655
TINJAUAN ULANG EKSPANSI ASIMTOTIK
UNTUK MASALAH BOUNDARY LAYER
Hanna.A. Parhusip
Center of Applied Mathematics
Program Studi Matematika Industri dan Statistika Fakultas Sains dan Matematika
Universitas Kristen Satya Wacana Jl. Diponegoro 52-60 Salatiga
ABSTRAK
Pada makalah ini akan ditunjukkan pengantar Ekspansi Asimtotik yang diindikasikan adanya parameter positif kecil (sebut ε) sebagai parameter asimtotik. Parameter ini muncul karena model memuat 2 besaran yang sangat berbeda sehingga diperlukan penyekalaan dimensi.
Langkah awal adalah mengasumsikan bahwa penyelesaian dari masalah yang dikaji merupakan deret dari
ε
. Hal ini ditunjukkan terutama pada Persamaan Diferensial Biasa Orde 2 nonlinear yang mempunyai singularitas (masalah boundary layer) . Pada makalah ini ditunjukkan pula baik tidaknya ekspansi tersebut.Kata kunci : ekspansi
ε
, operator integral, penyelesaian luar, penyelesaian dalam, boundary layerPENDAHULUAN
Pada masalah aplikasi banyak dijumpai adanya besaran fisis yang mempunyai beberapa skala yang jauh berbeda antara 2 parameter atau lebih. Misal pada kasus penyusunan hukum Darcy sebagai aliran fluida minyak antara pipa injeksi dan pipa reservoar mempunyai jarak sekitar 100m-1000m. Sedangkan besarnya jari-jari pori-pori pada media bebatuan berorde 10−4m (Parhusip, 2005, (a)). Untuk menyatakan permiabilitas media yang muncul pada hukum Darcy, diperlukan rasio kedua besaran tersebut. Aliran panas dengan konduktivitas yang merupakan fungsi posisi menyebabkan perlu adanya transformasi variabel sehingga masalah transfer panas dapat disusun sebagai masalah transfer panas pada media homogen . Rasio antara konsentrasi enzim yang digunakan dan konsentrasi substansi pada reaksi kinetik Michelis Menten juga menunjukkan bilangan kecil yang menyebabkan model kinetik dalam persamaan diferensial merupakan masalah gangguan singular singular (singular perturbation problem) (Parhusip, 2006). Ketiga kasus tersebut diselesaikan dengan ekspansi terhadap parameter kecil (sebut
ε
) dengan menganggap solusi sebagai ekspansi terhadap parameter tersebut.Ekspansi asimtotik dapat mendekati masalah nonlinear menjadi masalah linear. Akan tetapi diperlukan studi lebih lanjut ketepatan solusi masalah linear (berkaitan dengan masalah uniformity
penyelesaian) . Hasil ekspansi untuk hukum Carreau untuk fluida polimer merupakan salah satu contoh tentang hal ini (Parhusip, 2005, (b)). Demikian pula ekspansi asimtotik tergantung pula pada masalah yang dikaji khususnya sifat penyelesaian pada batas-batas domain. Orde persamaan diferensial dapat berubah. Hal inilah yang akan ditunjukkan pada makalah ini yaitu tata cara ekspansi asimtotik pada persamaan diferensial yang demikian yang disebut masalah boundary layer.
656
Pada Bagian III akan ditunjukkan langkah-langkah ekspansi asimtotik pada masalah boundary layer. Selanjutnya tata cara dan hasil asimtotik dan analisanya ditunjukkan pada Bagian IV dan disimpulkan pada Bagian akhir makalah ini.
