4.2. METODE PEMISAHAN PEUBAH - METODE PEMISAHAN PEUBAH

METODE PEMISAHAN PEUBAH
(The Method of Separation of Variables). Metode ini dapat digunakan pada PDP
linier, khususnya PDP dengan koefisien konstan.
Tujuan Instruksional :
Setelah mengikuti perkuliahan mahasiswa dapat:
1.

Menjelaskan prinsip metode pemisahan peubah

2.

Menyelesaikan jenis-jenis PDP yang memenuhi syarat batas

3.

Menggunakan deret Fourier untuk menemukan penyelesaian persamaan
tersebut yang memenuhi syarat awal.

4.2. METODE PEMISAHAN PEUBAH

Gagasan metode ini adalah :

-

Memisahkan peubah untuk memperoleh dua persamaan diferensial biasa.

-

Menentukan penyelesaian yang memenuhi syarat batas.

-

Menggunakan deret Fourier untuk menemukan penyelesaian persamaan
tersebut yang memenuhi syarat awal.

4.2.1. Persamaan Gelombang

Sebagai ilustrasi penggunaaan metode ini pada persamaan gelombang,
2
 2u
2  u
, 0  x  L.

c
x 2
t 2

dengan tiga macam syarat batas , yaitu;
i.

u(0, t )  0, u( L, t )  0 .

ii.

ux (0, t )  ux ( L, t )  0 .

iii.

u(0, t )  u( L, t ) , ux (0, t )  ux ( L, t ) .

Dan syarat awal :

u( x,0)  ( x), ut ( x,0)  ( x), 0  x  L.

Disini kita akan menyelesaikan untuk syarat batas (i) saja. Asumsikan bahwa u( x, t )
dapat ditulis sebagai perkalian fungsi xdan fungsi t, yaitu u( x, t )  X ( x)T (t ).
Kita peroleh utt  XT '' dan uxx  X '' T , sehingga XT ''  c2 X ''T .
Selanjutnya kita dapatkan

T '' X ''

  ,  konstan.
c 2T
X

Kita peroleh dua persamaaan diferensial biasa (PDB) orde dua, yaitu

X ''  X  0 dan T '' c2T  0 .
Dari

syarat batas u(0, t )  u( L, t )  0 atau X (0)T (t )  X ( L)T (t )  0 kita dapatkan

X (0)  X ( L)  0 .

Jadi kita peroleh X ''  X  0 , 0  x  L dengan syarat batas

X (0)  X ( L)  0 .
Masalah ini dapat dipandang sebagai masalah nilai eigen  karena


dapat
x 2

dipandang sebagai suatu operator diferensial yang bersifat linier.
Selanjutnya kita akan mencari penyelesaian persamaan diferensial tersebut dengan
memandangnya sebagai masalah nilai eigen. Penyelesaiannya akan kita lihat dalam
tiga kasus :
Kasus I,    2  0.
Dalam kasus ini kita dapatkan X ''  2 X  0 yang memiliki penyelesaian
umum X ( x)  A cos  x  B sin  x , dengan A, B konstan. Dengan mengingat
syarat batas X (0)  X ( L)  0 kita akanmendapatkan X n ( x)  sin
 n 
merupakan fungsi eigen untuk nilai eigen n   

 , n  1, 2,3,...
 L 
2

n
x , yang
L

Kasus II,   0 .
Kita peroleh persamaan

X ''  0 dengan syarat batas

X (0)  X ( L)  0 .

Sehingga X ( x)  Ax  B , dengan A, B konstan. Karena X (0)  X ( L)  0 maka

X (0)  B  0 dan X ( L)  AL  B  0 . Akibatnya A  B  0 . Kita dapatkan
penyelesaian trivial X ( x)  0 . Jadi   0 bukan nilai eigen.
Kasus III,    2  0 .

Kita

peroleh

Penyelesaiannya

X ''  2 X  0

dengan

syarat

X ( x)  Ae L  Be  L  0 , dengan

batas

X (0)  X ( L)  0 .

