M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 68
4. Persamaan Diferensial Banyak problem fisika yang membutuhkan persamaan diferensial parsial, terutama pada sistem fisika kontinu - fluida - medan elektromagnetik persamaan Maxwell - badan manusia - meteorologi - heat transfer
Beberapa contoh spesifik: (1) Persamaan Laplace ∇2Ψ = 0
Persamaan ini sangat umum dan menjadi persamaan yang cukup penting dalam bidang:
a) Fenomena elektromagnetik yang meliputi elektrostatika, dielektrik, arus steady dan magnetostatika
b) Hidrodinamika c) Aliran panas d) Gravitasi
(2) Persamaan Poisson ∇2Ψ = − ρ/ε0
Serupa dengan persamaan Laplace namun ada suku sumber − ρ/ε0
(3) Persamaan gelombang (Helmholtz) dan difusi tak
bergantung waktu
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 69
∇2Ψ ± Ψ = 0 Persamaan ini tampak pada fenomena:
a) Gelombang elastik b) Suara dan akustik c) Gelombang elektromagnetik d) Reaktor nukler
4. Persamaan difusi bergantung waktu
∇2Ψ = 21
a t∂∂Ψ
5. Persamaan gelombang bergantung waktu
∇2Ψ = 21
v 2
2
t∂∂ Ψ
dengan v merupakan konstanta (disini kecepatan).
6. Persamaan Gelombang Schrodinger:
m2
2h∇2Ψ + VΨ = EΨ
Penyelesaian: • Separasi variabel lalu metode Frobenius • Fungsi Green • Transformasi Integral • Solusi Numeris
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 70
Namun sebelum membicarakan persamaan diferensial parsial orde tinggi, terlebih dahulu akan diungkapkan persamaan diferensial orde-pertama 4.1. Persamaan Diferensial Orde-pertama Cukup banyak contoh-contoh Fisika yang melibatkan persamaan diferensial orde-pertama seperti rangkaian RL, RC, peluruhan inti etc. Bentuk umum persamaan diferensial orde-pertama
),(),(),(
yxQyxPyxf
dxdy
−==
Kadang-kadang ada bentuk spesial yang dapat dipisahkan (separable variable) yaitu:
)()(),(
yQxPyxf
dxdy
−==
sehingga dapat dituliskan: P(x) dx + Q(y) dy = 0 Solusi didapat dengan integrasi:
∫∫ =+y
y
x
x
dyyQdxxP00
0)()(
Contoh: hukum Boyle Dalam bentuk diferensial
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 71
PV
dPdV
−= dengan pemisahan variabel dapat dituliskan:
PdP
VdV
−= integrasikan akan diperoleh ln V = − ln P + C selanjutnya: ln V + ln P = C ln PV = ln k sehingga: PV = k solusi persamaan yang kita kenal sebagai
hukum Boyle. Sekarang kita bahas bentuk khusus lainnya yaitu persamaan diferensial orde pertama (PD O-1) linear:
)()( xqyxpdxdy
=+ Untuk penyelesaian PD O-1 linear ini, persamaan tersebut kalikan dengan suatu fungsi α(x):
)()()()()( xqxyxpxdxdyx ααα =+
sehingga dapat ditulis:
)()(])([ xqxyxdxd αα =
artinya:
)()()( xpxdx
xd αα=
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 72
(mengingat ydx
xddxdyxyx
dxd )()(])([ ααα += )
α(x) dapat dicari dengan integrasi:
dxxpxxd )()()(=
αα
atau
∫=x
dxxpx ])(exp[)(α Setelah α(x) diketahui maka y dapat dicari:
∫x dxd [α(x)y] dx = ∫x α(x) q(x) dx
atau α(x)y = ∫x α(x) q(x) dx + C
sehingga y(x) = α -1 [ ∫x α(x) q(x) dx + C]
α(x) sering disebut sebagai faktor integrasi.
