Upload
jokonugroho
View
59
Download
16
Tags:
Embed Size (px)
DESCRIPTION
diktat kuliah teknik mesin
Citation preview
DDAAFFTTAARR IISSII
DAFTAR ISIBBAABB II :: PPEENNYYEELLEESSAAIIAANN PPDD DDEENNGGAANN DDEERREETT KKUUAASSAA 11
1.1. Fungsi Analitik , Titik Ordiner dan Titik Singular 11.2. Power Series Method 31.3. Persamaan dan Polinomial Legendre 8
1.3.1. Persamaan Legendre 81.3.2. Polinomial Legendre 111.3.3. Deret Polinomial Legendre 13
1.4. Metode Frobenius 151.5. Persamaan Bessel 23
1.5.1. Fungsi Bessel Jenis Pertama 231.5.2. Fungsi Bessel Jenis Kedua 351.5.3. Fungsi Bessel Termodifikasi 411.5.4. Persamaan yang bisa ditransformasikan ke dalam PD Bessel 45
BBAABB IIII :: DDEERREETT FFOOUURRIIEERR 44882.1. Fungsi Periodik Error! Bookmark not defined.82.2. Deret Fourier 502.3. Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Error! Bookmark not defined.62.4. Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half -Range)
Error! Bookmark not defined.7
BBAABB IIIIII :: PPEERRSSAAMMAAAANN DDIIFFEERREENNSSIIAALL PPAARRSSIIAALL 66333.1. Pendahuluan 633.2. Penyelesaian Masalah Syarat Batas 64
3.2.1. Pengintegralan seperti PD Biasa 643.2.2 . Pemisalan byaxeu += 663.2.3. Pemisahan Variabel 69 Persamaan Konduksi Panas 1 dimensi 73 Aliran Panas Konduksi 2 dimensi 79 Getaran tali(Persamaan Gelombang 1 dimensi) 81
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 1Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
BBAABB II
PPEENNYYEELLEESSAAIIAANN PPEERRSSAAMMAAAANNDDIIFFEERREENNSSIIAALL DDEENNGGAANN DDEERREETT KKUUAASSAA
1.1. Fungsi Analitik, Titik Ordiner Dan Titik Singular
Fungsi f (x) dikatakan analitik di x = x0 jika deret Taylor
∑∞
=
−
0n
n00
)n(
!n)xx()x(f konvergen di sekitar titik x = x0
Contoh :
f (x) = ln x ; akan diselidiki apakah f (x) analitik di x = 1
Deret Taylor dari f (x) di sekitar x = 1 adalah :
f (x) = ln x f (1) = 0
f ′(x) = x1 f ′(1) = 1
f ′′ (x) = 2x1− f ′′ (1) = -1
f ′′′ (x) = 3x2 f ′′′ (1) = 2
f )iv( (x) = 4x3.2.1− f )iv( (1) = -3!
f )n( (x) = n
1n
x)!1n()1( −− −
f )n( (1) = (-1) 1n− (n-1)!
Deret Taylor:
∑∞
=
− −−−
0n
n1n
!n)1x()!1n()1( = ∑
∞
=
− −−
0n
n1n
n)1x()1( ; n ≠ 0
Pokok Bahasan :! Fungsi Analitik, Titik Ordiner dean Titik Singular! Power Series Method! Persamaan dan Polinomial Legendre! Metode Frobenius! Persamaan Bessel
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 2Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
= ∑∞
=
− −−
1n
n1n
n)1x()1(
Sehingga untuk deret Taylor dari f(x) = ln x di atas, yaitu:
∑∞
=
− −−
1n
n1n
n)1x()1( ; uji konvergensinya adalah sebagai berikut:
n)1x()1(
1n)1x()1(
aa n1n1nn
n
1n −−+−−=
−++
= 1n
n)1x)(1(+−− =
1nn)1x(
+− =
1nn+
1x −
di sekitar x = 1 → 01x =−
10a
a
n
1n ⟨=+ ; jadi konvergen
Berarti f(x) = ln x analitik di x = 1.
Fungsi-fungsi yang analitik di sebarang nilai x diantaranya adalah
fungsi-fungsi : Polinomial; sin x; cos x; ex; termasuk jumlahan, selisih, hasil
kali, dan hasil bagi dari fungsi-fungsi tersebut. Hasil bagi dari fungsi analitik
akan menjadi tidak analitik jika penyebutnya 0.
Contoh :
f(x) = x3 + 2x2 + x + 9,5
f(x) = cos 2x +x4 +sin x + 1
f(x) = 2xe-x + tg x
f(x) = 0
f(x) = xcosx2xsin1− dan sebagainya.
Bila persamaan diferensial berbentuk : y ′′ + P (x) y ′ + Q(x) y = 0
maka didefinisikan:
1. Titik x0 disebut titik ordiner (ordinary point) dari PD di atas jika P(x), dan
Q(x) analitik pada x = x0. Jika salah satu atau kedua fungsi tersebut
tidak analitik di x=x0, maka x0 disebut titik singular (singular point) dari
PD di atas.
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 3Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2. Titik x0 disebut titik singular teratur (Regular Singular Point) dari PD di
atas, jika x0 titik singular dari PD dan fungsi (x- x0) P(x) dan (x- x0)2 Q(x)
analitik di x0.
Catatan : koefisien dari y ′′ harus samadengan 1.
Contoh:
1. PD : y ′′ -xy′ + 2y = 0; selidiki di sekitar x = 0
2 = Q(x)x - = P(x) merupakan fungsi-fungsi polinomial yang analitik di mana-
mana, x = 0 merupakan titik analitik.
2. PD : (x2 - 4) y′′ + y = 0 ; di x = 2
P(x) = 0 analitik di mana-mana
Q(x) = 4x
12 −
Q(x) = →01 tidak analitik
x = 2 merupakan titik singular.
3. PD : 2x2y′′ + 7x (x + 1)y′ - 3y = 0 ; di titik x = 0
−=→−=
=→=+= +
03)0(Q
x23)x(Q
07)0(P
x2)1x(x7)x(P
2
x2)1x(7
2tidak analitik di x = 0
x = 0 titik singular
karena:
analitik23)x(Q0)-(x
1)(x 7/2 P(x) 0)-(x2
−=+=
maka x = 0 merupakan titik singular teratur.
1.2. Power Series Method (Penyelesaian PD dengan penderetan di
sekitar titik ordiner)
Teorema 1 :
Bila P,Q, dan R dalam PD : y′′ + P(x) y′ + Q(x) y = R(x) .........................................(1-1)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 4Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
adalah fungsi analitik di x = x0 (x0 merupakan titik ordiner dari PD) maka
setiap penyelesaian dari (1) analitik di x = x0 dan dapat dinyatakan dalam
bentuk deret kuasa dari x – x0 : ∑∞
=+≡−=
0m2110
m0m )x(ya)x(ya)xx(ay ..........(1-2)
a0 dan a1 adalah konstanta sembarang.
Contoh :
1. Selesaikan PD : y′′ - xy′ + 2y = 0
Penyelesaian:
=−=2)x(Qx)x(P P dan Q analitik di aman-mana, x = 0 merupakan titik
ordiner.
Sehingga ∑ ∑∞
=
∞
==−=
0m 0m
mm
mm xa)0x(ay merupakan penyelesaian
persamaan differensial.
.....xa.....xaxaaxay ss
0m
221o
mm +++++= ∑
∞
==
∑∞
==
− +++=′0m
2321
1mm .....xa3xa2axamy
∑∞
==
− +++−=′′zm
2432
2mm .....xa4.3xa3.2a2xam)1m(y
substitusi y, y′ dan y′′ ke PD :
∑ ∑∑∞
=
∞
=
−∞
=
− =+−−2m
m
0mm
1m
1mm
2mm 0xa2xamxxam)1m(
[ ][ ][ ] 0.......xsa.......xa3xa2xa2
.......xsa.......xa3xa2xa
.....xa)2s)(1s(......xa4.3xa3.2a2.1
ss
33
221
ss
33
221
s2s
2432
=+++++
++++++
++++++++ +
kumpulkan suku-suku yang mengandung x dengan pangkat sama.
(2a2 + 2a0) + x(6a3 – a1 + 2 a1) + .....+
[(s + 1)(s + 2) as+2 – sas + 2as] xs = 0
samakan koefisien sisi sebelah kiri dan kanan tanda sama dengan:
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 5Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
koefisien x0 : 2a2 + 2a0 = 0 → a2 = -a0
koefisien x1 : (6a3 – a1 + 2a1) =0 → a3 = 1a61−
koefisien xs : (s + 1)(s + 2) as+2 – sas + 2as = 0 → s2s a)2s)(1s(
2sa++
−=+
rumus rekursi untuk s = 0,1,2,...
