Pengantar Metode Perturbasi Bab 4. Ekspansi Asimtotik pada Persamaan Diferensial Biasa

Transkripsi

1 Pengantar Metode Perturbasi Bab 4. Ekspansi Asimtotik pada Persamaan Diferensial Biasa Mahdhivan Syafwan Jurusan Matematika FMIPA Universitas Andalas PAM 454 KAPITA SELEKTA MATEMATIKA TERAPAN II Semester Ganjil 2016/2017

2 Perturbasi Regular Pandang masalah nilai batas berikut: d 2 y dy dx2 + 2ε y = 0, 0 x 1, (1) dx dengan syarat batas y 0 = 0 dan y 1 = 1. Tentukan solusi asimtotik dengan bentuk y x = y 0 x + εy 1 x + ketika ε 1. Substitusikan ekspansi tersebut ke masalah nilai batas di atas dan kemudian kumpulkan suku-sukunya berdasarkan pangkat ε. Selanjutnya selesaikan masalah nilai batas di setiap orde. Langkah-langkah di atas memberikan hasil [coba!] y = sinh x sinh 1 + ε 1 x sinh x sinh 1 + O(ε 2 ).

3 Perturbasi Singular: Matched Asymptotic Expansions

4 Contoh 1: Lapisan Batas Pandang masalah nilai batas berikut: ε d2 y dx dy y = 0, dx 0 x 1, (2) dengan syarat batas y 0 = 0 dan y 1 = 1. Tentukan solusi asimtotik dengan bentuk y x = y 0 x + εy 1 x + ketika ε 1. Pada saat leading-order: y 0 = Ae x/2. [tunjukkan!] Karena hanya ada satu konstanta integrasi, maka hal itu tidak dapat (secara umum) memenuhi kedua syarat batas. Jika konstanta integrasi tersebut memenuhi y 0 1 diperoleh y 0 = e (x 1)/2 [tunjukkan!]. Dari hasil ini jelas bahwa y 0 0 = e 1/2 0. Bagaimana memperbaiki hal ini? = 1, maka

5 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.) Coba hitung dulu y 1. Pada saat O(ε): d 2 y 0 dx dy 1 dx y 1 = 0. dan y εy O ε 2 = 0 y 1 0 = 0, y εy O ε 2 = 1 y 1 1 = 0. Solusi dari persamaan diferensial di atas adalah y 1 = 1 8 xe(x 1)/2 + Ke x/2. [tunjukkan!] Lagi-lagi hanya ada satu konstanta integrasi, sehingga tidak dapat memenuhi y 1 (0) = 0 dan y 1 1 = 0. Jika digunakan y 1 1 = 0, diperoleh y 1 = x ex 1 2. Dari hasil ini jelas bahwa y 1 0 = 1 8 e

6 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.) Dari perhitungan ekspansi sebelumnya, diperoleh y = e x ε 1 1 x ex O ε 2. 8 Apa yang menjadi masalah di sini? Pada perhitungan sebelumnya, diasumsikan bahwa d 2 y = O(1) dan ε d2 y = O(ε). dx 2 dx 2 Asumsi ini jelas salah, karena jika y berubah secara cepat ke 0 ketika x 0, maka turunan y bernilai besar di sana. Sekarang, untuk memenuhi y 0 = 0, diasumsikan terdapat suatu lapisan batas (boundary layer) di x = 0 dimana y berubah secara cepat.

7 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.) Rescale dengan x = ε α X, dimana α > 0, X = O 1 bilamana ε 0, dan y x = Y(X). Substitusi rescale ini ke masalah nilai batas (2), diperoleh ε 1 2α d2 Y dy + 2ε α Y = 0. dx2 dx [tunjukkan!] Karena ε α 1, maka balance yang mungkin adalah antara suku pertama dan suku kedua: ε 1 2α = O ε α α = 1. Jadi x = O(ε), x = εx, y = Y, dan d 2 Y dx dy εy = 0. dx Bagaimana dengan syarat batas? y 0 = 0 Y 0 = 0 [OK] y 1 = 1 Y ε 1 = 1 [hati-hati!]

