Msb Bessel

DDAAFFTTAARR IISSII

DAFTAR ISIBBAABB II :: PPEENNYYEELLEESSAAIIAANN PPDD DDEENNGGAANN DDEERREETT KKUUAASSAA 11

1.1. Fungsi Analitik , Titik Ordiner dan Titik Singular 11.2. Power Series Method 31.3. Persamaan dan Polinomial Legendre 8

1.3.1. Persamaan Legendre 81.3.2. Polinomial Legendre 111.3.3. Deret Polinomial Legendre 13

1.4. Metode Frobenius 151.5. Persamaan Bessel 23

1.5.1. Fungsi Bessel Jenis Pertama 231.5.2. Fungsi Bessel Jenis Kedua 351.5.3. Fungsi Bessel Termodifikasi 411.5.4. Persamaan yang bisa ditransformasikan ke dalam PD Bessel 45

BBAABB IIII :: DDEERREETT FFOOUURRIIEERR 44882.1. Fungsi Periodik Error! Bookmark not defined.82.2. Deret Fourier 502.3. Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Error! Bookmark not defined.62.4. Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half -Range)

Error! Bookmark not defined.7

BBAABB IIIIII :: PPEERRSSAAMMAAAANN DDIIFFEERREENNSSIIAALL PPAARRSSIIAALL 66333.1. Pendahuluan 633.2. Penyelesaian Masalah Syarat Batas 64

3.2.1. Pengintegralan seperti PD Biasa 643.2.2 . Pemisalan byaxeu += 663.2.3. Pemisahan Variabel 69 Persamaan Konduksi Panas 1 dimensi 73 Aliran Panas Konduksi 2 dimensi 79 Getaran tali(Persamaan Gelombang 1 dimensi) 81

DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin

Program Semi Que IV 1Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya

BBAABB II

PPEENNYYEELLEESSAAIIAANN PPEERRSSAAMMAAAANNDDIIFFEERREENNSSIIAALL DDEENNGGAANN DDEERREETT KKUUAASSAA

1.1. Fungsi Analitik, Titik Ordiner Dan Titik Singular

Fungsi f (x) dikatakan analitik di x = x0 jika deret Taylor

∑∞

=

−

0n

n00

)n(

!n)xx()x(f konvergen di sekitar titik x = x0

Contoh :

f (x) = ln x ; akan diselidiki apakah f (x) analitik di x = 1

Deret Taylor dari f (x) di sekitar x = 1 adalah :

f (x) = ln x f (1) = 0

f ′(x) = x1 f ′(1) = 1

f ′′ (x) = 2x1− f ′′ (1) = -1

f ′′′ (x) = 3x2 f ′′′ (1) = 2

f )iv( (x) = 4x3.2.1− f )iv( (1) = -3!

f )n( (x) = n

1n

x)!1n()1( −− −

f )n( (1) = (-1) 1n− (n-1)!

Deret Taylor:

∑∞

=

− −−−

0n

n1n

!n)1x()!1n()1( = ∑

∞

=

− −−

0n

n1n

n)1x()1( ; n ≠ 0

Pokok Bahasan :! Fungsi Analitik, Titik Ordiner dean Titik Singular! Power Series Method! Persamaan dan Polinomial Legendre! Metode Frobenius! Persamaan Bessel



= ∑∞

=

− −−

1n

n1n

n)1x()1(

Sehingga untuk deret Taylor dari f(x) = ln x di atas, yaitu:

∑∞

=

− −−

1n

n1n

n)1x()1( ; uji konvergensinya adalah sebagai berikut:

n)1x()1(

1n)1x()1(

aa n1n1nn

n

1n −−+−−=

−++

= 1n

n)1x)(1(+−− =

1nn)1x(

+− =

1nn+

1x −

di sekitar x = 1 → 01x =−

10a

a

n

1n ⟨=+ ; jadi konvergen

Berarti f(x) = ln x analitik di x = 1.

Fungsi-fungsi yang analitik di sebarang nilai x diantaranya adalah

fungsi-fungsi : Polinomial; sin x; cos x; ex; termasuk jumlahan, selisih, hasil

kali, dan hasil bagi dari fungsi-fungsi tersebut. Hasil bagi dari fungsi analitik

akan menjadi tidak analitik jika penyebutnya 0.

Contoh :

f(x) = x3 + 2x2 + x + 9,5

f(x) = cos 2x +x4 +sin x + 1

f(x) = 2xe-x + tg x

f(x) = 0

f(x) = xcosx2xsin1− dan sebagainya.

Bila persamaan diferensial berbentuk : y ′′ + P (x) y ′ + Q(x) y = 0

maka didefinisikan:

1. Titik x0 disebut titik ordiner (ordinary point) dari PD di atas jika P(x), dan

Q(x) analitik pada x = x0. Jika salah satu atau kedua fungsi tersebut

tidak analitik di x=x0, maka x0 disebut titik singular (singular point) dari

PD di atas.



2. Titik x0 disebut titik singular teratur (Regular Singular Point) dari PD di

atas, jika x0 titik singular dari PD dan fungsi (x- x0) P(x) dan (x- x0)2 Q(x)

analitik di x0.

Catatan : koefisien dari y ′′ harus samadengan 1.

Contoh:

1. PD : y ′′ -xy′ + 2y = 0; selidiki di sekitar x = 0

2 = Q(x)x - = P(x) merupakan fungsi-fungsi polinomial yang analitik di mana-

mana, x = 0 merupakan titik analitik.

2. PD : (x2 - 4) y′′ + y = 0 ; di x = 2

P(x) = 0 analitik di mana-mana

Q(x) = 4x

12 −

Q(x) = →01 tidak analitik

x = 2 merupakan titik singular.

3. PD : 2x2y′′ + 7x (x + 1)y′ - 3y = 0 ; di titik x = 0

−=→−=

=→=+= +

03)0(Q

x23)x(Q

07)0(P

x2)1x(x7)x(P

2

x2)1x(7

2tidak analitik di x = 0

x = 0 titik singular

karena:

analitik23)x(Q0)-(x

1)(x 7/2 P(x) 0)-(x2

−=+=

maka x = 0 merupakan titik singular teratur.

1.2. Power Series Method (Penyelesaian PD dengan penderetan di

sekitar titik ordiner)

Teorema 1 :

Bila P,Q, dan R dalam PD : y′′ + P(x) y′ + Q(x) y = R(x) .........................................(1-1)



adalah fungsi analitik di x = x0 (x0 merupakan titik ordiner dari PD) maka

setiap penyelesaian dari (1) analitik di x = x0 dan dapat dinyatakan dalam

bentuk deret kuasa dari x – x0 : ∑∞

=+≡−=

0m2110

m0m )x(ya)x(ya)xx(ay ..........(1-2)

a0 dan a1 adalah konstanta sembarang.

Contoh :

1. Selesaikan PD : y′′ - xy′ + 2y = 0

Penyelesaian:

=−=2)x(Qx)x(P P dan Q analitik di aman-mana, x = 0 merupakan titik

ordiner.

Sehingga ∑ ∑∞

=

∞

==−=

0m 0m

mm

mm xa)0x(ay merupakan penyelesaian

persamaan differensial.

.....xa.....xaxaaxay ss

0m

221o

mm +++++= ∑

∞

==

∑∞

==

− +++=′0m

2321

1mm .....xa3xa2axamy

∑∞

==

− +++−=′′zm

2432

2mm .....xa4.3xa3.2a2xam)1m(y

substitusi y, y′ dan y′′ ke PD :

∑ ∑∑∞

=

∞

=

−∞

=

− =+−−2m

m

0mm

1m

1mm

2mm 0xa2xamxxam)1m(

[ ][ ][ ] 0.......xsa.......xa3xa2xa2

.......xsa.......xa3xa2xa

.....xa)2s)(1s(......xa4.3xa3.2a2.1

ss

33

221

ss

33

221

s2s

2432

=+++++

++++++

++++++++ +

kumpulkan suku-suku yang mengandung x dengan pangkat sama.

(2a2 + 2a0) + x(6a3 – a1 + 2 a1) + .....+

[(s + 1)(s + 2) as+2 – sas + 2as] xs = 0

samakan koefisien sisi sebelah kiri dan kanan tanda sama dengan:



koefisien x0 : 2a2 + 2a0 = 0 → a2 = -a0

koefisien x1 : (6a3 – a1 + 2a1) =0 → a3 = 1a61−

koefisien xs : (s + 1)(s + 2) as+2 – sas + 2as = 0 → s2s a)2s)(1s(

2sa++

−=+

rumus rekursi untuk s = 0,1,2,...

Dari rumus rekursi bisa ditentukan nilai am untuk sembarang s

s = 0 → 00

2 a2a2a −=−=

11

3 a61

6aa1s −=−=→=

0a2s 4 =→=

113

5 a201)a

61(

201

20aa3s −=−==→=

030a2a4s 4

6 ==→=

115

7 a1680

1)a120

1(423

42a3a5s −=−==→=

063a4a6s 0

8 ==→=

PUPD : ....xaxaxaaxay 33

2210

0m

mm ++++== ∑

∞

=

....xa1680

1x0xa120

1x0xa61xaxaay 7

165

143

12

010 +−+−+−−+=

.....)x1680

1x120

1x61x(a)x1(ay 753

12

0 −−−−+−=

2110 yayay +=

21 x1y −=



.....x1680

1x120

1x61xy 753

2 −−−−=

2. Selesaikan PD : 2xxy"y)4x( 2 +=++

Penyelesaian:

Masing-masing ruas dibagi dengan )4x( 2 + menjadi:

4x2xy

4xx"y 22 +

+=+

+

Cek apakah P, Q, dan R analitik di titik x = 0

P(x) = 0 → analitik di titik x = 0

Q(x) =4x

x2 +

→ analitik di titik x = 0

R(x) = 4x

2x2 ++ → analitik di titik x = 0

x = 0 merupakan titik ordiner PD, sehingga penyelesaian PD:

∑=∞

=0m

mmxay

∑=∞

=

−

1m

1mmxam'y

∑ −=∞

=

−

2m

2mmxam)1m("y

Substitusikan y ; y′ dan y′′ ke PD :

)4x( 2 + xxam)1m(2m

2mm +∑ −

∞

=

− 2xxa0m

mm +=∑

∞

=

atau:

∑ ∑ +−+−∞

=

∞

=

−

2m 2m

2mm

mm xam)1m(4xam)1m( 2xxa

0m

1mm +=∑

∞

=

+

atau :

....xsa)1s(....xa20xa12xa6xa2 ss

55

44

33

22 +−+++++



....xa)2s)(1s(4....xa80xa48xa24a8 s2s

35

2432 ++++++++ +

2x....xa....xaxaxaxa s1s

43

32

210 +=++++++ −

Persamaan identitas :

Koefisien 2a8:x 20 = →

41a2 =

1aa24:x 031 =+ → 24

a3

0

241a −=

0aa48a2:x 1422 =++ →

48

)21a(

a1

4+−

=

0aa)2s()1s(4as)1s(:x 1s2sss =++++− −+

)2s)(1s(4as)1s(aa s1s

2s ++−+−=→ +

+

Rumus rekursif untuk s = 2,3,4,......

Rumus rekursif ini tidak berlaku untuk s = 0 dan s = 1, karena koefisien x0

dan x1 dalam ruas kanan PD (1) tidak nol. Sehingga untuk s = 2,3,....... :

s = 2 : 961

48a

4821a

)4)(3)(4(a2a

a 11214 −−=+−=

+−=

s = 3 : 320a

1601

804a4141

)5)(4)(4(a6a

a 00325 +−=−+−=

+−=

Jadi PUPD :

........x)320a

1601(x)

961

48a(x)

24a

241(x

41xaay 5041302

10 ++−+−−+−+++=

.....)x160

1x961x

241x

41(y 5432 +−−+=

+++−+ 053 a.....)x)

3201x

2411(

14 a.....)x

481x( +−



!!! "!!! #$!!!!!!! "!!!!!!! #$

cp

y

2110

y

5432 )x(ya)x(ya.....)x160

1x961x

241x

41(y +++−−+=

dengan : .......x3201x

2411)x(y 53

1 ++−=

.......x481x)x(y 4

2 +−=

yc = penyelesaian komplementer, yaitu penyelesaian PD Homogen :

0xy"y)4x( 2 =++

yp = penyelesaian partikulir, yaitu penyelesaian PD Non-Homogen :

2xxy"y)4x( 2 +=++

Bila x = x0 ≠≠≠≠ 0 digunakan transformasi : t = x-x0

x = t + x0

1dtdydtdx =→=

Sehingga PD : y ′′ + P(x)y ′ + Q(x)y = 0 menjadi:

dtdy1

dtdy

dxdt

dtdy

dtdy'y ====

=

=

=

==

dtdy

dxd

dxdy

dtd

dtdy

dxd

dxdy

dxd

dxyd"y 2

2

= 2

2

dtyd

)xt(P)x(P 0+=

)xt(Q)x(Q 0+=

PD menjadi : 2

2

dtyd + 0y)xt(Q

dtdy)xt(P 00 =+++ .

1.3. Persamaan dan Polinomial Legendre

1.3.1 Persamaan Legendre

Persamaan difeensial dengan bentuk umum sebagai berikut :

( 1 - x2 ) y'' - 2xy' + n ( n + 1 ) y = 0 .............................................................. (1-3)

dengan n real : disebut persamaan Legendre



jika masing masing ruas dibagi dengan ( 1-x2 ) ; PD menjadi :

y'' - 2x1x2

− y' + 2x1

)1n(n−

+ y = 0

Terlihat bahwa x = 0 merupakan titik ordiner dari PD; sehinga PD diatas

bisa diselesaikan dengan penderetan disekitar titik ordiner, dengan

mengambil :

y = ∑∞

=0m

mm xa .....................................................................................................(1-4)

y ' = 1m

1mm xma −

∞

=∑ ...............................................................................................(1-5)

y '' = ∑∞

=

−−2m

2mm xma)1m( ..................................................................................(1-6)

substitusikan y, y’ dan y” ke PD :

(1-x2) x2xma)1m( 2m

2mm −− −

∞

=∑ )1n(nxma 1m

1mm −+−

∞

=∑ ∑

∞

=0m

mm xa = 0.............(1-7)

atau 2m

2mm xma)1m( −

∞

=∑ − - 2xma)1m( m

2mm −−∑

∞

=∑∞

=1m

mm xma +n(n+1)∑

∞

=0m

mm xa =0

atau .......xa)2s)(1s(........xa4.3xa3.2a.2.1 s2s

2432 +++++++ +

.........xsa2......4xa4.33xa3.2xa2.1 ss43

22 −−−−−−

........xsa.2.....xa3.2xa2.2xa1.2 ss

33

221 −−−−−−

0........xa)1n(n......xa)1n(nxa)1n(na)1n(n ss

2210 =++++++++++

kumpulkan x dengan pangkat yang sama, diperoleh persamaan:

koefisien x0 : 0202 a2

)1n(na0a)1n(na)2(1 +−=→=++

koefisien 0a)1n(na)1(2a)3(2:x 1131 =++−

1313 a6

)2n)(1n(a0a)1n(n2(a6 −−−=→=++−+

koefisien 0a)]1n(ns2)1s(s[2a)2s)(1s(:x sss =++−−−++++



s2s a)2s)(1s(

)1sn)(sn(a++

++−−=+ .............................................................................(1-8)

rumus rekursif untuk s = 0,1,2,3,......

dari rumus rekursif bisa diturunkan :

002 a!2

)1n(na)2(1

)1n(na;0s +−=+−==

113 a!3

)2n)(1n(a)3(2

)2n)(1n(a;1s +−−=+−−==

024 a]!2

)1n(n[)4(3

)3n)(2n(a)4(3

)3n)(2n(a;2s +−+−−=+−−==

0a!4

)3n)(1n(n)2n( ++−=

135 a!3

)2n)(1n()5(4

)4n)(3n(a)5(4

)4n)(3n(a;3s +−+−−=+−−==

1a!5

)4n)(2n)(1n)(3n( ++−−=

PU.PD:

40

31

201o xa

!4)3n)(1n(n)2n(xa

!3)2n)(1n(xa

!2)1n(nxaay

++−+

+−−+

+−++=

......xa!5

)4n)(2n)(1n)(3n( 51 +

++−−+ ..........................................................(1-9)

atau

++−−+

−++−++−= 3

142

o x!3

)2n)(1n(xa.....x!4

)3n)(1n(n)2n(x!2

)1n(n1ay

−++−− .........x

!5)4n)(2n)(1n)(3n( 5

atau)x(ya)x(yay 2110 += .....................................................................................(1-10)

dengan :

......x!4

)3n)(1n(n)2n(x!2

)1n(n1)x(y 421 +++−++−= ..............................(1-11)



........x!5

)4n)(2n)(1n)(3n(x!3

)2n)(1n(x)x(y 532 −++−−++−−= ........(1-12)

1.3.2 Polinomial Legendre

Dalam beberapa aplikasi, parameter n dalam persamaan

Legendre adalah bilangan bulat positif )0n( ≥ . Jika n adalah bilangan

bulat positif, untuk s = n sisi kanan persamaan (1-15) sama dengan nol,

dan0a 2n =+ ; ....;.........0a;0a;0a 8n6n4n === +++

sehingga,

- jika n genap; persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu

polinomial derajat n dalam x

- jika n ganjil ; Persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu

polinomial derajat n dalam x

untuk n genap maupun ganjil polinomial derajat n yang terjadi disebut

polinomial Legendre, ditulis dengan )x(Pn . Bentuk umum dari )x(Pn bisa

diturunkan dengan cara sebagai berikut:

rumus rekursif (1-8) diperoleh

2ss a)1sn)(sn(

)2s)(1s(a +++−++−= ; 2ns −≤ ........................................................(1-13)

sehingga untuk s = 0; 1; 2; 3; ...........; n – 1, nilai sa dapat dinyatakan

dalam na (n adalah pangkat tertinggi dari x dalam polinomial).

