Pengantar Metode Perturbasi Bab 1. Pendahuluan

Transkripsi

1 Pengantar Metode Perturbasi Bab 1. Pendahuluan Mahdhivan Syafwan Jurusan Matematika FMIPA Universitas Andalas PAM 454 KAPITA SELEKTA MATEMATIKA TERAPAN II Semester Ganjil 2016/2017

2 Review Teori Dasar Terkait Barisan/deret konvergen dan divergen Teorema Binomial Deret Taylor Integral Parsial Penyelesaian PDB Orde 1 Pemisahan variabel Penggunaan Faktor Integrasi Penyelesaian PDB Orde 2 Linier dengan Koefisien Konstan Homogen Nonhomogen Aturan rantai pada turunan parsial

3 Latar Belakang Banyak masalah menarik dalam matematika terapan yang sulit dicari solusi eksaknya. Jika pada masalah tersebut ada parameter tanpa-dimensi (dimensionless) yang tidak bernilai kecil, maka metode numerik dapat digunakan. Jika ada parameter tanpa-dimensi yang bernilai kecil, maka metode perturbasi atau metode asimtotik perlu digunakan. Parameter tanpa-dimensi yang bernilai kecil tersebut muncul ketika suatu proses fisis terjadi jauh lebih lambat daripada proses fisis yang lain atau ketika suatu skala panjang jauh lebih pendek daripada skala panjang yang lain.

4 Contoh 1. Gelombang Permukaan Fluida λ amplitude a ε = a λ 1

5 Contoh 2. Mekanika Fluida L λ l ε = l L 1

6 Contoh 3. Difusi pada Kimia atau Biologi A B A B Kimia A mempunyai koefisien difusi D A Kimia B mempunyai koefisien difusi D B ε = D A D B 1

7 Contoh 4. Discrete Soliton in Optical Waveguide ε 1.

8 Pengenalan Notasi: O(. ) Suatu fungsi f ε dikatakan orde dari fungsi g(ε), dinotasikan dengan f ε = O(g(ε)) ketika ε a jika berlaku f(ε) lim ε a g ε = A, dimana A adalah suatu konstanta tak-nol. Di sini g(ε) disebut sebagai fungsi pengukur (gauge function). Contoh: a) sin ε = O(ε) ketika ε 0, karena b) cos ε = O(1) ketika ε 0, karena c) cos ε 1 = O(? ) ketika ε 0, karena Semua contoh di atas diperoleh dari deret Taylor masing-masing fungsi [coba!].

9 Pengenalan Notasi : o(. ) atau Suatu fungsi f ε dikatakan jauh lebih kecil dari fungsi g(ε), dinotasikan dengan jika berlaku Contoh: f ε = o(g(ε)) atau f ε g ε ketika ε a, f(ε) lim ε a g ε = 0. a) sin ε = o(1) ketika ε 0, karena b) cos ε = o(ε 1 ) ketika ε 0, karena c) e ε = o(? ) ketika ε 0, karena

10 Pengenalan Notasi : ~ Suatu fungsi f ε dikatakan asimtotik terhadap fungsi g(ε), dinotasikan dengan jika berlaku Contoh: f ε ~ g(ε) bilamana ε a, f(ε) lim ε a g ε = 1. a) sin ε ~ ε bilamana ε 0, karena b) cos ε 1 ~ 1 2 ε2 bilamana ε 0, karena c) e ε 1 ~? bilamana ε 0, karena

11 Latihan Verifikasi ekspresi berikut ini:

12 Persamaan Aljabar : Contoh 1 Pandang persamaan x 2 + 2εx 1 = 0, (1) dimana ε 1. Solusi eksaknya adalah x = ε ± 1 + ε 2. [periksa!] Ekspansi dari bentuk di atas untuk ε 1 adalah x = ε ± ( ε2 1 8 ε4 + ). [periksa!] = 1 ε ε2 1 8 ε4 + 1 ε 1 2 ε ε4 Pertanyaan: Bagaimana kita memperoleh solusi deret pangkat tersebut jika kita tidak tahu solusi eksaknya?

13 Persamaan Aljabar : Contoh 1 Asumsikan terdapat solusi deret pangkat dengan bentuk x = x 0 + εx 1 + ε 2 x 2 +. Bentuk di atas disebut ekspansi parameter karena ε adalah parameter, bukan variabel. Substitusikan ekspansi di atas ke pers. (1), kemudian kumpulkan suku-sukunya berdasarkan pangkat ε, diperoleh x ε??? + ε 2??? + = 0. Pada O 1 [disebut leading-order]: x = 0 x 0 = ±1. Pada O ε : x 1 = 1. [periksa!] Pada O ε 2 : x 2 = ± 1 2. [periksa!]