A, B konstan. Karena

X (0)  X ( L)  0 maka X (0)  A  B  0 dan X ( L)  Ae L  Be  L  0 . sehingga
A   B dan Ae L  Be  L  Ae L  Ae  L  A(e L  e  L )  0 .

Karena e L  e  L  0 , maka A  B  0 . Kita peroleh penyelesaian trivial. Jadi
untuk   0 bukan nilai eigen.
Jadi untuk masalah nilai eigen tersebut kita dapatkan bahwa nilai eigennya adalah

n
 n 
x.
n     , n  1, 2,3,... , dan fungsi eigennya X n ( x)  sin
L
 L 
2

Secara sama untuk syarat batas (ii) dan (iii) kita akan mendapatkan nilai eigen dan
fungsi eigen adalah
n 
nx
Untuk syarat batas (ii) 0  0, n  

,
 ; X 0 ( x)  1, X n ( x)  cos
L
 L 
2

2n
 L

Syarat batas (iii) 0  0, n  
...

2nx
2nx

, n = 1,2,
 B sin
 ; X 0 ( x)  1, X n ( x)  A cos
L
L



Selanjutnya pada kasus dengan syarat batas (i) penyelesaian PDB yang kedua

T '' c2T  0
Tn (t )  An cos

yang

bersesuaian

dengan

 n 
   
 L 

2

adalah

n c
n c
t  Bn sin
t dengan An , Bn konstan.
L
L

Maka kita peroleh penyelesaian

n c
n c 
n

un ( x, t )   An cos
t  Bn sin
t  sin
x
L
L 

L

yang memenuhi syarat batas (i). Superposisinya juga merupakan penyelesaian dari
persamaan gelombang yang juga memenuhi syarat batas.
Jadi penyelesaian yang memenuhi syarat batas adalah


u ( x , t )   u n ( x, t )
n 1


n c
n c 
n

t  Bn sin
t  sin
x.
   An cos
L
L 
L
n 1 

Selanjutnya akan kita tentukan penyelesaian yang memenuhi syarat awal

u( x,0)   ( x), ut ( x,0)   ( x) .


 (x)  u ( x, 0)   An sin
n 1


B n c
n
n
sin
x   (x) ,
x dan ut ( x, 0)   n
L
L
L
n 1

2
n
n
2
xdx .
 ( x) sin
 ( x) sin
xdx dan Bn 


nLc 0
L
L0
L
L

L

dengan An 

Jadi penyelesaian persamaan gelombang yang memenuhi syarat batas dan syarat
awal (i) adalah,

n c
n c 
n

u ( x, t )    An cos
t  Bn sin
t  sin
x.
L
L 
L
n 1 

Contoh : Misalkan u( x,0)  f ( x)  sin x dan

u
( x,0)  g ( x)  0 , maka kita punyai
t

Bn = 0 untuk semua n, D1 = 1, dan Dn = 0 untuk n > 1. (Tunjukkan)
Soal
1. Selesaikan

2
 2u
2  u
, 0  x  L. dengan syarat batas (i) dan syarat awal

c
x 2
t 2

u( x,0)  f ( x)  sin x dan

u
( x,0)  g ( x)   sin x .
x

2. Seperti pada nnnomor 1, buktikan bahwa jika

.
maka

3. Dengan pemisahan peubah, tentukan penyelesaian persamaan

4. Selesaikan persamaan

4.2.2. Persamaan Panas
Persamaan panas akan diturunkan pada aliran padas pada baangan baja.Dalam hal
ini u( x, t ) menyatakan suhu pada saat t di x. Aliran panas sebanding dengan
perubahan suhu
, yaitu

Perhatikan poongan batangan baja antara x dan x  x . Jumlah panas pada
poongan tersebut, pada saat t adalah

dimana

adalah panas jenis baja dan  adalah massa per sauan panjang. Pada

saat t  t , jumlah panas adalah

Dengan demikian perubahan panasnya adalah

Peruahan panas ini harus sama dengan aliran panas yang masuk di x dikurangi
panas yang keluar melalui x  x selama waktu t . Diperoleh

Dengan menyamakan kedua persamaan dan membagi dengan
diperoleh,

Untuk

dan

menuju nol, diperoleh persamaan panas

dan

Dimana konsanta c 2 

K
2 y
adalah thermal conductivity dan
adalah thermal

x 2

conduction.