Koefisien an merupakan konstanta sembarang, dipilih sebagai berikut:

=

== 4;3;2;1n;

)!n(2)!n2(

0n;1a

2nn .......................................................................(1-14)

pemilihan nilai an ini dilakukan agar untuk sebarang polinomial )x(Pn ;

harga 1)1(Pn = , sehingga : )!2n()!1n(2

)!2n2(a n2n −−−−−=−



2n4n a)3n2(4

)3n)(2n(a −− −−−−=

)!4n()!2n!22)!4n2(

n −−−=

)!m2n()!mn(!m2)!m2n2()1(a n

mm2n −−

−−=−

sehingga )x(Pn yang merupakan penyelesaian dari persamaan Legendre

bisa dinyatakan secara umum :

m2nM

0mn

mn x

)!m2n()!mn(!m2)m2n2()1()x(P −

=∑ −−

−−= ...............................................(1-15)

.......x)!2n()!1n(!12

)!2n2(x)!n2)!n2( 2n

nn

2n −+−−

−−= −

dengan : 2nM = untuk n genap dan M

21n −= untuk n ganjil.

Beberapa polinomial Legendre orde n :

1)x(P0 = x)x(P1 =

)1x3(21)x(P 2

2 −= )x3x5(21)x(P 3

3 −=

)3x30x35(81)x(P 24

4 +−= )x15x705x63(81)x(P 3

5 +−=

secara grafis )x(Pn bisa digambarkan sebagai berikut:

P n(x)

1-1x

1 P 0

P 1

P 2

P 3

P 4

Rumus - rumus rekursif untuk polinomial Legendre:

1. )x(P1n

n)x(Px1n1n2)x(P 1nn1n −+ +

−++=



2. )x(P)1n2()x('P)x('P n1n1n +=− −+

Rumus polinomial Legendre )x(Pn bisa dituliskan dalam bentuk formula

Rodrigues sebagai berikut:

n21nn

n

nn )1x(Pdxd

!n21)x(P −= −

Dua buah polinomial Legendre yang berbeda akan saling tegak lurus

pada interval 1x1 <<− ; sehingga:

1. dx)x(P)x(P n

1

1m∫

−

; m ≠ n

2. 1n2

2dx)x(P1

1

2n +

=∫−

1.3.3 Deret Polinomial Legendre

Jika f(x) memenuhi syarat Dirichlet dalam interval -1 < x < 1 ,

maka f(x) bisa diekspansikan kedalam suatu deret Legendre yang

berbentuk :

∑∞

=

=0k

kk )x(PA)x(f +++= )x(PA)x(PA)x(PA 221100 ……........................ (1-16)

Syarat Dirichlet untuk deret polinomial Legendre :

1. f(x) terdifinisi dan bernilai tunggal kecuali pada beberapa titik yang

jumlahnya berhingga dalam interval (-1, 1)

2. f(x) periodik dengan perioda 2

3. f(x) dan f’(x) kontinu bagian demi bagian pada (-1,1) maka deret

∑∞

=

=0k

kk )x(PA)x(f konvergen ke :

a. f(x) jika x titik kontinu.

b. 2

)x(f)x(f −+ +; jika x titik diskontinu

Bukti :



∫∑∫−

∞

=−

=1

1km

0kk

1

1m dx)x(P)x(PAdx)x(f)x(P

∫

∫∫

−

−−

+=

+==

1

1mm

m

1

1

2mm

1

1m

dx)x(f)x(P1m2

2A

A1m2

2dx)x(PAdx)x(f)x(P

Contoh :

<<−<<

=0x1;01x0;1

)x(f

Ekspansikan f(x) ke dalam deret Polinomial Legendre :

Deret polinomial Legendre )x(PA)x(f k0k

k∑∞

=

=

Ekspansikan

dx)x(f)x(P2

1k2Adengan1

1kk ∫

−

+=

0dx2

1x325dx)x(f)x(P

25A2k

43dx1.x

23dx)x(f)x(P

23A1k

21dx1.1

21dx)x(f)x(P

21A0k

1

0

21

122

1

0

1

111

1

0

1

100

∫∫

∫∫

∫∫

=−==→=

===→=

===→=

−

−

−

∫∫

∫∫

∫∫

=+−==→=

=+−==→=

−=−==→=

−

−

−

1

0

951

155

1

0

241

144

1

0

31

133

3211dx

8x15x70x63

211dx)x(f)x(P

211A5k

0dx8

3x30x3529dx)x(f)x(P

29A4k

167dx

2x3x5

27dx)x(f)x(P

27A3k

dan seterusnya

.............)x(P3211)x(P

167)x(P

43)x(P

21)x(f 5310 +−+−+=



Soal Latihan.

Selesaikan persamaan diferensial berikut :

1. 0xy4'y2"xy =++

2. xy2'y)x1( 2 =−

3. 0y)3x2('y)1x( =+−+

4. 0y2'xy2"y)x1( 2 =+−−

5. Selesaikan PD : 0y"y =+ dengan penderetan disekitar titik x = 1.

Jawaban :

1. 33xa2y +−=

2. 2042

0 x1a

...)xx1(ay−

=+++=

3. ...)x2x3

10xx31(ay 4320 +++++=

4. ...)x71x

51x

31x1(axay 8642

01 −−−−−+=

5. )1xsin(a)1xcos(a.....)!5

t!3

tt(a....)!4

t!2

t1(ay 10

53

1

42

0 −+−=+−+−++−+−=

1.4 Metode Frobenius (Extended Power Series Method)

Persamaan diferensial berbentuk : 0y)x(Q'y)x(P"y =++ .......................(1-18)

Bila P(x) dan Q(x), salah satu atau keduanya tidak analitik pada titik x = x0,

maka titik x0 disebut titik singular dari PD. Jika U(x) = P(x) (x-x0) ; V(x) = Q(x)

(x-x0), PD menjadi :

( ) ( )( )

0yxxxV'y

xxxU"y 2

00

=−

+−

+ ..........................................................................(1-19) atau:

( ) ( ) ( ) ( ) 0yxV'yxUxx"yxx 02

0 =+−+− ...........................................................(1-20)



Jika U(x) dan V(x) analitik di x = x0 , maka x0 disebut titik singular teratur.

Jika U(x) dan V(x) tidak analitik di x = x0 , maka x0 disebut titik singular tak

teratur untuk PD (1).

Teorema 1.

Apabila x = x0 merupakan titik singular teratur dari PD (1); maka PD(1) paling sedikit mempunyai satu penyelesaian basis yang

berbentuk: ( )∑∞

=

−=0m

m0m

r xxaxy . ............................................................................(1-21)

Jika x0 = 0 ;

( ) ∑∑∞

=

+∞

=

=+++==0m

rmm

0m

2210

rmm

r xa.............xaxaaxxaxy ...........(1-22)

r adalah konstanta yang akan ditentukan, sedemikian sehingga a0 ≠ 0.

Misalkan penderetan U(x) dan V(x) dalam deret kuasa adalah:

( ) ss

33

2210

0s

ss xb.......xbxbxbbxbxU +++++=∑=

∞

= dan

( ) ss

33

2210

0s

ss xc......xcxcxccxcxV +++++=∑=

∞

=

( )∑ +=

∑=

∞

=

−+∞

=

+

0m

1rmm

0m

rmm xarmxa

dxd'y

( ) ( )( )∑∑∞

=

−+∞

=

−+ +−+=

+=

0m

1rmm

0m

1rmm xarm1rmxarm

dxd"y

Hasil-hasil tersebut dimasukkan ke dalam PD x2y”+xU(x)y’+V(x)y =

0,sehingga:

( ) ( )[ ] [ ].....xbxbxbbxa1rrra1rx.x 33

2210............10

2r2 +++++++− +−

( )( )[ ]....xa1rrax 101r +++−

[ ] ( )[ ] 0.....xaxaax....xcxcxcc 2210

r33

2210 =++++++++



atau

( ) ( )[ ] [ ] ( )( )[ ].......xa1rra....xbbx...xa1rrra1rx 1010r

10r +++++++++−

[ ] [ ] 0....xaxaa....xcxccx 2210

2210

r =+++++++ ...................................................... (1-23)

Persamaan identitas:

Koefisien xr : ( )[ ] 0acraba1rr 00000 =++−

( )[ ] 0acrb1rr 000 =++−

[ ] 0acrbrr 0002 =++−

( )[ ] 0cr1br 002 =+−+

r dipilih sedemikian sehingga a ≠ 0 , sehingga r2 + (b0 – 1)r + c0 = 0 ............. (1-24)

Persamaan (1-24) disebut persamaan indicial.

Teorema 2.

PD berbentuk (1-18) memenuhi asumsi dalam Teorema 1. r1 dan r2 adalah

akar-akar dari persamaan indicial, maka ada 3 kasus sebagai berikut :

1. 21 rr ≠ dan ≠− 21 rr bilangan bulat , penyelesaian basis untuk PD (xx)

adalah:

.......)xaxaa(x)x(y 2210

r1

1 +++= .................................................................... (1-25)

.......)xAxAA(x)x(y 2210

r2

2 +++= ................................................................ (1-26)

Koefisien am dan Am diperoleh dari rumus rekursi yang diturunkan dari

persamaan

(1-18) dengan 2rr = dan 2rr = .

2. 21 rr = , penyelesaian basis untuk PD (1-18) adalah:

)b1(21r;.......)xaxaa(x)x(y 0

2210

r1 −=+++= ......................................... (1-27)

)0x(;.......)xAxA(xxlny)x(y 221

r12 >+++= ...................................... (1-28)

3. 21 rr ≠ dan =− 21 rr bilangan bulat , 0)rr( 21 >− penyelesaian basis

untuk PD (1-18) adalah:

.......)xaxaa(x)x(y 2210

r1

1 +++= ................................................................... (1-29)



.......)xAxAA(xxlnyk)x(y 2210

r12

2 ++++= ............................................ (1-30)

Contoh :

1. Selesaikan PD : 0yx4

1'yx2

1"y =++ (kasus 1)

Penyelesaian :

Titik x = 0 merupakan titik singular teratur, sehingga ∑∞

=

+=0m

rmm xay .

PD dituliskan : 0y'y2"xy4 =++

Substitusikan y, y’, y” ke PD diperoleh:

[ ][ ][ ] 0........xa.......xaxaxa

......xa)r1s(2.....xa)2r(r2xa)1r(2xar2

.....xa)rs)(r1s(4........xar)1r(4xa)1r(r4

0xaxa)rm(2xa)1rm)(rm(4

srs

2r2

1r1

r0

sr1s

1r2

r1

1r0

sr1s

r1

1r0

0m 0m

rmm

1rmm

0m

1rmm

=+++++

++++++++++

+++++++++−

∑ ∑ =++∑ +−++

+++

++

+−

++

−

∞

=

∞

=

+−+∞

=

−+

Persamaan Indicial :

0r;21r

0r21r

0r2)1r(r4

21

2

==

=−

=+−

Koefisien dari :x sr+

......,2,1,0s;)1r2s2)(2r2s2(

aa

0aa)21rs)(1rs(4

0aa)1rs(2a)rs)(1rs(4

s1s

s1s

s1s1s

=++++

−=

=+++++

=+++++++

+

+

++

Untuk ,21rr 1 == rumus rekursi menjadi :



.seterusnyadan,!7

a6.7

aa,!5

a4.5

aa,2.3

aa

......,2,1,0s;)1r2s2)(2r2s2(

aa

023

012

01

s1s

−=−==−=−=

=++++

−=+

......,2,1,0m,)!1m2(

a)1(a 0

m

m =+

−−=

.......)x120

1x611(xx

)!1m2()1(x)x(y 2

0m

amm

211

0 ++−∑ =+

−=∞

=

Untuk ,0rr 1 == rumus rekursi menjadi :

.seterusnyadan,!6

A5.6

AA,

!4A

3.4A

A,1.2

AA

......3,2,1,0s;)1s2)(2s2(

AA

023

012

01

s1s

−=−==−=−=

=++

−=+

!m2A)1(

A mm

m−

−=

.......)x241x

211(Ax

!m2)1()x(y 2

00m

mm

2 ++−=−= ∑∞

=

PUPD

:

+−+−++−+−=

+−+−++−=+=

.......x241x

211k.......)x

1201x

611(xky

.....)x241x

211(Ac.x

1201x

611(xacycycy

22

21

202

2012211

2. Selesaikan PD : x (x-1)y” + (3x-1)y’ + y = 0 (kasus 2)

Penyelesaian :

x = 0 merupakan titik Singular teratur dari PD, sehingga

Substitusikan :PDke"y,'y,y

0xaxa)rm(xa)rm(3

xa)1rm()rm(xa)1rm()rm(

rm

0mm

1rm

0mm

rm

0mm

1rm

0mm

rm

0mm

=∑+∑ +−∑ +

+∑ −++−∑ −++

+∞

=

−+∞

=

+∞

=

−+∞

=

+∞

=

Persamaan indicial :

[ ] 0r;0ratau0ar)1r(r 2,12

0 ===−−−

Koefisien 0rrdenganx 21sr ==+ maka rumus rekursi :



0aa)1s(as3as)1s(a)1s(s s1ss1ss =++−++−− ++

s1s aa =+

Sehingga : ..........aaa 210 ===

∑−

==−

=∑=∞

=

∞

= 0m10

0m

0m01 x1

1y;1adipilihbila;x1

axa)x(y

Penyelesaian basis kedua dicari dengan persamaan (1-28) atau

dengan memisalkan :

x11).x(u)x(y)x(uy 12 −

==


0uy)'uyy'u)(1x3()"uy'y'u2y"u)(1x(x 111111 =++−+++−

y1 adalah penyelesaian PD, sehingga :

0y'u)1x3()'y'u2y"u)(1x(x 111 =−++−

0x1

1'u)1x3())x1(

1'u2x1

1"u)(1x(x 2 =−

−+−

+−

−

x1xlnyuy

xlnu,x1'u

x1lnxln'uln

x1

'u"u

0'u"xu

12 −==

==

=−=

−=

=+

PUPD : x1xlnc

x11cycycy 212211 −

+−

=+=

3. Selesaikan PD : 01)y(x1)xy'(xy"1)x(x 2222 =+++−− (kasus 3)

Penyelesaian :

x = 0 merupakan titik Singular teratur dari PD, sehingga

rm

0mm xay +

∞

=∑=




0xa)1x(

xa)rm()1x(xa)1rm()rm()1x(

rm

0mm

2

rm

0mm

2rm

0mm

2

=+

+++−−++−

+∞

=

+∞

=

+∞

=

∑

∑∑

Kalikan dan sederhanakan diperoleh persamaan :

0xa)1rm)(1rm(xa)1rm( rm

0mm

2rm

0mm

2 =−+++−−+ +∞

=

++∞

=∑∑

Persamaan Indicial :

1r;1r0)1r)(1r(

21 −===−+

0a0ra)2r(:xKoefisien

1

11r

==+−+

,.......3,2,1,0s,0a)1rs()3rs(a)1rs(:xKoefisien 2ss22rs ==++++−−++ +

++

Untuk ,1rr 1 == diperoleh rumus rekursi :

.........,0a,0a,0asehingga,0a

......,2,1,0s;a)2s)(4s(

sa

7531

s

2

2s

====

=++

−=+

Untuk 0a0s 2 =→= sehingga ..........,0a,0a,0a 864 ===

xay 01 =

Untuk 1rr 2 −== , rumus rekursinya adalah :

)0amemenuhitidak(0a

,a04a0s

......,2,1,0s;a)2s(s

)2s(a

00

02

s

2

2s

≠=

=→=

=+

−=+

Penyelesaian basis yang kedua bisa ditentukan berdasarkan teorema

2 kasus 3 dengan r = -1 atau dengan memisalkan

( ) ( ) )x(xuaxuxyy 012 == .

