Soal Ujian 2 Persamaan Differensial Parsial

Soal Ujian 2 Persamaan Differensial Parsial

M. Jamhuri

1 _{Buktikan bahwa} u(x, t) = _√1 π ˆ x 2√t −∞ e−θ2 d θ

merupakan solusi persamaan difusi ut= uxx untuk setiap x ∈ R, t > 0. Untuk x_{6= 0 tunjukkan bahwa} lim t→0+u(x, t) = ( 1, x >0 0, x <0 Jawaban: misalkan φ (θ) = e−θ2_{, maka} u(x, t) =√1 π ˆ x 2√t −∞ e−θdθ=√1 π ˆ x 2√t −∞ φ(θ) dθ ∂ ∂t   xt− 12 2  = − xt− 32 4 = − x 4t√t ∂ ∂tu(x, t) = 1 √_π ˆ x 2√t −∞ ∂ ∂θ h e−θ2i∂θ ∂tdθ= 2x 4t√πt ˆ x 2√t −∞ θe−θ2dθ ∂ ∂tu(x, t) = 2x 4t√πt ₁ 2e −θ2 x 2√t −∞ = xe − x4t2 4t√πt (1)

Next ∂ ∂xu(x, t) = 1 √ π ˆ x 2√t −∞ ∂ ∂θ h e−θ2i∂θ ∂xdθ= 1 √ π ˆ x 2√t −∞  −2θe−θ2 1 2√t  dθ ∂ ∂xu(x, t) = − 1 √ πt ˆ x 2√t −∞ θe−θ2dθ = −√1 πt ₁ 2e −θ2 x 2√t −∞ = −e − x4t2 2√πt ∂2 ∂x2u(x, t) = ∂ ∂x  − e− x 2 4t 2√πt   = − 1 2√πt  −2x 4te − x4t2  = xe − x4t2 4t√πt (2)

Dari (1) dan (2) maka

2 _{Buktikan prinsip perbandingan bagi persamaan difusi: jika u dan v masing-masing}

adalah solusi persamaan difusi pada domain Ω = {(x, t) |0 < x < L, t > 0} , dan jika u ≤ v untuk t = 0, x = 0, x = L, maka tunjukkan bahwa

u_{≤ v} pada Ω = Ω ∪ ∂Ω¯

Jawaban_:

Definisikan w (x, t) = v (x, t) − u (x, t) , Definisikan juga X

≡ {(x, t) : t = 0 atau x = 0 atau x = l} dan

D ≡ {(x, t) : t > 0, x ∈ (0, l)} Maka dengan menggunakan informasi yang diberikan pada soal

sup

(x,t)∈P

w(x, t) ≥ 0. Dari prinsip maksimum diperoleh

sup

(x,t)∈D

w(x, t) ≥ 0. Maka u (x, t) ≤ v (x, t) untuk 0 ≤ x ≤ l, t > 0

3 _{Bagaimanakah besaran energy E (t) =}´L 0

1 2u

2_dx

berubah terhadap waktu jika u_{(x, t) memenuhi}

ut = uxx, 0 < x < L, t >0 u_{x(0, t) =} u_{(0, t) ,} u_{x(L, t) = −u (L, t)}

Jawaban_:

Perubahan energi diatas terhadap waktu adalah dE dt = ∂ ∂t ˆL 0 1 2u 2 dx  = 1 2 ˆL 0 ∂ ∂tu 2 dx = 1 2 ˆL 0 (utu+ uut) dx = ˆL 0 uutdx dE dt = ˆL 0 uuxxdx

Misalkan v = u dv = uxdx dan dw = uxxdx w = ˆ uxxdx = ux Now ˆL 0 uuxxdx = uux|L0− ˆL 0 u 2 xdx = [u (L, t) ux(L, t) − u (0, t) ux(0, t)] − ˆL 0 ux2dx

karena ux(0, t) = u (0, t) dan ux(L, t) = −u (L, t) = 0, maka

u(L, t) ux(L, t) = −u (L, t) u (L, t) dan u(0, t) ux(0, t) = u (0, t) u (0, t) sehingga dE dt = − [u (L, t)] 2 − [u (0, t)]2− ˆ u_x2dx

Karena ruas kanan dari persamaan diatas (dE_dt), maka perubahan energi terhadap waktu selalu turun.