DASAR TEORI
Dapat diketahui salah satu penyelesaian persamaan diferensial biasa (PDB) orde 1 yang berbentuk
) ( ) (x y Qx P
dx dy
=
+ secara umum adalah
dx
e
x
Q
e
x
y
(
)
=
−∫
P(x)dx∫
(
)
∫
P(x)dx . (a) Kita akan mengembangkan penggunaan (a) pada penyelesaian PDB order 2 linear tak homogen dengan contoh.Contoh. Misal perlu diselesaikan (Holmes, 1995. hal.31)
1
2 2=
−
+
y
dx
dy
dx
y
d
ε
dengan y(0) = y(1) =1. (c.1.1)
Kita susun bentuk PD yang difaktorkan dengan menggunakan notasi D = d/dx maka (c.1.1) dapat ditulis sebagai
(
D
2+
ε
D
−
1
)
y
=
1
. Persamaan karakteristik adalahm
2+
ε
m
−
1
=
0
. Menggunakan rumus abc diperoleh :Sebut 4 1 2 2 . 1 ε ε + + − =
m dan
4 1 2 2 2 ε ε − + − =
m . (c.1.2)
Dengan (c.1.2) maka persamaan (c.1.1) dapat ditulis dalam bentuk 1 ) )(
(D−m1 D−m2 y = . (c.1.3)
Sebut u =
(
D
−
m
2)
y
maka dapat disusun(
D
−
m
1)
u
=
1
atauDu
+
(
−
m
1)
u
=
1
.Sehingga mx mx mx
x m x m x m dx m dx m e C m e C e m e dx e e dx e e x
u 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ( + =− + − = = ∫ ∫ = − − − − −
∫
∫
.Untuk mendapatkan y(x) maka digunakan
(
D
−
m
2)
y
= u atau Dy + (-m
2)y = u = Cemx m 1 1 1 1 + − .Lagi , kita menggunakan persamaan (a) sehingga dapat diperoleh :
dx e x u e dx e x Q e x
y = −∫P xdx
∫
∫Pxdx = −∫−m2dx∫
∫−m2dx) ( ) ( ) ( () ( ) = 2 1 1 m m
+ Cemx
m m 1 1 2 1 1 − + x m
e
C
22 .
Jadi dengan menggunakan persamaan (c.1.2) dapat ditulis penyelesaian eksak yaitu
y(x)=
2 1 1 m m + x m e C m m 1 1 2 1 1 − + x m
e
C
22 = mx mx
e C e
C 1 2
2 1 2 4 1 2 1 1 + + + − ε
= mx mx
e C e
C 1 2
2 3
1+ +
− .(c.1.4) dengan 4 1 2 2 . 1 ε ε + + − =
m dan
4 1 2 2 2 ε ε− + − =
m . (Ingat bahwa
m
1m
2 adalah perkalian akar-akardari persamaan kuadrat m2 +
ε
m−1=0). Syarat batas yaitu y(0) = y(1) = 1 digunakan untuk mencariC
3 danC
2. Untuk y(0) =1 maka y(0) =−
1
+
C
3+
C
2 =1 sehinggaC
3+
C
2=
2
. Dengan menggunakan syarat batas y(1) = 1 diperoleh2 2 1
2
3 + =
m m
e C e
657
Oleh karena itu mencari
C
3danC
2 dapat dilakukan denngan menyelesaikan sistem persamaan linear atau dengan substitusi. Diperoleh
−
−
−
=
2 1
2
1
2
3 m m
m
e
e
e
C
dan
−
−
=
2 1
1
1
2
2 m m
m
e
e
e
C
. (c.1.6)Diperoleh penyelesaian eksak yaitu
x m x
m
e C e C x
y 1 2
2 3
1 )
( =− + + (s.1)
dengan
C
3 danC
2 dinyatakan pada persamaan (c.1.6). Pada Gambar (1a) ditunjukkan penyelesaian eksak untuk berbagaiε
→
0
.
Gambar 1. Penyelesaian eksak untuk soal contoh 1 2
2
= − + y
dx dy dx
y
d ε dengan y(0) = y(1) =1.
untuk nilai
ε
=
0
.
001
,ε
=
0
.
01
danε
=
0
.
1
.Dari hasil ditunjukkan bahwa pada Gambar 1a untuk nilai
ε
=
0
.
001
,ε
=
0
.
01
danε
=
0
.
1
penyelesaian tidak menunjukkan perbedaan. Untuk selanjutnya ditunjukkan cara mendapatkan penyelesaian asimtotik.
Tahap 1. Kita akan menggunakan asumsi bahwa penyelesaian berbentuk deret asimtotik terhadap
ε
yaitu...