[ ][ ] [ ])x('u2)x("xua)x('ux)x("u)x('ua"y

x)x('u)x(ua'y

002

02

+=++=+=



( ) [ ] ( ) [ ] ( ) 0)x(xua1xx)x('u)x(uxa1x)x('u2)x("xuax1x:sehingga,PDke"ydan,'y,ykanSubstitusi

02

02

022

222

=++++−+−

masing-masing ruas dibagi dengan :xa 0

( ) [ ] ( )[ ] ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

++=

++=

+=

+==

+=

−=−=

−=−+=

−+++−=−

−+

+−=−

−−=

−−−=→=−+−

=−+−

=+++−+−−+−=++++−+−

x21xlnxkxky

x21xlnxcxacy

ycycy:PDPUx21xlnx)x(xu)x(y

x21xlnu

x1

x1

x1x'u

x1xln

x)1x)(1x(ln

)1xln()1xln(xln3'uln1x

11x

1x3

)1x(xx3

'u"u

)1x(x3x

'u"u0)x('u3x)x("xu1x

0)x('xu3x)x("ux1x0)x(u1x)x('xu1x)x(u1x)x('xu1x2)x("ux1x

0)x(u1xx)x('u)x(u1x)x('u2)x(xux1x

21201

2211

2

2

33

2

3

2

3

2

2

2

222

222

222222

222

Soal Metode Frobenius.

1. 0xy4'y2"xy =++

2. 0y)1x('y)x21("xy =−+−+

3. 0y21'y)1x(

21"y)x1(x =−++−

4. 0y4'y)1x("y)1x( 2 =−−+−

5. 0y)x21('xy)x21("yx)x1( 2 =+++−+

6. 0y9'xy5"yx 2 =+−

Jawaban:

1. x2sinxy;x2cosxy 12

11

−− ==



2. xlney;ey x2

x1 ==

3. x1y;xy 21 +==

4. 22

21 )1x(y;)1x(y −−=−=

5. 221 xxlnxy;xy +==

6. xlnxy;xy 32

31 ==

1.5. Persamaan Bessel

1.5.1 Fungsi Bessel Jenis Pertama

Bentuk umum PD Bessel : 0y)x(xyyx 22'"2 =υ−++ .................................(1-31)

dengan υ parameter yang diketahui dan nilai υ ≥ 0.

Persamaan ini biasanya muncul dalam masalah getaran; medan-medan

elektrostatik; masalah konduksi panas dan sebagainya. Untuk

menyelesaikan PD Bessel ini, digunakan metoda Frobenius dengan

penderetan di sekitar x=0 (x=0 merupakan titik singular teratur untuk PD

Bessel di atas).

Penyelesaian PD mempunyai bentuk :

rm

0mm

mm

0m

r xaxax)x(y +∞

=

∞

=∑∑ ==

.................................................................(1-32)

dengan syarat nilai 0a 0 ≠ . Sehingga :

1rm

0mm

' xa)rm()x(y −+∞

=∑ += m

m0m

1r xa)rm(x ∑∞

=

− += ..........................................(1-33)

∑∞

=

−++=0m

" )1rm)(rm()x(y

2rmm xa −+

∑∞

=

− −++=0m

2r )1rm)(rm(x

mm xa ...(1-34)

PD nya menjadi :

υ−+

++

−++ ∑∑∑

∞

=

∞

=

−∞

=

−

0m

mm

r22

0m

mm

1r

0m

mm

2r2 xax)x(xa)rm(xxxa)1rm)(rm(xx

=0

atau,

0xaxaxa)rm(xa)1rm)(rm( rm

0mm

22rm

0mm

rm

0mm

rm

0mm =υ−+++−++ +

∞

=

++∞

=

+∞

=

+∞

=∑∑∑∑ ..(1-35)



Jika x tidak selalu nol, maka yang pasti = 0 adalah koefisien-koefisien darisrx + :

Koefisien rx : r)1r( − 200 ara υ−+ 0a 0 =

)rrr( 22 υ−+− 0a 0 =

)r( 22 υ− 0a 0 = ; 0a 0 ≠

Persamaan indical : υ±==υ− 2.122 r;0r ...................................................(1-36)

Koefisien 1rx + : 0aa)1r(a)1r(r 12

11 =υ−+++

)1rrr( 22 υ−+++ 0a1 =

)r1r2( 22 υ−++ 0a1 =

)1r2( + 0a1 = ; (2r +1) tidak selalu 0

01 =a

Koefisien srx + : )rs)(1rs( +−+ )rs(a s ++ +sa 0aa s2

2s =υ−−

[ ]2)11rs)(rs( υ−+−++ 2ss aa −−=

[ ]22)rs( υ−+ 2ss aa −−=

222s

s )rs(a

aυ−+

−= − .... (1-37)

Untuk r = υ :

sa = - )2s(s

as2s

a)s(

a 2s222

2s22

2s

υ+−=

υ−υ+υ+−=

υ−υ+−−−

s = 2 →)1(4

a)22(2

aa 00

2 υ+−=

υ+−=

s = 3 → 0)23(3

aa 13 =

υ+−=

s = 4 →)1(4).2(4.2

a)24(4

aa 024 υ+υ+

=υ+

−=

Karena 1a = 0 ; 0≥υ , maka untuk s ganjil 0a s = dan untuk s genap = 2m ;

m =1,2,3,….



2m2m2 a)m22(m2

1a −+υ−=

)m(m2

12 +υ

−= 2m2a −

Karena 0a sembarang dan 0a 0 ≠ , maka bisa dipilih )1(2

1a 0 +υΓ= υ

Dengan !)()1( υ=υΓυ=+υΓ untuk υ = 0, 1, 2, 3, … sehingga :

m = 1 →)1(2

1)1(2

1)22(2

aa 2

02 +υΓ+υ

−=+υ

−= υ

)2(2!1

1)2(2

1)1()1(2

1222 +υΓ

=+υΓ

−=+υΓ+υ

−= +υ+υ+υ

m = 2 → )2(2

1)2(2.2

1)2(22

aa 222

24 +υΓ

−+υ

−=+υ

−= υ+

)3(2 !2

1)3(2.2

144 +υΓ

=+υΓ

= +υ+υ

m = 3 → )3(2 !2

1)3(2.3

1)3(32

aa 422

46 +υΓ+υ

−=+υ

−= υ+

m = m → )1m(2 !m

1)1(a 2mm

m2 ++υΓ−= +υ

m22m

0m

m x)1m(2 !m

1)1(y +υ+υ

∞

= ++υΓ−= ∑ .......................................................... (1-38)

Fungsi y yang merupakan penyelesaian PD berbentuk deret tak hingga ini

disebut Fungsi Bessel Jenis Pertama orde υυυυ dan dinotasikan dengan )x(J υ

Jadi, m22m

0m

m x)1m(2 !m

1)1()x(J +υ+υ

∞

=υ ++υΓ

∑ −=

m22m

0m

m x)1m(2 !m

1)1(x)x(J++υΓ

∑ −= +υ

∞

=

υυ .............................................. (1-39)

Untuk akar indicial yang lain, yaitu r = -υ ;

m2

0m2m-

m x)1m(2 !m

1)1()x(J +υ−∞

=+υυ− ∑ ++υ−Γ

−= ......................................... (1-40)



Untuk υ bukan integer (bukan bilangan bulat), maka )x(J υ dan

)x(J υ− tidak bergantungan secara linier, sehingga PU PD Bessel :

)x(J C)x(J C)x(y -21 υυ += .......................................................................... (1-41)

Untuk υ integer (bulat) ; misalkan υ = n ; n = 0, 1, 2, 3, ……………

)1mn(2 !mx)1(

)1mn(2 !mx(-1)

x)1mn(2 !m

1)1()x(J

2mn-

m2n

nm

m2mn-

m2n1-n

0m

m

m2n2mn-

0m

mn

++−Γ−+

++−Γ=

++−Γ−=

+

+−∞

=+

+−

=

+−+

∞

=−

∑∑

∑

Karena untuk m = 0, 1, 2, ………..(n-1) ; harga ∞=++−Γ )1mn( , maka :

∑∞

=+

+−

− ++−Γ−=

nm2mn-

m2nm

n )1mn(2 !mx)1()x(J

Misalkan,

+=−=

npmnmp

0pnnpn m 1p1np-n1mn-

n2p2mn-

=→=+→=•+=+++=++•

+=+•

Sehingga,

)x(J (-1)

)1np(2 !px)1(x(-1)

)1p(2 )!np(x)1()x(J

nn

0pn2p

p2pnn

0pn2p

np2np

n

=

++Γ−=

+Γ+−=

∑

∑∞

=+

∞

=+

++

−

Jadi untuk υ = n bulat ;

[ ] )x(J K)x(J C )1(C )x(y)x(J C )1()x(JC)x(JC)x(JC)x(y

nn2n

1

n-2n

n1n2n1

=−+=

−+=+= −

belum merupakan PU PD Bessel, karena hanya memuat satu konstanta

sembarang untuk PD orde 2.Untuk menentukan Penyelesaian Basis yang

lain pada kasus υ = n bulat ini akan dibahas pada bagian Fungsi Bessel

Jenis Kedua.

Fungsi Bessel Jenis Pertama untuk n = 0, 1, 2, ………. (bulat)

m22mn

0m

mnn x

)1mn(2 !m1)1(x)x(J

++Γ−= +

∞

=∑



....................................2304x

64x

4x-1

.........................)!3(2

x)!2(2

x2x-1

............(3) 2! 2

x)1((2) 1! 2

x)1()1( 0! 2

x(-1)

x)1m(2 !m

1)1()x(J0n

642

26

6

24

4

2

2

4

42

2

21

0

00

m2

0m2m

m0

+−+=

+−+=

+Γ

−+Γ

−+Γ

=

+Γ−=→= ∑

∞

=

...........................................384x

16x

2x

...............................3! 2! 2

x2! 1! 2

x2x

...........(4) 2! 2

x)1()3( 1! 2

x)1((2) 0! 2

x(-1)

x2)(m 2 !m

1)1()x(J1n

53

5

5

3

3

5

52

3

31

1

10

1m212m

0m

m1

−+−=

−+−=

+Γ

−+Γ

−+Γ

=

+Γ−=→= +

+

∞

=∑

y

y1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12xx

- Akar-akar dari 0)x(J0 = dan 0)x(J1 =

Berikut ini adalah 5 buah akar positif pertama dari 0)x(J0 = dan

0)x(J1 = dalam 4 desimal, beserta selisih antara 2 akar yang

berurutan :



)x(J0 )x(J1

Akar Selisih Akar Selisih

4048,2x1 =

3,1153

5201,5x 2 =

3,1336

6537,8x 3 =

3,1378

7915,11x 4 =

3,1394

9309,14x 5 =

8317,3x1 =

3,1839

0156,7x 2 =

3,1579

1735,10x 3 =

3,1502

3237,13x 4 =

3,1469

4706,16x 5 =

Untuk 21=υ ;

m2

21m2

0m

m x)1m( 2 !m

1)1(x)x(J2

12

1

21

++Γ−= +

∞

=∑

π+

π−

π=

+Γ= ∑

∞

=

+

!2)(

!1)(

!0)()x(J

)(m m!(-1) )(

21

29

25

2x

21

23

2x

21

2x

0m 23

mm22

x

29

25

21

21

21

Catatan : )()1( υΓυ=+υΓ

π=Γ )( 21



............!5

x!3

x1 2/1)2/x(

..............5 3 2 !2

x3 2 !1

x1 2/1)2/x(

.........3/2 5/2 !2)2/x(

3/2 !1)2/x(1

2/1)2/x()x(J

422/1

2

422/1

422/1

21

−+−

π=

−+−

π=

−+−

π=

Ekspansi Mc.Laurin

= ∑

∞

=0n

nn

)0(f!n

x)x(f dari :

................!8

x!4

x2!x-1 xCos

................!7

x!5

x3!x-xx Sin

842

753

+−+=

+−+=

Jadi :

xSin x2 xSin

x12x

................!7

x!5

x!3

xxx1

2/1)2/x()x(J

7532/1

2/1

π=

π=

+−+−

π=

Sin x x2)x(J 2/1 π

=

Dengan cara yang sama bisa ditentukan :

xCos x2)x(J 2/1 π

=−

−

π= xcos

xxsin

x2)x(J 2/3

+

π=− sin x

xxcos

x2)x(J 2/3

Rumus-rumus untuk fungsi Bessel :

1. [ ] )x(Jx')x(Jx 1−υυ

υυ =

2. [ ] )x(Jx')x(Jx 1+υυ−

υυ− −=



3. )x(Jx

2)x(J)x(J 11 υ+υ−υυ=+

4. )x('J2)x(J)x(J 11 υ+υ−υ =−

Rumus integral yang meliputi fungsi Bessel

1. ∫ += υυ

−υυ C)x(Jxdx)x(Jx 1

2. ∫ ∫ υ−υ+υ −= )x(J2dx)x(Jdx)x(J 11

3. C)x(Jxdx)x(Jx 1 +−=∫ υυ−

+υυ−

Contoh :

1. )x(J)x(Jx

2)x(J)x(J 12/12/1

21

12/12/3 −+ −==

−

π=

ππ= xCos

xSin x

x2 xCos

x2-Sin x

x2

x1

−

π=

ππ−=

−−

== +−−−−

Sin x x

xCosx2-

xCos x2-Sin x

x2

x1

)x(J)x(J x

)(2)x(J)x(J 12/11/2-

21

12/12/3

2. [ ]∫ ∫∫ == )x(Jxd xdx )x(J xxdx )x(J x 222

1 22

14

∫−=∫−=

)x(J x2)x(J x

dx )x(J x)x(J x x

23

24

22

22

22

[ ]C)x(Jx2)x(J x

)x(J xd2)x(J x

33

24

33

24

+−=∫−=

C)x(J )x16x4()x(J )xx8(

)x(J x2)x(J x8)x(J x16)x(J x)x(J x2

)x(J)x(J(x)J x2

x4 x2)x(J)x(J

x2 x

)x(J)x(J x

2.2 x2)x(J)x(J x2 x

13

042

13

02

104

13

1013

014

123

014

+−+−=

++−−=

−

−−

−=

−−

−=



3. [ ] [ ]∫ ∫ ∫== − )x(Jxd x-dx )x(J xxdx )x(J x 2-25

325

33

[ ][ ]

[ ]

∫∫∫∫∫

∫∫∫

∫

−−+−=

−+−=

−+−=

−+−=

−+−=

+−=

+−=

+−=

+−=

−

−

−

dx )x(J 15)x(J x15)x(Jx5)x(Jx

)x(Jd x15)x(Jx5)x(Jx

dx )x(J x15)x(Jx5)x(Jx

dx )x(J x15)x(Jx5)x(Jx

dx )x(Jx5)x(Jx5)x(Jx

)x(Jxd x5)x(Jx

)x(Jxx5)x(Jx

dx )x(J x5)x(Jx

dx )x(J x(x)J xx

0012

23

012

23

012

23

112

23

31

11

22

3

11-3

23

213

23

52

22

3

52

22

-25

Contoh aplikasi : Vibrasi dari Rantai yang Tergantung

Suatu rantai dengan massa persatuan panjang konstan, dengan

panjang L digantung tegak lurus pada suatu tumpuan tetap O seperti

dalam gambar. Pada saat t = 0, rantai ditempatkan dengan membentuk

sudut α terhadap bidang vertikal, kemudian dilepaskan.

x=0

x=x

x=L

α

α

FU=(x,t)

W(x)

y

x

L = panjang rantai

ρ= densitas rantai (massa persatuan panjang) = konstan

α = sudut penyimpangan rantai terhadap bidang vertikal



U(x,t) = besarnya simpangan di titik x = x pada rantai terhadap vertikal

pada saat t

Berat bagian rantai di bawah sembarang titik (x = x ) = W (x)

W (x) = ρg (L-x)

Karena rantai menyimpang sejauhα terhadap bidang vertikal, maka,

W (x) ≈gaya tekan yang bekerja secara tangensial pada gerak

rantai.

