Penuntasan PDP Orde Pertama Umum

Contoh 1.3.8. Selesaikan persamaan diferensial parsial nonlinear orde pertama $$\left(\frac{\partial{u}}{\partial x}\right)^2 + \frac{\partial{u}}{\partial y} = 0$$ dengan syarat $u(x,0)=x$.

Ini merupakan persamaan diferensial parsial berbentuk (1.3.1) dengan $\displaystyle F(x,y,u,p,q)=p^2+q$. Oleh karena itu, persamaan-persamaan karakteristiknya adalah $$\begin{align*} \frac{\partial{x}}{\partial t} &= \frac{\partial{F}}{\partial p} = 2p \\ \frac{\partial{y}}{\partial t} &= \frac{\partial{F}}{\partial q} = 1 \\ \frac{\partial{u}}{\partial t} &= p\, \frac{\partial{F}}{\partial p} + q \frac{\partial{F}}{\partial q} = 2p^2 +q \\ \frac{\partial{p}}{\partial t} &= -\frac{\partial{F}}{\partial x} - p \, \frac{\partial{F}}{\partial u} = 0 \\ \frac{\partial{q}}{\partial t} &= -\frac{\partial{F}}{\partial y} - q \, \frac{\partial{F}}{\partial u} = 0 \end{align*}$$ dengan syarat awal $x(0,s) = x_0(s) = s$, $y(0,s) = y_0(s) = 0$ dan $u(0,s) = u_0(s) = s$, dengan $p_0(s)$ dan $q_0(s)$ merupakan solusi dari $$F\left(x_0(s),y_0(s),u_0(s), p_0(s),q_0(s) \right) = p_0^2(s) + q_0(s) = 0$$ dan $$\frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}{s}}(s) - p_0(s)\frac{\mathrm{d}x_0}{\mathrm{d}{s}}(s)- q_0(s)\frac{\mathrm{d}y_0}{\mathrm{d}{s}}(s) = 1 - p_0(s) = 0 \ .$$ Kita memperoleh $p_0(s) = - q_0(s) = 1$ untuk semua $s$. Dengan memulai dari persamaan karakteristik terakhir di atas, kita memperoleh $q(t,s) = -1$, $p(t,s) = 1$, $u(t,s) = t + s$, $y(t,s) = t$, dan $x(t,s) = 2t + s$. Dengan menyelesaikan persamaan untuk $x$ dan $y$, kita memperoleh $t=y$ dan $s=x-2y$. Dengan mensubstitusikan ungkapan $s$ dan $t$ ini ke dalam $u$, $p$, dan $q$, kita memperoleh $u(x,y) = x -y$, $p(x,y) = 1$, dan $q(x,y) = -1$. Perhatikan bahwa $\displaystyle\frac{\partial{u}}{\partial x}(x,y) = p(x,y) = 1$ dan $\displaystyle\frac{\partial{u}}{\partial y}(x,y) = q(x,y) = -1$ untuk semua $x$ dan $y$, sebagaimana yang diharapkan.

Contoh 1.3.9. Perhatikan persamaan gelombang $$\frac{\displaystyle \partial^{2}{u}}{\displaystyle \partial t^{2}} = c^2(x,y) \Delta u \ ,$$ dengan $c(x,y)$ merupakan cepat rambat gelombang di titik $(x,y)$ pada bidang. Seperti akan kita lihat, solusi persamaan gelombang merupakan kombinasi linear suku-suku berbentuk $\displaystyle u_\omega = e^{i\omega t} \psi(x,y)$. Jika $\omega = k c_0$ dan $c(x,y) = c_0/n(x,y)$, dengan $c_0$ merupakan cepat rambat rata-rata gelombang dalam medium, persamaan gelombang memberikan

$$\Delta \psi + k^2 n^2(x,y) \psi = 0 \ .$$(1.3.25) Fungsi $n$ disebut indeks bias dan bilangan $k$ disebut bilangan gelombang. Adapun panjang gelombang adalah $2\pi/k$. Khususnya, dalam kasus lensa, panjang gelombang tidak melebihi satu mikron, sedangkan ukuran panjang lainnya (mis. ketebalan dan kelengkungan lensa) adalah beberapa milimeter. Dengan menormalkan semua panjang terhadap skala panjang terbesar dalam sistem, kita dapat menganggap bilangan gelombang tak berdimensi $k$ sangat besar.