4 _{Bahas kestabilan metoda BTCS (implisit) bagi persamaan ut= uxx}. Jawaban_:

Metode BTCS untuk persamaan difusi di atas adalah

un+1_j − unj

∆t =

un+1_{j +1} − 2un+1j + uj −1n+1

∆x2

substitusi u_jn= ρneiaj pada persamaan diatas diperoleh

ρn+1eiaj− ρneiaj= ∆t ∆x2



ρn+1eia(j +1)− 2ρn+1eiaj+ ρn+1eia(j −1) bagi kedua sisi persamaan diatas dengan ρneiaj diperoleh

ρ− 1 = Sρeia− 2ρ + ρe−ia, S= ∆t ∆x2 ρ− 1 = Seia− 2 + e−iaρ ρ− 1 = S(2 cos a − 2) ρ ρ− 2S (cos a − 1) ρ = 1 [1 − 2S (cos a − 1)] ρ = 1 ρ = 1 1 − 2S (cos a − 1) = 1 1 + 2S (1 − cos a)

Karena 0 ≤ 1 − cos a ≤ 2, maka 1 + 2S (1 − cos a) ≥ 1 dan     1 1 + 2S (1 − cos a)    ≤ 1, ∀S

5 _{Bahas kekonsistenan persamaan beda} un+1 j − u n−1 j = 2S  un j+1−  un+1 j + u n−1 j  + un j −1  , S₌ k∆t ∆x2 bagi persamaan difusi ut= kuxx.

Jawaban:

Dengan menggunakan deret taylor

ujn±1 = unj ± ∆t ut|nj + 1 2∆t 2 utt|nj ± 1 6∆t 3 uttt|nj + 1 24∆t 4 utttt|nj ± · · · un_{j ±1} = unj ± ∆x ux|nj + 1 2∆x 2 uxx|nj ± 1 6∆x 3 uxxx|nj + 1 24∆x 4 uxxxx|nj ± · · · maka un+1j − un−1j = 2∆t ut|nj + 2 6∆t 3 uttt|nj + · · · un+1j + un−1j = 2u n j + 2 2∆t 2 utt|nj + 2 24∆t 4 utttt|nj + · · · unj +1+ unj −1 = 2ujn+ 2 2∆x 2 uxx|nj + 2 24∆x 4 uxxxx|nj + · · · dan h unj +1+ u n j −1 i −hujn+1+ un−1j i =  ∆x2uxx|nj + 1 12∆x 4 uxxxx|nj + · · ·  −  ∆t2utt|nj + 1 12∆t 4 utttt|nj + · · · 

Jika deret Taylor diatas kita substitusikan pada persamaan beda-nya diperoleh 2  ∆t ut |nj + 1 6∆t3 uttt |nj + · · ·  =2k∆t ∆x2  ∆x2 uxx |n_{j +} 1 12∆x4 uxxxx |nj + · · ·  −  ∆t2 utt|n_{j +} 1 12∆t4 utttt |nj + · · ·  ∆t ut |nj + 1 6∆t3 uttt |nj + · · · = k∆t ∆x2  ∆x2 uxx |nj + 1 12∆x4 uxxxx |nj + · · ·  −  ∆t2 utt|n_{j +} 1 12∆t4 utttt |nj + · · ·  ut |nj + 1 6∆t2 uttt |nj + · · · = k ∆x2  ∆x2 uxx |nj + 1 12∆x4 uxxxx |nj + · · ·  −  ∆t2 utt|n_{j +} 1 12∆t4 utttt |nj + · · ·  ut |nj + 1 6∆t2 uttt |nj + · · · = k    uxx |nj + 1 12∆x2 uxxxx |nj + · · ·  −   ∆t2 ∆x2 utt | n j + 1 12 ∆t4 ∆x2 utttt | n j + · · ·      ut |nj − k uxx |nj  +   k∆t2 ∆x2 utt | n j − k∆x2 12 uxxxx | n j  + 1 6∆t2 uttt|nj + · · · = 0 (3) Perhatikan bahwa ut = kuxx , maka

utt = ∂ ∂t ∂u ∂t ! = ∂ ∂t  k ∂2u ∂x2  = k ∂2 ∂x2 ∂u ∂t ! = k∂2 ∂x2  k ∂2u ∂x2  = k2 ∂ 4u ∂x4 = k2uxxxx dan k∆t2 ∆x2 utt | n j − k∆x2 12 uxxxx | n j = k3 ∆t2 ∆x2 uxxxx | n j − k∆x2 12 uxxxx | n j =   k3 ∆t2 ∆x2 − k∆x2 12  uxxxx | n j ≈  k2 − 1 12  uxxxx |nj