Sehingga komponen horisontal dari gaya tekan [ ])x(W :

F (x) = W (x)sinα

Jika 0→α ;W (x) Sinα ≈ W (x) tg α =W(x) x

)t,x(U∂

∂

Ambil bagian kecil rantai dari x sampai x + ∆ x ; dengan ∆ x→0

maka besarnya perubahan gaya : F (x+ ∆ x) - F (x)

F(x+ ∆ x) - F (x) = W(x+ ∆ x) )xx(

)t,xx(U∆+∂∆+∂ - W(x)

x)t,x(U

∂∂

=0x

lim→∆

[W(x+ ∆ x) )xx(

)t,xx(U∆+∂∆+∂ - W(x)

x)t,x(U

∂∂ ]

xx

∆∆

=

∆∂

∂−∆+∂∆+∂∆+

∆→∆ x

x)t,x(U)x(w

)xx()t,xx(U)xx(w

x0x

lim

( )

∂∂−ρ

∂∂∆=

∂∂

∂∂∆=

xUxLg

xx

x)t,x(U)x(w

x x

Hukum Newton II : F = ma = massa x percepatan

- percepatan vibrasi : 2

2

xU

∂∂

- massa dari bagian kecil rantai (∆x) = ρ ∆x



Gaya 2

2

tUxF

∂∂ρ∆= , gaya ini sama dengan perubahan gaya F(x+∆x) - F(x),

jadi :

∂∂−ρ

∂∂∆=

∂∂ρ∆

xU)xL(g

xx

tUx 2

2

∂∂−

∂∂ρ∆=

xU)xL(

xgx

∂∂−

∂∂=

∂∂

xU)xL(

xg

tU2

2

Bila gerakannya merupakan gerak periodik dalam t dengan periode

2π/ω, maka :

)tcos()x(y)t,x(U δ+ω=

)tsin()x(ytU δ+ωω−=∂∂

)tcos()x(ytU 22

2

δ+ωω−=∂∂

)tcos()x('yxU δ+ω=

∂∂

∂∂−

∂∂=δ+ωω−=

∂∂

xU)xL(

xg)tcos(y

tU 22

2

[ ])tcos(y' )xL(x

g)tcos(y2 δ+ω−∂∂=δ+ωω−

[ ]y' )xL(x

)tcos(g)tcos(y2 −∂∂δ+ω=δ+ωω−

[ ] [ ]"y)xL('ygy' )xL(x

gy2 −+−=−∂∂=ω−

"y)xL('yyg

2

−+−=ω−

g;0y'y"y)xL(

222 ωλ=λ+−−



Misal : L-x = z ; 1dxdz −=

dzdy

dzdy1

dxdz

dzdy

dxdy'y −=−===

2

2

2

2

dzyd

dxdy

dzd1

dzdy

dxd

dxdy

dxd

dxyd"y =

−=

−=

==

Sehingga persamaan menjadi : 0ydzdy

dzydz 22

2

=λ++

Misal :

s2

dzds;

2sds

4dss2dz

4sz;z2s

2

22

2

22

1

λ=λ

=λ

=

λ=λ=

dsdyz

dsdy

z2

2dsdy

s2

dzds

dsdy

dzdy 2

1

21

22−λ=

λ

λ=λ==

dzdy

dsdz

dsdyz

21

dsdy

dzdz

dsdyz

21

dsdyz

dzd

dzdy

dzd

dzyd

21

23

21

23

21

2

2

−−

−−−

λ+λ−=

+−λ=

λ=

=

λλ+λ−= −−−

dsdyz

dsdz

dsdyz

21 2

12

12

3

2

2122

3

dsydz

dsdyz

21 −− λ+λ−=

Persamaan menjadi

0ydsdyz

dsydz

dsdyz

21z 22

1

2

2122

3=λ+λ+

λ+λ− −−− , atau

0ydsdyzz

21

dsyd 22

12

1

2

22 =λ+

λ+λ−+λ −−

0ydsdyz

21

dsyd 22

1

2

22 =λ+λ+λ −

0ydsdyz

21

dsyd 2

112

2

=+λ+ −−



→=++ 0ydsdy

s1

dsyd2

2

PD Bessel dengan ν = 0

Penyelesaian PD : )s(J)s(y 0=

Sehingga )g/xL2(J)x(y 0 −ω=

Syarat batas : pada x = 0 rantai berada pada posisi tetap pada setiap

saat : y(0) = 0

0)g/L2(J0g/0L2(J)0(y 00 =ω→=−ω=

Akar positif pertama dari 0)g/L2(J0 =ω adalah 2,4148, berarti

4048,2g/L2 =ω ; L/g2

4048,2=ω .

Frekuensi getaran (gerakan) rantai =πω2

siklus/satuan waktu =

L/g44048,2π

siklus/satuan waktu

1.5.2. Fungsi Bessel jenis kedua

Persamaan diferensial Bessel berbentuk :

0y)nx('xy"yx 222 =−++ dengan penyelesaian : ( )xJc)x(Jc)x(y n2n1 −+= .

Untuk n bilangan bulat, Jn(x) dan J-n(x) bergantungan secara linear, maka

harus dicari penyelesaian basis kedua selain Jn(x) untuk memperoleh

penyelesaian umum PD Bessel untuk n bilangan bulat.

c1 dan c2 adalah konstanta sembarang, dipilih

π−=

ππ+=

nsinFc;

nsinncosFEc 21 , E dan F adalah konstanta sembarang.

PUPD Bessel menjadi :

)x(jnsin

F)x(JnsinncosFE)x(y nn −

π

−+

ππ+=

)x(jnsin

F)x(JnsinncosF)x(JE)x(y nnn −π

−ππ+=



π−π

+= −

nsin)x(Jncos)x(J

F)x(JE)x(y nnn

)x(FY)x(JE)x(y nn +=

dimana

=π−π

≠π−π

=

−

→

−

bulatbilangann;psin

)x(Jpcos)x(Jlim

bulatbilangann;nsin

)x(Jncos)x(J

)x(Y

pp

np

nn

n

Fungsi Yn(x) disebut fungsi Bessel jenis kedua.

Untuk n = 0 PD Bessel menjadi :

0xy'y"xy =++

Akar-akar persamaan indicial : 0r 2,1 = , sehingga

∑ −+−+=

∑++=

∑+=

∞

=

−

∞

=

−

∞

=

1m

2mm2

0002

1m

1mm

002

1m

mm02

xA)1m(mxJ

x'J

2xln"J"Y

xAmxJ

xln'J'Y

.xAxln)x(J)x(Y

Substitusikan "Ydan,'Y,Y 222 ke PD (1) , kemudian disederhanakan dan

diperoleh :

∑ ∑ ∑∞

=

∞

=

∞

=

−−− =++−+1m 1m 1m

1mm

1mm

1mm0 0xAxAmxA)1m(m'J2

Berdasarkan fungsi Bessel jenis pertama untuk n = 0 diperoleh :

∑ ∑∞

=

∞

=−

−−

−−=−=

1m 1m1m2

1m2m

2m2

1m2m

0 )!1m(!m2x)1(

)!m(2xm2)1()x('J

Persamaan menjadi :

∑ ∑ ∑∞

=

∞

=

∞

=

+−−

−

=++−

−1m 1m 1m

1mm

1mm

22m2

1m2m

0xAxAm)!1m(!m2

x)1(

Koefisien dari 0A:x 10 =

Koefisien dari ,......3,2,1s,0AA)1s2(:x 1s21s22s2 ==++ −+



........,0A,0A,0A 753 ===

Koefisien dari 41A0A41:x 22

1s2 =→=+−+

Untuk s = 1,2,3,… berlaku :

0AA)2s2(!s)!1s(2

)1(s22s2

2s2

1s

=++++

−+

+

untuk s =1 diperoleh : 128

3A0AA1681

424 −=→=++

Rumus untuk menentukan A2m :

,....3,2,1m,m1....

31

211

)!m(2)1(A 2m2

1m

m2 =

++++−=

−

bila :maka,m1...

31

211h m ++++=

∑∞

=

−−+=

1m2m2m

1m

02 )!m(2h)1(

xln)x(J)x(y

J0 dan y2(x) merupakan penyelesaian yang bersifat linear independence,

sehingga : a(y2 + bJ0) juga merupakan penyelesaian basis. Bila a =π2

,

2lnb −γ= maka :

∑∞

=

−−π

+

γ+

π=

1m

m22m2m

1m

00 x)!m(2h)1(2

2xln)x(J2)x(Y ........................................ (1-42)

.......05772156649,0,m1.......

41

31

211h m =γ+++++= , konstanta

Euler

∑∞

=

++

+−

++−

π+

γ+

π=

0m

nm2nm2

nmm1m

nn x)!nm(!m2

)hh()1(12xln)x(J2)x(Y

∑−

=

−−

−−π

−1n

0m

nm2nm2 x

!m2)!1mn(1

.................................................................... (1-43)

0h 0 =

Sehingga PUPD Bessel untuk semua nilai n adalah :

)x(Yc)x(Jc)x(y n2n1 +=



Rumus-rumus rekursi yang berlaku untuk )x(J n juga berlaku untuk )x(Yn .

Contoh :

1. Selesaikan PD: 0y)4x('xy"xy =−++

PD: 0y)4x('xy"yx 22 =−++ merupakan PD Bessel dengan n = 2.

PUPD-nya : )x(YC)x(JC)x(y 2221 +=

dengan

[ ]∑∑

∑

∞

=

+

=

−

∞

=

+

++φ+φ−

π−−

π−

γ+

π=

+Γ

−

=

0k

2k2

k1

0k

2k222

0k

2k2k

2

)!2k(!k

)2x(

)2k()k()1(1)2x()!k1(1)x(J)

2x(ln2)x(Y

)3k(!k2x)1(

)x(J

2. PD: 0y)x('xy"yx 2222 =υ−λ++ ; (subst λ x = z)

Misalkan : z = λ x → λ=

λ=

dxdz

zx

Jadi,

λ===dzdy

dxdz

dzdy

dxdy'y

2

22

2

2

dzyd

dzdy

dxd

dxdy

dzd

dzdy

dxd

dzdy

dxd

dxdy

dxd

dxyd"y

λ=

λπ=

λ=

λ=

λ=

==

PD menjadi:

0y)x(dzdyx

dzydx 2222

222 =υ−λ+

λ+

λ

0y)z(dzdyz

dzydz 2

2

22

2

22

2

2

=υ−λ

λ+

λ

λ+

λ

λ



υ=υ→=υ−++ denganzdanydalamBesselPD0y)z(dzdyz

dzydz 222

22

PU PD: )x(YC)x(JC)x(y

)z(YC)z(JC)z(y

21

21

λ+λ=

+=

υυ

υυ

3. 0xy'y)n21("xy =+++ )uxy( n−=

Misalkan uxy n−= ; maka :

[ ]

2

2n1n2n

2

2n1n1n2n

n1nn1n2

2

n1n

dxudx

dxdunx2unx)1n(

dxudx

dxdunx

dxdunxunx)1n(

dxdux

dxduxn

dxd

dxduxuxn

dxd

dxyd

dxduxuxn

dxdy

−−−−−

−−−−−−−

−−−−−−

−−−

+−+=

+−−+=

+−=

+−=

+−=

0uxxdxduxunx)n21(

dxudx

dxdunx2unx)1n(x nn1n

2

2n1n2n =+

+−++

+−+ −−−−−−−−−

PD menjadi:

[ ] 0uxdxdux

dxudxuxn2nnn

0uxdxdunx2

uxn2dxduxunx

dxudx

dxdunx2unx)1n(

1nn2

21n1n22

1nn

1n2n1n2

21nn1n

=+++−−+

=+

+−+−+−+

+−−+−−−

+−−

−−−−−+−−−−

masing-masing ruas dibagi dengan :nx−

0u)xnx(dxdu

dxudx

0xudxdu

dxudxuxn

122

2

2

212

=−++

=+++−

−

−

masing-masing ruas dikalikan dengan x :

→=−++ 0u)nx(dxdux

dxudx 222

22 PD Bessel dalam u dan x

dengan n=υ



PU PD:

[ ])x(YxC)x(JxC

)x(YC)x(JCx)x(ux)x(yuxy;)x(YC)x(JC)x(u

nn

2nn

1

n2n1nn

nn2n1

−−

−−

−

+=

+==

=+=

4. )zx,uxy(;0y)3x(4'xy3"yx 2242 ===−+−

Misalkan uxy 2= ; maka :

( )

2

22

2

222

2

2

22

dxudx

dxdux4u2

dxudx

dxdux2

dxdux2u2

dxduxux2

dxd

dxyd

dxduxux2ux

dxd

dxdy

++=

+++=

+=

+==

PD menjadi:

Misalkan : x2dxdzzx =→=

2

22

2

2

dzudx4

dzdu2

dzdux2

dzdx2

dzdu2

dxdu

dzdx2

dzdu2

dzdu

dxdx2

dzdu2

dzdux2

dxd

dxud

dzdux2

dxdz

dzdu

dxdu

+=

+=

+=

+=

=

==

( ) ( )

( )

( ) 0u16x4dxdux

dxudx

xdengandibagi0ux16x4dxdux

dxudx

0ux12x4x6x2dxdux3x4

dxudx

0ux)3x(4dzduxxu2x3

dxudx

dxdux4u2x

42

24

22632

24

2622332

24

2422

222

=−++

=−++

=−+−+−+

=−+

++

++



PD menjadi:

( )

2denganzdanudalamBesselPD0u)4x(dzdux

dzudx

x4dengandibagi0u)16x4(dzdux4

dzudx4

0u)16x4(dzdux2x2

dzudx4

0u)16x4(dzdux2x

dzudx4

dzdu2x

22

22

2422

24

4222

24

42

222

=υ→=−++

→=−++

=−++

=−+

+

+

PU PD : )z(YC)z(JC)z(u 2221 +=

)x(YC)x(JC)x(uxz 222

221

2 +=→=

[ ])x(YC)x(JCx)x(ux)x(yuxz 222

221

222 +==→=

1.5.3 Fungsi bessel termodifikasi (modified Bessel function)

Persamaan Diferensial:

0y)nx('xy"yx 222 =+−+ ................................................................................ (1-44)

dikenal dengan nama persamaan Bessel termodifikasi orde n. Karena bisa

ditulis :

0y)nxi('xy"yx 2222 =−−+ ............................................................................. (1-45)

yang merupakan persamaan Bessel dengan variable bebas ix dan

mempunyai penyelesaian umum: )ix(YC)ix(JCy n2n1 += ............................ (1-46)

dengan ,



∑

∑

∑

∞

=+

+−

∞

=+

+

∞

=+

+

++Γ=

++Γ−=

++Γ−=

0kk2n

k2n

nn

0kk2n

k2nk2kn

n

0kk2n

k2nk

n

)1kn(!k2x)ix(Ji

)1kn(!k2xi)1(i)ix(J

)1kn(!k2)ix()1()ix(J

Bentuk [ ])ix(Ji nn− merupakan fungsi baru yang berharga real dan disebut

fungsi Bessel termodifikasi jenis pertama orde n yang dinotasikan dengan

In(x).