)
(
)
(
)
(
x
=
y
0x
+
y
1x
+
y
ε
. (c.4.1)Dengan mengelompokkan tiap orde
ε
maka dapat disusun PDB tiap kasus misal pada O(1) dan) (
ε
O yaitu
: ) 1 (
O
y
0′′
−
y
0=
1
,
y
0(
0
)
=
y
0(
1
)
=
1
. (c.4.1): ) (
ε
O
y
1′′
+
y
0′
+
y
1′
−
y
1=
0
. (c.4.2)Tampak bahwa penyelesaian pada O(1) diperlukan untuk mendapatkan penyelesaian pada O(
ε
). Penyelesaian diperoleh sebagai berikut.PD pada persamaan (c.4.1) merupakan PDB biasa tak homogen. dengan akar-akar karakteristik adalah
m
1=
1
danm
2=
−
1
. Disusun PDB dengan operator D= d/dx yaitu1 ) 1 )( 1
(D− D+ y0 = dan tulis
u
=
(
D
+
1
)
y
0 sehingga PDB menjadi (D−1)u =1 atau 1) 1 (− =
+ u
Du .
Gunakan operator persamaan (a) diperoleh x x x
dx dx
e
C
dx
e
e
dx
e
e
x
658 x x x x x e C e C dx e C e e x
y = −
∫
− + 2 =− + 1 + 2 −1 0 2 1 ) ( )
( . Karena konstanta masih bebas maka
penyelesaian dapat ditulis sebagai y0(x)=−1+C3ex +C2e−x. Dengan syarat batas maka penyelesaian
O
(
ε
0)
dapat ditulis sebagai1
=
y
0(
0
)
=
−
1
+
C
3+
C
2 atauC
3+
C
2=
2
. Menggunakan y0(1)=1=−1+C3e1 +C2e−1 atau C3e+C2e−1 =2. Dengan menyelesaikan sistem persamaan linear, diperolehC
3=
0.5379 danC
2=
1.4621. Jadi penyelesaian O(1): adalahx x
e e
x
y0( )=−1+0.5379 +1.4621 − .
Untuk selanjutnya akan diselesaikan PDB pada O(
ε
): yaituy
1′′
+
y
′
0+
y
1′
−
y
1=
0
dan karenax x
e e
x
y0( )=−1+0.5379 +1.4621 − maka masalah menjadi
y
1′′
+
y
1′
−
y
1=
x x
e
e + −
−0.5379 1.4621 . Sebagaimana pada contoh, sebut
m
1= ( 1 5)2
1 − + dan
2
m
= ( 1 5) 21 − −
adalah akar-akar karakteristik PD homogen sehingga
y
1′′
+
y
1′
−
y
1=
−
y
0′
dapat ditulis sebagai)
(
)
)(
(
D
−
m
1D
−
m
2y
=
Q
x
dengan Q(x) = − y0′ =−0.5379ex +1.4621e−x. Secara sama pula dimisalkan u =(
D
−
m
2)
y
sehingga diperoleh(
D
−
m
1)
u
=
Q
(
x
)
. Operator integral pada persamaan (a) dapat digunakan yaitu∫
∫
∫
=
e
− −Q
x
e
−dx
x
u
m1dx m1dx)
(
)
(
( ) = x mxx e C e m m e 1 1 1 1 1 4621 . 1 1 5379 . 0 + + − − − − .
Selanjutnya perlu diselesaikan u =
(
D
−
m
2)
y
1 atauDy
1+(
−
m
2)
y
1= u. Yaitudx e e C m e m e e
y mx mdx
x x dx m ∫ + + − − − ∫
= − −
∫
− − 21 2 ) 1 4621 . 1 1 5379 . 0 ( 1 1 1 ) ( 1 .
Kita dapat menyederhanakan menjadi
x m x m x x e C e m m C e m m e m m m
y 1 2
2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 ) 1 )( 1 ( 4621 . 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( 5379 . 0 + − + + + + − − − − = − .