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 73
Contoh kasus: Rangkaian RL Dari hukum Kirchhoff pada rangkaian resistan-induktansi dapat ditulis:
Ldt
tdI )( + R I(t) = V(t)
Faktor integrasi:
α(t) = exp ∫t LR dt
= LRte /
Kemudian
I(t) = LRte /− ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡∫ +t LRt Cdt
LtVe )(/
Pada kondisi khusus tegangan tetap V(t) = V0
I(t) = LRte /− ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡∫ +t LRt Cdt
LVe 0/
= LRte /− ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +Ce
RL
LV LRt /0
= L
V0 + C LRte /−
R L
V(t)
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 74
Kalau kondisi awal I(0) = 0, maka C = −V0/R Sehingga:
I(t) = R
V0 [1 − LRte /− ]
Latihan: Tinjau apabila sumber tegangan adalah AC, tinjau pula untuk rangkaian RC. 4.2. Metode Separasi Variabel Setelah studi tentang PD O-1 linear, sekarang kita bahas persamaan diferensial dengan orde lebih tinggi dengan metode separasi/pemisahan variabel. Contoh kasus persamaan diferensial berikut:
∇2Ψ + k2Ψ = 0 Kita gunakan terlebih dahulu sistem cartesian dan pisahkan variabel-variabelnya atas x, y dan z: Ψ = Ψ (x,y,z) = A(x) B(y) C(z) Lalu kembalikan ke persamaan diferensial asal:
BC2
2
dxAd + AC
2
2
dyBd + AB
2
2
dzCd + k2 ABC = 0
Dibagi dengan Ψ = A(x) B(y) C(z) diperoleh:
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 75
A1
2
2
dxAd = − k2 −
B1
2
2
dyBd −
C1
2
2
dzCd
Ruas kiri hanya mengandung fungsi x sementara ruas kanan fungsi y dan z. Hal ini tampak paradoks, namun karena x, y dan z saling independen maka hal tersebut dapat diselesaikan dengan membuat kedua ruas sama dengan suatu konstanta.
A1
2
2
dxAd = konstanta = − k2 −
B1
2
2
dyBd −
C1
2
2
dzCd
dapat dipilih, misalnya, konstanta ini = −a2
A1
2
2
dxAd = −a2
dari hal ini A(x) dapat diselesaikan. Salah satu solusi A(x) dapat disebutkan A(x) = sin (ax), solusi lainnya cos (ax). Sisa fungsi yang belum diselesaikan:
B1
2
2
dyBd = − k2 + a2 −
C1
2
2
dzCd
dan akhirnya dapat ditulis:
B1
2
2
dyBd = −b2 serta
C1
2
2
dzCd = −c2
a, b dan c merupakan konstanta-konstanta yang dihubungkan k2 = a2 + b2 + c2
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 76
Dengan demikian fungsi Ψ = A(x) B(y) C(z) dapat ditentukan. Hal yang serupa dapat dilakukan pada koordinat sferis: Ψ = Ψ (r, θ, ϕ) = R(r) T(θ) P(ϕ) Ekspresi Laplacian dalam koordinat sferis sbb:
∇2 = θsin
12r
⎢⎣⎡
∂∂
∂∂ )(sin 2
rr
rθ +r )(sin
θθ
θ ∂∂
∂∂ +
θsin1
⎥⎥⎦
⎤
∂
∂2
2
ϕ
dimasukkan ke ∇2Ψ + k2Ψ = 0 menjadi: (langsung dibagi dengan RTP)
)(1 22 dr
dRrdrd
Rr +
θsin1
2Tr θdd (sin θ θd
dT )
+ 2
2
22 sin1
ϕθ dPd
Pr = − k2
Pisahkan variabel!