Penyelesaian persamaan panas
Sebagai ilustrasi akan diselesaikan persamaan panas dengan kondisi diriclet,

Dengan syara batas

Dan kondisi awal

Dengan pemisahan peubah,

Sehingga diperoleh

Selanjunya dengan cara seperti pada penyelesaian persamaan gelombang, akhirnya
diperoleh penyelesaian yang memenuhi syarat batas adalah

Mengingat syarat awal
(2.59)
dengan

(2.60)
Untuk semua bilangan bulat n.
Contoh : Selesaikan

Dengan syara baas

dan syarat awal

Penyelesaiannya berbentuk

dengan

Untuk n = 2m

dan
untuk n ganjil
Soal
1. Selesaikan

yang memenuhi syarat batas

dan syarat awal

2. Selesaikan

dengan

3. Selesaikan persamaan panas yang memenuhi syarat batas

dan syarat awal

4. Selesaikan persamaan panas dengan syaat batas Newmann berikut

ut ( x, t )  u xx ( x, t ),0  x  l , t  0
u x ( x, t )  u x (l , t )  0 dan syarat awal u( x,0)  g ( x)

4.2.3.Persamaan Laplace
Jika proses difusi atau gelombang idak dipengaruhi oleh waktu , maka u t  0 dan

u tt  0 dan diperoleh persamaan Laplace , yaitu


u xx  0 , persamaan Laplace dalam satu dimensi.
 u  u xx  u yy  0 , dua dimensi.
 u  u xx  u yy  u zz  0 , tiga dimensi.

Dalam versi non homogen dipunyai persamaan Poisson u  f .
Masalah Dirichlet untuk plat segiempat
Akan kita bahas persamaan laplace dua dimensi pada plat segiempat seperti pada
gambar

y

u ( x, b )  f 2 ( x )

c

u(0, y )  g1 ( y )

u( x,0)  f1 ( x)

x

Gambar : Masalah Dirichlet plat segiempat.
Formulasi masalah :
u xx  u yy  0

Syarat batas : u( x,0)  f1 ( x) , u( x, b)  f 2 ( x) , 0 < x < a
u(0, y )  g1 ( y ) u( a, y )  g2 ( y ) , 0 < y < b.

Penyelesaian dengan pemisahan peubah
Sebagai ilustrasi akan kita selesaikan untuk syarat batas berbentuk

u( x,0)  u(0, y )  u( x, b)  0 dan u(a, y )  g 2 ( y ) .
Dengan pemisahan peubah, u( x, y )  X ( x)Y ( y ) .
Diperoleh dua PD Biasa
X ' 'X  0
Y ' 'Y  0.

Syarat batas

X (0)  0, Y (0)  Y (b)  0 .
Diperoleh
2

 n 
    , n  1,2,3,...
 b 

Yn ( y )  sin

X n ( x)  An cosh

ny
,
b

nx
nx
 Bn sinh
.
b
b

Nasukkan syarat batas, diperoleh An = 0 dan

X n ( x)  Bn sinh

nx
.
b

Prinsip superposisi memberikan


u( x, y )   Bn sinh
n1

ny
nx
sin
.
b
b

dengan
b

Bn sinh

ny
na 2
  g 2 ( y ) sin
dy .
b
b
b
0

Contoh : Jika pada kasus di atas g 2 ( y )  10 , maka
u( x, y ) 

( 2n  1)x
( 2n  1)y
40 
1
sinh
sin
.

 n1 ( 2n  1) sinh ( 2n1)a
n
b
b

Soal
Selesaikan persamaan laplace pada plat segiempat dengan syarat batas yang
diberikan berikut
1. u( x,0)  u(0, y )  u( x, )  0 dan u(, y )  sin y . (a = b =  )
2. u( x,0)  u(0, y )  u( x,1)  0 dan u(1, y )   y .
3. u( x,0)  u(0, y)  u(, y )  0 dan u( x, )  sin y .