∑∞

=+

+

++Γ=

0kk2n

k2n

n )1kn(!k2x)x(I ........................................................................ (1-47)

I-n(x)didapat dengan mengganti n dengan –n sebagai berikut :

∑++−Γ

=∞

=+−

+−

−0k

k2n

k2n

n )1kn(!k2x)x(I .........................................................................................................(1-48)

Untuk n tidak bulat In dan I-n merupakan penyelesaian yang linear

independence dari PD (1-44) sehingga penyelesaian umum PD (1) adalah

:

)x(Ic)x(Icy n2n1 −+= , n≠bilangan bulat................................................... (1-49)

Untuk n bulat :

(-1)n J-n (ix) = Jn (ix)

(i2)n J-n (ix) = Jn (ix)

in J-n (ix) = i-n Jn (ix)

I-n (x) = In (x)

Untuk n bilangan bulat I-n (x) = In (x) linear depedence, sehingga perlu

didefinisikan penyelesaian basis yang lain yang bersifat linear

independence dengan In(x) sebagai berikut :



Dipilih ππ

πn

Bcn

BAcsin

,sin2 21 =−=

maka

)x(BK)x(AIynsin

)x(I)x(I2

B)x(AIy

)x(Insin

B2

)x(Insin

B2

)x(AIy

nn

nnn

nnn

+=

π

−π+=

ππ+

ππ−=

−

−

=

π

−π

≠

π

−π

=−

→

−

bulatbilangann;nsin

)x(I)x(I2

lim

bulatbilangann;nsin

)x(I)x(I2

)x(Kdengannn

np

nn

n

Kn (x) disebut fungsi Bessel termodifikasi orde n jenis kedua.

PD Bessel termodifikasi bisa dinyatakan dengan : x2y″ + xy′ – (λ2x2 + n2)y =

0 dengan PUPD: y = c1 In(λx) + c2 I-n(λx) untuk n ≠ bilangan bulat

y = c1 In(λx) + c2Kn(λx) untuk n = bilangan bulat

Untuk λ = √i, maka PD menjadi :

0y)nix('xy"yx0y)nix('xy"yx

222

222

=−−++

=+−+

Dan PUPD : )xi(Kc)xi(Icy n2n1 +=

)xi(Kc)xi(Jcy 21n2

23n1 +=

∑++Γ

−=

∑++Γ

−=

∞

=+

+

∞

=+

+

0kk2n

k2nk3kn23

0kk2n

k2n23k23

n

)1kn(!k2xi)1(i

)1kn(!k2)xi()1()xi(J

i3k = 1 ; k = 0,4,8,…..

i3k = -i ; k = 1,5,9,…..

i3k = -1 ; k = 2,6,10,…..

i3k = i ; k = 3,7,11,…..

Untuk k ganjil real)xi(J 23n→



Untuk k genap imaginer)xi(J 23n→

Untuk k = 2j jk3k )1(i)1( −=−→

k = 2j+1 i)1(i)1( jk3k −=−→

sehingga

( )∑∑

∑ ∑+≅

++Γ+

−+++Γ

−=∞

=

∞

=++

++

+

+

IRn23

0j 0jj42n

j42nj

j4n

j4njn2323

n

ii

)2j2n()!1j2(2x)1(i

)1j2n()!j2(2x)1(i)xi(J

Menurut Rumus de Moivre :

4n3sini

4n3cos

2sini

2cosi

n23n23 π+π=

π+π=

Catatan :

2sini

2cosziz

)abtgarcsin(i)

abtgarccos(ibaz

π+π=→=

+=+=

Jadi,

π+π=

2n3sini

2n3cos)xi(J 23

n ( )∑∑ +IR

i

=

∑

π−∑π+

∑

π−∑π

RIIR 2n3sin

2n3cosi

2n3sin

2n3cos

dengan :

Bern x = ∑π−∑

πIR 2

n3sin2n3cos

Bein x = ∑π−∑

πRI 2

n3sin2n3cos

Untuk n = 0 :

Bero x = Ber x = ( )

( )[ ]∑−∞

=oj2j4

j4j

!j22x1



Beio x = Bei x = ( )

( )[ ]∑+

−∞

= +

+

oj22j4

2j4j

!1j22x1

Dengan cara yang sama fungsi )xi(K 21n dapat juga dinyatakan dalam

jumlahan : (deret real) + i (deret real) seperti di atas, dengan

( ) xKeiixKerxiK nn21

n +=

Sehingga PU PD : ( ) 0ynix'xy"yx 222 =+−−+

adalah :

)xKeixKer(c)xiBeixBer(cy nn2nn1 +++=

1.5.4. Persamaan yang bisa ditransformasikan kedalam PD Bessel

1. PD : ( ) 0yx'xy)1K2("yx 2r222 =β+α+++

dengan βα ,,, rk konstanta

akan mempunyai PU PD :

[ ])rax(YC)rax(JCxy rr2

rr1

kχχ

− +=

sr2b4)r1(

n

sr2a2

2sr2

2

+−−−

=

+−=λ

+−=γ

Jika a < 0 → Jn dan Yn diganti dengan In dan Kn

Jika n ≠ bulat → Yn dan Kn diganti dengan J-n dan I-n

Contoh :

1. PD : 0ay'y"yx =++

Dikalikan dengan x :

0axy'xy"yx 2 =++

000k;0

aa;21r;0k2222

2

=−=β−=χ=β

=α→=α==



jadi PU PD :

[ ])ax2(YC)ax2(JC

)ax2(YC)ax2(JCxy

0201

02010

+=

+=

2. PD : 0y)3x5x4('y)3x4(x"yx 2822 =+−+−+

a = - 3 ; b = 2 ; c = 3 ; d = - 5

p = 4 ; q = 1

1n;5;21;2 ==λ=β=α→

PU PD : [ ])5x(Kc)5x(Icexy 12112x2 4

+= −

3. PD : 0y)x1('xy"yx 2 =++−

dibagi x3 :

0yx1

x1

x'y

x"y

232 =

++−

0y)xx()''yx( 321 =++ −−−

r = -1; s = -2; a = b = 1; α = 0; γ = 21 ; λ = 2; n = 0

PUPD : [ ])x2(Jc)x2(Jcxy 0201 +=

4. PD : 04)'1"(9 2 =−++ yx

yyx

y

0yx94)y'y

x1"y( 2 =−++ , dikalikan x2

0y94yx'xy"yx 22 =−++

→=−++ 0y)94x('xy"yx 22 PD Bessel dengan n = 2/3

PUPD : )x(Jc)x(Jcy 322321 −+=

5. PD : )r(RR;R

'Rr1

R"R =µ=+

Dikalikan Rr2 PD menjadi :

→=µ− 0r'rR"Rr 22 PD Bessel termodifikasi dengan λ = µ; n = 0

PUPD : )r(Kc)r(IcR 2201 µ+µ=

6. PD : 02'" =++ ixyyxy



atau →=++ 0yix2'xy"yx 22 PD Bessel dengan i2=λ

PUPD : )i2x(Yc)i2x(Jcy 0201 +=

Soal Latihan.

Selesaikan PD berikut !

1. 0y)4x('xy"yx 22 =−++

2. )zx(;0y41'y"xy ==++

3. )zx(;0y)41x4('xy"yx 242 ==−++

4. )zx,uxy(;0y)3x(4'xy3"yx 2242 ===−+−

5. )zx,xuy(;0y)43x(4

1"yx 2 ===++

6. )zx,xuy(;0yx"y 2212 ===+

Jawaban :

1. )x(YB)x(JAy 22 +=

2. )x(YB)x(JAy 00 +=

3. )x(YB)x(JAy 2

41

2

41 +=

4. [ ])x(YB)x(JAxy 22

22

2 +=

5.

+= − )x(JB)x(JAxy

21

21

6.

+= )x

21(YB)x

21(JAxy 2

41

2

41



BBAABB IIII

DDEERREETT FFOOUURRIIEERR

2.1 Fungsi Periodik

Fungsi f(x) dikatakan periodik dengan perioda P, jika untuk semua

harga x berlaku:

)x(f)Px(f =+ ; P adalah konstanta positif.

Harga terkecil dari P > 0 disebut perioda terkecil atau sering disebut

perioda dari f(x).

Contoh :

− Fungsi sin x mempunyai perioda 2π; 4π; 6π; ...... karena sin (x+2π) =

sin (x+4π) = sin (x+6π) = ..........= sin x.

− Periode dari sin nx atau cos nx ; dengan n bilangan bulat positif

adalah 2π/n.

− Periode dari tan x adalah π.

− Fungsi konstan mempunyai periode sembarang bilangan positif.

Gambar grafik dari fungsi-fungsi yang periodik, misalnya :

Pokok Bahasan! Fungsi Periodik! Deret Fourier! Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil! Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half-Range)



y

x

y = sin x y = cos x

0

Perioda

π− π π2x

y

x0

Perioda

π π2

(a)

(b)

π− π π2

π π2

y

x

Perioda(c)

x

Perioda

0

(d)

y

x

Perioda

0

(e)

Fungsi f(x) dikatakan kontinu pada setiap segmen (piecewise

continuous function), bila f(x) hanya kontinu pada interval-interval

tertentu dan diskontinu pada titik-titik yang banyaknya berhingga. Harga



f(x) di titik-titik diskontinu ditentukan dengan menghitung harga limit fungsi

f(x) untuk x mendekati titik diskontinu (ujung masing-masing interval).

xx1 x2 x30 x4

f(x)

2.2 Deret Fourier

Dalam beberapa permasalahan yang berhubungan dengan

gelombang (gelombang suara, air, bunyi, panas, dsb) ; pendekatan

dengan deret Fourier yang suku-sukunya memuat sinus dan cosinus sering

digunakan. Dengan mengekspansikan ke dalam bentuk deret Fourier ;

suatu fungsi periodik bisa dinyatakan sebagai jumlahan dari beberapa

fungsi harmonis, yaitu fungsi dari sinus dan cosinus (fungsi sinusoidal).

Definisi Deret Fourier :

Jika fungsi f(x) terdefinisi pada interval (-L;L) dan di luar interval

tersebut f(x) periodikdengan periode 2L ; maka deret Fourier atau

ekspansi Fourier dari fungsi f(x) tersebut di definisikan sebagai :

1. ∑∞

=

ππ +≡1n

Lxn

nLxn

n0 )sinbcosa(z

a)x(f ............................................................... (2-1)

dengan koefisien Fourier nn b,a ditentukan oleh :

2. dxcos)x(fL1a L

L Lxn

n ∫−π= ; dx)x(f

L1a L

L0 ∫−= ................................................ (2-2)

dxsin)x(fL1b L

L Lxn

n ∫−π= ; n = 0, 1, 2, 3, .......... .............................................. (2-3)

Jika interval (–L;L) sembarang dan f(x) mempunyai periode 2L

maka :



3. dxcos)x(fL1a L2C

C Lxn

n ∫+ π= ; dx)x(f

L1a L2C

C0 ∫+= ............................................ (2-4)

4. dxsin)x(fL1b L2C

C Lxn

n ∫+ π= ; n = 0, 1, 2, 3, .......... .............................................. (2-5)

dengan C sembarang bilangan real.

Jika C = -L maka rumus (2-4) dan (2-5) akan sama dengan (2-2)

dan (2-3).

Deret Fourier konvergen bila memenuhi syarat/kondisi Dirichlet.

Syarat /Kondisi Dirichlet

Teorema : Jika,

1. f(x) terdefinisi dan bernilai tunggal, kecuali pada beberapa titik

yang banyaknya berhingga pada interval (-L:L).

2. f(x) periodik dengan perioda 2L.

3. f(x) dan f’(x) merupakan fungsi-fungsi yang kontinu pada setiap

segmen pada interval (-L;L).

Maka deret Fourier (2-1) dengan koefisien (2-2) dan (2-3) atau (2-4)

dan (2-5) konvergen ke :

a. f(x) ; jika x merupakan titik kontinu pada interval (-L;L)

b. ;2

)x(f)x(f −+ + jika x adalah titik diskontinu.

Contoh :

1. Tentukan deret Fourier dari fungsi f(x) yang didefinisikan sebagai :

π<<<<π−

=x0;

0x;10

)x(f

di luar interval ini f(x) periodik dengan perioda 2π.

Penyelesaian :



xπ−3 π− 2 π− 0 π π2

1

f(x)

Fungsi terdefinisi dalam interval (-L;L) = (-π;π)

Perioda = 2L = 2π → L = π

dxxncos)x(f1dxL

xncos)x(fL1a

L

Ln ∫∫π

π−− ππ

π=π=

dxnxcos)x(f1∫

π

π−π=

∫∫∫ππ

π− π=

+

π=

00

0nxdxcos1dxnxcos1dxnxcos01

0nsinn10nsin

n1nxsin

n1

0

=ππ

=−ππ

=

π=

π

10xdx1dx1dx01dx)x(f1a0

0

0

00 =−ππ=

π

=π

=

+

π=

π=

ππ

π−

ππ

π− ∫∫ ∫∫

dxxnsin)x(f1dxL

xnsin)x(fL1b

L

Ln ∫∫π

π−− ππ

π=π=

dxnxsin)x(f1∫

π

π−π=

∫∫∫ππ

π− π=

+

π=

00

0nxdxsin1dxnxsin1dxnxsin01

( )( )11n1nxcos

n1 n

0

−−π

−=

π−=

π

π= ganjilnuntuk

n2

genapnuntuk0

Jadi deret Fourier dari f (x):

∑

π+π+=

∞

=1nnn

0 L

xnsin b L

xn cos a 2

a f(x)



................ x4sin 42 x4 cos 0

x3sin 32 x3 cos 0 x2sin

22 x2 cos 0 xsin 2 x cos 0

21

+

ππ

π+

ππ

ππ

π+

ππ+

ππ

π+

ππ+

ππ

π+

ππ+=

................ 5xsin 52 3xsin

32 sin x 2

21 +

π+

π+

π+=

++++

π+= .......7x sin

71 5xsin

51 3x sin

31sin x 2

21

Fungsi f (x) pada contoh diatas bisa dimisalkan merupakan suatu

pulsa voltase yang periodik; dan suku-suku dari deret Fourier yang

dihasilkan akan berkaitan dengan frekuensi-frekuensi yang berbeda

dari arus bolak balik yang dihubungkan pada gelombang “bujur

sangkar” dari voltase tadi.