2
21ϕd
PdP
= r2 sin2θ [ k2 − )(1 22 dr
dRrdrd
Rr
− )(sinsin1
2 θθ
θθ ddT
dd
Tr]
konstan Anggab:
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 77
2
21ϕd
PdP
= − m2 konstan
maka solusi P(ϕ)
e+imϕ atau e- imϕ Fungsi-fungsi yang tergantung r dan θ:
r2sin2θ [k2 − )(1 22 dr
dRrdrd
Rr− )(sin
sin1
2 θθ
θθ ddT
dd
Tr] = −m2
Fungsi-fungsi ini juga dapat dipisahkan:
)(1 2drdRr
drd
R + r2k2 = − )(sin
sin
1θ
θθθ d
dTdd
T +
θ2
2
sin
m
a (konstan) dari hal itu:
)(sinsin
1θ
θθθ d
dTdd −
θ2
2
sin
m T + a T = 0 (1)
)(1 22 dr
dRrdrd
r + k2R − a R/r2 = 0 (2)
Jadi ternyata metode separasi variabel dapat digunakan disini.
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 78
Pers. (1) adalah Legendre asosiasi bila a = l(l+1) sedangkan pers. (2) merupakan Bessel sferis. 4.3. Metode Frobenius – Solusi Deret Telah kita ketahui bahwa banyak problem fisika yang membutuhkan penyelesaian persamaan diferensial. Beberapa diantaranya dapat diselesaikan dengan metode sederhana, namun apabila metode tersebut tidak dapat digunakan, solusi deret dapat dipakai. Contoh permasalahan sederhana (yang sebenarnya dapat diselesaikan dengan metode elementer): y' = 2 xy (1.1) solusi persamaan ini membentuk deret tak berhingga: y = ao + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + ……+ an xn + …..
= ∑∞
=0λaλ xλ (1.2)
disini nilai-nilai a yang akan ditentukan/dicari, sering disebut dengan metode Frobenius. Diferensiakan persamaan (1.2): y' = a1 + 2a2 x + 3 a3 x2 + ……+ n an xn-1 + …..
= ∑∞
=1λλ aλ xλ-1 (1.3)
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 79
Persamaan (1.2) dan (1.3) dimasukkan ke (1.1):
∑∞
=1λλ aλ xλ-1= 2 ∑
∞
=0λaλ xλ+1
Koefisien yang berkaitan dengan x berpangkat sama harus sama:
a1 = 0, a2 = ao , a3 = 23 a1 = 0, a4 = ½ ao,
atau secara umum
λ aλ = 2 aλ-2, aλ = ⎪⎩
⎪⎨⎧
− genapuntuk,ganjiluntuk,0
22 λ
λ
λλ a
ambil λ = 2m (karena hanya suku genap yang ada): a2m = m2
2 a2m-2 = m1 a2m-2 = m
11
1−m a2m-4 = !
1m ao
sehingga: y = ao + ao x2 + 1
2!ao x4 + ……+ !1m ao x2m + ….
= ao ∑∞
=0
2
!m
m
mx = ao
2xe
Latihan: Selesaikan dengan metode deret: (1). y" = − 4y (2). y' = xy + x (3). y" + xy = 0 4.4. Solusi Kedua Pada persamaan diferensial orde-2
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 80
ada dua solusi yang saling bebas (bebas linear) Terlebih dahulu kita definisikan "bebas linear": Tinjau himpunan fungsi: ϕλ : ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 , ϕ4 ,…. Pada fungsi-fungsi tersebut dikatakan "bergantung linear" bila ada persamaan: ∑ kλ ϕλ = 0 ada harga kλ yang ≠ 0 Sebaliknya, akan bebas linear bila semua kλ = 0 Contoh sederhana: (1) Tiga vektor dalam dalam bidang: z y B A C x Bila C terletak pada bidang xy, maka C = aA + bB Atau aA + bB + cC = 0 A, B, C tidak bebas linear (2) Kasus yang sama tetapi dalam ruang: z
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 81
C y B A x Tidak dimungkinkan terjadi aA + bB + cC = 0 kecuali kalau a = b = c = 0 Jadi A, B, C bebas linear Bila ada empat vektor A, B, C dan D, Selalu dapat dibuat D = aA + bB + cC A, B, C dan D tidak pernah bebas linear Sekarang kembali ke ketentuan fungsi ϕλ : Misal fungsi ini diferensiabel: Maka dari ∑ kλ ϕλ = 0 dapat diturunkan: ∑ kλ ϕλ' = 0 ∑ kλ ϕλ'' = 0 ∑ kλ ϕλ''' = 0 . . ∑ kλ ϕλ
(n-1) = 0 merukan persamaan linear homogen dengan kλ tak
diketahui kλ ≠ 0 bila determinan:
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 82
)1()1(3
)1(2
)1(1
321
321
321
.............................................''......'''''''......'''
