MASALAH SYARAT BATAS (MSB)

Transkripsi

1 Program Studi Pendidikan Matematika FKIP Unmuh Ponorogo PENDAHULUAN MODEL KABEL MENGGANTUNG

2 DEFINISI MSB Persamaan diferensial (PD) dikatakan berdimensi 1 jika domainnya berupa himpunan bagian pada R 1. Domain adalah himpunan di mana PD terdenisi. Biasanya domain berupa himpunan (interval) terbuka (a, b), a dan b disebut titik batas. Masalah syarat batas (MSB) dimensi 1 adalah sebuah persamaan diferensial dengan tambahan syarat penyelesaian di kedua ujung interval/domainnya. Contoh: d 2 u dt 2 du + k(t) + p(t)u = f (t), t (a, b) (1) dt u(a) = α, u(b) = β. (2) Persamaan dasar (underlying): PD linear takhomogen orde 2. Domain: (a, b) Unsur yang diberikan: fungsi k(t), p(t) dan f (t), konstanta α dan β. Syarat batas: u(a) = α, u(b) = β Penyelesaian adalah fungsi u = u(x) yang memenuhi (1) dan (2).

3 JENIS-JENIS MSB Berdasarkan jenis persamaan yang mendasari PD biasa dan PD Parsial domain dimensi 2 dan dimensi lebih tinggi Berdasarkan order derivatif tingkat dua dan tingkat tinggi Khusus tingkat satu (rst order) hanya muncul masalah nilai awal (MNA) Jenis syarat batas syarat batas Dirichlet: spesikasi nilai penyelesaian pada batas domain, e.g. u(a) = α, u(b) = β. syarat batas Neumann: spesikasi nilai derivatif pada batas domain, e.g. u (a) = α, u (b) = β. syarat batas Robin (campuran): spesikasi nilai penyelesaian dan derivatifnya pada batas domain, e.g. u(a) = α, u (b) = β. Bila domain pada ruang berdimensi 2, misal Ω R 2 maka persamaannya berupa PD parsial dan batasnya berupa kurva lengkung Γ := Ω.

4 Contoh Domain MSB dimensi 2 X 2 : batas domain X : domain 3 0 X 1 X 1 Contoh MSB yang bersuaian: Persamaan konduksi panas keadaan steady 2 u x u y 2 = f (x, y), (x, y) Ω u Γ = 0 Notasi u Γ := u(x, y) = 0 pada (x, y) Γ.

5 Masalah Nilai Awal Syarat batas (MNASB) Bila state u tidak hanya bergantung pada variabel lokasi (spasial), tetapi juga waktu (time) yaitu u = u(x, t), x Ω dan t [0, T ] maka diperoleh masalah nilai awal dan syarat batas. Contoh: Persamaan gelombang dimensi dua 2 u x u y 2 = 1 2 u c 2 t 2, (x, y) Ω, t > 0 u(x, y, t) = 0, (x, y) Ω, t > 0 (3) u(x, y, 0) = f (x, y), (x, y) Ω (4) u(x, y, 0) t = g(x, y), (x, y) Ω (5) Relasi (3) disebut syarat batas krn ia mensyaratkan nilai solusi pada batas domain. Relasi (4) dan (5) adalah syarat awal, yaitu kondisi solusi ketika t = 0 di mana f dan g diberikan dimuka. MNASB dimensi dua atau lebih sangat sulit ditangani. Kita hanya membatasi MSB dimensi 1 khususnya pada aspek pemodelannya.

6 Pemodelan Menggantung Kabel Permasalahan: menentukan bentuk (shape) kabel yang diikat di kedua tiang pada ketinggian tertentu (umumnya berbeda) dan membawa beban yang terdistribusi sepanjang kabel. Contoh: Kabel listrik tegangan tinggi, jembatan gantung. Y h 0 tiang 1 ketinggian 1 y = u(x) kabel tiang 2 h 1 ketinggian 2 x x+ x 0 a X Figure: Model Real Kabel Digantung Asumsi: Gaya yang bekerja pada kabel berupa tegangan dan arahnya pada setiap titik adalah mengikuti arah garis singgung di titik tsb.