Kita mencari solusi (1.3.25) berbentuk $\displaystyle\psi(x,y) = \rho(x,y,k) e^{ik\phi(x,y)}$. Jika ungkapan untuk $\psi$ ini kita substitusikan ke dalam (1.3.25) dan hasilnya dibagi dengan $\displaystyle e^{ik\phi(x,y)}$, diperoleh $$\rho_{xx}+\rho_{yy} + 2ik\left(\rho_x\phi_x+\rho_y\phi_y\right) + ik\rho \left(\phi_{xx} + \phi_{yy}\right) -k^2 \rho\left( \phi_x^2 + \phi_y^2\right) + k^2 n^2\rho = 0 \ .$$ Dengan demikian, $$\rho\left( \phi_x^2 + \phi_y^2 - n^2\right) = \frac{1}{k^2} \left(\rho_{xx}+\rho_{yy}\right) + \frac{1}{k} \left( 2i\left(\rho_x\phi_x+\rho_y\phi_y\right) + i\rho \left(\phi_{xx} + \phi_{yy}\right) \right) = O\left(\frac{1}{k}\right) \ .$$ Karena $k$ diasumsikan sangat besar, secara hampiran berlaku

$$\phi_x^2 + \phi_y^2 - n^2 = 0 \ .$$(1.3.26) Persamaan diferensial parsial ini disebut persamaan eikonal dan pertama kali dikemukakan oleh W. R. Hamilton pada abad kesembilan belas. Persamaan ini merupakan persamaan mendasar dalam optika geometris. Permukaan yang didefinisikan oleh $\phi = a$, dengan $a$ suatu konstanta, adalah muka gelombang. Informasi lebih lanjut tentang persamaan eikonal dapat ditemukan dalam [J, McO, PinRub].

(a) Kita akan menyelesaikan persamaan eikonal untuk $n$ konstan (yakni ketika cepat rambat gelombang $c(x,y)$ tidak bergantung pada posisi dalam medium) dan dengan syarat awal $\phi(x,2x)=1$.

Persamaan eikonal berbentuk $\displaystyle F(x,y,u,p,q) = p^2 + q^2 - n^2=0$ untuk $u=\phi$. Oleh karena itu, persamaan karakteristiknya adalah

$$\begin{split} \frac{\partial{x}}{\partial t} &= \frac{\partial{F}}{\partial p}(x,y,u,p,q) = 2 p \\ \frac{\partial{y}}{\partial t} &= \frac{\partial{F}}{\partial q}(x,y,u,p,q) = 2 q \\ \frac{\partial{u}}{\partial t} &= p \frac{\partial{F}}{\partial p}(x,y,u,p,q) + q \frac{\partial{F}}{\partial q}(x,y,u,p,q) = 2\left( p^2 + q^2 \right) \\ \frac{\partial{p}}{\partial t} &= -\frac{\partial{F}}{\partial x}(x,y,u,p,q) - p \, \frac{\partial{F}}{\partial u}(x,y,u,p,q) = 0 \\ \frac{\partial{q}}{\partial t} &= -\frac{\partial{F}}{\partial y}(x,y,u,p,q) - q \, \frac{\partial{F}}{\partial u}(x,y,u,p,q) = 0 \end{split}$$(1.3.27) Kita mempunyai $\Gamma = \left\{ (x_0(s), y_0(s), u_0(s)) : s \in I\right\}$, dengan $x_0(s) = s$, $y_0(s) = 2s$, dan $u_0(s) = 1$ untuk $s \in I=\mathbb{R}$. Sementara itu, $p_0(s)$ dan $q_0(s)$ memenuhi $$F\left(x_0(s),y_0(s),u_0(s), p_0(s),q_0(s) \right) = p_0^2(s)+q_0^2(s) - n^2 = 0$$ dan $$0 = \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}{s}}(s) = p_0(s)\frac{\mathrm{d}x_0}{\mathrm{d}{s}}(s)+ q_0(s)\frac{\mathrm{d}y_0}{\mathrm{d}{s}}(s) =p_0(s) + 2q_0(s)$$ untuk $s \in \mathbb{R}$. Kita memperoleh $p_0(s) = -2 q_0(s)$ dan $q_0(s) = \pm n/\sqrt{5}$.