......
−−−− nn
nnn
n
n
n
ϕϕϕϕ
ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ
= 0
Determinan ini disebut “Wronskian”/W:
1. Bila W ≠ 0 maka ∑ kλ ϕλ = 0 tak mempunyai solusi kecuali kalau kλ = 0 (semua λ), jadi ϕλ bebas linear.
2. Bila W = 0 untuk semua jangkauan, maka ϕλ tak bebas linear (bergantung linear).
Contoh-contoh: (1) Kasus bebas linear ϕ1 = sin ax dan ϕ2 = cos ax Lihat Wronskian:
W = 21
21'' ϕϕ
ϕϕ =
axaaxaaxax
sincoscossin
− = −a ≠ 0
Jadi kedua solusi tersebut bebas linear saling independen (2) Kasus tak bebas linear ϕ1 = ex ; ϕ2 = e-x dan ϕ3 = cosh (x)
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 83
W = xeexeexee
xx
xx
xx
coshsinhcosh
−
−
−
− = 0 tak bebas linear
Latihan apakah solusi-solusi ini bebas linear? 1. ϕ1 = eix dan ϕ2 = e-ix 2. ϕ1 = eix ; ϕ2 = e-ix dan ϕ3 = cos x
Setelah kita tinjau masalah bebas linear, sekarang kita lihat solusi kedua. Persamaan diferensial orde-2 homogen dalam bentuk umum: y" + P(x) y' + Q(x) y = 0 Misal y1 dan y2 merupakan solusi persamaan ini yang saling independen, maka Wronskian:
W = 21
21'' yy
yy = y1 y'2 − y'1 y2
Diferensiasikan Wronskian ini: W' = y'1y'2 + y1 y''2 − y'1 y'2 − y''1 y2 = y1 y''2 − y''1 y2 = y1 [−P(x) y'2 − Q(x) y2] − y2 [−P(x) y'1 − Q(x) y1] = −P(x)( y1 y'2 − y'1 y2) = −P(x) W
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 84
Kalau P(x) = 0 (sering dijumpai di Fisika) maka W = y1 y'2 − y'1 y2 = konstan Secara umum yakni P(x) ≠ 0 dapat dicari nilai W(x): W' = −P(x) W
dx
dW = −P(x) W
WdW = −P(x) dx
Integrasikan dari a ke x:
ln )()(
aWxW = − ∫
x
axP )( 1 dx1
atau
W(x) = W(a) exp (− ∫x
axP )( 1 dx1)
Nilai W(x) ini dapat digunakan untuk mencari solusi kedua (y2) sebagai berikut: W(x) = y1 y'2 − y'1 y2
= 21y ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
12
yy
dxd
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
12
yy
dxd = 2
1
)(y
xW
Dari hal tersebut dapat diperoleh:
y2 = y1 ∫x
b yxW21
2)( dx2
Masukkan nilai W(x) yang sudah didapat:
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 85
y2(x) = y1(x)W(a) ∫∫−x
b
x
axy
dxxP
221
11
)]([
)(exp[2
dx2
disini a dan b sebarang, sehingga dapat dipilih sedemikian rupa sehingga W(a) = 1, seterusnya:
y2(x) = y1(x) ∫
∫−x
x
xy
dxxP
221
11
)]([
)(exp[2
dx2
Sebagaimana yang disebutkan sebelumnya, di Fisika seringkali dijumpai kasus khusus, yaitu ketika P(x) = 0, contoh pada ∇2Ψ + k2Ψ = 0 (Pada dasarnya semua persamaan diferensial orde-2 linear dapat diubah sehingga P(x) = 0). Dalam kasus P(x) = 0 maka:
y2(x) = y1(x) ∫x
xydx
221
2)]([
Contoh soal: Persamaan diferensial orde dua y" + y = 0 memiliki salah satu solusi y1 = sin x, solusi kedua dapat dicari sbb:
y2(x) = sin x ∫x
xdx
22
2][sin
