Persamaan Diferensial Parsial CNH3C3

(1)

Tim Ilmu Komputasi

Coordinator contact:

Dr. Putu Harry Gunawan

[email protected]

Persamaan Diferensial

Parsial CNH3C3

Week 5: Separasi Variabel untuk Persamaan Panas Orde Satu - Koesien Fourier

(2)

1 Review Problem

2 Koesien Fourier

3 Latihan

(3)

Review Problem

Review problem

Solusi umum PDP panas

∂u

∂t = µ∂²u

∂x², x ∈ (0, 1), t > 0 u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, 1]

u(0, t) = 0, u(1, t) = 0. t ≥ 0

Bagaimana jika fungsi awal f , merupakan bukan kombinasi linear berhingga dari fungsi eigen {sin ^kπx_L }? Misalkan diberikan fungsi awal berupa konstanta

f (x) = 1. (1.1)

(4)

Review Problem

Review problem

Untuk mengatasi hal ini, diperlukan jumlah tak hingga kombinasi linier dari kondisi awal, yakni

f (x) =

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

=1 (1.2)

dengan membuat N menuju tak hingga, dan kita dapatkan solusi umumnya

u(x, t) =

∞

X

k=1

A_ke⁻⁽^kπx^L ⁾²^tsin

kπx L

. (1.3)

(5)

Review Problem

Review problem

Jadi problem yang akan kita bahas pada pertemuan ini adalah mencari koesien

A_k dari kondisi awal sebuah konstan, yakni

f (x) =

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

(6)

Koesien Fourier

Kita mulai dengan solusi umum PDP untuk persamaan panas 1-D, yakni

u(x, t) =

∞

X

k=1

kπx L

. (2.1)

Solusi di atas kana memenuhi nilai awal yang dapat ditulis sebagai berikut

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

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

. (2.2)

Kembali lagi pertanyaannya adalah bagaimana menentukan koesien A_k?

(7)

Koesien Fourier

u(x, t) =

∞

X

k=1

kπx L

. (2.1)

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

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

. (2.2)

(8)

Koesien Fourier

u(x, t) =

∞

X

k=1

kπx L

. (2.1)

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

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

. (2.2)

(9)

Koesien Fourier

Pause

Sebelum kita masuk lebih dalam bagaimana menentukan koesien A_k?, maka kita akan mempelajari fungsi orthogonal.

(10)

Koesien Fourier

Orthogonal pada selang −L ≤ x ≤ L

Lema 1.2

Lema

Fungsi {sin ^kπx_L }^∞_k=1 memenuhi persamaan berikut Z _L

−Lsin

kπx L

sinmπx

L dx =(0 k 6= m,

L k = m,, (2.3) Proof.

Berikut akan dibuktikan lema diatas.

(11)

Koesien Fourier

FactFungsi genap dan ganjil

Akan dibahas secara singkat mengenai fungsi genap dan ganjil.

Fungsi dikatakan genap jika

f (−x) = f (x) Fungsi dikatakan ganjil jika

f (−x) = −f (x)

Contoh: f (x) = x² dan g(x) = cos(x) adalah fungsi ? f (x) = x³ dan g(x) = sin(x) adalah fungsi?

(12)

Koesien Fourier

f (−x) = f (x)

Fungsi dikatakan ganjil jika

f (−x) = −f (x)

(13)

Koesien Fourier

f (−x) = −f (x)

(14)

Koesien Fourier

f (−x) = −f (x)

(15)

Koesien Fourier

integral of even/odd function If f (x) is an even function then,

Z _L

−Lf (x)dx = 2Z _L

0 f (x)dx (2.4)

If f (x) is an odd function then, Z _L

−Lf (x)dx = 0 (2.5)

(16)

Koesien Fourier

Orthogonal

Kita tahu bahwa fungsi {sin ^kπx_L }^∞_k=1 merupakan fungsi ganjil.

Sehingga perkalian dua buah fungsi ganjil adalah fungsi genap. Jadi Z _L

−Lsin

kπx L

sinmπx

L dx = 2Z _L

0 sin

kπx L

sinmπx L dx

(2.6)

(17)

Koesien Fourier

Orthogonal k = m

Untuk kasus k = m Z _L

−Lsin²

kπx L

dx = 2Z _L

0 sin²

kπx L

dx (2.7)

= Z _L

0 1 − cos

2kπx L

dx (2.8)

=L − L

2kπsin(2kπ) = L (2.9)

(18)

Koesien Fourier

Orthogonal k 6= m

Untuk kasus k 6= m Z _L

−Lsin

kπx L

sinmπx

L dx = 2Z _L

0 sin

kπx L

sinmπx L dx

(2.10)

= Z _L

0 cos (k − m)πx L

−cos (k + m)πx L

dx (2.11)

=0 (2.12)

(19)

Koesien Fourier

Untuk sembarang fungsi f (x), maka fungsi f (x) dibentuk menjadi fungsi yang ganjil yaitu penjumalan fungsi sin:

f (x) =

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

. (2.13)

lalu dikalikan dengan sin ^mπx_L

, m ∈ {1, 2, 3, · · · }, sehingga didapat,

f (x) sinmπx L

=

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

sinmπx L

. (2.14)

(20)

Koesien Fourier

Selanjutnya dapat kita integralkan kedua sisi persamaan dari x = −L sampai dengan x = L, sehingga didapat,

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx =Z _L

−L

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

sinmπx L dx.

(2.15) Thanks to Calculus,

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx =X^∞

k=1

A_kZ _L

−Lsin

kπx L

sinmπx L dx.