Secara berurutan, kita mempunyai $$\begin{aligned} \frac{\partial{p}}{\partial t}(t,s) &= 0 \quad \text{dengan} \quad p(0,s)=-2n/\sqrt{5} \quad \Rightarrow \quad p(t,s) = -2n/\sqrt{5} \ , \\ \frac{\partial{q}}{\partial t}(t,s) &= 0 \quad \text{dengan} \quad q(0,s)=n/\sqrt{5} \quad \Rightarrow \quad q(t,s) = n/\sqrt{5} \ , \\ \frac{\partial{x}}{\partial t}(t,s) &= 2p(t,s) = -4n/\sqrt{5} \quad \text{dengan} \quad x(0,s)=s \quad \Rightarrow \quad x(t,s) = -4nt/\sqrt{5} + s \ , \\ \frac{\partial{y}}{\partial t}(t,s) &= 2q(t,s) = 2n/\sqrt{5} \quad \text{dengan} \quad y(0,s)=2s \quad \Rightarrow \quad y(t,s) = 2nt/\sqrt{5} + 2s \text{dan} \\ \frac{\partial{u}}{\partial t}(t,s) &= 2\left( p^2(t,s) + q^2(t,s) \right) = 2n^2 \quad \text{dengan} \quad u(0,s)=1 \quad \Rightarrow \quad u(t,s) = 2n^2t + 1 \ . \end{aligned}$$ Kita menyelesaikan $x = -4nt/\sqrt{5} + s$ dan $y=2nt/\sqrt{5} + 2s$ terhadap $s$ dan $t$ sehingga diperoleh $\displaystyle t = (y-2x)/(2n\sqrt{5})$ dan $\displaystyle s = (x+2y)/5$. Jika nilai-nilai $s$ dan $t$ ini kita substitusikan ke dalam ungkapan untuk $u$, diperoleh permukaan integral $\displaystyle u(x,y) = (n(y-2x))/\sqrt{5} +1$. Penalaran serupa dengan $p_0(s) = 2n/\sqrt{5}$ dan $q_0(s) = -n/\sqrt{5}$ memberikan $\displaystyle u(x,y) = -(n(y-2x))/\sqrt{5} +1$.

(b) Nilai-nilai yang mungkin bagi $p_0(s)$ dan $q_0(s)$ pada kurva $\Gamma = \left\{ (x_0(s), y_0(s), u_0(s)) : s \in \mathbb{R}\right\}$ diberikan oleh $$F\left(x_0(s),y_0(s),u_0(s), p_0(s),q_0(s) \right) = p_0^2(s)+q_0^2(s) - n^2 = 0$$ dan $$u_0'(s) = \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}{s}}(s) = p_0(s)\frac{\mathrm{d}x_0}{\mathrm{d}{s}}(s)+ q_0(s)\frac{\mathrm{d}y_0}{\mathrm{d}{s}}(s) = x_0'(s) p_0(s) + y_0'(s) q_0(s) \ .$$ Persamaan pertama menyatakan bahwa $\displaystyle\|(p_0(s),q_0(s))\|_2 = n$ dan persamaan kedua menyatakan bahwa proyeksi $(x_0'(s),y_0'(s))$ pada $(p_0(s),q_0(s))$ adalah $$\frac{ \left\langle{(x_0'(s),y_0'(s))},{(p_0(s),q_0(s))}\right\rangle }{\|(p_0(s),q_0(s))\|} = \frac{ u_0'(s) }{n} \ .$$ Agar hal ini mungkin terjadi, norma vektor $(x_0'(s),y_0'(s))$ harus lebih besar daripada atau sama dengan $|u_0'(s)|/n$, sebagaimana dapat dilihat pada Gambar 4 (atau dari pertidaksamaan Schwarz). Dengan demikian, kita memerlukan

$$\left(x_0'(s)\right)^2 + \left(y_0'(s)\right)^2 \geq \left(\frac{u_0'(s)}{n}\right)^2 \ .$$(1.3.28) Jika (1.3.28) dipenuhi secara ketat, kita mengatakan bahwa $\Gamma$ bersifat serupa-ruang dan masalah Cauchy memiliki sekurang-kurangnya satu solusi. Jika berlaku kesamaan, kurva tersebut merupakan kurva karakteristik (null); teorema nonkarakteristik sebelumnya tidak menjamin keberadaan solusi. Jika (1.3.28) tidak dipenuhi, kita mengatakan bahwa $\Gamma$ bersifat serupa-waktu dan masalah Cauchy tidak memiliki solusi.

Pada bagian (a) di atas, kita mempunyai $x_0(s) = s$, $y_0(s) = 2s$, dan $u_0(s) = 1$. Jadi, (1.3.28) dipenuhi secara ketat dan kurva $\Gamma$ bersifat serupa-ruang. Hal ini menjelaskan adanya dua solusi yang telah kita temukan.