Selama ini kita langsung menggunakan syarat batas pada O(1). Karena
y
0(
0
)
=
1
, dany
0(
1
)
=
1
kita dapat memilih bahwa
y
1(
0
)
=
y
1(
1
)
=
0
. Sehingga syarat batas untuky
1(
x
)
haruslah)
0
(
0
=
y
1 dan0
=
y
1(
1
)
. Jadi kita dapat mencariC
1danC
2 dengan syarat batas tersebut. Yaitu untuk0
=
y
1(
0
)
diperoleh2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 ) 1 )( 1 ( 4621 . 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( 5379 . 0 0 ) 0 ( C m m C m m m m m y + − + + + + − − − − = =
dan 1 2
2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 ) 1 )( 1 ( 4621 . 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( 5379 . 0 0 ) 1
( m m
e C e m m C e m m e m m m y + − + + + + − − − − = = − .
Diperoleh sistem persamaan linear yaitu
+ + − − − − + + − − − − = − − −1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 ) 1 )( 1 ( 4621 . 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( 5379 . 0 ) 1 )( 1 ( 4621 . 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( 5379 . 0 1 1 1 2 1 e m m e m m m m m m m m C C e e m m m m m m .
Diperoleh
C
1=
5.1236 danC
2=
0.5790. Sehingga penyelesaian pada O(ε
) pada masalah (c.4.2) diperoleh x m x m x x e e m m e m m e m m my 5.1236 1 0.5790 2
) 1 )( 1 ( 4621 . 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( 5379 . 0 2 1 2 1 2 1 2
1 − − + + + + − +
− −
659
dengan
m
1= ( 1 5)2
1 − + dan
2
m
= ( 1 5) 21 − − . Jadi penyelesaian eksak untuk masalah (c.1.1) dengan
pendekatan asimtotik adalah
)
(
)
(
)
(
x
y
0x
y
1x
y
=
+
ε
=−1+0.5379ex+1.4621e−x+
+ −
+ +
+ + −
−
−
− x −x mx mx
e e
m m e m m
e m m
m 1 2
5790 . 0 1236
. 5 )
1 )( 1 (
4621 . 1 )
1 )( 1 (
) 1 ( 5379 . 0
2 1 2
1 2
1
2
ε . (s.2)
Jadi penyelesaian asimtotik telah diperoleh untuk 2 suku pertama yang akan dibandingkan dengan penyelesaian eksak (persamaan (s.1)). Hal ini diilustrasikan pada Gambar 1b. Demikian pula untuk penyelesaian dengan
ε
=
0
.
01
danε
=
0
.
1
yang digambarkan pada Gambar 1c.Gambar 1b. Ilustrasi penyelesaian asimtotik (ditandai dengan ‘o’, persamaan (s.2) ) dan penyelesaian
eksak(ditandai dengan ‘*’,persamaan (s.1)) untuk kasus persamaan (c.1.1)
Gambar 1c. Ilustrasi penyelesaian asimtotik untuk kasus persamaan (c.1.1) untuk
ε
=
0
.
01
(ditandai dengan ‘o’) dan untukε
=
0
.
1
(ditandai dengan ‘*’) .Kita dapat pula menyelesaikan masalah persamaan (c.1.1) dengan cara numerik. Hal ini diperlukan bila problem secara umum tidak dapat diselesaikan secara analitik maka penyelesaian numerik dianggap sebagai penyelesaian eksak. Untuk menunjukkan metode ini maka kasus (c.1.1) dikerjakan dengan cara numerik pula yaitu dengan metode Runge Kutta.
Pada masalah nonlinear seperti gerak roket meninggalkan bumi (Holmes, 1995, hal.1) ditunjukkan cara penyelesaian dengan ekspansi asimtotik. Parameter kecil
ε
menyatakan rasio jarak yang ditempuh terhadap jari-jari bumi. Akan tetapi sejauh ini dapat disimpulkan secara sederhana bahwa ketika ketaklinearan cukup dominan maka pendekatan asimtotik tidak cukup baik. Demikian pula pendekatan asimtotik berkembang ketika terdapat sifat transisi pada batas- batas domain. Hal ini ditunjukkan pada Bagian Analisa dan Pembahasan untuk masalah singular perturbation problempada PDB. Kesingularan problem terjadi karena jika dipilih
ε
=
0
maka problem berubah derajat PDB-nya. Masalah khusus sebagai materi pembelajaran tentang hal ini adalah menentukan penyelesaian (Holmes, 1995, hal 48 )0 2 2 ′+ =
+
′′ y y
y
ε
untuk0
<
x
<
1
, (m.1)660
METODE PENELITIAN
Langkah-langkah penelitian pada makalah ini ditunjukkan sebagai berikut
1.1 Menyusun penyelesaian PDB Orde 1 Linear dengan operator integral sebagai penyelesaian eksak.
1.2 Jika penyelesaian analitik tidak dimungkinkan, maka dicari penyelesaian numerik dengan metode Runge Kutta dan dianggap sebagai penyelesaian eksak.