Dari rumus rekursi bisa ditentukan nilai am untuk sembarang s
s = 0 → 00
2 a2a2a −=−=
11
3 a61
6aa1s −=−=→=
0a2s 4 =→=
113
5 a201)a
61(
201
20aa3s −=−==→=
030a2a4s 4
6 ==→=
115
7 a1680
1)a120
1(423
42a3a5s −=−==→=
063a4a6s 0
8 ==→=
PUPD : ....xaxaxaaxay 33
2210
0m
mm ++++== ∑
∞
=
....xa1680
1x0xa120
1x0xa61xaxaay 7
165
143
12
010 +−+−+−−+=
.....)x1680
1x120
1x61x(a)x1(ay 753
12
0 −−−−+−=
2110 yayay +=
21 x1y −=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 6Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
.....x1680
1x120
1x61xy 753
2 −−−−=
2. Selesaikan PD : 2xxy"y)4x( 2 +=++
Penyelesaian:
Masing-masing ruas dibagi dengan )4x( 2 + menjadi:
4x2xy
4xx"y 22 +
+=+
+
Cek apakah P, Q, dan R analitik di titik x = 0
P(x) = 0 → analitik di titik x = 0
Q(x) =4x
x2 +
→ analitik di titik x = 0
R(x) = 4x
2x2 ++ → analitik di titik x = 0
x = 0 merupakan titik ordiner PD, sehingga penyelesaian PD:
∑=∞
=0m
mmxay
∑=∞
=
−
1m
1mmxam'y
∑ −=∞
=
−
2m
2mmxam)1m("y
Substitusikan y ; y′ dan y′′ ke PD :
)4x( 2 + xxam)1m(2m
2mm +∑ −
∞
=
− 2xxa0m
mm +=∑
∞
=
atau:
∑ ∑ +−+−∞
=
∞
=
−
2m 2m
2mm
mm xam)1m(4xam)1m( 2xxa
0m
1mm +=∑
∞
=
+
atau :
....xsa)1s(....xa20xa12xa6xa2 ss
55
44
33
22 +−+++++
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 7Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
....xa)2s)(1s(4....xa80xa48xa24a8 s2s
35
2432 ++++++++ +
2x....xa....xaxaxaxa s1s
43
32
210 +=++++++ −
Persamaan identitas :
Koefisien 2a8:x 20 = →
41a2 =
1aa24:x 031 =+ → 24
a3
0
241a −=
0aa48a2:x 1422 =++ →
48
)21a(
a1
4+−
=
0aa)2s()1s(4as)1s(:x 1s2sss =++++− −+
)2s)(1s(4as)1s(aa s1s
2s ++−+−=→ +
+
Rumus rekursif untuk s = 2,3,4,......
Rumus rekursif ini tidak berlaku untuk s = 0 dan s = 1, karena koefisien x0
dan x1 dalam ruas kanan PD (1) tidak nol. Sehingga untuk s = 2,3,....... :
s = 2 : 961
48a
4821a
)4)(3)(4(a2a
a 11214 −−=+−=
+−=
s = 3 : 320a
1601
804a4141
)5)(4)(4(a6a
a 00325 +−=−+−=
+−=
Jadi PUPD :
........x)320a
1601(x)
961
48a(x)
24a
241(x
41xaay 5041302
10 ++−+−−+−+++=
.....)x160
1x961x
241x
41(y 5432 +−−+=
+++−+ 053 a.....)x)
3201x
2411(
14 a.....)x
481x( +−
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 8Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
!!! "!!! #$!!!!!!! "!!!!!!! #$
cp
y
2110
y
5432 )x(ya)x(ya.....)x160
1x961x
241x
41(y +++−−+=
dengan : .......x3201x
2411)x(y 53
1 ++−=
.......x481x)x(y 4
2 +−=
yc = penyelesaian komplementer, yaitu penyelesaian PD Homogen :
0xy"y)4x( 2 =++
yp = penyelesaian partikulir, yaitu penyelesaian PD Non-Homogen :
2xxy"y)4x( 2 +=++
Bila x = x0 ≠≠≠≠ 0 digunakan transformasi : t = x-x0
x = t + x0
1dtdydtdx =→=
Sehingga PD : y ′′ + P(x)y ′ + Q(x)y = 0 menjadi:
dtdy1
dtdy
dxdt
dtdy
dtdy'y ====
=
=
=
==
dtdy
dxd
dxdy
dtd
dtdy
dxd
dxdy
dxd
dxyd"y 2
2
= 2
2
dtyd
)xt(P)x(P 0+=
)xt(Q)x(Q 0+=
PD menjadi : 2
2
dtyd + 0y)xt(Q
dtdy)xt(P 00 =+++ .
1.3. Persamaan dan Polinomial Legendre
1.3.1 Persamaan Legendre
Persamaan difeensial dengan bentuk umum sebagai berikut :
( 1 - x2 ) y'' - 2xy' + n ( n + 1 ) y = 0 .............................................................. (1-3)
dengan n real : disebut persamaan Legendre
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 9Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
jika masing masing ruas dibagi dengan ( 1-x2 ) ; PD menjadi :
y'' - 2x1x2
− y' + 2x1
)1n(n−
+ y = 0
Terlihat bahwa x = 0 merupakan titik ordiner dari PD; sehinga PD diatas
bisa diselesaikan dengan penderetan disekitar titik ordiner, dengan
mengambil :
y = ∑∞
=0m
mm xa .....................................................................................................(1-4)
y ' = 1m
1mm xma −
∞
=∑ ...............................................................................................(1-5)
y '' = ∑∞
=
−−2m
2mm xma)1m( ..................................................................................(1-6)
substitusikan y, y’ dan y” ke PD :
(1-x2) x2xma)1m( 2m
2mm −− −
∞
=∑ )1n(nxma 1m
1mm −+−
∞
=∑ ∑
∞
=0m
mm xa = 0.............(1-7)
atau 2m
2mm xma)1m( −
∞
=∑ − - 2xma)1m( m
2mm −−∑
∞
=∑∞
=1m
mm xma +n(n+1)∑
∞
=0m
mm xa =0
atau .......xa)2s)(1s(........xa4.3xa3.2a.2.1 s2s
2432 +++++++ +
.........xsa2......4xa4.33xa3.2xa2.1 ss43
22 −−−−−−
........xsa.2.....xa3.2xa2.2xa1.2 ss
33
221 −−−−−−
0........xa)1n(n......xa)1n(nxa)1n(na)1n(n ss
2210 =++++++++++
kumpulkan x dengan pangkat yang sama, diperoleh persamaan:
koefisien x0 : 0202 a2
)1n(na0a)1n(na)2(1 +−=→=++
koefisien 0a)1n(na)1(2a)3(2:x 1131 =++−
1313 a6
)2n)(1n(a0a)1n(n2(a6 −−−=→=++−+
koefisien 0a)]1n(ns2)1s(s[2a)2s)(1s(:x sss =++−−−++++
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 10Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
s2s a)2s)(1s(
)1sn)(sn(a++
++−−=+ .............................................................................(1-8)
rumus rekursif untuk s = 0,1,2,3,......
dari rumus rekursif bisa diturunkan :
002 a!2
)1n(na)2(1
)1n(na;0s +−=+−==
113 a!3
)2n)(1n(a)3(2
)2n)(1n(a;1s +−−=+−−==
024 a]!2
)1n(n[)4(3
)3n)(2n(a)4(3
)3n)(2n(a;2s +−+−−=+−−==
0a!4
)3n)(1n(n)2n( ++−=
135 a!3
)2n)(1n()5(4
)4n)(3n(a)5(4
)4n)(3n(a;3s +−+−−=+−−==
1a!5
)4n)(2n)(1n)(3n( ++−−=
PU.PD:
40
31
201o xa
!4)3n)(1n(n)2n(xa
!3)2n)(1n(xa
!2)1n(nxaay
++−+
+−−+
+−++=
......xa!5
)4n)(2n)(1n)(3n( 51 +
++−−+ ..........................................................(1-9)
atau
++−−+
−++−++−= 3
142
o x!3
)2n)(1n(xa.....x!4
)3n)(1n(n)2n(x!2
)1n(n1ay
−++−− .........x
!5)4n)(2n)(1n)(3n( 5
atau)x(ya)x(yay 2110 += .....................................................................................(1-10)
dengan :
......x!4
)3n)(1n(n)2n(x!2
)1n(n1)x(y 421 +++−++−= ..............................(1-11)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 11Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
........x!5
)4n)(2n)(1n)(3n(x!3
)2n)(1n(x)x(y 532 −++−−++−−= ........(1-12)
1.3.2 Polinomial Legendre
Dalam beberapa aplikasi, parameter n dalam persamaan
Legendre adalah bilangan bulat positif )0n( ≥ . Jika n adalah bilangan
bulat positif, untuk s = n sisi kanan persamaan (1-15) sama dengan nol,
dan0a 2n =+ ; ....;.........0a;0a;0a 8n6n4n === +++
sehingga,
- jika n genap; persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu
polinomial derajat n dalam x
- jika n ganjil ; Persamaan (1-xx) akan tereduksi menjadi suatu
polinomial derajat n dalam x
untuk n genap maupun ganjil polinomial derajat n yang terjadi disebut
polinomial Legendre, ditulis dengan )x(Pn . Bentuk umum dari )x(Pn bisa
diturunkan dengan cara sebagai berikut:
rumus rekursif (1-8) diperoleh
2ss a)1sn)(sn(
)2s)(1s(a +++−++−= ; 2ns −≤ ........................................................(1-13)
sehingga untuk s = 0; 1; 2; 3; ...........; n – 1, nilai sa dapat dinyatakan
dalam na (n adalah pangkat tertinggi dari x dalam polinomial).