(c) Perhatikan kurva $\Gamma = \left\{ (x_0(s), y_0(s), u_0(s)) : s \in I\right\}$, dengan $x_0(s)= \cos(s)$, $y_0(s) = \sin(s)$, dan $u_0(s)=0$ untuk $s \in I = \mathbb{R}$. Karena (1.3.28) dipenuhi secara ketat, $\Gamma$ bersifat serupa-ruang dan kita seharusnya menemukan sekurang-kurangnya satu solusi; pada kenyataannya, kita akan menemukan dua solusi.

$p_0(s)$ dan $q_0(s)$ memenuhi $$F\left(x_0(s),y_0(s),u_0(s), p_0(s),q_0(s) \right) = p_0^2(s)+q_0^2(s) - n^2 = 0$$ dan $$0 = \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}{s}}(s) = p_0(s)\frac{\mathrm{d}x_0}{\mathrm{d}{s}}(s)+ q_0(s)\frac{\mathrm{d}y_0}{\mathrm{d}{s}}(s) = - p_0(s)\,\sin(s) + q_0(s)\, \cos(s)$$ untuk $s \in \mathbb{R}$. Kita memperoleh $p_0(s) = n\cos(s)$ dan $q_0(s) = n\sin(s)$, atau $p_0(s) = -n\cos(s)$ dan $q_0(s) = -n\sin(s)$.

Kita masih mempunyai persamaan karakteristik yang diberikan dalam (1.3.27). $$\begin{aligned} \frac{\partial{p}}{\partial t}(t,s) &= 0 \quad \text{dengan} \quad p(0,s)=n\cos(s) \quad \Rightarrow \quad p(t,s) = n\cos(s) \ , \\ \frac{\partial{q}}{\partial t}(t,s) &= 0 \quad \text{dengan} \quad q(0,s)=n\sin(s) \quad \Rightarrow \quad q(t,s) = n\sin(s) \ , \\ \frac{\partial{x}}{\partial t}(t,s) &= 2p(t,s) = 2n\cos(s) \quad \text{dengan} \quad x(0,s)=\cos(s) \quad \Rightarrow \quad x(t,s) = (2nt+1)\cos(s) \ , \\ \frac{\partial{y}}{\partial t}(t,s) &= 2q(t,s) = 2n\sin(s) \quad \text{dengan} \quad y(0,s)=\sin(s) \quad \Rightarrow \quad y(t,s) = (2nt+1)\sin(s) \text{dan} \\ \frac{\partial{u}}{\partial t}(t,s) &= 2\left( p^2(t,s) + q^2(t,s) \right) = 2n^2 \quad \text{dengan} \quad u(0,s)=0 \quad \Rightarrow \quad u(t,s) = 2n^2t \ . \end{aligned}$$

Kita dapat menyelesaikan $x = (2nt+1)\cos(s)$ dan $y=(2nt+1)\sin(s)$ terhadap $s$ dan $t$ sehingga diperoleh $$t = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2n} - \frac{1}{2n} \quad \text{dan} \quad s = \begin{cases} \displaystyle\arctan\left(\frac{y}{x}\right) & \quad x>0 \\ \displaystyle\frac{\pi}{2} & \quad x=0, y>0 \\ \displaystyle\arctan\left(\frac{y}{x}\right) + \pi & \quad x<0 \\ \displaystyle\frac{3\pi}{2} & \quad x=0, y<0 \end{cases}$$ Jika nilai-nilai $s$ dan $t$ ini kita substitusikan ke dalam ungkapan untuk $u$, diperoleh permukaan integral $$u(x,y) = n\sqrt{x^2+y^2} - n \ .$$

Penalaran serupa dengan $p_0(s) = -n\cos(s)$ dan $q_0(s) = -n\sin(s)$ menghasilkan $$u(x,y) = -n\sqrt{x^2+y^2} + n \ .$$

Kita mendapati bahwa $\displaystyle x^2+y^2 = (1 \pm 2nt)^2$ menyatakan muka gelombang karena $u$ konstan pada lingkaran-lingkaran ini. $\displaystyle x^2+y^2 = (1 + 2nt)^2$ merupakan muka gelombang yang bergerak menjauhi titik asal ketika $t$ bertambah, sedangkan $\displaystyle x^2+y^2 = (1 - 2nt)^2$ merupakan muka gelombang yang bergerak menuju titik asal dan mencapainya pada $t=\frac{1}{2n}$.