1.3 Mencari penyelesaian asimtotik.
1.4 Mengilustrasikan penyelesaian eksak dan penyelesaian asimtotik serta membandingkan. 1.5 Menganalisa penyelesaian untuk berbagai nilai
ε
.HASIL DAN PEMBAHASAN MASALAH BOUNDARY LAYER (m.1)-(m.2)
Perhatikan bahwa problem (m.1)-(m.2) menjadi PD orde 1 untuk
ε
=
0
. Hal ini merupakan salah satu penciri PDB merupakan masalah boundary layer. Tahapan penyelesaian berbeda dengan sebelumnya. Hal ini ditunjukkan sebagai berikut. Dengan asumsi ekspansi yang standart yaitu....
)
(
)
(
)
(
x
≈
y
0x
+
y
1x
+
y
ε
(m.3)dan disubstitusikan pada (m.1) diperoleh
ε
(
y
0′′
+
...
) (
+
2
y
0′
+
ε
y
1′
+
...
) (
+
2
y
0+
ε
y
1+
...
)
=
0
. Sehingga) 1 (
O :
0
0 0′
+
y
=
y
(m.4a)dan penyelesaian umumnya adalah
x
ae x
y0( )= − . (m.4b)
Penyelesaian ini hanya memuat 1 konstan sembarang, padahal ada 2 syarat yang batas pada (m.2) yang perlu digunakan. Hal ini berarti bahwa penyelesaian (m.4) dengan ekspansi (m.3) tidak dapat menjelaskan penyelesaian problem (m.1)-(m.2) pada interval
0
≤
x
≤
1
. Demikian pula kita tidak tahu syarat batas mana yang harus digunakan. Cara mengatasi ditunjukkan pada tahap berikutnya.Mencari penyelesaian (m.1)-(m.2) untuk O(1)
Step 1. Outer Solution
Dianggap bahwa terdapat boundary layer pada x = 0 atau x = 1 sehingga perlu pendekatan asimtotik yang berbeda. Penyelesaian pada hasil asimtotik pada sekitar batas-batas interval disebut outer solution.
Step 2.Boundary layer (inner layer)
Akan tetapi dapat pula terjadi singularitas pada suatu x= a dengan 0 <a <1. Dengan asumsi ada
boundary layer pada x = 0 , diperkenalkan koordinat boundary layer yaitu
α
ε
xx = , (m.5)
dengan
α
>
0
. Perhatikan bahwa hal ini seperti transformasi yang meregangkan (stretching transformation) variabel x jikaε
→
0
. Dengan transformasi (m.5) maka model (m.1) perlu diubah dalam variabel yang baru, demikian pula diferensial juga berubah. Dengan aturan rantai makax d
d x
d d dx
x d dx
d
α
ε
1
=
661
Selanjutnya kita perlu menggunakan notasi baru untuk penyelesaian, sebutlah Y(x) sehingga masalah (m.1) menjadi
0 2 2
2 2 2
1− + − + =
Y x d dY x
d Y
d α
α ε
ε (m.7)
dan
0 ) 0 ( =
Y . (m.8)
Penyelesaian Y(x) juga perlu diekspansi , misal dipilih
... ) ( )
( )
(x ≈Y0 x + Y1 x +
Y
ε
γ ,γ
>0. (m.9)Jika parameter
ε
divariasi mendekati 0, maka variabel xdibuat tetap. Dengan mensubstitusikan (m.9) pada persamaan (m.7) diperoleh(
0 ...)
2(
0 ...) (
2 0 ...)
0 22 2
1− + + − Y + + Y + =
x d
d Y
x d
d α
α ε
ε . (m.10)
Kita akan menyesuaian tiap suku berdasarkan order epsilon. Ada beberapa kemungkinan.
