Pemisahan dengan Ujung Tetap

Contoh.

Sebagai contoh pertama, kita mencari simpangan $u(x,t)$ pada seutas tali yang bergetar dengan panjang $L=\pi$ dan terikat pada kedua ujungnya. Kita mengasumsikan bahwa tegangan $T$ dan rapat massa linear $\rho$ tali tersebut sedemikian rupa sehingga $\displaystyle c^2 = T/\rho = 1$. Simpangan awalnya adalah $f(x) = 0.1 \sin(x)$ dan kecepatan awalnya adalah $g(x) = -0.2 \sin(x)$.

Solusinya diberikan oleh (7.4.1) dengan $L=\pi$,

$$a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \sin(n x) \,\mathrm{d}{x} = \begin{cases} 0.1 & \qquad \text{jika} \quad n=1 \\ 0 & \qquad \text{jika} \quad n>1 \\ \end{cases}$$(7.4.3) dan

$$b_n = \frac{2}{n\pi} \int_0^\pi g(x) \sin(n x) \,\mathrm{d}{x} = \begin{cases} -0.2 & \qquad \text{jika} \quad n=1 \\ 0 & \qquad \text{jika} \quad n>1 \\ \end{cases}$$(7.4.4) Dengan demikian,

$$u(x,t) = \big(0.1 \cos(t) - 0.2 \sin(t) \big) \sin(x) \ .$$ Kita tidak perlu menghitung integral-integral tersebut untuk memperoleh nilai $a_n$ dan $b_n$. Dari $f(x) = u(x,0)$, kita memperoleh

$$0.1 \sin(x) = \sum_{n=1}^\infty a_n \sin(n x) \ .$$ Berdasarkan keunikan deret Fourier, kita memperoleh (7.4.3). Demikian pula, dari $\displaystyle g(x) = \frac{\partial{u}}{\partial t}(x,0)$, kita memperoleh

$$-0.2 \sin(x) = \sum_{n=1}^\infty n b_n \sin(n x) \ .$$ Kali ini, berdasarkan keunikan deret Fourier, kita memperoleh (7.4.4).

Contoh 7.4.4.

Kita kembali meninjau kasus khusus dari Contoh 7.1.3.

$$\frac{\displaystyle \partial^{2}{u}}{\displaystyle \partial t^{2}} - c^2 \frac{\displaystyle \partial^{2}{u}}{\displaystyle \partial x^{2}} = 0 \quad , \quad t>0 \ \text{dan} \ 0 < x <L \ ,$$(7.4.5) dengan syarat batas $u(0,t) = 0$ dan $u(L,t) = 0$ untuk $t>0$, serta syarat awal $u(x,0) = f(x)$ dan $\displaystyle\frac{\partial{u}}{\partial t}(x,0) = g(x)$ untuk $0 < x < L$.

Jika kita menyubstitusikan $u(x,t) = F(x)G(t)$ ke dalam (7.4.5), kita memperoleh

$$F(x)\,\frac{\mathrm{d}^{2}{G}}{\mathrm{d}{t}^{2}}(t) = c^2 \frac{\mathrm{d}^{2}{F}}{\mathrm{d}{x}^{2}}(x)\, G(t) \ .$$ Dengan demikian, pada setiap titik tempat $F(x)G(t)\neq 0$, setelah membagi kedua ruas dengan $\displaystyle c^2\,F(x)G(t)$, kita memperoleh

$$\frac{1}{c^2\,G(t)} \, \frac{\mathrm{d}^{2}{G}}{\mathrm{d}{t}^{2}}(t) = \frac{1}{F(x)}\, \frac{\mathrm{d}^{2}{F}}{\mathrm{d}{x}^{2}}(x)$$ untuk $t>0$ dan $0<x<L$ pada himpunan tersebut. Karena kita mencari solusi terpisah taktrivial, $F$ dan $G$ tidak identik nol. Karena ruas kanan tidak bergantung pada $t$, sedangkan ruas kiri tidak bergantung pada $x$, kita memperoleh

$$\frac{1}{c^2\,G(t)} \, \frac{\mathrm{d}^{2}{G}}{\mathrm{d}{t}^{2}}(t) = \frac{1}{F(x)}\, \frac{\mathrm{d}^{2}{F}}{\mathrm{d}{x}^{2}}(x) = k$$ di setiap titik tempat kedua ruas terdefinisi, dengan $k$ suatu konstanta. Dengan mengalikan kembali dan menggunakan kontinuitas, kedua persamaan diferensial biasa berikut berlaku pada seluruh domain semula.