2. Tentukan deret Fourier dari :

=<<<<

10 periode ; 5x0 : 30x5- ; 0

(x) f

dan bagaimanakah f (x) harus ditentukan pada x = -5 ; x = 0 dan x = 5

agar deret Fourier tersebut konvergen ke f (x) pada -5 < x < 5.

Penyelesaian :

Periode = 2L ………. → L=5

0

f(x)

3

105-5-10x

3 05

x 53 dx 3

51 dx (x) f

51 a

5

5

5

5-0 ==∫=∫=



0 nx sin n3

05

5xnsin

n5

53 dx

Lxn cos 3

51 a

5

0n =

π=π

π=∫

π=

( ) ( )ππ

=ππ

=

ππ

=∫π=

n cos-1 n3 1 - n cos

n3 -

05

5xn cos

n5

53 - dx

Lxnsin 3

51 b

5

0n

Deret Fouriernya :

( )

+π+π+π

π+=

∑

π

ππ++=

∑

π+π+=

∞

=

∞

=

........ 5x5sin

51

5x3sin

31

5xsin 6

23

5xnsin

nn cos-1 3 0

23

L

xnsin b L

xn cos a 2

a f(x)

1n

1nnn

0

f(x) memenuhi syarat Dirichlet , jadi deret Fourier akan konvergen ke:

− F (x) ; jika x titik kontinu

− 2

)(x f )(x f - ++

; jika x titik diskontinu

titik-titik x = -5; 0 dan 5 merupakan titik-titik diskontinu dari f (x) pada

interval (-5,5) sehingga :

di x = -5 ; deret akan konvergen ke : 23

230 =+

di x = 0 ; deret akan konvergen ke :23

203 =+

di x = 5 ; deret akan konvergen ke : 23

230 =+

Deret Fourier diatas akan konvergen ke f (x) pada interval -5 ≤ x ≤ 5

apabila f (x) ditentukan sbb:



==

<<=

=

<<=

=

10 pdengan periodik ini intervaldiluar ; 5 x ; 23

5x0 x ; 0

0 x ; 23

0 x 5- x ; 0

5- x ; 23

(x) f

3. Ekspansikan f (x) = x 2 ; 0 < x < 2π kedalam deret Fourier jika f (x)

periodik dengan periode 2π.

Penyelesaian :

π−6 π− 4 π− 2 π2 π4

f(x)

π6

24π

periode 2L = 2π → L = π

232

0

22

00 3

8 02

x31 1 dx x 1 dx (x) f 1 a π=

ππ

=∫π=∫π

=ππ

∫−π

=

∫−π

=

∫−π

=∫π=

∫π=∫ π

ππ

=

π

π

ππ

ππ

2

0

2

2

0

2

2

0

222

0

2

2

0

22

0

2n

nxcosd xn2 nxsinx

n1

dx nx sinx2 nxsinxn1

dx nx sinnxsinxn1 nxsindx

n1

dxnx cos x1 dx xn cos x 1 a



2

2

02

2

2

0

2

n4

nxsinn2nxcosx

n2nxsinx

n1

dx nx cos -nx cos x n2nxsinx

n1

=

−−

π=

∫−π

=

π

π

∫−π

=

∫−π

=∫π=

∫π=∫ π

ππ

=

π

ππ

ππ

2

0

2

2

0

222

0

2

2

0

22

0

2n

dx nx sinx2 nxsinxn1

dx nx cosnxcosxn1- nxcosdx

n1

dxnx sin x1 dx xnsin x 1 b

∫−π

=π2

0

2 nxcosd xn2 nxsinx

n1

π

π

−−

π=

∫−π

=

2

02

2

2

0

2

nxsinn2nxcosx

n2nxsinx

n1

dx nx cos -nx cos x n2nxsinx

n1

∑

π+π=

∞

=1n2

nx sin n4 -nx cos

n4

34 (x) f

: (x) f darifourier deret

4 Dengan menggunakan hasil dari contoh no. 3, buktikan bahwa :

6............

31

21

11 2

322

π=+++

Penyelesaian :

Pada x = 0 ; deret Fourier dari f(x) = x2 konvergen ke f(x) =

22

22

04 ππ =+

2

1n2

2

2 0sin n4 - 0 cos

n4

34 (0) f π=∑

π+π=

∞

=



2

1n2

2

2n4

34 π=∑+π ∞

=

22

2

1n2 3

23

42 n4 π=π−π=∑

∞

=

2

1n2 3

2n1 4 π∑ =

∞

=

terbukti, 61

n1 2

1n2 π∑ =

∞

=

2.3 Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil

Fungsi f(x) disebut fungsi genap jika f ( -x ) = f (x) untuk setiap x.

Contoh :

f(x) = cos x

x

f(x)

x-a a

Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat genap

merupakan fungsi genap. Jika f (x) fungsi genap maka:

∫ ∫=−

a

a

a

0dx )x( f 2dx )x( f ............................................................................................ …(2-6)

Fungsi f (x) disebut fungsi ganjil jika f ( -x ) = - f (x) untuk semua x.

Contoh :



f(x) = sin x

x

f(x)

x-a a

Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat ganjil

merupakan fungsi ganjil. Jika f (x) fungsi ganjil maka: 0dx )x( fa

a=∫

− .............. ..(2-7)

2.4 Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half – Range)

Deret fourier dari fungsi genap :

genap

genap genap

dx L

xn cos f(x) L2dx

Lxn cos f(x)

L1a

L

0

L

Ln

%&&&&%

↓↓

∫π=∫

π=−

ganjil

ganjil genap

0dx L

xnsin f(x) L1b

L

Ln

%&&&&%

↓↓

=∫π=

−

Jadi , jika f(x) fungsi genap maka bn = 0 ; sehingga yang muncul hanya

suku-suku yang mengandung cosinus saja atau suku-suku dari an.

Deret fourier dari fungsi ganjil:



genap

ganjil ganjil

dx L

xnsin f(x) L2dx

Lxnsin f(x)

L1b

ganjil

genap ganjil

0dx L

xn cos f(x) L1a

L

0

L

Ln

L

Ln

%&&&&%

%&&&&%

↓↓

∫π=∫

π=

↓↓

=∫π=

−

−

Jika f(x) fungsi ganjil maka an = 0 ; sehingga yang muncul hanya suku-

suku yang mengandung sinus saja atau suku-suku dari bn.

Deret sinus dan cosinus setengah jangkauan adalah suatu deretFourier yang hanya mengandung suku sinus atau cosinus saja. Apabiladiinginkan deret setengah jangkauan yang sesuai dengan fungsi yangdiberikan, fungsi yang dimaksud biasanya hanya diberikan dalamsetengah interval adari (-L;L) yaitu pada interval (0;L) saja. Setengahlainya yaitu (-L,0) ditentukan berdasarkan penjelasan fungsinya genapatau ganjil.

Deret sinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan :

f(x) fungsi ganjil

dx L

xnsin f(x) L2b;0a

L

0nn ∫

π== ........................................................ …(2-8)

Deret Cosinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan:

f(x) fungsi genap

0b;dx L

xn cos f(x) L2a n

L

0n =∫

π= ....................................................... …(2-9)

Contoh:

Ekspansikan f (x) = x ; 0 < x < 2 ke dalam :

a. deret sinus setengah jangkauan

b. deret cosinus setengah jangkauan

Penyelesaian :



a. deret sinus setengah jangkauan

x

f(x)

-2 2

L

2L

f (x) = x ; 0 < x < 2 diperluas dalam bentuk fungsi ganjil sepanjang

interval-2 < x < 2

(dengan periode 4), sebagai berikut:

Sehingga :

an = 0

ππ

−=

π

ππ

π=

π

ππ

π=

∫ππ

π∫ =ππ

=

∫π=∫

π=−

ncosn

40- 2

2n sinn2 -

2n2 cos 2

n2-

2xn sin

n2 -

2xn cos x

n2-

dx 2xn cos-

2xn cos x

n2-

2xn dcos x

n2-

dx 2xnsin x

22dx

Lxnsin f(x)

L1b

2

0

2

0

2

0

2

0

L

Ln

Jadi deret sinus:

+π+π−π

π=

∑ππ

π−=

∞

=

....... 2x3sin

31

2x2sin

21

2nsin4

2xnsin ncos

n4)x(f

1n

b. Deret cosinus setengah jangkauan



f(x)

-2 2 4-4x

f (x) = x ; 0 < x < 2 diperluas dalam bentuk fungsi ganjil sepanjang

interval-2 < x < 2

(dengan periode 4), sebagai berikut:

an = 0

2x21 dx x

22a

2

0

22

00 ==∫=

( )1ncosn

4n20-

22n cos

n2

2n2sin 2

n2-

2xn cos

n2

2xnsin x

n2-

dx 2xnsin -

2xnsin x

n2-

2xndsin x

n2-

dx 2xn cosx

22dx

Lxn cos f(x)

L1a

22

2

0

2

0

2

0

2

0

L

Ln

−ππ

−=

π+

π

π+π

π=

π

π+π

π=

∫ππ

π∫ =ππ

=

∫π=∫

π=−

bn = 0

Jadi deret cosinus:



( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

+π+π+π

π=

+π++π++π−

π+=

+π−π+π−π

+π−π+π−π+π−π

π+=

π−π∑π

+=

∑π−π

π−+=

∞

=

.............. 2x5 cos

51

2x3 cos

31

2xcos8-1

....... 2x5 )cos 2 (-

51 0

41

2x3 cos 2) (-

310

21

2xcos241

...........2x5 cos1ncos

51

2x4 cos1ncos

41

2x3 cos1ncos

31

2x2 cos1ncos

21

2xn cos1ncos41

2xn cos1ncos

n141

2xn cos1ncos

n4

22)x(f

222

22222

22

222

22

1n22

Soal Latihan.

1. Tentukan deret Fourier dari π<<π−−= x;2x)x(f

2. Tentukan deret Fourier dari π<<π−+= x;x1)x(f 2

3. Tentukan deret Fourier dari 23

2xx

22

;;

0x

)x(fππ

<<<<

ππ−

π

=

4. Tentukan deret Fourier dari 2p;1x1;x1)x(f 2 =<<−+=

5. Uraikan π<<= x0;xcos)x(f dalam deret Fourier sinus.

6. Uraikan 84

xx

40

;;

x8x

)x(f<<<<

−=

dalam deret : a. Fourier sinus b. Fourier Cosinus.

Jawaban.

1. .....x4sin41x3sin

31x2sin

21xsin)x(f +−+−+−=

2. .....)x3cos91x2cos

41x(cos4

311)x(f 2 +−+−−π+=

3. .....x5sin252x4sin

4x3sin

92x2sin

2xsin2)x(f ++π−−π+=



4. .....)x4cos161x3cos

91x2cos

41x(cos4

34)x(f 2 −+π−π+π−π

π−=

5. ∑−

ππ

=∞

=1n2 1n4

n2sinn8)x(f

6. a. ∑ππ

π=

∞

=1n22 8

xnsin2

nsinn132)x(f

b. ∑π

−π−π

π+=

∞

=1n22 8

xncosn

1ncos2

ncos2162)x(f



BBAABB IIIIII

PPEERRSSAAMMAAAANN DDIIFFEERREENNSSIIAALL PPAARRSSIIAALL

3.1 Pendahuluan

Persamaan diferensial parsial adalah persamaan yang memuat

suatu fungsi dengan dua atau lebih variabel bebas berikut derivatif

parsial fungsi tersebut terhadap variabel - variabel bebasnya.

Orde dari PD parsial : tingkat tertinggi dari derivatif yang ada dalam PD.

Derajat dari PD parsial : pangkat tertinggi dari turunan tingkat tertinggi

yang ada dalam PD.

PD parsial dikatakan linier jika hanya memuat derajad pertama dari

variabel - variabel bebasnya dan derivatif - derivatif parsialnya.

Beberapa contoh PD parsial yang penting :

1. 2

22

2

2

xuc

tu

∂∂=

∂∂ persamaan gelombang satu dimensi

2. 2

22

xuc

tu

∂∂=

∂∂ persamaan konduksi panas satu dimensi

3. 0yu

xu

2

2

2

2

=∂∂+

∂∂ persamaan Laplace dua dimensi

4. )y,x(fyu

xu

2

2

2

2

=∂∂+

∂∂ persamaan Poisson dua dimensi

5. 0zu

yu

xu

2

2

2

2

2

2

=∂∂+

∂∂+

∂∂ persamaan Laplace tiga dimensi

Penyelesaian PD parsial : sembarang fungsi yang memenuhi PD secara

identik.

Penyelesaian umum PD parsial : penyelesaian yang terdiri dari sejumlah

fungsi sebarang yang bebas linier (independent linier) yang banyaknya

sama dengan orde PD nya.

Pokok Bahasan :! Penyelesaian Masalah Syarat Batas! Persamaan Konduksi Panas 1 Dimensi! Aliran Panas Konduksi 2 Dimensi! Getaran Tali (Persamaan Gelombang 1 Dimensi)



Penyelesaian khusus PD parsial : penyelesaian yang diperoleh daripenyelesaian umum dengan pilihan khusus dari fungsi - fungsisembarangnya.Penyelesaian PD dengan syarat batas adalah penyelesaian PD yangmemenuhi syarat-syarat tertentu yang disebut syarat batas.PD Parsial Linier Orde 2Persamaan umum :

GFuyuE

xuD

yuC

yxuB

xuA 2

22

2

2

=+∂∂+

∂∂+

∂∂+

∂∂∂+

∂∂ ....................................... (3-1)

u = variabel tak bebas, merupakan fungsi dari x dan y

x, y = variabel bebas dari PD

A, B, C, D, E, F, G = koefisien, bisa konstan atau merupakan fungsi

dari x atau y tetapi bukan fungsi dari u.

Jika : G = 0 → disebut PD homogen

G ≠ 0 → disebut PD non homogen

Jika B2 - 4ac < 0 → disebut PD Eliptik

B2 - 4ac = 0 → disebut PD Parabolis

B2 - 4ac > 0 → disebut PD Hiperbolis

3.2 Penyelesaian Masalah Syarat Batas

3.2.1 Pengintegralan seperti PD biasa

Mencari penyelesaian umum dengan metoda yang digunakan

dalam PD biasa (dengan mengintegralkan masing - masing ruas ke setiap

variabel bebasnya).

Contoh :

1. a. Selesaikan PD : yxyxz 2

2

=∂∂

∂

b. Tentukan masalah nilai batas yang memenuhi z(x, 0) =x2 ; z(1, y)

= cos y

Penyelesaian :

a. yxyx

z 22

=∂∂

∂



yxyz

x2=

∂∂

∂∂ → diintegralkan terhadap x

)y(Fyx31

yz 3 +=

∂∂ → diintegralkan terhadap y

)x(Gdy)y(Fyx31z 23 +∫+=

PUPD: )x(G)y(Hyx61z 23 ++= ; G(x) dan H(y) fungsi

sembarang

b. ( ) ( ) ( )xG0H0x61xx0,xz 2322 ++=→=

( ) ( )0HxxG 2 −=

( ) ( ) ( )0HxyHyx61y,xz 223 −++=

( ) ( ) ( )0H1yHy161ycosycosy,1z 223 −++=→=

( ) ( )0H1yHy61ycos 22 −++=

( ) ( )0H1y616ycosyH 2 +−−=

( ) ( ) ( )0Hx0H1y61ycos2yx

61y,xz 223 −++−−+=

PKPD : z(x,y) 223 x1y61ycos2yx

61 +−−+=

2. Selesaikan PD : 22

xxu2

txut =

∂∂+

∂∂∂ ; ( ) ( ) 0t,0u;

6x1,xu

3

==

Penyelesaian :

2xu2tut

x=

+

∂∂

∂∂ → diintegralkan ke x

u2tut +

∂∂ ( )tFx

31 3 += → dikalikan t

( )ttFtx31tu2

tut 32 +=+

∂∂



( ) ( )ttFtx31ut

t32 +=

∂∂ → diintegralkan ke t

( ) ( )xHdtttFtx61ut 232 +∫+=

( ) ( )xHtGtx61ut 232 ++=

PUPD: ( )( ) ( )

2

23

t

xHtGtx61

t,xu

++

=

Syarat batas 1 : ( )6x1,xu

3

=

( )( ) ( )

3

3

x61

1

xH1Gx61

1,xu =

++

=

( ) ( ) ( ) ( ) 0xH1Gx61xH1Gx

61 33 =+→=++ ( ) ( )1GxH −=→

Penyelesaian : ( )( ) ( )

2

23

t

1GtGtx61

t,xu

−+

=

Syarat batas 2 : ( ) 0t,0u =

( ) ( ) ( ) 0t

1GtG0t,0u 2 =−+=

( ) ( )( ) ( )1GtG

01GtG=

=−

( )( ) ( )

2

23

t

1G1Gtx61

t,xu−+

=

PKPD : ( ) 3x61t,xu =

1.1.1. Pemisalan u = byaxe +

PD parsial linear orde 2 dengan A,B,C,D,E,F konstan, PU PD ditentukan

dengan memisalkan ;eu byax+= a,b konstanta yang harus dicari.