14 Persamaan Aljabar : Contoh 1 Dengan demikian diperoleh solusi deret pangkat yang sama persis dengan hasil yang diperoleh sebelumnya. Perhatikan bahwa solusi untuk 0 < ε 1 mendekati solusi untuk ε = 0. Hal ini disebut masalah perturbasi regular.

15 Persamaan Aljabar : Contoh 2 Pandang persamaan dimana ε 1. εx 2 + 2x 1 = 0, (2) Jika kita lakukan perhitungan seperti cara sebelumnya, maka solusi leading-order (yaitu ketika ε = 0) adalah x = 1 2 [hanya satu solusi!]. Pertanyaan: bagaimana dengan solusi yang lain? Hal ini adalah salah satu contoh dari masalah perturbasi singular. Di sini sifat alami dari solusi untuk 0 < ε 1 (dua solusi) berbeda secara kualitatif terhadap solusi untuk ε = 0 (satu solusi).

16 Persamaan Aljabar : Contoh 2 Solusi eksak dari pers. (2) adalah x = 1 1 ± 1 + ε. [periksa!] ε Ekspansi dari bentuk di atas untuk ε 1 adalah x = 2 ε ε + [periksa!] Perhatikan bahwa solusi x = 2/ε 1/2 + melenceng ke tak-hingga ketika ε 0. Karena pada saat leading-order hanya terdapat satu solusi (padahal harusnya ada dua solusi), maka asumsi bahwa x = O(1) bilamana ε 0 tidak lagi berlaku pada solusi yang satu lagi.

17 Persamaan Aljabar : Contoh 2 Untuk menentukan solusi yang lain, kita lakukan rescaling x = ε α X, dimana α > 0 dan X = O(1) bilamana ε 0. Hal ini memberikan hasil ε 1 2α X 2 + 2ε α X 1 = 0. [periksa!] Untuk memperoleh hasil yang konsisten, kita butuh paling tidak dua suku leading-order yang mempunyai orde yang sama ketika ε 0 sedangkan suku-suku yang lain mempunyai orde yang lebih kecil ketika ε 0 (prinsip dominant balance*). Satu-satunya balance yang mungkin adalah antara suku pertama dan kedua [mengapa?]: ε 1 2α = O(ε α ) 1 2α = α α = 1. *lihat lebih lanjut di Bender, C. M. and Orszag, S. A. (1999). Advanced Mathematical Methods for Scientists and Engineers. Springer-Verlag.

18 Persamaan Aljabar : Contoh 2 Jadi rescaling yang digunakan adalah x = ε 1 X dan persamaan baru yang dihasilkan adalah X 2 + 2X ε = 0. Karena X = O(1) bilamana ε 0, maka sekarang dapat digunakan ekspansi X = X 0 + εx 1 + ε 2 X 2 +. Pada O 1 : X X 0 = 0 X 0 = 2 atau 0. [periksa!] Pada O ε : 2X 0 X 1 + 2X 1 1 = 0 X 1 = 1 2 atau 1 2. [periksa!] Pada O ε 2 :??? Dengan demikian diperoleh x = ε 1 X = 2 ε ε +

19 Persamaan Aljabar : Contoh 3 Pandang persamaan dimana ε 1. (1 ε)x 2 2x + 1 = 0, (3) Pada saat leading-order, persamaan di atas mempunyai akar kembar di x = 1. [masalah!] Jika digunakan ekspansi x = x 0 + εx 1 + O(ε 2 ), maka Pada O 1 : Jelas x 0 = 1. Pada O ε : 2x 0 x 1 x 0 2 2x 1 = 1 ε = 0. [masalah!] Solusi eksak: x = 1± ε 1 ε = 1 ± ε + ε + O(ε3/2 ). [periksa!]

20 Persamaan Aljabar : Contoh 3 Lakukan rescaling x = 1 + ε β X, dimana β > 0 dan X = O(1) bilamana ε 0. Jadi diperoleh ε 2β 1 1 ε X 2 2ε β X 1 = 0. [periksa!] Satu-satunya balance yang mungkin adalah antara suku pertama dan ketiga [mengapa?]: ε 2β 1 = O(1) β = 1 2. Jadi dengan rescaling x = 1 + εx, diperoleh persamaan baru 1 ε X 2 2 εx 1 = 0. Gunakan ekspansi X = X 0 + ε 1/2 X 1 + O(ε), diperoleh X = ±1 + ε 1/2 + O ε x = 1 ± ε 1/2 + ε + O(ε 3/2 ).