7 Pemodelan (lanjutan) Misalkan u(x) posisi garis tengah kabel terhadap sumbu X, diukur ke atas, yaitu tinggi kabel terhadap standar permukaan. Perhatikan segmen [x, x + x]. Hukum Newton kedua, jumlah (total) gaya pada komponen horizontal pada segmen tersebut adalah 0, begitu juga komponen vertikalnya. F y F β F x G x G α x f(x) x x+ x Figure: Modeling Horizontal di titik x + x adalah F x := F cos β, di titik x adalah G x = G cos α di mana F tegangan arah garis singgung. Tanda negatif karena α berada pada kuadran III.

8 Misalkan α := φ(x) sudut yang dibentuk oleh tensi thd sb horizontal di titik x dan β := φ(x + x) utk hal yang sama tetapi di titik x + x maka pada komponen horizontal berlaku T (x + x) cos (φ(x + x)) T (x) cos (φ(x)) = 0 (6) di mana T (x + x) := F dan T (x) := G. Di sini f (x) itensitas beban terdistribusi shg f (x) x beban yang diberikan oleh kabel pada segmen kecil [x, x]. Karena itu kuantitas ini terakumulasi pada komponen gaya arah vertikal. Dengan argumen yang sama, yaitu menggunakan aturan perbandingan trigonometri diperoleh gaya arah vertikal sbb: T (x + x) sin (φ(x + x)) T (x) sin (φ(x)) f (x) x = 0 (7) Dari (6), diperoleh komponen horizontal di kedua titik ujung sama, yaitu F x = G x := T maka diperoleh T (x + x) = Substitusi hasil ini ke (7) diperoleh T cos(φ(x + x)), T (x) = T cos(φ(x)).

9 T T sin (φ(x + x)) sin (φ(x)) f (x) x = 0 cos(φ(x + x)) cos(φ(x)) yaitu T (tan(φ(x + x) tan(φ(x))) f (x) x = 0. Karena tan (φ(x)) := du (x) maka diperoleh dx ( T u (x + x) u (x) = f (x) x. Kedua ruas dibagi dengan x kemudian diambil limit untuk x 0 maka diperoleh Syarat batas T d 2 u = f (x), 0 < x < a. (8) dx 2 u(0) = h0, dan h(a) = h1. (9) Persamaan (8) dengan syarat (9) berupa MSB untuk model gantungan kabel.

10 Kasus berdasarkan bentuk fungsi beban f (x) f (x) x := w s x, yakni kabel menggantung berdasarkan berat w per x satuan panjang s di mana s panjang busur (lengkungan) kabel sehingga ( ) 2 s lim = du 1 +. x 0 x dx Dengan asumsi ini persamaan diferensial (8) menjadi d 2 ( ) 2 u = w du dx 2 1 +, 0 < x < a, (10) T dx u(0) = h0, dan h(a) = h1. (11) f (x) x = w x, yakni kabel menopang beban yang terdistribusi secara seragam. Keadaan ini cocok pada kabel unruk suspensi sebuah jembatan. Jadi MSB yang bersesuaian adalah d 2 u = w, dx 2 0 < x < a. (12) T u(0) = h0, dan h(a) = h1. (13)

11 Bentuk Umum Penyelesaian Persamaan diferensial (12) dapat diselesaikan dengan menggunakan persamaan karakteristiknya dan prinsip superposisi. Penyelesaian umumnya adalah ( w ) u(x) = x 2 + c1x + c2, 2T di mana c1 dan c2 konstanta sebarang. Substitusi syarat batas (13) maka c1 dan c2 dapat ditemukan sehingga diperoleh penyelesaian khusus u(x) = w (x 2 ax) + h 1 h0 x + h0. (14) 2T Coba simulasikan penyelesaian ini dengan menetapkan konstanta w = 3 satuan berat per sat panjang, T = 5 satuan gaya. Mainkan parameter a, h0 dan h1. Bagaimana pola lengkungan kabel yang digantung tersebut. a