= sin x (− cot x) = − cos x (sesuai dengan yang kita harapkan)
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 86
Soal-soal latihan: 1. Salah satu solusi dari persamaan:
R" + r1 R' − 2
2
rm R = 0
adalah R = rm, tunjukkan bahwa solusi kedua dapat dinyatakan R = r−m
2. Persamaan diferensial Hermite dapat dinyatakan y" − 2xy' + 2αy = 0
(a) untuk α = 0, y1(x) = 1, cari y2(x) (b) untuk α = 1, y1(x) = x, cari y2(x)
3. Salah satu solusi persamaan Chebyshev (1−x2) y" − xy' + n2y = 0 untuk n = 1 adalah y1(x) = x. Carilah solusi kedua! 4.5. Fungsi Green (Untuk Tugas Baca) Dalam elektrostatika kita kenal bentuk persamaan diferensial: ∇2Ψ = − ρ/ε0 persamaan ini disebut persamaan Poisson. Apabila dalam suatu ruang tidak ada kerapatan muatan, potensial akan memenuhi persamaan Laplace: ∇2Ψ = 0 Solusi persamaan Poisson dengan mudah didapatkan untuk untuk potensial dihitung pada r = 0 dan muatan pada r:
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 87
Ψ = 04
1πε ∫ r
)(rρ dτ
(Ingat untuk satu muatan titik: Ψ = 04
1πε r
q )
Untuk potensial pada r = r1 dan muatan pada r = r2:
Ψ(r1) = 04
1πε ∫
− ||)(
212rr
rρ dτ2
Kita pelajari juga kaitan fungsi delta Dirac dengan operator ∇2 dalam persamaan:
∇2 (1/r) = − 4πδ(r) atau secara umum
∇2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛− |'|1
rr = − 4πδ(r-r′)
Dengan demikian sebuah fungsi G:
∇2G = −δ(r1−r2) memenuhi persamaan Poisson. Secara fisis fungsi G adalah potensial pada r1 yang berkaitan dengan sumber pada posisi r2.
r2 r1
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 88
Dengan menggunakan teorema Green dan fungsi delta Dirac, akan didapat:
Ψ(r1) = 0
1ε ∫ )(),( 221 rrr ρG dτ2
Fungsi G inilah yang disebut sebagai fungsi Green. Lebih lanjut mengenai fungsi Green dapat dilihat pada Arfken hlm. 510 sampai 525.
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 89
4.6. Solusi Numeris Penyelesaian persamaan diferensial secara numeris dilakukan apabila solusi secara analitis tidak dapat dilakukan atau ketika seseorang harus menyelesaikan perhitungan yang serupa secara berulang-ulang. 4.6.1. Diferensiasi Numeris Sebelum pembahasan solusi persamaan diferensial, terlebih dahulu kita tinjau diferensiasi numeris yakni mencari diferensial apabila data berbentu numeris (bukan fungsi). Untuk fungsi-fungsi analitik, diferensial dapat dilakukan dengan mudah, sebagai contoh: y = sin x y' = cos x y = a x2 y' = 2 ax dan sebagainya Bagaimana diferensiasi untuk data numerik? hasil eksperimen? Contoh:
I
H
dHdI = ?
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 90
Untuk hal tersebut digunakan model pendekatan "finite difference" sesuai dengan definisi asal diferensial. y
dxdy = ?