Contoh:



1. Selesaikan PD : 0yu2

xu3 =

∂∂+

∂∂ ; ( ) xe40,xu −=

Penyelesaian :

misalkan : ( ) byaxey,xu +=

byaxaexu ++

∂∂ ; byaxbe

yu +=

∂∂

PD menjadi :

0be2ae3 byaxbyax =+ ++

( ) 0eb2a3 byax =+ + → a23b0b2a3 −=→=+

PU PD : ( )

−===

−−

y23xFeey,xu

y23xaay

23ax

syarat batas : ( ) xe40,xu −=

( ) ( ) xe4xF0,xu −==

penyelesaian PD : ( ) ( ) 2x2y3y23x

e4e4y,xu −

−−

==

2. PD : 0yv3

xv =

∂∂+

∂∂ , dengan syarat batas : ( ) ysin4y,0v =

misalkan ( ) byaxey,xv ==

byaxaexv +=

∂∂ ; byaxbe

yv +=

∂∂

PD menjadi :

0be3ae byaxbyax =+ ++

( ) 0eb3a byax =+ + → b3a0b3a −=→=+

PU PD :

( ) ( ) ( )yx3Feey,xv yx3bbybx3 +−=== +−+−

syarat batas: ( ) ysin4y,0v =

( ) ( ) ysin4yFy,0v ==

penyelesaian PD : ( ) ( )yx3sin4y,xv +−=



3. Selesaikan PD : 0yu2

yxu3

xu

2

22

2

2

=∂∂+

∂∂∂+

∂∂ ; ( ) yy,0u = ; ( ) 0y,0u x =

Penyelesaian :

misalkan : byaxeu +=

byaxaexu +=

∂∂ byax2

2

2

eaxu +=

∂∂

byaxbeyu +=

∂∂ byax2

2

2

ebyu +=

∂∂

xyabe

yxu u2

byax2

∂∂∂==

∂∂∂ +

PD menjadi:

( )0b2ab2a

0eb2ab3a22

byax22

=++=++ +

( )( ) ba0b2aba −=→=++ atau a = -2b

untuk a = -b ( )yxFueeu 1)yx(bbybx

1 +−=→==→ +−+−

Untuk a = -2b ( ) ( )yx2Gueeu 2yx2bbybx2

2 +−=→==→ +−+−

PU PD : ( )( ) ( ) ( )yx2GyxFy,xu

uuy,xu 21

+−++−=+=

Syarat batas1 : ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) yyFyGyyGyfy,0u

yy,0u

+−=→=+=

=

Penyelesaian PD : ( ) ( ) ( ))yx2(G

yx2yx2FyxFy,xu

+−+−+−

−+−=

Syarat batas 2 : 0)y,0(u x =

Misalkan ; vyx =+− dan wyx2 ++−

( ) ( )( ) ( )

xw

xw

dwdF

xv

dvdF

xy,xuy,xu

wwFvFu

x ∂∂−

∂∂−

∂∂=

∂∂=

+−=



2)yx2('F2)yx('F2)w('F2)v(F

2dwdF2

dvdF2)2(

dwdF)1(

dvdF

'

−+−++−−=−+−=

−+−=−−−−=

cy2)y(F2)y('F

02)y('F2)y('F)y,0(u x

+=→=→

=−+−=

yx2)yx2(F)yx(f)y,x(u +−+−−+−=

[ ]

y)y,x(uyx2cy2x4cy2x2)y,x(u

yx2c)yx2(2c)yx(2)y,x(u

=+−−−+++−=

+−++−−++−=

3.2.3 Pemisahan Variabel

Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel adalahpenyelesaian PD dengan mengasumsikan bahwa penyelesaian PDmerupakan perkalian dari fungsi-fungsi yang hanya tergantung pada satuvariabel bebas. Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel banyakdigunakan dalam berbagai aplikasi misalnya dalam masalahperpindahan panas, getaran dan lain-lain.Perpindahan panas konduksi.

Fluks panas yang melewati bidang datar.

T = u T = u + u∆

n∆

I II

n∆ = jarak bidang I dan bidang II

u = temperatur bidang I

u + u∆ = temperaur bidang II

u∆ = perbedaan temperatur



jika u∆ >0 maka aliran panas terjadi dari bidang II mengalir kebidang I,

sebab u+ u∆ >u

Fluks panas = jumlah panas persatuan panjang persatuan waktu

≈ sebanding dengan u∆ ; berbanding terbalik dengan n∆

Fluks panas dari I ke II = nuk

∆∆−

K = konstanta pembanding = = konduktivitas termal ; k > 0

0→∆n ; maka 0→∆u , karena bidang I dan bidangII makin berimpit,

sehingga,

fluks panas yang melewati bidang I = nuk

nukitlim

0u0n ∂

∂−=∆∆−

→→

Fluks panas yang melewati volume

x

S

N W

Q

R

VT

P

z

y

Misalkan panas masuk dan dan keluar dalam arah x positif, y positif, z

positif

•••• Fluks panas yang melewati permukaan elemen volum :

Bidang PQRS = xx

uk∂∂−



Bidang NPST = yy

uk∂∂−

Bidang NPQW = zz

uk∂∂−

• Jumlah panas yang masuk pada masing masing sisi bidang selama t∆ =

(Fluks panas) x (luas bidang ) x t∆ sehingga Jumlah panas yang masuk

melalui permukaan elemen volum :

Bidang PQRS = xxuk

∂∂− t)zy( ∆∆∆

Bidang NPST = yyuk

∂∂− t)zx( ∆∆∆

Bidang NPQW = zzuk

∂∂− t)yx( ∆∆∆

• Jumlah panas yang keluar melalui permukaan elemen volum:

Bidang PQRS = xxx

uk∆+∂

∂− t)zy( ∆∆∆

Bidang NPST = yyy

uk∆+∂

∂− t)zx( ∆∆∆

Bidang NPQW = zzz

uk∆+∂

∂− t)yx( ∆∆∆

• Perubahan panas yang terjadi pada volume v∆ dalam arah x, y, dan z

= Σ( panas masuk - panas keluar ) pada masing masing sisi bidang

Perubahan panas dalam volume zyxv ∆∆∆=∆ adalah :

Arah x = { }xxx xuk

xuk

∂∂−

∂∂

∆+ t)zy( ∆∆∆

Arah y = { }yyy yuk

yuk

∂∂−

∂∂

∆+ t)zy( ∆∆∆

Arah x = { }zxzz zuk

zuk

∂∂−

∂∂

∆+ t)zy( ∆∆∆

perubahan yang terjadi dalam volume =∆v



+∆∆∆

∂∂−

∂∂

∆+ t)zy(xuk

xuk

xxx +∆∆∆

∂∂−

∂∂

∆+ t)zx(yuk

yuk

yyy

t)yx(zuk

zuk

zzz ∆∆∆

∂∂−

∂∂

∆+

(i)

• Jika massa dari volume v∆ adalah m, maka banyaknya panas yang

dibutuhkan untuk menaikkan temperatur dari u menjadi uu ∆+ adalah

: um ∆α = ( massa x panas jenis x kenaikan temperatur)

m = zyx ∆∆∆ρ , ρ = densitas/ massa jenis dari volume v = massa

persatuan volume

panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur sampai u∆ pada

volume

uzyxv ∆∆∆∆αρ=∆ (ii)

panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur v∆ = dengan

jumlah perubahan panas dari masing masing sisi ; atau (i) = (ii)

+∆∆∆

∂∂−

∂∂

∆+ t)zy(xuk

xuk xxx +∆∆∆

∂∂−

∂∂

∆+ t)zx(yuk

yuk yyy

t)yx(zuk

zuk zzz ∆∆∆

∂∂−

∂∂

∆+ =

jika masing masing ruas dibagi dengan tzyx ∆∆∆∆ menjadi:

zzuk

zuk

yyuk

yuk

xxuk

xuk zzzyyyxxx

∆∂∂−

∂∂

+∆

∂∂−

∂∂

+∆

∂∂−

∂∂

∆+∆+∆+

tu

∆∂αρ=

Jika 0z,0y,0x →∆→∆→∆ ,maka nilai limitnya sama dengan

tu

zuk

zyuk

yxuk

x ∂∂αρ=

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂

∆∆∆∆αρ zyx



karena k konstan maka :

tu

zu

yxuk 2

2

2

u2

2

2

∂∂αρ=

∂∂+

∂∂+

∂∂

tuuk 2

∂∂αρ=∇

Persamaan atur untuk konduksi panas 3 dimensi adalah :

uktu 2∇

αρ=

∂∂ atau uc

tu 2∇=

∂∂ ....................................................................... (3-2)

dimana =αρ

= kc difusivitas

Persamaan konduksi panas satu dimensi

x=0 x=L x

Batang dengan penampang seragam diisolasi secara lateral.

Panjang batang = L dan diletakkan pada sumbu x. Temperatur pada

batang pada suatu waktu hanya tergantung pada posisi x , u = u(x,t).

Persamaan atur untuk konduksi panas 1 dimensi :

2

2

xuc

tu

∂∂=

∂∂

; 0t

Lx0>

≤≤........................................................................ (3-3)

Ada dua macam syarat batas untuk masalah perpindahan panas

konduksi yaitu kondisi batas (boundary condition) dan kondisi awal (initial

condition).Kondisi batas adalah kondisi pada batas (ujung) batang pada

waktu t sembarang. Kondisi awal adalah temperatur pada x sembarang

pada waktu t=0.

Syarat batas untuk perpindahan panas konduksi 1 dimensi adalah :

1. Jika temperatur awalnya adalah f(x) dan temperatur pada ujung

dijaga konstan pada nol, maka kondisi batasnya :

0)t,l(u0)t,0(u

==

pada waktu t>0



kondisi awal pada t = 0 : Lx0);x(f)0,x(u ≤≤=

untuk pertimbangan fisis biasanya temperatur dibatasi dengan

M)t,x(u <

2. Bila batang diisolasi secara keseluruhan, termasuk pada x = 0 dan x = L

maka pada x= 0 dan x = L panas tidak bisa masuk atau keluar

(fluks panas = 0) sehingga kondisi batasnya adalah :

0xu0

xuk Lx0x =

∂∂→=

∂∂− ==

Contoh:

1. Tentukan persamaan temperatur dari suatu kawat yang

permukaannya diisolasi kecuali di kedua ujungnya. Ujung kawat

diletakkan pada x=0 dan x=3, temperatur pada ujung kawat dijaga

tetap pada 00, Temperatur awal pada kawat dinyatakan dengan

f(x) =5 sin xπ4 - 3 sin xπ8 + 25 sin .10 xπ Koefisien difusivitas kawat

adalah 2.

Penyelesaian:

x=0 x=L x

Persamaan atur : 3x0;xu2

tu

2

2

≤≤∂∂=

∂∂ ................................. 1

Syarat batas :

Kondisi batas u(0,t) = u(3,t) = 00; t ≥ 0 ........................................ 2

Kondisi awal u(x,0) = 5 sin xπ4 - 3 sin xπ8 + 2 sin .10 xπ ; t = 0..... 3

Pemisahan variabel: misal PU PD adalah u(x,t) = F(t) G(x)

( ) ( )xGt'Ftu =

∂∂

( ) ( ) ( ) ( )x"GtFxu;x'GtF

xu

2

2

=∂∂=

∂∂



PD menjadi : ( ) ( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

2kxGx"G

tF2t'F

x"GtF2xGt'F

−==

= ........................................... 4

( )( )

2ktF2t'F −= ; ( ) ( ) 0tFk2t'F 2 =+ ............................................. 5

Persamaan karakteristik: m + 2k2 = 0

m = -2k2

Penyelesaian persamaan 5 adalah : ( ) tk21

2

eCtF −= .............. 6

( )( )

2kxGx"G −= ; ( ) ( ) 0xGkx"G 2 =+ .......................................... 7

Persamaan karakteristik: m2 + k2 = 0

m2 = - k2 → m1.2 = ± k I

Penyelesaian persamaan 7 adalah:

( ) [ ] kxsinBkxCosAkxsinBkxCosAexG 1111ox +=+= ..... 8

( ) [ ]( ) [ ]kxsinBkxCosAet,xu

kxsinBkxCosAeCt,xu:PDPUtk2

11tk2

1

2

2

+=

+=−

−

.......................... 9

Kondisi batas 1: u(0,t) = 0

( ) [ ] 0A00ksinB0kCosAet,0u tk2 2

=→=+= −

Penyelesaian PD : ( ) kxsinBet,xu tk2 2−= .................................... 10

Kondisi batas 2 : u (3,t) = 0k3sineB tk2 2

=−

Jika B = 0 akan menghasilkan penyelesaian trivial, maka:

( ),.......3,2,1,0mmk30k3sin

±±±=π==

π=3mk .................................................................................... 11

Penyelesaian PD: ( ) Bt,xu = x3

msinet

9m2 2

2

ππ−........................... 12

Kondisi awal : u(x,0) = 5 sin x10sin2x8sin3x4 π+π−π



( ) Bt,xu = x3

msinet

9m2 2

2

ππ− merupakan penyelesaian PD, maka

( )

( )

( )

π=

π=

π=

π−

π−

π−

x3

msineBt,xu

x3

msineBt,xu

x3

msineBt,xu

3t9

m2

33

2t9

m2

22

1t

9m2

11

22

3

22

2

22

1

juga penyelesaian PD

Berdasarkan prinsip super posisi :

( ) x3

msineBx

3m

sineBx3

msineBt,xu 3t

9m

2

32t

9m

2

21t

9m

2

1

22

322

222

1 π+

π+

π=

π−π−π−

juga merupakan penyelesaian

( )3

msinB

3m

sinBx3

msinBo,xu 3

32

21

1

π+

π+

π=

x10sin2x8sin3x4sin5 π+π−π=

303m2B24m3B12m5B

3

22

11

=→==→−==→=

Persamaan temperatur di sepanjang kawat untuk x dan t sembarang

:

( ) x10sine2x4sine3x4sine5t,xu t320t128t32 222

π+π−π= π−π−π−

2. Sama dengan soal no. 1, jika syarat awalnya u(x,0) = 25.

Penyelesaian.