(i). Suku kesatu dan ketiga pada (m.10) pada order yang sama sehingga dipilih
1
−
2
α
=
0
sehingga α =1/2. Hal ini berakibat suku kedua menjadi
O
(
ε
−1/2)
. Hal ini melanggar pada masalah awal (m.1) bahwa suku kedua berorde epsilon lebih tinggi. Oleh karena itu kemungkinan penyesuaian ini tidak tepat.(ii). Suku kesatu dan suku kedua berorde sama sedangkan suku ketiga pada orde yang lebih tinggi. Sehingga berlaku
1
−
2
α
=
−
α
. Jadiα
=
1
. Jadi suku pertama dan suku kedua berordeO
(
ε
−1)
sehingga suku ketiga menjadi
O
(
ε
0)
=
O
(
1
)
. Hal ini sesuai dengan masalah mula-mula sehinggapenyesuaian ini dianggap tepat. Oleh karena itu untuk proses selanjutnya kita akan menyelesaikan masalah (m.1) dengan pendekatan asimtotik sebagaimana biasanya sebagai berikut.
)
(
ε
−1O
:Y0′′+2Y0′=0, untuk 0<x<∞, Y(0)=0. (m.11)Penyelesaian umum berbentuk
) 1 ( )
( 2
0
x
e A x
Y = − − (m.12)
dengan A konstan sembarang. Ekspansi (m.9) diharapkan memuat paling sedikit 1 penyelesaian
outer layer pada persamaan (m.4a). Yang berarti outer solution harus memenuhi syarat batas x = 1.
Dari (m.4a) dan (m.4b) harus memenuhi syarat batas x = 1. Diperoleh
x
e x
y0( )= 1− . (m.13)
Langkah selanjutnya adalah menentukan konstan A pada (m.12).
Step 3. Pencocokan (matching)
Outer solution and inner solution adalah pendekatan untuk fungsi yang sama. Oleh karena itu pada daerah transisi antara outer solution dan inner solution harus memberikan penyelesaian yang sama. Hal ini diatur dengan cara bahwa nilai
Y
0 pada boundary layer (untukx
→
0
) sama dengan nilai0
y
yang muncul (untukx
→
0
). Hal ini berartiY
0(
∞
)
=y
0(
0
)
. Sehingga diperoleh A = e. Sehingga (m.12) menjadix
e e x
Y0( )= − 1−2 . (m.14)
662
Gambar 2. Ilustrasi penyelesaian inner dan outer.
Gambar 2 menunjukkan bahwa untuk penyelesaian outer memenuhi syarat batas y(0) = 0 sedangkan syarat batas y(1) = 1 tidak dipenuhi. Sedangkan sebaliknya penyelesaian outer tidak memenuhi syarat batas pada y(0) = 0, tetapi memenuhi syarat batas pada y(1) = 1. Oleh karena itu kedua penyelesaian perlu digabungkan. Langkah selanjutnya adalah melakukan penggabungan ekspansi asimtotik. Masalah pencocokan dapat diilustrasikan pada Gambar 3 .
Ide dari pencocokan dan penggabungan ekspansi sebagai berikut. Kita perlu memperkenalkan variabel antara yaitu xη = x/
η
(ε
) yang diposisikan diantara koordinat yang O(1) yaitu koordinat pada outer layer dan O(ε
) koordinat pada inner layer. Variabel antara ini ditempatkan pada daerah transisi atau domain yang tercampur (overlap) sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 3. Untuk itu diharapkanη
(ε
) memenuhiε
<<η
<<1. Kondisi yang tepat secara eksplisit untuk prosedur pencocokan sebagai berikut :Gambar 3. Skema daerah validitas ekspansi dalam dan luar pada proses pencocokan
(i) Ubah variabel pada ekspansi Outer (dari x menjadi xη) untuk memperoleh
y
outer.Diasumsikan bahwa terdapat
η
1(
ε
)
<<
η
(
ε
)
≤
1
.(ii) Ubah variabel pada ekspansi Inner (dari xke xη) untuk memperoleh
y
inner. Dianggap terdapatη
(ε
) sehingga dipenuhiε
≤
η
(
ε
)
<<
η
2.(iii) Diasumsikan bahwa domain validitas ekspansi
y
outerdany
inner overlap sehingga 21
η
η
<<
. Pada domain overlap ini ekspansi dicocokkan dan perlu bahwa suku pertamaouter
y
dany
inner sama.Untuk menggunakan prosedur tersebut, maka perlu diperkenalkan variabel antara yaitu
)
(
ε
η
η
x
x
=
= βε
x663
dengan 0<
β
<1. Interval ini ada karena perlunya penyekalaan untuk variabel antara berada pada skala outer yaitu pada O(1) dan pada skala inner yaitu O(ε
). Dari (m.9) dan (m.12)menjadi
(
1
)
...