Koefisien an merupakan konstanta sembarang, dipilih sebagai berikut:
=
== 4;3;2;1n;
)!n(2)!n2(
0n;1a
2nn .......................................................................(1-14)
pemilihan nilai an ini dilakukan agar untuk sebarang polinomial )x(Pn ;
harga 1)1(Pn = , sehingga : )!2n()!1n(2
)!2n2(a n2n −−−−−=−
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 12Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2n4n a)3n2(4
)3n)(2n(a −− −−−−=
)!4n()!2n!22)!4n2(
n −−−=
)!m2n()!mn(!m2)!m2n2()1(a n
mm2n −−
−−=−
sehingga )x(Pn yang merupakan penyelesaian dari persamaan Legendre
bisa dinyatakan secara umum :
m2nM
0mn
mn x
)!m2n()!mn(!m2)m2n2()1()x(P −
=∑ −−
−−= ...............................................(1-15)
.......x)!2n()!1n(!12
)!2n2(x)!n2)!n2( 2n
nn
2n −+−−
−−= −
dengan : 2nM = untuk n genap dan M
21n −= untuk n ganjil.
Beberapa polinomial Legendre orde n :
1)x(P0 = x)x(P1 =
)1x3(21)x(P 2
2 −= )x3x5(21)x(P 3
3 −=
)3x30x35(81)x(P 24
4 +−= )x15x705x63(81)x(P 3
5 +−=
secara grafis )x(Pn bisa digambarkan sebagai berikut:
P n(x)
1-1x
1 P 0
P 1
P 2
P 3
P 4
Rumus - rumus rekursif untuk polinomial Legendre:
1. )x(P1n
n)x(Px1n1n2)x(P 1nn1n −+ +
−++=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 13Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2. )x(P)1n2()x('P)x('P n1n1n +=− −+
Rumus polinomial Legendre )x(Pn bisa dituliskan dalam bentuk formula
Rodrigues sebagai berikut:
n21nn
n
nn )1x(Pdxd
!n21)x(P −= −
Dua buah polinomial Legendre yang berbeda akan saling tegak lurus
pada interval 1x1 <<− ; sehingga:
1. dx)x(P)x(P n
1
1m∫
−
; m ≠ n
2. 1n2
2dx)x(P1
1
2n +
=∫−
1.3.3 Deret Polinomial Legendre
Jika f(x) memenuhi syarat Dirichlet dalam interval -1 < x < 1 ,
maka f(x) bisa diekspansikan kedalam suatu deret Legendre yang
berbentuk :
∑∞
=
=0k
kk )x(PA)x(f +++= )x(PA)x(PA)x(PA 221100 ……........................ (1-16)
Syarat Dirichlet untuk deret polinomial Legendre :
1. f(x) terdifinisi dan bernilai tunggal kecuali pada beberapa titik yang
jumlahnya berhingga dalam interval (-1, 1)
2. f(x) periodik dengan perioda 2
3. f(x) dan f’(x) kontinu bagian demi bagian pada (-1,1) maka deret
∑∞
=
=0k
kk )x(PA)x(f konvergen ke :
a. f(x) jika x titik kontinu.
b. 2
)x(f)x(f −+ +; jika x titik diskontinu
Bukti :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 14Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
∫∑∫−
∞
=−
=1
1km
0kk
1
1m dx)x(P)x(PAdx)x(f)x(P
∫
∫∫
−
−−
+=
+==
1
1mm
m
1
1
2mm
1
1m
dx)x(f)x(P1m2
2A
A1m2
2dx)x(PAdx)x(f)x(P
Contoh :
<<−<<
=0x1;01x0;1
)x(f
Ekspansikan f(x) ke dalam deret Polinomial Legendre :
Deret polinomial Legendre )x(PA)x(f k0k
k∑∞
=
=
Ekspansikan
dx)x(f)x(P2
1k2Adengan1
1kk ∫
−
+=
0dx2
1x325dx)x(f)x(P
25A2k
43dx1.x
23dx)x(f)x(P
23A1k
21dx1.1
21dx)x(f)x(P
21A0k
1
0
21
122
1
0
1
111
1
0
1
100
∫∫
∫∫
∫∫
=−==→=
===→=
===→=
−
−
−
∫∫
∫∫
∫∫
=+−==→=
=+−==→=
−=−==→=
−
−
−
1
0
951
155
1
0
241
144
1
0
31
133
3211dx
8x15x70x63
211dx)x(f)x(P
211A5k
0dx8
3x30x3529dx)x(f)x(P
29A4k
167dx
2x3x5
27dx)x(f)x(P
27A3k
dan seterusnya
.............)x(P3211)x(P
167)x(P
43)x(P
21)x(f 5310 +−+−+=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 15Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Soal Latihan.
Selesaikan persamaan diferensial berikut :
1. 0xy4'y2"xy =++
2. xy2'y)x1( 2 =−
3. 0y)3x2('y)1x( =+−+
4. 0y2'xy2"y)x1( 2 =+−−
5. Selesaikan PD : 0y"y =+ dengan penderetan disekitar titik x = 1.
Jawaban :
1. 33xa2y +−=
2. 2042
0 x1a
...)xx1(ay−
=+++=
3. ...)x2x3
10xx31(ay 4320 +++++=
4. ...)x71x
51x
31x1(axay 8642
01 −−−−−+=
5. )1xsin(a)1xcos(a.....)!5
t!3
tt(a....)!4
t!2
t1(ay 10
53
1
42
0 −+−=+−+−++−+−=
1.4 Metode Frobenius (Extended Power Series Method)
Persamaan diferensial berbentuk : 0y)x(Q'y)x(P"y =++ .......................(1-18)
Bila P(x) dan Q(x), salah satu atau keduanya tidak analitik pada titik x = x0,
maka titik x0 disebut titik singular dari PD. Jika U(x) = P(x) (x-x0) ; V(x) = Q(x)
(x-x0), PD menjadi :
( ) ( )( )
0yxxxV'y
xxxU"y 2
00
=−
+−
+ ..........................................................................(1-19) atau:
( ) ( ) ( ) ( ) 0yxV'yxUxx"yxx 02
0 =+−+− ...........................................................(1-20)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 16Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Jika U(x) dan V(x) analitik di x = x0 , maka x0 disebut titik singular teratur.
Jika U(x) dan V(x) tidak analitik di x = x0 , maka x0 disebut titik singular tak
teratur untuk PD (1).
Teorema 1.
Apabila x = x0 merupakan titik singular teratur dari PD (1); maka PD(1) paling sedikit mempunyai satu penyelesaian basis yang
berbentuk: ( )∑∞
=
−=0m
m0m
r xxaxy . ............................................................................(1-21)
Jika x0 = 0 ;
( ) ∑∑∞
=
+∞
=
=+++==0m
rmm
0m
2210
rmm
r xa.............xaxaaxxaxy ...........(1-22)
r adalah konstanta yang akan ditentukan, sedemikian sehingga a0 ≠ 0.
Misalkan penderetan U(x) dan V(x) dalam deret kuasa adalah:
( ) ss
33
2210
0s
ss xb.......xbxbxbbxbxU +++++=∑=
∞
= dan
( ) ss
33
2210
0s
ss xc......xcxcxccxcxV +++++=∑=
∞
=
( )∑ +=
∑=
∞
=
−+∞
=
+
0m
1rmm
0m
rmm xarmxa
dxd'y
( ) ( )( )∑∑∞
=
−+∞
=
−+ +−+=
+=
0m
1rmm
0m
1rmm xarm1rmxarm
dxd"y
Hasil-hasil tersebut dimasukkan ke dalam PD x2y”+xU(x)y’+V(x)y =
0,sehingga:
( ) ( )[ ] [ ].....xbxbxbbxa1rrra1rx.x 33
2210............10
2r2 +++++++− +−
( )( )[ ]....xa1rrax 101r +++−
[ ] ( )[ ] 0.....xaxaax....xcxcxcc 2210
r33
2210 =++++++++
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 17Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
atau
( ) ( )[ ] [ ] ( )( )[ ].......xa1rra....xbbx...xa1rrra1rx 1010r
10r +++++++++−
[ ] [ ] 0....xaxaa....xcxccx 2210
2210
r =+++++++ ...................................................... (1-23)
Persamaan identitas:
Koefisien xr : ( )[ ] 0acraba1rr 00000 =++−
( )[ ] 0acrb1rr 000 =++−
[ ] 0acrbrr 0002 =++−
( )[ ] 0cr1br 002 =+−+
r dipilih sedemikian sehingga a ≠ 0 , sehingga r2 + (b0 – 1)r + c0 = 0 ............. (1-24)
Persamaan (1-24) disebut persamaan indicial.
Teorema 2.