8 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.) Gunakan ekspansi Y = Y 0 X + εy 1 X + O(ε 2 ). Pada saat leading-order: d 2 Y 0 dx dy 0 dx = 0, Y 0 0 = 0. Solusi pers. diferensial di atas adalah Y 0 = A 0 1 e 2X. [tunjukkan!] Pada saat O(ε): d 2 Y 1 dx dy 1 dx Y 0 = 0, Y 1 0 = 0. Solusi pers. diferensial di atas adalah Jadi Y 1 = 1 2 A 0X 1 + e 2X + C 2 (e 2X 1). [tunjukkan!] Y = A 0 1 e 2X + ε 1 2 A 0X 1 + e 2X + C 2 (e 2X 1) + O ε 2.

9 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.) Sekarang kita mempunyai 2 ekspansi asimtotik, yang satu valid ketika x = O(1) dan yang lain valid ketika x = O(ε). Proses membuat 2 ekspansi tersebut menjadi konsisten disebut pencocokan asimtotik (asymptotic matching). Dua ekspansi tersebut adalah y = e x ε 1 1 x ex O ε 2 8 ekspansi luar, valid ketika O ε < x 1. y = Y = A 0 1 e 2X + ε 1 2 A 0X 1 + e 2X + C 2 (e 2X 1) + O ε 2. ekspansi dalam (atau lapisan batas), valid ketika X = x ε = O 1 x = O ε.

10 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.) Pandang terlebih dahulu leading-order y 0 (x) = e x 1 2 dan Y 0 (X) = A 0 1 e 2X. Untuk memperoleh kecocokan dari daerah luar ke daerah dalam, kita misalkan x 0. Untuk memperoleh kecocokan dari daerah dalam ke daerah luar, kita misalkan X (karena x = εx dan ε 1). Jadi lim y 0(x) = lim Y 0 (X) A 0 = e 1 2. x 0 X Sekarang kita akan mencari daerah pertengahan (pencocokan) dimana kedua ekspansi valid. Definisikan x = ε β X, 0 < β < 1, dan X = O(1) bilamana ε 0. Tulis kedua ekspansi dalam X. O(ε) dalam O(ε β ) pertengahan O(1) luar

11 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.) Substitusi x = ε β X, ekspansi luar menjadi: y = e εβ X e 1 2ε + o ε. [periksa!] Substitusi X = x ε = εβ X ε = ε (1 β) X, ekspansi dalam menjadi: y = Y = A A 0ε β X C 2 ε + o ε. [periksa!] Dengan demikian A 0 = e 1 2 dan C 2 = 1 8 e 1 2. Proses ini disebut pencocokan asimtotik (asymptotic matching), dan ekspansi dalam dan luar disebut matched asymptotic expansions.

12 Contoh 1: Lapisan Batas (cont.)

13 Van Dyke s Matching Principle (VDMP) Misalkan Ekspansi luar: y x ~ Ekspansi dalam: Y X ~ N n=0 N φ n ε y n (x), n=0 ψ n ε Y n (X). Untuk menganalisis bagaimana y(x) berlaku di daerah dalam, tulis y(x) dalam X = x/f(ε) dan pandang M suku pada ekspansi tersebut. Notasikan ekspansi terakhir ini dengan y (N,M), orde ke-m dari aproksimasi dalam terhadap orde ke-n dari ekspansi luar. Untuk menganalisis bagaimana Y(X) berlaku di daerah luar, tulis Y(X) dalam x = f ε X dan pandang M suku pada ekspansi tersebut. Notasikan ekspansi terakhir ini dengan Y (N,M), orde ke-m dari aproksimasi luar terhadap orde ke-n dari ekspansi dalam. VDMP menyatakan bahwa y (N,M) = Y (N,M).