1
/ 2
+
−
≈
− xη ε−βinner
A
e
y
= A + ... .Penyelesaian outer dari persamaan (m.3) dan(m.13) dapat disusun youter ≈e1−xηεβ +... = e + ... . Karena suku pertama harus cocok maka
dipilih A = e. Untuk tahap selanjutnya kita perlu menggabungkan penyelesaian.
Step 4. Ekspansi gabungan (Composite Expansion) Penggabungan dilakukan dengan memilih
) 0 ( ) ( )
( 0 0
0 y
x Y x y
y≈ + −
ε
ε / 2 1 1 x x
e
e
y
≈
−+
− . (m.16)yang merupakan penyelesaian O(1) pada masalah (m.1)-(m.2) dengan ekspansi asimtotik. Hasil penggabungan ditunjukkan pada Gambar 4.
Gambar 4. Hasil penggabungan ekspansi untuk masalah (m.1)-(m.2) dengan sumbu vertikal memenuhi persamaan (m.16)
Hasil penggabungan menunjukkan adanya hasil yang tepat untuk penyelesaian pada syarat batas
y(0) = 0 sedangkan pada syarat batas y(1) = 1 dipenuhi secara asimtotik (tidak tepat benar). Kita akan mencari suku kedua hasil ekspansi terhadap epsilon yaitu O(
ε
).Mencari penyelesaian O(
ε
) untuk masalah (m.1)-(m.2)Problem yang diperoleh sbb.
) (
ε
O : 1 1 0
2 1
y y
y′+ =− ′′ dengan
y
1(
1
)
=
0
. (m.17a)Penyelesaian masalah ini dapat diperoleh dengan menggunakan penyelesaian (m.13) dan differensialkan 2 kali serta melakukan prosedur yang sama sebagaimana pada cara menyelesaikan PDB orde 1 linear tak homogen (lihat persamaan (a)). Diperoleh
x
e y
y1′+ 1 =− 1−
2 1
dengan
y
1(
1
)
=
0
. (m.17b)Syarat batas
y
1(
1
)
=
0
karena pada masalah mula-mula y(1)=1 sedangkan y(1)=1...
)
1
(
)
1
(
10
+
+
≈
y
ε
y
. Padahal telah digunakany
0(
1
)
= 1 sehingga haruslah
y(1)=1. Denganpersamaan (a) diperoleh
∫
∫
− ∫
= − −
dx e e e
x
y1 (1)dx 1 x (1)dx
2 1 )
664
Penyelesaian umum berbentuk
∫
=−∫
=−(
+)
− = − − − − C ex e edx e dx e e e x
y x x x x x
2 1 2 1 2 1 ) ( 1 1 .
Dengan kata lain yaituy x =− xe−x − Ce−x
2 1 2 1 ) ( 1
1 . Dengan syarat batas
y
1(
1
)
=
0
diperoleh0 2 1 ) 1 ( 2 1 ) 1 ( 1
1 =− − =
−
Ce
y . Sehingga −Ce−1 =1 atau C = -e. Diperolehy1 x =
(
1−x)
e1−x2 1 )
( .