(2.16)

(21)

Koesien Fourier

Dari Lema 2.1, kita lihat bahwa integral disebelah kanan bernilai tidak nol jika memenuhi k = m, yaitu bernilai L.

Sehingga untuk kasus k = m, didapat

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx = AmL. (2.17) Sehingga dapat ditulis sebagai berikut

A_m= 1 L

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx. (2.18)

(22)

Koesien Fourier

Dari Lema 2.1, kita lihat bahwa integral disebelah kanan bernilai tidak nol jika memenuhi k = m, yaitu bernilai L. Sehingga untuk kasus k = m, didapat

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx = AmL. (2.17)

Sehingga dapat ditulis sebagai berikut A_m= 1

L Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx. (2.18)

(23)

Koesien Fourier

Dari Lema 2.1, kita lihat bahwa integral disebelah kanan bernilai tidak nol jika memenuhi k = m, yaitu bernilai L. Sehingga untuk kasus k = m, didapat

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx = AmL. (2.17) Sehingga dapat ditulis sebagai berikut

A_m= 1 L

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx. (2.18)

(24)

Koesien Fourier

Pause

Pause...

(25)

Koesien Fourier

Kembali lagi ke hasil sebelumnya, kita dapatkan koesien A_m, m ∈ {1, 2, · · · } sebagai berikut

A_m= 1 L

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx. (2.19)

dengan membuat fungsi f (x) =

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

, maka dapat dibentuk

A_m= 2 L

Z _L

0 f (x) sinmπx

L dx. (2.20)

(26)

Koesien Fourier

Kembali lagi ke hasil sebelumnya, kita dapatkan koesien A_m, m ∈ {1, 2, · · · } sebagai berikut

A_m= 1 L

Z _L

−Lf (x) sinmπx

L dx. (2.19)

dengan membuat fungsi f (x) =

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

, maka dapat dibentuk

A_m= 2 L

Z _L

0 f (x) sinmπx

L dx. (2.20)

(27)

Koesien Fourier

Kesimpulan

Deret Fourier untuk fungsi f (x) pada −L ≤ x ≤ L diberikan sebagai f (x) =

∞

X

k=1

A_ksin

kπx L

. (2.21)

mendapatkan A_k = 1 L

Z _L

−Lf (x) sin

kπx L

dx k ∈ {1, 2, · · · }. (2.22)

= 2 L

Z _L

0 f (x) sin

kπx L

dx k ∈ {1, 2, · · · }. (2.23)

(28)

Koesien Fourier

Contoh

Diberikan kembali fungsi awal temperatur pada sebuah batang kawat tipis yaitu f (x) = 1 dengan panjang kawat L = 1 m.

Dengan menggunakan (2.22), kita peroleh

A_k =2 Z ₁

0 (1) sin(kπx) dx = 2

kπ(1 − cos(kπ)). (2.24) Sehingga didapat

A_k = ( ₄

kπ for k = 1, 3, 5, · · · ,

0 for k = 2, 4, 6, · · · , (2.25) dan dibentuk ke dalam persamaan kondisi awal, didapat

f (x) = 1 = 4 π

∞

X

k=1

1

2k − 1sin((2k − 1)πx). (2.26)

(29)

Koesien Fourier

Contoh

Diberikan kembali fungsi awal temperatur pada sebuah batang kawat tipis yaitu f (x) = 1 dengan panjang kawat L = 1 m. Dengan menggunakan (2.22), kita peroleh

A_k =2 Z ₁

0 (1) sin(kπx) dx = 2

kπ(1 − cos(kπ)). (2.24)

Sehingga didapat A_k =

( ₄

kπ for k = 1, 3, 5, · · · ,

f (x) = 1 = 4 π

∞

X

k=1

1

2k − 1sin((2k − 1)πx). (2.26)

(30)

Koesien Fourier

Contoh

A_k =2 Z ₁

0 (1) sin(kπx) dx = 2

A_k = ( ₄

kπ for k = 1, 3, 5, · · · ,

0 for k = 2, 4, 6, · · · , (2.25)

dan dibentuk ke dalam persamaan kondisi awal, didapat f (x) = 1 = 4

π

∞

X

k=1

1

2k − 1sin((2k − 1)πx). (2.26)

(31)

Koesien Fourier

Contoh

A_k =2 Z ₁

0 (1) sin(kπx) dx = 2

A_k = ( ₄

kπ for k = 1, 3, 5, · · · ,

f (x) = 1 = 4 π

∞

X

k=1

1

2k − 1sin((2k − 1)πx). (2.26)

(32)

Koesien Fourier

Contoh

Jadi solusi umumnya adalah u(x, t) = 4

π

∞

X

k=1

1

2k − 1e⁻⁽⁽^2k−1)π)²^tsin((2k − 1)πx). (2.27)

(33)

Koesien Fourier

Contoh

Figure : Solusi dari persamaan panas dengan f (x) = 1 =_π⁴P∞

k=1 1

2k−1sin((2k − 1)πx) untuk t = 0, 0.01 dan 0.1 dengan berhingga deret N = 100.

(34)

Latihan

Carilah solusi umum untuk masalah PDP panas berikut:

∂u

∂t = µ∂²u

∂x², x ∈ (0, 1), t > 0 u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, 1]

u(0, t) = 0, u(1, t) = 0. t ≥ 0 untuk nilai

1. f (x) = 20 2. f (x) = 1 − x 3. f (x) = x²

(35)

End of presentation!