14 VDMP - contoh Pada contoh sebelumnya, ekspansi dalam adalah Y = A 0 1 e 2X + ε 1 2 A 0X 1 + e 2X + C 2 (e 2X 1) + O ε 2 dan ekspansi luar adalah y = e x ε 1 8 Pada ekspansi dalam, tulis X = x/ε, maka Y~A 0 1 e 2x/ε + ε 1 2 A 0 1 x ex O ε 2. x ε 1 + e 2x/ε + C 2 (e 2x/ε 1) ~Y (2,2) = A A 0x C 2 ε untuk x = O(1). Pada ekspansi luar, tulis x = εx, maka y~e εx ε 1 1 εx eεx 1 2 ~y (2,2) = e εx ε, untuk X = O(1). Dari y (2,2) = Y (2,2), diperoleh A 0 = e 1 2 dan C 2 = 1 8 e 1 2.

15 Ekspansi Komposit

16 Contoh-Contoh Lain

17 Metode Multiple Scale Pandang masalah nilai awal berikut d 2y dt 2 + 2ε dy dt + y = 0, y 0 dy = 1, dt Tentukan solusi asimtotiknya untuk ε 1. Misalkan digunakan ekspansi asimtotik y = y 0 t + εy 1 t + O ε 2. Pada saat leading order diperoleh 0 = 0, t 0. y 0 t = cos t. [tunjukkan!] Pada saat O ε diperoleh y 1 t = sin t t cos t. [tunjukkan!] Jadi solusi asimtotiknya adalah y t = cos t + ε sin t t cos t + O ε 2. Perhatikan bahwa perbandingan antara suku kedua dengan suku pertama pada ekspansi di atas asimtotik ke εt sehingga tidak lagi bernilai kecil ketika t = O(ε 1 ). Jadi solusi asimtotik di atas hanya valid untuk t ε 1.

18 Metode Multiple Scale Solusi eksak: y = e εt cos 1 ε 2 t + ε sin 1 1 ε 2 ε2 t. Solusi tersebut berosilasi menurun (decaying oscillation).

19 Metode Multiple Scale Secara umum metode multiple scale memperkenalkan skala waktu kedua yang lambat (second slow timescale) dengan mendefinisikan variabel waktu lambat (slow time variable) yang baru, T = εt, sehingga ketika t = O(ε 1 ), T = O(1). Selanjutnya dicari solusi asimtotik dengan bentuk y y(t, T) = y 0 t, T + εy 1 t, T + O ε 2, dimana setiap suku adalah fungsi terhadap t, untuk menangkap fenomena osilasi, dan T(= εt ), untuk menangkap penurunan yang lambat (slow decay). Perhatikan bahwa dy dt = = y t + ε y T, d 2 y dt 2 = = 2 y t 2 + 2ε 2 y t T + ε2 2 y T 2.

20 Metode Multiple Scale Dengan demikian diperoleh 2 y t 2 + 2ε 2 y t T + 2 y ε2 T 2 + 2ε y t + ε y T dengan syarat awal y y y 0,0 = 1, (0,0) + ε (0,0) = 0. t T Selanjutnya gunakan ekspansi y(t, T) = y 0 t, T + εy 1 t, T + O ε 2. Pada saat leading order diperoleh solusi y 0 t, T = A 0 T cos t + B 0 T sin t, dimana A 0 0 = 1 dan B 0 0 = 0. Pada saat O(ε)??? + y = 0,

21 Metode Multiple Scale Pada saat O(ε): 2 y 1 t 2 + y 1 = 2 y 0 t 2 2 y 0 t T 2 y 1 t 2 + y 1 = 2 A 0 + da 0 dt sin t 2 B 0 + db 0 cos t. [periksa!] dt Karena ekspresi di ruas kanan sama bentuknya dengan solusi homogen, maka solusi partikular melibatkan t cos t dan t sin t. Namun nilai kedua ekspresi terakhir ini semakin membesar ketika t membesar, sehingga ekspansi asimtotik tersebut menjadi nonuniform. Suku-suku ini disebut suku-suku sekular. Agar ekspansi asimtotik tersebut uniform, suku-suku sekular mesti dieliminasi, yaitu dengan membuat A 0 + da 0 = 0 A dt 0 = e T dan B 0 + db 0 = 0 B dt 0 = 0. [periksa!] Jadi solusi leading order : y 0 = e T cos t = e εt cos t.

22