PD berbentuk (1-18) memenuhi asumsi dalam Teorema 1. r1 dan r2 adalah
akar-akar dari persamaan indicial, maka ada 3 kasus sebagai berikut :
1. 21 rr ≠ dan ≠− 21 rr bilangan bulat , penyelesaian basis untuk PD (xx)
adalah:
.......)xaxaa(x)x(y 2210
r1
1 +++= .................................................................... (1-25)
.......)xAxAA(x)x(y 2210
r2
2 +++= ................................................................ (1-26)
Koefisien am dan Am diperoleh dari rumus rekursi yang diturunkan dari
persamaan
(1-18) dengan 2rr = dan 2rr = .
2. 21 rr = , penyelesaian basis untuk PD (1-18) adalah:
)b1(21r;.......)xaxaa(x)x(y 0
2210
r1 −=+++= ......................................... (1-27)
)0x(;.......)xAxA(xxlny)x(y 221
r12 >+++= ...................................... (1-28)
3. 21 rr ≠ dan =− 21 rr bilangan bulat , 0)rr( 21 >− penyelesaian basis
untuk PD (1-18) adalah:
.......)xaxaa(x)x(y 2210
r1
1 +++= ................................................................... (1-29)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 18Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
.......)xAxAA(xxlnyk)x(y 2210
r12
2 ++++= ............................................ (1-30)
Contoh :
1. Selesaikan PD : 0yx4
1'yx2
1"y =++ (kasus 1)
Penyelesaian :
Titik x = 0 merupakan titik singular teratur, sehingga ∑∞
=
+=0m
rmm xay .
PD dituliskan : 0y'y2"xy4 =++
Substitusikan y, y’, y” ke PD diperoleh:
[ ][ ][ ] 0........xa.......xaxaxa
......xa)r1s(2.....xa)2r(r2xa)1r(2xar2
.....xa)rs)(r1s(4........xar)1r(4xa)1r(r4
0xaxa)rm(2xa)1rm)(rm(4
srs
2r2
1r1
r0
sr1s
1r2
r1
1r0
sr1s
r1
1r0
0m 0m
rmm
1rmm
0m
1rmm
=+++++
++++++++++
+++++++++−
∑ ∑ =++∑ +−++
+++
++
+−
++
−
∞
=
∞
=
+−+∞
=
−+
Persamaan Indicial :
0r;21r
0r21r
0r2)1r(r4
21
2
==
=−
=+−
Koefisien dari :x sr+
......,2,1,0s;)1r2s2)(2r2s2(
aa
0aa)21rs)(1rs(4
0aa)1rs(2a)rs)(1rs(4
s1s
s1s
s1s1s
=++++
−=
=+++++
=+++++++
+
+
++
Untuk ,21rr 1 == rumus rekursi menjadi :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 19Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
.seterusnyadan,!7
a6.7
aa,!5
a4.5
aa,2.3
aa
......,2,1,0s;)1r2s2)(2r2s2(
aa
023
012
01
s1s
−=−==−=−=
=++++
−=+
......,2,1,0m,)!1m2(
a)1(a 0
m
m =+
−−=
.......)x120
1x611(xx
)!1m2()1(x)x(y 2
0m
amm
211
0 ++−∑ =+
−=∞
=
Untuk ,0rr 1 == rumus rekursi menjadi :
.seterusnyadan,!6
A5.6
AA,
!4A
3.4A
A,1.2
AA
......3,2,1,0s;)1s2)(2s2(
AA
023
012
01
s1s
−=−==−=−=
=++
−=+
!m2A)1(
A mm
m−
−=
.......)x241x
211(Ax
!m2)1()x(y 2
00m
mm
2 ++−=−= ∑∞
=
PUPD
:
+−+−++−+−=
+−+−++−=+=
.......x241x
211k.......)x
1201x
611(xky
.....)x241x
211(Ac.x
1201x
611(xacycycy
22
21
202
2012211
2. Selesaikan PD : x (x-1)y” + (3x-1)y’ + y = 0 (kasus 2)
Penyelesaian :
x = 0 merupakan titik Singular teratur dari PD, sehingga
Substitusikan :PDke"y,'y,y
0xaxa)rm(xa)rm(3
xa)1rm()rm(xa)1rm()rm(
rm
0mm
1rm
0mm
rm
0mm
1rm
0mm
rm
0mm
=∑+∑ +−∑ +
+∑ −++−∑ −++
+∞
=
−+∞
=
+∞
=
−+∞
=
+∞
=
Persamaan indicial :
[ ] 0r;0ratau0ar)1r(r 2,12
0 ===−−−
Koefisien 0rrdenganx 21sr ==+ maka rumus rekursi :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 20Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
0aa)1s(as3as)1s(a)1s(s s1ss1ss =++−++−− ++
s1s aa =+
Sehingga : ..........aaa 210 ===
∑−
==−
=∑=∞
=
∞
= 0m10
0m
0m01 x1
1y;1adipilihbila;x1
axa)x(y
Penyelesaian basis kedua dicari dengan persamaan (1-28) atau
dengan memisalkan :
x11).x(u)x(y)x(uy 12 −
==
Substitusikan :PDke"y,'y,y
0uy)'uyy'u)(1x3()"uy'y'u2y"u)(1x(x 111111 =++−+++−
y1 adalah penyelesaian PD, sehingga :
0y'u)1x3()'y'u2y"u)(1x(x 111 =−++−
0x1
1'u)1x3())x1(
1'u2x1
1"u)(1x(x 2 =−
−+−
+−
−
x1xlnyuy
xlnu,x1'u
x1lnxln'uln
x1
'u"u
0'u"xu
12 −==
==
=−=
−=
=+
PUPD : x1xlnc
x11cycycy 212211 −
+−
=+=
3. Selesaikan PD : 01)y(x1)xy'(xy"1)x(x 2222 =+++−− (kasus 3)
Penyelesaian :
x = 0 merupakan titik Singular teratur dari PD, sehingga
rm
0mm xay +
∞
=∑=
Substitusikan :PDke"y,'y,y
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 21Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
0xa)1x(
xa)rm()1x(xa)1rm()rm()1x(
rm
0mm
2
rm
0mm
2rm
0mm
2
=+
+++−−++−
+∞
=
+∞
=
+∞
=
∑
∑∑
Kalikan dan sederhanakan diperoleh persamaan :
0xa)1rm)(1rm(xa)1rm( rm
0mm
2rm
0mm
2 =−+++−−+ +∞
=
++∞
=∑∑
Persamaan Indicial :
1r;1r0)1r)(1r(
21 −===−+
0a0ra)2r(:xKoefisien
1
11r
==+−+
,.......3,2,1,0s,0a)1rs()3rs(a)1rs(:xKoefisien 2ss22rs ==++++−−++ +
++
Untuk ,1rr 1 == diperoleh rumus rekursi :
.........,0a,0a,0asehingga,0a
......,2,1,0s;a)2s)(4s(
sa
7531
s
2
2s
====
=++
−=+
Untuk 0a0s 2 =→= sehingga ..........,0a,0a,0a 864 ===
xay 01 =
Untuk 1rr 2 −== , rumus rekursinya adalah :
)0amemenuhitidak(0a
,a04a0s
......,2,1,0s;a)2s(s
)2s(a
00
02
s
2
2s
≠=
=→=
=+
−=+
Penyelesaian basis yang kedua bisa ditentukan berdasarkan teorema
2 kasus 3 dengan r = -1 atau dengan memisalkan
( ) ( ) )x(xuaxuxyy 012 == .
[ ][ ] [ ])x('u2)x("xua)x('ux)x("u)x('ua"y
x)x('u)x(ua'y
002
02
+=++=+=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 22Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
( ) [ ] ( ) [ ] ( ) 0)x(xua1xx)x('u)x(uxa1x)x('u2)x("xuax1x:sehingga,PDke"ydan,'y,ykanSubstitusi
02
02
022
222
=++++−+−
masing-masing ruas dibagi dengan :xa 0
( ) [ ] ( )[ ] ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
++=
++=
+=
+==
+=
−=−=
−=−+=
−+++−=−
−+
+−=−
−−=
−−−=→=−+−
=−+−
=+++−+−−+−=++++−+−
x21xlnxkxky
x21xlnxcxacy
ycycy:PDPUx21xlnx)x(xu)x(y
x21xlnu
x1
x1
x1x'u
x1xln
x)1x)(1x(ln
)1xln()1xln(xln3'uln1x
11x
1x3
)1x(xx3
'u"u
)1x(x3x
'u"u0)x('u3x)x("xu1x
0)x('xu3x)x("ux1x0)x(u1x)x('xu1x)x(u1x)x('xu1x2)x("ux1x
0)x(u1xx)x('u)x(u1x)x('u2)x(xux1x
21201
2211
2
2
33
2
3
2
3
2
2
2
222
222
222222
222
Soal Metode Frobenius.
1. 0xy4'y2"xy =++
2. 0y)1x('y)x21("xy =−+−+
3. 0y21'y)1x(
21"y)x1(x =−++−
4. 0y4'y)1x("y)1x( 2 =−−+−
5. 0y)x21('xy)x21("yx)x1( 2 =+++−+
6. 0y9'xy5"yx 2 =+−
Jawaban:
1. x2sinxy;x2cosxy 12
11
−− ==
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 23Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2. xlney;ey x2
x1 ==
3. x1y;xy 21 +==
4. 22
21 )1x(y;)1x(y −−=−=
5. 221 xxlnxy;xy +==
6. xlnxy;xy 32
31 ==
1.5. Persamaan Bessel
1.5.1 Fungsi Bessel Jenis Pertama
Bentuk umum PD Bessel : 0y)x(xyyx 22'"2 =υ−++ .................................(1-31)
dengan υ parameter yang diketahui dan nilai υ ≥ 0.