$$\frac{\mathrm{d}^{2}{F}}{\mathrm{d}{x}^{2}}(x) -k F(x) = 0 \quad \text{dan} \quad \frac{\mathrm{d}^{2}{G}}{\mathrm{d}{t}^{2}}(t) - c^2\,k\,G(t) = 0 \ .$$(7.4.6)

Persamaan diferensial biasa pertama dalam (7.4.6) dikenai dua syarat batas. Dari $\displaystyle u(0,t) = 0$, kita memperoleh $F(0)G(t)=0$. Karena kita mengasumsikan bahwa $G$ tidak identik nol, kita memperoleh $F(0)=0$. Serupa dengan itu, dari $\displaystyle u(L,t) = 0$, kita memperoleh $F(L)G(t)=0$. Sekali lagi, karena kita mengasumsikan bahwa $G$ tidak identik nol, kita memperoleh $F(L)=0$. Syarat batas bagi persamaan diferensial biasa pertama dalam (7.4.6) adalah $F(0)=F(L)=0$.

Pertama-tama, kita mempertimbangkan masalah nilai batas

$$\frac{\mathrm{d}^{2}{F}}{\mathrm{d}{x}^{2}}(x) -k F(x) = 0 \quad \text{dengan} \quad F(0)=F(L)=0 \ .$$(7.4.7) Bentuk solusi umum masalah nilai batas di atas ditentukan oleh akar-akar persamaan karakteristik $\displaystyle\lambda^2-k=0$.

Jika $k>0$, akar-akar persamaan karakteristik adalah $\pm \sqrt{k}$. Karena akar-akar tersebut bernilai real, solusi persamaan diferensial biasa berbentuk $\displaystyle F(x) = A e^{\sqrt{k}\,x} + B e^{-\sqrt{k}\, x}$. Akan tetapi, $F(0)=0$ mengakibatkan $A + B=0$ dan $F(L)=0$ mengakibatkan $\displaystyle A e^{L\sqrt{k}} + B e^{-L\sqrt{k}} = 0$. Satu-satunya solusi sistem

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ e^{L\sqrt{k}} & e^{-L\sqrt{k}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$ adalah $A=B=0$ karena

$$\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ e^{L\sqrt{k}} & e^{-L\sqrt{k}} \end{pmatrix} = e^{-L\sqrt{k}} - e^{L\sqrt{k}} = e^{-L\sqrt{k}}\left(1-e^{2L\sqrt{k}}\right) \neq 0$$ untuk $k>0$. Oleh karena itu, solusi trivial merupakan satu-satunya solusi masalah nilai batas (7.4.7) untuk $k>0$.

Jika $k=0$, solusi persamaan diferensial biasa adalah $F(x)=B x+ A$. Akan tetapi, $F(0)=0$ mengakibatkan $A=0$ dan $F(L)=0$ mengakibatkan $B L + A = 0$. Dengan demikian, $A = B =0$. Masalah nilai batas (7.4.7) tidak memiliki solusi taktrivial untuk $k =0$.