Δy Δx x
y'(xi) = xy
x ΔΔ
Δ 0lim→
Apabila dibuat pembagian mesh seragam sebesar Δx = h, maka: y Pada pendekatan pertama
y'(xi) ≈ h
yy ii −+1
dapat juga didekati dengan:
y'(xi) ≈ h
yy ii2
11 −+ −
h h x
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 91
Perambatan kesalahan: Kita gunakan deret Taylor (lihat Matematika Dasar II)
f(x+h) = f(x) + h f' (x) + !2
2h f"(x) + !3
3h f''' (x) + …. ….
dari hal tersebut didapat:
f' (x) = h
xfhxf )()( −+ + kesalahan dengan orde-h
O(h) dan juga dari kombinasi f(x+h) dan f(x-h) dapat dibuktikan:
f' (x) = h
hxfhxf2
)()( −−+ + O(h2)
seringkali disebut dengan "formula dua titik". Tampak disini formula dua titik lebih teliti dibandingkan pendekatan pertama. Lebih lanjut, dapat digunakan formula "empat titik" yang lebih teliti lagi:
f' (x) = h
hxfhxfhxfhxf12
)2()(8)(8)2( +−++−−− + O(h4)
(buktikan!) Untuk titik ujung dapat digunakan:
f'(x) =h
xfhxfhxf2
)(3)(4)2( −+++− + O(h2)
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 92
Sekarang untuk turunan kedua, dapat digunakan perumusan sebagai berikut: Titik ujung:
f'' (x) = 2)()(2)2(
hxfhxfhxf ++−+ + O(h)
Formula "Dua titik":
f''(x) = 2)()(2)(
hhxfxfhxf −+−+ + O(h2)
"Perbaikan" titik ujung
f''(x) = 2)3()2(4)(5)(2
hhxfhxfhxfxf +−+++− + O(h2)
Formula "empat titik": f'' (x) =
212
)2()(16)(30)(16)2(
h
hxfhxfxfhxfhxf −−−+−+++−
+O(h4) Setelah diferensiasi numeris, sekarang kita lanjutkan dengan persamaan diferensial numeris. Latihan: Kerjakan dengan program Excel atau spreadsheet lainnya: Buatlah fungsi y = 2 e3x secara numeris dari x=0 sampai x=2 dengan mesh h=0,05 (50 data). Gunakan formula 4 titik dan titik ujung untuk diferensiasi numeris! Bandingkan dengan diferensiasi analitis!
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 93
4.6.2. Solusi Numeris Persamaan Diferensial Sederhana Cukup banyak cara untuk menyelesaikan persamaan diferensial secara numeris. (Lebih lanjut dapat dibaca di berbagai buku analisis numerik misal Press et al. “Numerical Recipes”) 4.6.2.1. Metode Euler/Metode Satu Langkah Tinjau suatu persamaan diferensial orde satu (boleh tidak linear):
dxdy = f(x,y)
dengan kondisi inisial y(x0) = y0. Secara prinsip, solusi langkah demi langkah (step-by-step) dapat dikembangkan dari deret Taylor:
y(x0+h) = y(x0) + h y'(x0) + !2
2h y''(x0) + …+!n
hn y(n)(x0)+ …
Kalau suku-suku tinggi diabaikan, maka: y(x0+h) = y(x0) + h y'(x0) Misal ada harga inisial x0, y0, maka akan diperoleh sederetan solusi numeris: x0 , y0 x0 + h , y(x0+h) x0 + 2h , y(x0+2h) x0 + 3h , y(x0+3h) … , … dan seterusnya
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 94
bila x0, y0 diketahui, maka y(x0+h) dapat dicari dengan: y(x0+h) = y(x0) + h y'(x0) disini y'(x0) = f(x0,y0) sesuai dengan persamaan asal. Dari hal tersebut dengan cara serupa dapat juga dicari y(x0+2h), y(x0+3h) dst. Sehingga seluruh solusi numerik dapat dicari. Formula umum untuk metode satu satu langkah:
