Pemisahan Neumann dengan Ujung Bebas

Contoh 7.4.5.

Selesaikan persamaan gelombang

$$\frac{\displaystyle \partial^{2}{u}}{\displaystyle \partial t^{2}} = c^2 \frac{\displaystyle \partial^{2}{u}}{\displaystyle \partial x^{2}} \quad , \quad 0 < x < L \text{ dan } t>0 \ ,$$(7.4.8) dengan syarat batas $\displaystyle\frac{\partial{u}}{\partial x}(0,t) = \frac{\partial{u}}{\partial x}(L,t) = 0$ 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 (7.4.8), 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, terdapat $x_0$ dan $t_0$ dengan $F(x_0)\neq 0$ dan $G(t_0)\neq 0$. 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 menetapkan $k$ dari pasangan $(x_0,t_0)$ tersebut dan mengevaluasi persamaan sebelum pembagian secara berturut-turut pada $x=x_0$ dan $t=t_0$, kita memperoleh dua persamaan diferensial biasa berikut pada seluruh domain semula.

$$\frac{\mathrm{d}^{2}{F}}{\mathrm{d}{x}^{2}}(x) -k F(x) = 0 \quad \text{dan} \quad \frac{\mathrm{d}^{2}{G}}{\mathrm{d}{t}^{2}}(t) - c^2\,k\,G(t) = 0 \ .$$(7.4.9)

Persamaan diferensial biasa pertama dalam (7.4.9) dikenai dua syarat batas. Dari $\displaystyle\frac{\partial{u}}{\partial x}(0,t) = 0$, kita memperoleh $F'(0)G(t)=0$. Karena kita mengasumsikan bahwa $G$ tidak identik nol, kita memperoleh $F'(0)=0$. Serupa dengan itu, dari $\displaystyle\frac{\partial{u}}{\partial x}(L,t) = 0$, 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 (7.4.9) adalah $F'(0)=F'(L)=0$.

Pertama-tama, kita mempertimbangkan masalah nilai batas

$$\frac{\mathrm{d}^{2}{F}}{\mathrm{d}{x}^{2}}(x) -k F(x) = 0 \quad \text{dengan} \quad F'(0)=F'(L)=0 \ .$$(7.4.10) Bentuk solusi umum persamaan diferensial biasa 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 $A\sqrt{k} - B\sqrt{k}=0$ dan $F'(L)=0$ mengakibatkan $\displaystyle A \sqrt{k}\, e^{L\sqrt{k}} - B \sqrt{k}\, e^{-L\sqrt{k}} = 0$. Satu-satunya solusi sistem

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

$$\det \begin{pmatrix} \sqrt{k} & -\sqrt{k} \\ \sqrt{k}\, e^{L\sqrt{k}} & -\sqrt{k}\, e^{-L\sqrt{k}} \end{pmatrix} = -k \left( e^{-L\sqrt{k}} - e^{L\sqrt{k}}\right) \neq 0$$ untuk $k>0$. Oleh karena itu, solusi trivial merupakan satu-satunya solusi masalah nilai batas (7.4.10) untuk $k>0$.

Jika $k=0$, solusi persamaan diferensial biasa adalah $F(x)=B_0 x+ A_0$. Namun, $F'(0)=0$ mengakibatkan $B_0=0$. $F'(L)=0$ tidak memberikan informasi tambahan. Jadi, $B_0=0$ dan $A_0$ bebas. Masalah nilai batas (7.4.10) pada $k=k_0 \equiv 0$ memiliki ruang eigen yang terdiri atas fungsi-fungsi konstan. Fungsi eigen taktrivialnya adalah $F(x) = F_0(x) \equiv A_0$ untuk setiap $x\in [0,L]$, dengan konstanta $A_0\neq0$ yang dipilih sembarang.

Jika $k<0$, akar-akar persamaan karakteristik adalah $\pm i \sqrt{-k}$. Karena akar-akarnya kompleks, solusi persamaan diferensial biasa berbentuk $\displaystyle F(x) = A \cos\left(\sqrt{-k}\,x\right) + B \sin\left(\sqrt{-k}\,x\right)$. Namun, $F'(0)=0$ mengakibatkan $B \sqrt{-k} =0$. Jadi, $B=0$ karena $k\neq 0$. Selanjutnya, $F'(L)=0$ mengakibatkan $A \sqrt{-k} \sin\left(L\sqrt{-k}\right) = 0$. Jika kita memilih $A=0$, kita memperoleh solusi trivial. Oleh sebab itu, harus berlaku $\sin\left(L\sqrt{-k}\right) = 0$ karena $k< 0$. Hal ini berarti bahwa $\displaystyle k = k_n = -\left(n\pi/L\right)^2$ untuk bilangan bulat $n>0$. Masalah nilai batas (7.4.10) memiliki solusi taktrivial hanya untuk $\displaystyle k=k_n\equiv -\left(n\pi/L\right)^2<0$ dengan $n>0$, dan solusi yang bersesuaian dengan setiap $k_n$ berbentuk

$$F(x)=F_n(x) \equiv A_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \ .$$

Untuk $k=0$, persamaan diferensial biasa kedua dalam (7.4.9) menjadi $G''(t) = 0$. Persamaan ini memiliki solusi umum $G(t) = G_0(t) \equiv D_0 t + C_0$.

Untuk $\displaystyle k=k_n=-\left(n\pi/L\right)^2$, persamaan diferensial biasa kedua dalam (7.4.9) 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 $\displaystyle\lambda^2 +\left(c n\pi/L\right)^2=0$. 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

$$\begin{aligned} u_0(x,t) &\equiv F_0(x)G_0(t) = b_0 t + a_0 \\ &\text{dan}\\ u_n(x,t) &\equiv F_n(x)G_n(t) = \left( a_n \cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \right) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \end{aligned}$$ untuk $n>0$. Konstanta $a_n$ merupakan hasil kali konstanta $A_n$ dan $C_n$, sedangkan $b_n$ merupakan hasil kali $A_n$ dan $D_n$.

Kita mencari solusi yang berbentuk

$$u(x,t) = \sum_{n=0}^\infty u_n(x,t) = b_0 t + a_0 + \sum_{n=1}^\infty \left( a_n \cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \right) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \ .$$

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

$$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n\,\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$ untuk $0<x<L$. Ini adalah deret Fourier kosinus dari $f$. Koefisien deret ini diberikan oleh

$$a_0 = \frac{1}{L} \int_0^L f(x) \,\mathrm{d}{x} \quad \text{dan} \quad a_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \,\mathrm{d}{x}$$ untuk $n>0$.

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

$$g(x) = b_0 + \sum_{n=1}^\infty \frac{cn\pi b_n}{L}\, \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$ untuk $0<x<L$. Ini adalah deret Fourier kosinus dari $g$. Koefisien deret ini diberikan oleh

$$b_0 = \frac{1}{L} \int_0^L g(x) \,\mathrm{d}{x} \quad \text{dan} \quad b_n = \frac{2}{cn\pi} \int_0^L g(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \,\mathrm{d}{x}$$ untuk $n>0$.

Representasi deret ini masih bersifat formal sampai kekonvergenan dan pendiferensiasian suku demi suku dibenarkan. Sebagai hipotesis yang cukup, meskipun tidak minimal, bagi solusi klasik hingga sudut-sudut pada $t=0$, kita dapat mengambil $f\in C^3([0,L])$ dan $g\in C^2([0,L])$ dengan syarat kompatibilitas Neumann

$$f'(0)=f'(L)=g'(0)=g'(L)=0.$$ Solusi energi dapat dibangun dari data yang lebih lemah.