Jika $k<0$, akar-akar persamaan karakteristik adalah $\pm i \sqrt{-k}$. Karena akar-akar tersebut bernilai kompleks, solusi umum persamaan diferensial biasa berbentuk $\displaystyle F(x) = A \cos\left(\sqrt{-k}\,x\right) + B \sin\left(\sqrt{-k}\,x\right)$. Oleh karena itu, $F(0)=0$ mengakibatkan $A =0$ dan $F(L)=0$ mengakibatkan $B \sin\left(L\sqrt{-k}\right) = 0$. Jika kita memilih $B=0$, kita memperoleh solusi trivial. Oleh sebab itu, harus berlaku $\sin\left(L\sqrt{-k}\right) = 0$ dengan $k< 0$. Hal ini mengakibatkan $\displaystyle k = k_n = -\left(n\pi/L\right)^2$ untuk $n>0$. Masalah nilai batas (7.4.7) memiliki solusi taktrivial hanya untuk $\displaystyle k=k_n\equiv -\left(n\pi/L\right)^2<0$ dengan $n>0$, dan solusi-solusi yang bersesuaian dengan $k_n$ berbentuk

$$F(x)=F_n(x) \equiv B_n \sin\left(\frac{n\pi\,x}{L}\right) \ .$$

Untuk $\displaystyle k= k_n=-\left(n\pi/L\right)^2$, persamaan diferensial biasa kedua dalam (7.4.6) menjadi

$$\frac{\mathrm{d}^{2}{G}}{\mathrm{d}{t}^{2}}(t) + \left(\frac{c n\pi}{L}\right)^2\,G(t) = 0$$ untuk $n>0$. Untuk setiap $n$, persamaan ini merupakan persamaan diferensial biasa orde dua dengan persamaan karakteristik $\displaystyle\lambda^2 +\left(n c\pi/L\right)^2=0$. Kedua akar persamaan ini adalah bilangan kompleks $\displaystyle\lambda_{\pm} = \pm (c n\pi/L)i$. Dengan demikian, solusi umum persamaan diferensial biasa ini adalah

$$G(t) = G_n(t) \equiv C_n \cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + D_n \sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \ .$$

Kita telah memperoleh fungsi-fungsi sederhana

$$u_n(x,t) \equiv F_n(x)G_n(t) = \left( a_n \cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \right) \sin\left(\frac{n\pi\,x}{L}\right)$$ untuk $n>0$ yang memenuhi persamaan diferensial parsial dalam (7.4.5) dan syarat batas. Konstanta $a_n$ merupakan hasil kali konstanta $B_n$ dan $C_n$, sedangkan $b_n$ merupakan hasil kali $B_n$ dan $D_n$. Selanjutnya, kita perlu menentukan nilai $a_n$ dan $b_n$ agar syarat awal terpenuhi.

Kita mencari solusi yang berbentuk

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty u_n(x,t) = \sum_{n=1}^\infty \left( a_n \cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \right) \sin\left(\frac{n\pi\,x}{L}\right) \ .$$

Dari $u(x,0) = f(x)$, diperoleh

$$f(x) = \sum_{n=1}^\infty a_n\,\sin\left(\frac{n\pi\,x}{L}\right)$$ untuk $0<x<L$. Ini adalah deret Fourier sinus dari $f$. Koefisien deret ini diberikan oleh

$$a_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin\left(\frac{n\pi\,x}{L}\right) \,\mathrm{d}{x} \ .$$

Dari $\displaystyle\frac{\partial{u}}{\partial t}(x,0) = g(x)$, diperoleh

$$g(x) =\sum_{n=1}^\infty \frac{cn\pi b_n}{L}\, \sin\left(\frac{n\pi\,x}{L}\right)$$ untuk $0<x<L$. Ini adalah deret Fourier sinus dari $g$. Rumus untuk menghitung koefisien deret Fourier ini menghasilkan

$$b_n = \frac{2}{cn\pi} \int_0^L g(x) \sin\left(\frac{n\pi\,x}{L}\right) \,\mathrm{d}{x} \ .$$

Untuk menunjukkan bahwa kita benar-benar memperoleh solusi persamaan gelombang, kita perlu membuktikan bahwa deret tersebut konvergen, seperti yang telah kita lakukan dalam pembuktian Teorema 7.4.1, apabila yang dicari adalah solusi klasik. Pembuktian ini diserahkan kepada pembaca.