Penyelesaian masalah boudary layer dengan cara menggunakan ekspansi (m.9) pada (m.7) dan karena harus pada O(
ε
) maka dipilihγ
=1. Masalah boundary layer berbentuk0 1
1
2
Y
2
Y
Y
″
+
′
=
−
withY
1(
0
)
=
0
.Dengan operator integral (persamaan a), penyelesaian umum dapat diperoleh dengan terlebih menyusun persamaan karakteristik yaitu m2 +2m=0. Sehingga
m
1=
0
danm
2=
−
2
. Ambil(
D
m
2)
Y
1u
=
−
sehingga PDB dapat ditulis menjadiD
(
D
−
m
2)
Y
1=
−
2
Y
0 atauDu
=
−
2
Y
0 =)
(
2
e
−
e
1−2x−
. Sehingga(
1 2)
1 2 12 1 2
2 e e dx ex e C
u x x+
+ − = − − = − −
∫
. Karenau
=
(
D
−
m
2)
Y
1atau 1
2 1 1 2 1 2 1 2 )
( m Y ex e C
DY x+
+ − = − + −
. Dengan operator integral kita dapat memperoleh
x d C e x e e
Y m dx x
∫
− + + ∫ = − − − 1 2 1 ) ( 1 2 1 2 2= = e 2x x 2 e1 4x C1xe 2x C2e 2x
2 1 ) ( − − − − + + + −
.
Dengan syarat batas
Y
1(
0
)
=
0
diperoleh
1 0 2 2 1 0 0 ) 0( e C
Y = = + + +
, sehingga
C e2 1 2 =−
.
Sehingga
Y
1=
B
(
1
−
e
−2x) (
−
x
e
1
+
e
−2x)
dengan B adalah konstan sembarang. Untuk melakukan pencocokan, kita pergunakan variabel antara yaitu menggunakan persamaan (m.15)x
η= βε
x
sehingga penyelesaian outer berbentuk
(
1
)
...
2
1
1
+
−
+
≈
− η β β − ηεβη
ε
ε
ε
xx
outer
e
x
e
y
(m.18)Dengan menetapkan
ξ
=
−
2
x
η/
ε
1−β ekspansi boundary layer menjadi(
1)
(1 ) 1(
1)
... 1 1 + + − − + − ≈ − ξ β η ξ ξε
ε
B e x e ee e yinner
(
1)
(1 ) 1(
1)
... 1 1 + + − − + − ≈ − ξ β η ξ ξε
ε
B e x e ee
e
≈
e
1−
ε
βx
ηe
1+
B
ε
. (m.19)Dengan mencocokkan antara persamaan (m.18) dan (m.19) diperoleh 1
2 1
e
B= (perhatikan bahwa
B berada pada O(
ε
).) Akan tetapi perhatikan pada persamaan (m.18) bahwa O(ε
) adalah ex
e1 2
2
2 η
ε
ε
+ . Suku kedua tidak terdapat pada persamaan (m.19). Mengapa hal ini terjadi ?.
665
outer, suku yang
O
(
ε
β)
muncul pada O(1) dan pada masalah boundary layer (inner solution) muncul pada dari penyelesaian O(ε
).Pada akhirnya kita dapat menggabungkan hasil ekspansi yaitu dengan menambahkan dan mengurangkan hasil ekspansi yang sama. Yaitu
− +
− + + +
≈ 1 1 1
1 0 1 0
2e
e x e Y Y y y
y
ε
ε
ηε
ε
1(
)
1 2 /εε
[
1 1 2 /ε]
) 1 ( 2
1 x x x
x
e e x e
x
e− − + − + − − − −
≈
.
Gambar 6. Hasil penyelesaian masalah persamaan (m.1)-(m.2) dengan
ε
=
0
.
01
danε
=
0
.
1
.KESIMPULAN
Pada makalah ini telah ditunjukkan cara menggunakan ekspansi asimtotik khususnya pada Persamaan Differensial Biasa yang mempunyai sifat penyelesaian sangat berbeda di sekitar perbatasan domain (masalah singular) sehingga diperlukan ekspansi asimtotik yang berbeda pada sekitar batas interval domain.
DAFTAR PUSTAKA
[1] Holmes, M. H. 1995. Introduction to Perturbation Methods, Springer Verlag.
[2] Parhusip, H. A. 2005. (a). Darcy's law and Permeability for Non-Newtonian Fluids in Porous Media with Two Scale Asymptotic Expansion, dissertation, Institut Teknologi Bandung, Indonesia.
[3] Parhusip, H. A., 2005. (b). Uniformity of the asymptotic expansion of Carreau's law for
polymer flows, Prosiding Seminar Nasional Matematika Jurusan Matematika, FMIPA
-UNDIP, ISBN,979-704-338-X, E15, hal.100-105.