6 _{Tentukan solusinya dengan metoda separasi variabel:}

(

u_{t= kuxx}, 0 < x < L, t > 0 u_x(0, t) = 0, u(L, t) = 0

selanjutnya tentukan limt→∞u(x, t) , dan interpretasikan hasilnya. Jawaban_:

Misalkan u (x, t) = X (x) T (t) , substitusi pada persamaan difusi diatas menghasilkan XT′ = kX′′T T′ kT = X′′ X = −λ Persamaan diatas dapat dituliskan secara terpisah sebagai

X′′+ λX = 0 (4)

dengan syarat batas

X′(0) = 0, dan X(L) = 0 dan

Solusi umum untuk ODE (4) dan (5) diatas adalah X(x) = A cos βx + B sin βx dengan λ = β2.dan dT dt = −λkT ˆ ₁ TdT = −λk ˆ dt log T = −λk [t + C1] log T = −λkt − λkC1 log T = −λkt + C2

exp (log T ) = exp (−λkt + C2)

T(t) = Ce−λkt Now, syarat batas pada x = 0, memberikan

X′(x) = −Aβ sin βx + Bβ cos βx −Aβ sin 0 + Bβ cos 0 = 0

Bβ = 0 kita tidak ingin β = 0, maka B = 0, sehingga

Syarat batas pada x = L, memberikan Acos βL = 0 cos βL = 0 βL = arccos 0 βL =  n+1 2  π, n= 0, 1, 2, . . . β = n+ 1 2
π L dan λn= n+ 1 2
2 π2 L2 Xn(x) = cos " n+1₂
πx L # , Tn(t) = Cne−  n+ 1₂2 π2kt L2

solusi untuk u adalah

un(x, t) = Cne−  n+ 1 2 ₂ π2kt L2 cos " n+1₂
πx L #

Karena kombinasi linier dari sulosi persamaan difusi juga solusi, maka u(x, t) = ∞ X n=0 Cne−  n+ 1₂2 π2kt L2 cos " n+1₂
πx L # lim t→∞u(x, t) = ∞ X n=0 Cn· 0 · cos " n+1 2
πx L # = 0

Bayangkan penyebaran tinta pada suatu daerah (0 ≤ x ≤ L), Karena ada tinta yang keluar dari daerah lewat x = L yang direpresentasikan oleh u (L, t) = 0, maka konsentrasi tinta pada waktu yang sangat lama (∞) akan sama dengan nol.

7 _{Penerapan metode BTCS (implisit) dengan ∆x = 1 pada}

(

ut= kuxx, 0 < x < 5, t > 0 ux(0, t) = 0, u(5, t) = d akan menghasilkan sistem persamaan linier berbentuk

Au_{= b}

Tentukan matriks A dan vektor b. Cermati ukuran A dan b. Jawaban:

Metode BTCS untuk persamaan difusi diatas adalah

un+1_j − ujn ∆t = k h uj +1n+1− 2un+1j + uj −1n+1 i un+1j − unj = S h un+1j +1 − 2un+1j + uj −1n+1 i , S= k∆t −Suj −1n+1+ (1 + 2S) ujn+1− Sun+1j +1 = ujn (6)

untuk 0 < x < 5, dan

un+1j − un+1j −1 = 0

un+1j = un+1j −1

sehingga (6) dapat ditulis ulang sebagai

−Sun+1j + (1 + 2S) un+1j − Sun+1j +1 = unj

2Sun+1_j − Sun+1j +1 = u n

j (7)

dan permasalahan diatas dapat digambarkan sebagai berikut:

n= 1 : ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ d n= 0 : 0 0 0 0 0 d j= 0 j= 1 j= 2 j= 3 j= 4 j= 5 j n 0 0 2Su10− Su11 = u00 1 0 2Su11− Su12 = u10 2 0 2Su1₂− Su13 = u20 3 0 2Su1₃− Su14 = u30 4 0 2Su14− Su15 = u40

Matriks A-nya adalah

A=        2S −S 0 0 0 0 2S −S 0 0 0 0 2S −S 0 0 0 0 2S −S 0 0 0 0 2S 0 0 0 0 0              u10 u11 u12 u13 u14       =       u00 u01 u02 u03 u40+ d      