0 bergerak ke kanan dengan kecepatan a. Gerak ini ditunjukkan pada garis kedua dan ketiga pada Gambar 5.10. Pada t = (L − x 0 )/a, sisi kanan pulsa persegi mencapai titik ujung pada x = L dan dipantulkan kembali. Lebar pulsa persegi mulai mengecil seperti garis keempat Gambar 5.10. Pada t = L/a, pulsa hilang. Apa yang terjadi adalah dua buah pulsa persegi negatif telah bergerak dari ruang matemaik ke dalam ruang fisik sehingga saling bersentuhan. Sebagai konsekuensi, pulsa tersebut menghi- langkan pulsa persegi positif. Ini ditunjukkan pada garis kelima. Sesaat setelah itu, dua buah pulsa persegi negatif overlap (saling melingkupi) dan mengkompensasi pulsa persegi positif yang hasilnya sebuah pulsa persegi lain muncul naik turun. Hal ini di- tunjukkan pada garis terakhir Gambar 5.10. Setelah itu gerak akan berulang dengan urutan yang terbalik. Akhir siklus ini adalah pada t = 2L/a. Pada saat ini, pulsa akan hilang, tetapi sesaat setelahnya pulsa muncul kembali dan mengulang gerak.