dxdy = f(x,y)
yi+1 = yi + f(xi,yi) h ; f(xi,yi) merupakan slope pada xi Dari deret Taylor, jelas kesalahan yang timbul adalah O(h2). Jelas bahwa metode Euler tidak akurat dan tidak stabil. 4.6.2.2. Perbaikan Metode Euler Kelemahan metode Euler tampak jelas secara visual:
xi+hxi
Euler
Sebenarnya
Slope f(xi,yi)
yi
yi+1
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 95
Tampak secara gambar metode Euler/satu langkah memiliki kesalahan, hal ini dapat dikoreksi:
yi+1 = yi + 2
),(),( khyhxfyxf iiii +++ h
disini k = f(xi,yi) Metode ini disebut sebagai pendekatan prediktor-korektor/ metode Heun prediktor : yi + kh korektor : yi+1 Penulisan lain yi+1 = yi + ½ (k1 + k2) h dengan k1 = f(xi,yi)
k2 = f(xi+h,yi+hk1) 4.6.2.3. Metode RK (Runge-Kutta) RK orde 2 xi+hxi
yi
yi+1 Titik tengah
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 96
k1 = f(xi,yi)
k2 = f(xi+ ½h , yi+½hk1) Formula RK-2: yi+1 = yi + k2 h Formula ini diperbaiki dengan orde yang lebih tinggi sbb: RK orde ketiga: yi+1 = yi + 6
1 (k1 +4k2 + k3)h
dengan: k1 = f(xi,yi)
k2 = f(xi+ ½h , yi+½hk1) k3 = f(xi+ h , yi−hk1+2hk2)
RK orde keempat: yi+1 = yi + 6
1 (k1 +2k2 +2k3+k4)h
dengan: k1 = f(xi,yi)
k2 = f(xi+ ½h , yi+½k1) k3 = f(xi+ ½h , yi +½k2) k4 = f(xi+ h , yi +k3)
Kesalahan RK orde-4 ini O(h5). Metode ini cukup stabil dan sering digunakan di Fisika.
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 97
Metode Runge Kutta ini (khususnya RK-4) dapat digunakan untuk penyelesaian pasangan persamaan (simultan) ndiferensial orde-1, misal:
dxdu = f1(x,u,v) (1)
dxdv = f2(x,u,v) (2)
harga inisial x0, u0, v0. Masukkan harga inisial ke persamaan (1) akan diperoleh nilai u1. Lalu masukkan harga ini ke persamaan (2), akan didapat v1. Setelusnya dari x0+h, u1, v1 akan didapat u2 dan v2 dan seterusnya sampai semua titik didapat. 4.6.3. Persamaan Diferensial Numeris Orde 2 Contoh kasus getaran teredam: Gaya gesek: −bv Gaya pegas: −kx Gaya penggetar:f(y,t) ΣF = ma
m 2
2
dtyd + b
dtdy + k y = f(y,t)
Cara penyelesaian, dibuat persamaan:
2
2
dtyd = F(t, y,
dtdy )
M. Hikam, Fisika Matematika I: Persamaan Diferensial Parsial 98
Sehingga didapatkan dua persamaan simultan:
dtdy = v
2dtdv = F(t, y, v)
dari hal ini satu demi satu dapat diselesaikan dengan metode RK-4. Secara umum: y''(x) + P(x)y'(x) + Q(x)y = F(x) ambil z(x) = y'(x), sehingga didapat dua pasangan simultan: z'(x) = − P(x) z(x) − Q(x)y = F(x) y'(x) = z(x) seterusnya gunakan RK-4. 4.6.4. Metode Fox-Goodwin (Tugas baca) Untuk menyelesaikan persamaan Schrödinger dengan potensial sebarang. 4.6.5. Persamaan Diferensial Parsial Numeris (Tugas Baca) Analisis numeris untuk menyelesaikan persamaan semacam persamaan Laplace: ∇2T = 0 etc.
Top Related