Persamaan ini biasanya muncul dalam masalah getaran; medan-medan
elektrostatik; masalah konduksi panas dan sebagainya. Untuk
menyelesaikan PD Bessel ini, digunakan metoda Frobenius dengan
penderetan di sekitar x=0 (x=0 merupakan titik singular teratur untuk PD
Bessel di atas).
Penyelesaian PD mempunyai bentuk :
rm
0mm
mm
0m
r xaxax)x(y +∞
=
∞
=∑∑ ==
.................................................................(1-32)
dengan syarat nilai 0a 0 ≠ . Sehingga :
1rm
0mm
' xa)rm()x(y −+∞
=∑ += m
m0m
1r xa)rm(x ∑∞
=
− += ..........................................(1-33)
∑∞
=
−++=0m
" )1rm)(rm()x(y
2rmm xa −+
∑∞
=
− −++=0m
2r )1rm)(rm(x
mm xa ...(1-34)
PD nya menjadi :
υ−+
++
−++ ∑∑∑
∞
=
∞
=
−∞
=
−
0m
mm
r22
0m
mm
1r
0m
mm
2r2 xax)x(xa)rm(xxxa)1rm)(rm(xx
=0
atau,
0xaxaxa)rm(xa)1rm)(rm( rm
0mm
22rm
0mm
rm
0mm
rm
0mm =υ−+++−++ +
∞
=
++∞
=
+∞
=
+∞
=∑∑∑∑ ..(1-35)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 24Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Jika x tidak selalu nol, maka yang pasti = 0 adalah koefisien-koefisien darisrx + :
Koefisien rx : r)1r( − 200 ara υ−+ 0a 0 =
)rrr( 22 υ−+− 0a 0 =
)r( 22 υ− 0a 0 = ; 0a 0 ≠
Persamaan indical : υ±==υ− 2.122 r;0r ...................................................(1-36)
Koefisien 1rx + : 0aa)1r(a)1r(r 12
11 =υ−+++
)1rrr( 22 υ−+++ 0a1 =
)r1r2( 22 υ−++ 0a1 =
)1r2( + 0a1 = ; (2r +1) tidak selalu 0
01 =a
Koefisien srx + : )rs)(1rs( +−+ )rs(a s ++ +sa 0aa s2
2s =υ−−
[ ]2)11rs)(rs( υ−+−++ 2ss aa −−=
[ ]22)rs( υ−+ 2ss aa −−=
222s
s )rs(a
aυ−+
−= − .... (1-37)
Untuk r = υ :
sa = - )2s(s
as2s
a)s(
a 2s222
2s22
2s
υ+−=
υ−υ+υ+−=
υ−υ+−−−
s = 2 →)1(4
a)22(2
aa 00
2 υ+−=
υ+−=
s = 3 → 0)23(3
aa 13 =
υ+−=
s = 4 →)1(4).2(4.2
a)24(4
aa 024 υ+υ+
=υ+
−=
Karena 1a = 0 ; 0≥υ , maka untuk s ganjil 0a s = dan untuk s genap = 2m ;
m =1,2,3,….
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 25Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2m2m2 a)m22(m2
1a −+υ−=
)m(m2
12 +υ
−= 2m2a −
Karena 0a sembarang dan 0a 0 ≠ , maka bisa dipilih )1(2
1a 0 +υΓ= υ
Dengan !)()1( υ=υΓυ=+υΓ untuk υ = 0, 1, 2, 3, … sehingga :
m = 1 →)1(2
1)1(2
1)22(2
aa 2
02 +υΓ+υ
−=+υ
−= υ
)2(2!1
1)2(2
1)1()1(2
1222 +υΓ
=+υΓ
−=+υΓ+υ
−= +υ+υ+υ
m = 2 → )2(2
1)2(2.2
1)2(22
aa 222
24 +υΓ
−+υ
−=+υ
−= υ+
)3(2 !2
1)3(2.2
144 +υΓ
=+υΓ
= +υ+υ
m = 3 → )3(2 !2
1)3(2.3
1)3(32
aa 422
46 +υΓ+υ
−=+υ
−= υ+
m = m → )1m(2 !m
1)1(a 2mm
m2 ++υΓ−= +υ
m22m
0m
m x)1m(2 !m
1)1(y +υ+υ
∞
= ++υΓ−= ∑ .......................................................... (1-38)
Fungsi y yang merupakan penyelesaian PD berbentuk deret tak hingga ini
disebut Fungsi Bessel Jenis Pertama orde υυυυ dan dinotasikan dengan )x(J υ
Jadi, m22m
0m
m x)1m(2 !m
1)1()x(J +υ+υ
∞
=υ ++υΓ
∑ −=
m22m
0m
m x)1m(2 !m
1)1(x)x(J++υΓ
∑ −= +υ
∞
=
υυ .............................................. (1-39)
Untuk akar indicial yang lain, yaitu r = -υ ;
m2
0m2m-
m x)1m(2 !m
1)1()x(J +υ−∞
=+υυ− ∑ ++υ−Γ
−= ......................................... (1-40)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 26Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Untuk υ bukan integer (bukan bilangan bulat), maka )x(J υ dan
)x(J υ− tidak bergantungan secara linier, sehingga PU PD Bessel :
)x(J C)x(J C)x(y -21 υυ += .......................................................................... (1-41)
Untuk υ integer (bulat) ; misalkan υ = n ; n = 0, 1, 2, 3, ……………
)1mn(2 !mx)1(
)1mn(2 !mx(-1)
x)1mn(2 !m
1)1()x(J
2mn-
m2n
nm
m2mn-
m2n1-n
0m
m
m2n2mn-
0m
mn
++−Γ−+
++−Γ=
++−Γ−=
+
+−∞
=+
+−
=
+−+
∞
=−
∑∑
∑
Karena untuk m = 0, 1, 2, ………..(n-1) ; harga ∞=++−Γ )1mn( , maka :
∑∞
=+
+−
− ++−Γ−=
nm2mn-
m2nm
n )1mn(2 !mx)1()x(J
Misalkan,
+=−=
npmnmp
0pnnpn m 1p1np-n1mn-
n2p2mn-
=→=+→=•+=+++=++•
+=+•
Sehingga,
)x(J (-1)
)1np(2 !px)1(x(-1)
)1p(2 )!np(x)1()x(J
nn
0pn2p
p2pnn
0pn2p
np2np
n
=
++Γ−=
+Γ+−=
∑
∑∞
=+
∞
=+
++
−
Jadi untuk υ = n bulat ;
[ ] )x(J K)x(J C )1(C )x(y)x(J C )1()x(JC)x(JC)x(JC)x(y
nn2n
1
n-2n
n1n2n1
=−+=
−+=+= −
belum merupakan PU PD Bessel, karena hanya memuat satu konstanta
sembarang untuk PD orde 2.Untuk menentukan Penyelesaian Basis yang
lain pada kasus υ = n bulat ini akan dibahas pada bagian Fungsi Bessel
Jenis Kedua.