Penyelesaian PD dengan syarat u(0,t) = u(3,t) = 0 adalah:

( ) x3

msineBt,xu t9

m2

22

π=π−


( ) x3

msineBt,xu t9

m2

m0m

22

π=π−

∞

=∑ juga merupakan penyelesaian

PD



kondisi awal : u(x,0) = 25

atau →=π∑∞

=25x

3msinBm

0m deret Fourier Sinus dari f(x) = 25; 3x0 ≤≤

yang konvergen ke f(x) = 25

Koefisien Bm ditentukan dengan :

( )

( ) ( )

+π+π

π=

π+π−π

=∴

+π−π

=

π−

π=

π=π=

π−π−

π−∑

∫∫

.......xsine31

3xsine100

x3

msine1mcosm50t,xu

1mcosm50

3xmcos

m3

350

dx3

xmsin2532dx

Lxmsin)x(f

L2B

t29t2

t9

m2

30

3

0

L

0m

22

22

3. Sama seperti soal no.1; jika syarat batasnya adalah:

kondisi batas : u(0,t) = 10, u(3,t) = 40; t>0

Kondisi awal : u(x,0) = 25 ; M)t,x(u <

Persamaan atur dimodifikasi menjadi : 2

2

xV2

tV

∂∂=

∂∂

sehingga

Kondisi batas : V(0,t) = 0, V(3,t) = 0

Kondisi awal : V(x,0) = f(x)

melalui transformasi: u(x,t)=V(x,t)+ ( )xψ

( ) ( )

( ) ( ) "xVx"

xt,xV

xu

tV0

tV

tx

tt,xV

tV

2

2

2

2

2

2

ψ+∂∂=ψ+

∂∂=

∂∂

∂∂=+

∂∂=

∂ψ∂+

∂∂−

∂∂

PD menjadi:

ψ+

∂∂=

∂∂ "

xV2

tV

2

2

"2xV2

tV

2

2

ψ+∂∂=

∂∂

Jika dipilih ( ) 0x" =ψ maka PD akan menjadi:



2

2

xV2

tV

∂∂=

∂∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )x250,xV

x0,xU0,xV25t,0Uiii403

034003t,3Ut,3V0t,3Vii00t,0Ut,0V0t,0Vi

ψ−=ψ−=→=

=ψ=ψ−

=ψ−=→==ψ−=→=

( )xψ dicari dari:

( ) ( ) ( )

( )

( )

10c30c3

4010c3c3c33x10c

10c0c00xUntuk

cxcxcx"0x"

1

2

121

2

21

211

==

=+=+=ψ→===+=ψ→=

+=ψ→=ψ→=ψ

Jadi ( ) 10x10x +=ψ

Persamaan aturnya menjadi : 2

2

xV2

tV

∂∂=

∂∂

Kondisi batasnya menjadi : V(0,t) = 0 ; V(3,t) = 0

Kondisi awalnya menjadi : V(x,0) = 15 – 10x

Penyelesaian PD dengan syarat : V(0,t) = V(3,t) = 0 adalah :

V(x,t) = x3

msineB 9tm2 22

ππ−


V(x,t) = x3

msineB 9tm2

m0m

22 π∑

π−∞

= juga merupakan penyelesaian

Kondisi awal: V(x,0) = 15-10x

V(x,0) = x1015x3

msineB 9tm2

m0m

22

−=π∑

π−∞

=

V(x,0) = x1015x3

msinBm0m

−=π∑∞

=→Deret Fourier Sinus dari f(x)=15-

10x



Menentukan Bm :

( )∫π−=

π∫=

3

0

L

0m

dx3

xmsinx101532

dxL

xmsin)x(fL2B

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( ) x3

msine1mcosm30)tx(V

)13

xmcos(m30

)153

xmcos15(m2

)015()03

xmcosx1015m2

3xmsin

m30

3xmcosx1015

m2

dx3

xmcos103

xmcosx1015m2

x1015d3

xmcos3

xmcosx1015m2

3xmcosdx1015

m3

32

t9

m2

0ms

3

0

3

0

3

0

3

0

22

π∑ +π

π=∴

+ππ

=

−π−π

−=

+−+π−−

π−=

π

π+π−

π−=

∫π+π−

π−=

∫ −π−π−π

−=

−∫

π−

π−=

π−∞

=

Penyelesaian PD : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10x10t,xVxt,xVtxu s ++=ψ+=

( ) ∑π

+π

π++=

∞

=

π−

0m

9tm2

x3

msine13

mcosm3010x10)t,x(u

22

Suku (10x+10) merupakan temperatur steady-state dari kawat yaitu

persamaan temperatur yang tidak tergantung t.

Aliran panas konduksi 2dimensi, steady state.

Persamaan atur dan kondisi batas untuk perpindahan panas

konduksi 2 dimensi, steady state adalah :



PD : 0yu

xu

2

2

2

2

=∂∂+

∂∂

BC : u(0,y) = u(a,y) = 0

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

Syarat batas untuk perpindahan panas konduksi 2 D steady state adalah

syarat batas pada sisi-sisi (batas) bidang sehingga disebut masalah ini

boundary value problem. Temperatur u(x,y) pada bidang ditentukan

dengan menyelesaikan boundary value problem tersebut di atas dengan

menggunakan metode pemisahan variabel :u(x,y) = F(x) G(y)

Pemisahan variabel : u(x,y) = F(x) G(y)

PD menjadi :

py4

py3

22

2

212

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

eCeCG,0GPdy

Gd

pxcosCpxsinCF,0FPdx

Fd

pdy

GdG1

dxFd

F1

0dy

GdFdx

FdG

−+=→=−

+=→=+

−=−=

=+

u(x,y) = F(x) G(y) = (C1sin px + C2cos px) (C3 epy + C4e-py)

Kondisi batas : u(0,y) = 0, maka

u(0,y) = (C1.0 + C2.1) (C3epy + C4 e-py) = 0 C2 = 0

u(x,y) = C1sin px (C3 epy + C4e-py) = sin px (Aepy+Be-py)

Kondisi batas : u (a,y) = 0, maka

Sin pa (A epy+B e-py) = 0 sin pa = 0

.....,3,2,1n;a

np =π=

( )

+π=

π−πa

yn

na

yn

nn eBeAxannsiny,xu ; adalah penyelesaian PD

n = 1, 2, 3, ….

Berdasarkan prinsip superposisi diperoleh PUPD



+×π=

π−π∞

=∑ a

yn

na

yn

n1n

eBeAa

nsin)y,x(u

Kondisi batas : u(x,0) = 0

( ) ( ) nn0

n1n

AB0eAa

nsin0,xu −=→=×π= −∞

=∑

∑ =ππ=∞

=

∗∗

1nnnn A2A;

aynsin

axnsinA)y,x(u

Kondisi batas : u(x,b) = f(x)

)x(fa

bnhsina

xnsinA)b,x(u1n

n =ππ∑=∞

=

∗

∫ π=π∗a

0n dx

axnsin)x(f

a2

abnhsinA

Sehingga Penyelesaian dari PD adalah :

∑∞

=

∗ ππ=1n

n aynhsin

axnsinA)y,x(u ; dimana

∫ ππ=∗

a

0n dx

axnsin)x(f

abnsina

2A

Getaran tali (persamaan gelombang dimensi 1)

Jika seutas tali (benang, senar gitar dan sebagainya) yang

panjangnya L direntang sampai mencapai tegangan maksimum dan

kedua ujungnya diikat pada posisi tetap di x=0 dan x = L, kemudian

digetarkan, maka posisi tali akn menyimpang dari posisi setimbang.

x0

y

L

Q

x

PT1

T2αβxx ∆+



QP

T1

αβ

T1cos T2cos

T2sinβ

βα

T2

T1sin α

Untuk merumuskan persamaan dari getaran tali, digunakan asumsi

sebagai berikut :

1. Massa persatuan panjang dari tali konstan (tali homogen).

2. Tali elastis sempurna, sehingga tidak ada gaya luar yang

mempengaruhi getaran tali (tali bergetar semata-mata karena

keelastisannya)

3. Karena tegangan tali maksimum, maka tali maksimum, maka nilai

gaya grafitasi bisa diabaikan

4. Setiap partikel tali hanya bergerak secara vertical secara koefisien

Karena partikel tali hanya bergerak secara vertikel, maka

==β=α TcosTcosT 21 konstan

Sehingga resultan gaya yang bekerja adalah : α−β sinTcosT 12 .

menurut hukum Newton II : F =ma

Jika :- Densitas massa tali = ρ

- Panjang PQ = ∆x

Simpangan tali terhadap posisi setimbang (defleksi tali) untuk sembarang

t adalah y(x,t), sehingga percepatan getaran = 2

2

ty

∂∂

Jadi, xsinTsinT 12 ∆ρ=α−β 2

2

ty

∂∂ → masing-masing ruas dibagi dengan T

Tx

TsinT

TsinT 12 ∆ρ=α−β

2

2

ty

∂∂

Tx

cosTsinT

cosTsinT

1

1

2

2 ∆ρ=βα

−ββ

2

2

ty

∂∂

m=ρ ∆x



Txtantan ∆ρ=α−β 2

2

ty

∂∂

tan α = slope dari y(x,t) di x =xxx

y

=∂∂

tan β = slope dari y(x,t) di x+∆x =xxxx

y

∆+=∂∂

2

2

xxxxx ty

Tx

xy

xy

∂∂∆ρ=

∂∂−

∂∂

=∆+=

→ dibagi dengan ∆x :

2

2

xxxxx ty

Txy

xy

x1

∂∂ρ=

∂∂−

∂∂

∆ =∆+=

Untuk ∆x → 0

2

2

xxxxx ty

Txy

xy

x1

0xlim

∂∂ρ=

∂∂−

∂∂

∆→∆ =∆+=

atau 2

22

2

2

xyc

ty

∂∂=

∂∂ ;

ρ= Tc2

Persamaan gelombang dimensi 1.

dengan : T = tegangan tali

ρ=densitas massa tali (massa persatuan panjang)

Syarat batas persamaan gelombang 1 dimensi adalah :

Karena ujung-ujung tali diikat pada x = 0 dan x = L , maka kondisi

batasnya adalah

y(0,t) = y(L,t) = 0

Gerakan tali tergantung pada simpangan/defleksi awal juga kecepatan

awalnya, maka kondisi awalnya adalah :

y(x,0) = f(x) → simpangan/defleksi awal

)x(gxy)0,x(y

0tt =

∂∂=

=

→ kecepatan awal



Persamaan getaran tali satu dimensi diselesaikan dengan menggunakan

metode pemisahan variabel.

Contoh :

1. Tentukan persamaan defleksi y(x,t) dari senar yang panjangnya π dan

kedua ujungnya diikat pada posisi tetap. Jika kecepatan awalnya f(x)

= 0 dan defleksi awalnya g(x) = (0,01 sin x),c2 = ρT =1.

Penyelesaian.

Persamaan atur : 1Tc;x

ycty 2

2

22

2

2

=ρ=∂∂=

∂∂

2

2

2

2

xy

ty

∂∂=

∂∂

Syarat batas:

Kondisi batas : ( ) ( ) 0t,yt,0y =π= ; t ≥ 0

Kondisi awal : ( ) xsin01,00,xy = ; 0 ≤ x ≤ L

0ty

)0t(

=∂∂

=

; 0 ≤ x ≤ L

PD diselasaikan dengan pemisahan variable

)t(G)x(F)t,x(y =

)t('G)x(Ftu =

∂∂ )t("G)x(F

tu2

2

=∂∂

)t(G)x('Fxu =

∂∂ )t(G)x("F

tu2

2

=∂∂

PD menjadi : )t(G)x("F)t("G)x(F =

2k)x(F)x("F

)t(G)t("G −==

0)t(Gk)t("G 2 =+ → ktsinBktcosA)t(G 11 +=

0)x(Fk)x("F 2 =+ → kxsinBkxcosA)x(F 22 +=

PU PD : )kxsinBkxcosA)(ktsinBktcosA()t,x(y 2211 ++=

Kondisi batas : y(0,t) = 0



y(0,t) = (A1 cos kt + B1 sin kt) (A2 cos k0 + B2 sin k0) = 0

y(0,t)= (A1 cos kt + B1 sin kt) A2 = 0 ; A2 = 0

Penyelesaian PD : y(x,t) = (A1 cos kt + B1 sin kt) B2 sin kx

y(x,t) = (A cos kt + B sin kt) sin kx

- Kondisi batas : y(π,t) = 0

y(π,t) = sin kπ (A cos kt + B sin kt) = 0

y(π,t) = sin kπ= 0

k π= mπ; (m=0, ,...2,1 ±± )

k = mm =ππ

Penyelesaian PD : y(x,t) = sin mx (A cos mt + B sin mt)

Kondisi awal : yt (x,0) = 0

yt (x,0) = sin mx (-A m sin m0 + B m cos m0)

( )0B0Bmmxsin

==→

Penyelesaian PD : y(x,t) = sin mx (A cos mt)

Kondisi awal : y (x,0) = 0,01 sin x

y(x,t) = A sin mx cos m0 = 0.01 sin x

xsin01,0mxsinA =

A = 0,01 ; m = 1

Penyelesaian khusus PD : y (x,t) = 0,01 sin x cos t

2. Sama seperti soal no. 1 jika defleksi awalnya adalah 0,01x

Penyelesaian.

Langkah-langkah penyelesaian sama seperti pada soal no 1, dengan

kondisi awal y(x,0) = 0,01 x.

Penyelesaian PD : y(x,t) = A sin mx cos mt

Kondisi awal : y (x,0) = 0,01x




y(x,t) = mtcosmxsinA0m

m∑∞

=

; juga merupakan penyelesaian

penyelesaian.

y(x,0) = x01,00mcosmxsinA0m

m =∑∞

=

y(x,0)= ∑∞

=

=0m

m x01,0mxsinA

merupakan deret Sinus dengan f(x) = 0,01x

∫∞

ππ

π=

0m dxxmsinx01,02A

( )∫π

π=

0

mxcosxm

02,0

−

π= ∫

π

dxmxcosmxcosxm

02,0

0

π

−=

0

mxsinm1mxcosx

mx02,0

[ ] π=−πππ

= mcosm50

10mcosm

02,0

Penyelesaian PD : ( ) mtcosmxsinmcosm50

1t,xy0m

π= ∑∞

=

Soal Latihan.

1. Tentukan defleksi u(x,t) dari tali yang panjangnya L. Kedua

ujungnya dipasang tetap, kecepatan awalnya g(x) = 0 dan defleksi

awalnya :

<<−

<<=

Lx2L;)xL(

Lk2

2Lx0;x

Lk2

)x(f



2. Tentukan defleksi u(x,t) dari tali yang panjangnya L = π. Kedua

ujungnya dipasang tetap 1Tc2 =ρ= , kecepatan awalnya g(x) = 0

dan defleksi awalnya

f(x) = 0.01 x (π-x).

3. Tentukan distribusi temperatur u (x,t) pada batang tembaga yang

panjangnya 10 cm, luas penampang melintang 1 cm2 yang diisolasi

secara lateral, densitas = 10,6 gm/cm3 konduktivitas termal bahan

1,04 cal/cmseco C, panas spesifik 0,056kal/gmoc. Batang diisolasi

secara lateral dan temperatur kedua ujungnya dijaga tetap pada

0oC. Temperatur awal batang f(x) = x(10-x).

4. Tentukan distribusi temperatur u (x,t) pada batang yang diisolasi

secara sempurna (termasuk pada x = 0 dan x = L), bila L = π, c = 1 dan

kondisi awalnya

π<<π−π

π<<=

x2

;)x(4

2x0;x4

)x(f

5. Tentukan temperatur u (x,y) pada bidang yang berbentuk bujur

sangkar yang panjang sisinya a, temperatur pada sisi vertikal dijaga

tetap = 0, permukaan dan sisi horizontal pada plat diisolasi sempurna.

Jawaban.

1. ........)Lct3cos

Lx3sin

31

Lctcos

Lx(sink8)t,x(u 22 +ππ−ππ

π=

2. ........)x5sint5cos51x3sint3cos

31xsint(cos08,0)t,x(u 33 +++

π=

3. .......)ex3,0sin91ex1,0(sin800)t,x(u t)3(01752,0t01752,0

3

22

+π+ππ

= π−π−

4. .......)ex6cos361ex2cos

41(32)t,x(u t36t4 ++

π−π= −−

5. �� +−=

Msb Bessel

Documents

Transcript of Msb Bessel