Fungsi Bessel Jenis Pertama untuk n = 0, 1, 2, ………. (bulat)
m22mn
0m
mnn x
)1mn(2 !m1)1(x)x(J
++Γ−= +
∞
=∑
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 27Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
....................................2304x
64x
4x-1
.........................)!3(2
x)!2(2
x2x-1
............(3) 2! 2
x)1((2) 1! 2
x)1()1( 0! 2
x(-1)
x)1m(2 !m
1)1()x(J0n
642
26
6
24
4
2
2
4
42
2
21
0
00
m2
0m2m
m0
+−+=
+−+=
+Γ
−+Γ
−+Γ
=
+Γ−=→= ∑
∞
=
...........................................384x
16x
2x
...............................3! 2! 2
x2! 1! 2
x2x
...........(4) 2! 2
x)1()3( 1! 2
x)1((2) 0! 2
x(-1)
x2)(m 2 !m
1)1()x(J1n
53
5
5
3
3
5
52
3
31
1
10
1m212m
0m
m1
−+−=
−+−=
+Γ
−+Γ
−+Γ
=
+Γ−=→= +
+
∞
=∑
y
y1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12xx
- Akar-akar dari 0)x(J0 = dan 0)x(J1 =
Berikut ini adalah 5 buah akar positif pertama dari 0)x(J0 = dan
0)x(J1 = dalam 4 desimal, beserta selisih antara 2 akar yang
berurutan :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 28Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
)x(J0 )x(J1
Akar Selisih Akar Selisih
4048,2x1 =
3,1153
5201,5x 2 =
3,1336
6537,8x 3 =
3,1378
7915,11x 4 =
3,1394
9309,14x 5 =
8317,3x1 =
3,1839
0156,7x 2 =
3,1579
1735,10x 3 =
3,1502
3237,13x 4 =
3,1469
4706,16x 5 =
Untuk 21=υ ;
m2
21m2
0m
m x)1m( 2 !m
1)1(x)x(J2
12
1
21
++Γ−= +
∞
=∑
π+
π−
π=
+Γ= ∑
∞
=
+
!2)(
!1)(
!0)()x(J
)(m m!(-1) )(
21
29
25
2x
21
23
2x
21
2x
0m 23
mm22
x
29
25
21
21
21
Catatan : )()1( υΓυ=+υΓ
π=Γ )( 21
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 29Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
............!5
x!3
x1 2/1)2/x(
..............5 3 2 !2
x3 2 !1
x1 2/1)2/x(
.........3/2 5/2 !2)2/x(
3/2 !1)2/x(1
2/1)2/x()x(J
422/1
2
422/1
422/1
21
−+−
π=
−+−
π=
−+−
π=
Ekspansi Mc.Laurin
= ∑
∞
=0n
nn
)0(f!n
x)x(f dari :
................!8
x!4
x2!x-1 xCos
................!7
x!5
x3!x-xx Sin
842
753
+−+=
+−+=
Jadi :
xSin x2 xSin
x12x
................!7
x!5
x!3
xxx1
2/1)2/x()x(J
7532/1
2/1
π=
π=
+−+−
π=
Sin x x2)x(J 2/1 π
=
Dengan cara yang sama bisa ditentukan :
xCos x2)x(J 2/1 π
=−
−
π= xcos
xxsin
x2)x(J 2/3
+
π=− sin x
xxcos
x2)x(J 2/3
Rumus-rumus untuk fungsi Bessel :
1. [ ] )x(Jx')x(Jx 1−υυ
υυ =
2. [ ] )x(Jx')x(Jx 1+υυ−
υυ− −=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 30Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
3. )x(Jx
2)x(J)x(J 11 υ+υ−υυ=+
4. )x('J2)x(J)x(J 11 υ+υ−υ =−
Rumus integral yang meliputi fungsi Bessel
1. ∫ += υυ
−υυ C)x(Jxdx)x(Jx 1
2. ∫ ∫ υ−υ+υ −= )x(J2dx)x(Jdx)x(J 11
3. C)x(Jxdx)x(Jx 1 +−=∫ υυ−
+υυ−
Contoh :
1. )x(J)x(Jx
2)x(J)x(J 12/12/1
21
12/12/3 −+ −==
−
π=
ππ= xCos
xSin x
x2 xCos
x2-Sin x
x2
x1
−
π=
ππ−=
−−
== +−−−−
Sin x x
xCosx2-
xCos x2-Sin x
x2
x1
)x(J)x(J x
)(2)x(J)x(J 12/11/2-
21
12/12/3
2. [ ]∫ ∫∫ == )x(Jxd xdx )x(J xxdx )x(J x 222
1 22
14
∫−=∫−=
)x(J x2)x(J x
dx )x(J x)x(J x x
23
24
22
22
22
[ ]C)x(Jx2)x(J x
)x(J xd2)x(J x
33
24
33
24
+−=∫−=
C)x(J )x16x4()x(J )xx8(
)x(J x2)x(J x8)x(J x16)x(J x)x(J x2
)x(J)x(J(x)J x2
x4 x2)x(J)x(J
x2 x
)x(J)x(J x
2.2 x2)x(J)x(J x2 x
13
042
13
02
104
13
1013
014
123
014
+−+−=
++−−=
−
−−
−=
−−
−=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 31Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
3. [ ] [ ]∫ ∫ ∫== − )x(Jxd x-dx )x(J xxdx )x(J x 2-25
325
33
[ ][ ]
[ ]
∫∫∫∫∫
∫∫∫
∫
−−+−=
−+−=
−+−=
−+−=
−+−=
+−=
+−=
+−=
+−=
−
−
−
dx )x(J 15)x(J x15)x(Jx5)x(Jx
)x(Jd x15)x(Jx5)x(Jx
dx )x(J x15)x(Jx5)x(Jx
dx )x(J x15)x(Jx5)x(Jx
dx )x(Jx5)x(Jx5)x(Jx
)x(Jxd x5)x(Jx
)x(Jxx5)x(Jx
dx )x(J x5)x(Jx
dx )x(J x(x)J xx
0012
23
012
23
012
23
112
23
31
11
22
3
11-3
23
213
23
52
22
3
52
22
-25
Contoh aplikasi : Vibrasi dari Rantai yang Tergantung
Suatu rantai dengan massa persatuan panjang konstan, dengan
panjang L digantung tegak lurus pada suatu tumpuan tetap O seperti
dalam gambar. Pada saat t = 0, rantai ditempatkan dengan membentuk
sudut α terhadap bidang vertikal, kemudian dilepaskan.
x=0
x=x
x=L
α
α
FU=(x,t)
W(x)
y
x
L = panjang rantai
ρ= densitas rantai (massa persatuan panjang) = konstan
α = sudut penyimpangan rantai terhadap bidang vertikal
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 32Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
U(x,t) = besarnya simpangan di titik x = x pada rantai terhadap vertikal
pada saat t
Berat bagian rantai di bawah sembarang titik (x = x ) = W (x)
W (x) = ρg (L-x)
Karena rantai menyimpang sejauhα terhadap bidang vertikal, maka,
W (x) ≈gaya tekan yang bekerja secara tangensial pada gerak
rantai.
Sehingga komponen horisontal dari gaya tekan [ ])x(W :
F (x) = W (x)sinα
Jika 0→α ;W (x) Sinα ≈ W (x) tg α =W(x) x
)t,x(U∂
∂
Ambil bagian kecil rantai dari x sampai x + ∆ x ; dengan ∆ x→0
maka besarnya perubahan gaya : F (x+ ∆ x) - F (x)
F(x+ ∆ x) - F (x) = W(x+ ∆ x) )xx(
)t,xx(U∆+∂∆+∂ - W(x)
x)t,x(U
∂∂
=0x
lim→∆
[W(x+ ∆ x) )xx(
)t,xx(U∆+∂∆+∂ - W(x)
x)t,x(U
∂∂ ]
xx
∆∆
=
∆∂
∂−∆+∂∆+∂∆+
∆→∆ x
x)t,x(U)x(w
)xx()t,xx(U)xx(w
x0x
lim
( )
∂∂−ρ
∂∂∆=
∂∂
∂∂∆=
xUxLg
xx
x)t,x(U)x(w
x x
Hukum Newton II : F = ma = massa x percepatan
- percepatan vibrasi : 2
2
xU
∂∂
- massa dari bagian kecil rantai (∆x) = ρ ∆x
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 33Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Gaya 2
2
tUxF
∂∂ρ∆= , gaya ini sama dengan perubahan gaya F(x+∆x) - F(x),
jadi :
∂∂−ρ
∂∂∆=
∂∂ρ∆
xU)xL(g
xx
tUx 2
2
∂∂−
∂∂ρ∆=
xU)xL(
xgx
∂∂−
∂∂=
∂∂
xU)xL(
xg
tU2
2
Bila gerakannya merupakan gerak periodik dalam t dengan periode
2π/ω, maka :
)tcos()x(y)t,x(U δ+ω=
)tsin()x(ytU δ+ωω−=∂∂
)tcos()x(ytU 22
2
δ+ωω−=∂∂
)tcos()x('yxU δ+ω=
∂∂
∂∂−
∂∂=δ+ωω−=
∂∂
xU)xL(
xg)tcos(y
tU 22
2
[ ])tcos(y' )xL(x
g)tcos(y2 δ+ω−∂∂=δ+ωω−
[ ]y' )xL(x
)tcos(g)tcos(y2 −∂∂δ+ω=δ+ωω−
[ ] [ ]"y)xL('ygy' )xL(x
gy2 −+−=−∂∂=ω−
"y)xL('yyg
2
−+−=ω−
g;0y'y"y)xL(
222 ωλ=λ+−−
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 34Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Misal : L-x = z ; 1dxdz −=
dzdy
dzdy1
dxdz
dzdy
dxdy'y −=−===
2
2
2
2
dzyd
dxdy
dzd1
dzdy
dxd
dxdy
dxd
dxyd"y =
−=
−=
==
Sehingga persamaan menjadi : 0ydzdy
dzydz 22
2
=λ++
Misal :
s2
dzds;
2sds
4dss2dz
4sz;z2s
2
22
2
22
1
λ=λ
=λ
=
λ=λ=
dsdyz
dsdy
z2
2dsdy
s2
dzds
dsdy
dzdy 2
1
21
22−λ=
λ
λ=λ==
dzdy
dsdz
dsdyz
21
dsdy
dzdz
dsdyz
21
dsdyz
dzd
dzdy
dzd
dzyd
21
23
21
23
21
2
2
−−
−−−
λ+λ−=
+−λ=
λ=
=
λλ+λ−= −−−
dsdyz
dsdz
dsdyz
21 2
12
12
3
2
2122
3
dsydz
dsdyz
21 −− λ+λ−=
Persamaan menjadi
0ydsdyz
dsydz
dsdyz
21z 22
1
2
2122
3=λ+λ+
λ+λ− −−− , atau
0ydsdyzz
21
dsyd 22
12
1
2
22 =λ+
λ+λ−+λ −−
0ydsdyz
21
dsyd 22
1
2
22 =λ+λ+λ −
0ydsdyz
21
dsyd 2
112
2
=+λ+ −−
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 35Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
→=++ 0ydsdy
s1
dsyd2
2
PD Bessel dengan ν = 0
Penyelesaian PD : )s(J)s(y 0=
Sehingga )g/xL2(J)x(y 0 −ω=
Syarat batas : pada x = 0 rantai berada pada posisi tetap pada setiap
saat : y(0) = 0
0)g/L2(J0g/0L2(J)0(y 00 =ω→=−ω=
Akar positif pertama dari 0)g/L2(J0 =ω adalah 2,4148, berarti
4048,2g/L2 =ω ; L/g2
4048,2=ω .
Frekuensi getaran (gerakan) rantai =πω2
siklus/satuan waktu =
L/g44048,2π
siklus/satuan waktu
1.5.2. Fungsi Bessel jenis kedua
Persamaan diferensial Bessel berbentuk :
0y)nx('xy"yx 222 =−++ dengan penyelesaian : ( )xJc)x(Jc)x(y n2n1 −+= .
Untuk n bilangan bulat, Jn(x) dan J-n(x) bergantungan secara linear, maka
harus dicari penyelesaian basis kedua selain Jn(x) untuk memperoleh
penyelesaian umum PD Bessel untuk n bilangan bulat.
c1 dan c2 adalah konstanta sembarang, dipilih
π−=
ππ+=
nsinFc;
nsinncosFEc 21 , E dan F adalah konstanta sembarang.
PUPD Bessel menjadi :
)x(jnsin
F)x(JnsinncosFE)x(y nn −
π
−+
ππ+=
)x(jnsin
F)x(JnsinncosF)x(JE)x(y nnn −π
−ππ+=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 36Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
π−π
+= −
nsin)x(Jncos)x(J
F)x(JE)x(y nnn
)x(FY)x(JE)x(y nn +=
dimana
=π−π
≠π−π
=
−
→
−
bulatbilangann;psin
)x(Jpcos)x(Jlim
bulatbilangann;nsin
)x(Jncos)x(J
)x(Y
pp
np
nn
n
Fungsi Yn(x) disebut fungsi Bessel jenis kedua.
Untuk n = 0 PD Bessel menjadi :
0xy'y"xy =++
Akar-akar persamaan indicial : 0r 2,1 = , sehingga
∑ −+−+=
∑++=
∑+=
∞
=
−
∞
=
−
∞
=
1m
2mm2
0002
1m
1mm
002
1m
mm02
xA)1m(mxJ
x'J
2xln"J"Y
xAmxJ
xln'J'Y
.xAxln)x(J)x(Y
Substitusikan "Ydan,'Y,Y 222 ke PD (1) , kemudian disederhanakan dan
diperoleh :
∑ ∑ ∑∞
=
∞
=
∞
=
−−− =++−+1m 1m 1m
1mm
1mm
1mm0 0xAxAmxA)1m(m'J2
Berdasarkan fungsi Bessel jenis pertama untuk n = 0 diperoleh :
∑ ∑∞
=
∞
=−
−−
−−=−=
1m 1m1m2
1m2m
2m2
1m2m
0 )!1m(!m2x)1(
)!m(2xm2)1()x('J
Persamaan menjadi :
∑ ∑ ∑∞
=
∞
=
∞
=
+−−
−
=++−
−1m 1m 1m
1mm
1mm
22m2
1m2m
0xAxAm)!1m(!m2
x)1(
Koefisien dari 0A:x 10 =
Koefisien dari ,......3,2,1s,0AA)1s2(:x 1s21s22s2 ==++ −+
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 37Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
........,0A,0A,0A 753 ===
Koefisien dari 41A0A41:x 22
1s2 =→=+−+
Untuk s = 1,2,3,… berlaku :
0AA)2s2(!s)!1s(2
)1(s22s2
2s2
1s
=++++
−+
+
untuk s =1 diperoleh : 128
3A0AA1681
424 −=→=++
Rumus untuk menentukan A2m :
,....3,2,1m,m1....
31
211
)!m(2)1(A 2m2
1m
m2 =
++++−=
−
bila :maka,m1...
31
211h m ++++=
∑∞
=
−−+=
1m2m2m
1m
02 )!m(2h)1(
xln)x(J)x(y
J0 dan y2(x) merupakan penyelesaian yang bersifat linear independence,
sehingga : a(y2 + bJ0) juga merupakan penyelesaian basis. Bila a =π2
,
2lnb −γ= maka :
∑∞
=
−−π
+
γ+
π=
1m
m22m2m
1m
00 x)!m(2h)1(2
2xln)x(J2)x(Y ........................................ (1-42)
.......05772156649,0,m1.......
41
31
211h m =γ+++++= , konstanta
Euler
∑∞
=
++
+−
++−
π+
γ+
π=
0m
nm2nm2
nmm1m
nn x)!nm(!m2
)hh()1(12xln)x(J2)x(Y
∑−
=
−−
−−π
−1n
0m
nm2nm2 x
!m2)!1mn(1
.................................................................... (1-43)
0h 0 =
Sehingga PUPD Bessel untuk semua nilai n adalah :
)x(Yc)x(Jc)x(y n2n1 +=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 38Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Rumus-rumus rekursi yang berlaku untuk )x(J n juga berlaku untuk )x(Yn .
Contoh :
1. Selesaikan PD: 0y)4x('xy"xy =−++
PD: 0y)4x('xy"yx 22 =−++ merupakan PD Bessel dengan n = 2.
PUPD-nya : )x(YC)x(JC)x(y 2221 +=
dengan
[ ]∑∑
∑
∞
=
+
=
−
∞
=
+
++φ+φ−
π−−
π−
γ+
π=
+Γ
−
=
0k
2k2
k1
0k
2k222
0k
2k2k
2
)!2k(!k
)2x(
)2k()k()1(1)2x()!k1(1)x(J)
2x(ln2)x(Y
)3k(!k2x)1(
)x(J
2. PD: 0y)x('xy"yx 2222 =υ−λ++ ; (subst λ x = z)
Misalkan : z = λ x → λ=
λ=
dxdz
zx
Jadi,
λ===dzdy
dxdz
dzdy
dxdy'y
2
22
2
2
dzyd
dzdy
dxd
dxdy
dzd
dzdy
dxd
dzdy
dxd
dxdy
dxd
dxyd"y
λ=
λπ=
λ=
λ=
λ=
==
PD menjadi:
0y)x(dzdyx
dzydx 2222
222 =υ−λ+
λ+
λ
0y)z(dzdyz
dzydz 2
2
22
2
22
2
2
=υ−λ
λ+
λ
λ+
λ
λ
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 39Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
υ=υ→=υ−++ denganzdanydalamBesselPD0y)z(dzdyz
dzydz 222
22
PU PD: )x(YC)x(JC)x(y
)z(YC)z(JC)z(y
21
21
λ+λ=
+=
υυ
υυ
3. 0xy'y)n21("xy =+++ )uxy( n−=
Misalkan uxy n−= ; maka :
[ ]
2
2n1n2n
2
2n1n1n2n
n1nn1n2
2
n1n
dxudx
dxdunx2unx)1n(
dxudx
dxdunx
dxdunxunx)1n(
dxdux
dxduxn
dxd
dxduxuxn
dxd
dxyd
dxduxuxn
dxdy
−−−−−
−−−−−−−
−−−−−−
−−−
+−+=
+−−+=
+−=
+−=
+−=
0uxxdxduxunx)n21(
dxudx
dxdunx2unx)1n(x nn1n
2
2n1n2n =+
+−++
+−+ −−−−−−−−−
PD menjadi:
[ ] 0uxdxdux
dxudxuxn2nnn
0uxdxdunx2
uxn2dxduxunx
dxudx
dxdunx2unx)1n(
1nn2
21n1n22
1nn
1n2n1n2
21nn1n
=+++−−+
=+
+−+−+−+
+−−+−−−
+−−
−−−−−+−−−−
masing-masing ruas dibagi dengan :nx−
0u)xnx(dxdu
dxudx
0xudxdu
dxudxuxn
122
2
2
212
=−++
=+++−
−
−
masing-masing ruas dikalikan dengan x :
→=−++ 0u)nx(dxdux
dxudx 222
22 PD Bessel dalam u dan x
dengan n=υ
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 40Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
PU PD:
[ ])x(YxC)x(JxC
)x(YC)x(JCx)x(ux)x(yuxy;)x(YC)x(JC)x(u
nn
2nn
1
n2n1nn
nn2n1
−−
−−
−
+=
+==
=+=
4. )zx,uxy(;0y)3x(4'xy3"yx 2242 ===−+−
Misalkan uxy 2= ; maka :
( )
2
22
2
222
2
2
22
dxudx
dxdux4u2
dxudx
dxdux2
dxdux2u2
dxduxux2
dxd
dxyd
dxduxux2ux
dxd
dxdy
++=
+++=
+=
+==
PD menjadi:
Misalkan : x2dxdzzx =→=
2
22
2
2
dzudx4
dzdu2
dzdux2
dzdx2
dzdu2
dxdu
dzdx2
dzdu2
dzdu
dxdx2
dzdu2
dzdux2
dxd
dxud
dzdux2
dxdz
dzdu
dxdu
+=
+=
+=
+=
=
==
( ) ( )
( )
( ) 0u16x4dxdux
dxudx
xdengandibagi0ux16x4dxdux
dxudx
0ux12x4x6x2dxdux3x4
dxudx
0ux)3x(4dzduxxu2x3
dxudx
dxdux4u2x
42
24
22632
24
2622332
24
2422
222
=−++
=−++
=−+−+−+
=−+
++
++
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 41Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
PD menjadi:
( )
2denganzdanudalamBesselPD0u)4x(dzdux
dzudx
x4dengandibagi0u)16x4(dzdux4
dzudx4
0u)16x4(dzdux2x2
dzudx4
0u)16x4(dzdux2x
dzudx4
dzdu2x
22
22
2422
24
4222
24
42
222
=υ→=−++
→=−++
=−++
=−+
+
+
PU PD : )z(YC)z(JC)z(u 2221 +=
)x(YC)x(JC)x(uxz 222
221
2 +=→=
[ ])x(YC)x(JCx)x(ux)x(yuxz 222
221
222 +==→=
1.5.3 Fungsi bessel termodifikasi (modified Bessel function)
Persamaan Diferensial:
0y)nx('xy"yx 222 =+−+ ................................................................................ (1-44)
dikenal dengan nama persamaan Bessel termodifikasi orde n. Karena bisa
ditulis :
0y)nxi('xy"yx 2222 =−−+ ............................................................................. (1-45)
yang merupakan persamaan Bessel dengan variable bebas ix dan
mempunyai penyelesaian umum: )ix(YC)ix(JCy n2n1 += ............................ (1-46)
dengan ,
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 42Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
∑
∑
∑
∞
=+
+−
∞
=+
+
∞
=+
+
++Γ=
++Γ−=
++Γ−=
0kk2n
k2n
nn
0kk2n
k2nk2kn
n
0kk2n
k2nk
n
)1kn(!k2x)ix(Ji
)1kn(!k2xi)1(i)ix(J
)1kn(!k2)ix()1()ix(J
Bentuk [ ])ix(Ji nn− merupakan fungsi baru yang berharga real dan disebut
fungsi Bessel termodifikasi jenis pertama orde n yang dinotasikan dengan
In(x).
∑∞
=+
+
++Γ=
0kk2n
k2n
n )1kn(!k2x)x(I ........................................................................ (1-47)
I-n(x)didapat dengan mengganti n dengan –n sebagai berikut :
∑++−Γ
=∞
=+−
+−
−0k
k2n
k2n
n )1kn(!k2x)x(I .........................................................................................................(1-48)
Untuk n tidak bulat In dan I-n merupakan penyelesaian yang linear
independence dari PD (1-44) sehingga penyelesaian umum PD (1) adalah
:
)x(Ic)x(Icy n2n1 −+= , n≠bilangan bulat................................................... (1-49)
Untuk n bulat :
(-1)n J-n (ix) = Jn (ix)
(i2)n J-n (ix) = Jn (ix)
in J-n (ix) = i-n Jn (ix)
I-n (x) = In (x)
Untuk n bilangan bulat I-n (x) = In (x) linear depedence, sehingga perlu
didefinisikan penyelesaian basis yang lain yang bersifat linear
independence dengan In(x) sebagai berikut :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 43Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Dipilih ππ
πn
Bcn
BAcsin
,sin2 21 =−=
maka
)x(BK)x(AIynsin
)x(I)x(I2
B)x(AIy
)x(Insin
B2
)x(Insin
B2
)x(AIy
nn
nnn
nnn
+=
π
−π+=
ππ+
ππ−=
−
−
=
π
−π
≠
π
−π
=−
→
−
bulatbilangann;nsin
)x(I)x(I2
lim
bulatbilangann;nsin
)x(I)x(I2
)x(Kdengannn
np
nn
n
Kn (x) disebut fungsi Bessel termodifikasi orde n jenis kedua.
PD Bessel termodifikasi bisa dinyatakan dengan : x2y″ + xy′ – (λ2x2 + n2)y =
0 dengan PUPD: y = c1 In(λx) + c2 I-n(λx) untuk n ≠ bilangan bulat
y = c1 In(λx) + c2Kn(λx) untuk n = bilangan bulat
Untuk λ = √i, maka PD menjadi :
0y)nix('xy"yx0y)nix('xy"yx
222
222
=−−++
=+−+
Dan PUPD : )xi(Kc)xi(Icy n2n1 +=
)xi(Kc)xi(Jcy 21n2
23n1 +=
∑++Γ
−=
∑++Γ
−=
∞
=+
+
∞
=+
+
0kk2n
k2nk3kn23
0kk2n
k2n23k23
n
)1kn(!k2xi)1(i
)1kn(!k2)xi()1()xi(J
i3k = 1 ; k = 0,4,8,…..
i3k = -i ; k = 1,5,9,…..
i3k = -1 ; k = 2,6,10,…..
i3k = i ; k = 3,7,11,…..
Untuk k ganjil real)xi(J 23n→
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 44Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Untuk k genap imaginer)xi(J 23n→
Untuk k = 2j jk3k )1(i)1( −=−→
k = 2j+1 i)1(i)1( jk3k −=−→
sehingga
( )∑∑
∑ ∑+≅
++Γ+
−+++Γ
−=∞
=
∞
=++
++
+
+
IRn23
0j 0jj42n
j42nj
j4n
j4njn2323
n
ii
)2j2n()!1j2(2x)1(i
)1j2n()!j2(2x)1(i)xi(J
Menurut Rumus de Moivre :
4n3sini
4n3cos
2sini
2cosi
n23n23 π+π=
π+π=
Catatan :
2sini
2cosziz
)abtgarcsin(i)
abtgarccos(ibaz
π+π=→=
+=+=
Jadi,
π+π=
2n3sini
2n3cos)xi(J 23
n ( )∑∑ +IR
i
=
∑
π−∑π+
∑
π−∑π
RIIR 2n3sin
2n3cosi
2n3sin
2n3cos
dengan :
Bern x = ∑π−∑
πIR 2
n3sin2n3cos
Bein x = ∑π−∑
πRI 2
n3sin2n3cos
Untuk n = 0 :
Bero x = Ber x = ( )
( )[ ]∑−∞
=oj2j4
j4j
!j22x1
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 45Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Beio x = Bei x = ( )
( )[ ]∑+
−∞
= +
+
oj22j4
2j4j
!1j22x1
Dengan cara yang sama fungsi )xi(K 21n dapat juga dinyatakan dalam
jumlahan : (deret real) + i (deret real) seperti di atas, dengan
( ) xKeiixKerxiK nn21
n +=
Sehingga PU PD : ( ) 0ynix'xy"yx 222 =+−−+
adalah :
)xKeixKer(c)xiBeixBer(cy nn2nn1 +++=
1.5.4. Persamaan yang bisa ditransformasikan kedalam PD Bessel
1. PD : ( ) 0yx'xy)1K2("yx 2r222 =β+α+++
dengan βα ,,, rk konstanta
akan mempunyai PU PD :
[ ])rax(YC)rax(JCxy rr2
rr1
kχχ
− +=
sr2b4)r1(
n
sr2a2
2sr2
2
+−−−
=
+−=λ
+−=γ
Jika a < 0 → Jn dan Yn diganti dengan In dan Kn
Jika n ≠ bulat → Yn dan Kn diganti dengan J-n dan I-n
Contoh :
1. PD : 0ay'y"yx =++
Dikalikan dengan x :
0axy'xy"yx 2 =++
000k;0
aa;21r;0k2222
2
=−=β−=χ=β
=α→=α==
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 46Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
jadi PU PD :
[ ])ax2(YC)ax2(JC
)ax2(YC)ax2(JCxy
0201
02010
+=
+=
2. PD : 0y)3x5x4('y)3x4(x"yx 2822 =+−+−+
a = - 3 ; b = 2 ; c = 3 ; d = - 5
p = 4 ; q = 1
1n;5;21;2 ==λ=β=α→
PU PD : [ ])5x(Kc)5x(Icexy 12112x2 4
+= −
3. PD : 0y)x1('xy"yx 2 =++−
dibagi x3 :
0yx1
x1
x'y
x"y
232 =
++−
0y)xx()''yx( 321 =++ −−−
r = -1; s = -2; a = b = 1; α = 0; γ = 21 ; λ = 2; n = 0
PUPD : [ ])x2(Jc)x2(Jcxy 0201 +=
4. PD : 04)'1"(9 2 =−++ yx
yyx
y
0yx94)y'y
x1"y( 2 =−++ , dikalikan x2
0y94yx'xy"yx 22 =−++
→=−++ 0y)94x('xy"yx 22 PD Bessel dengan n = 2/3
PUPD : )x(Jc)x(Jcy 322321 −+=
5. PD : )r(RR;R
'Rr1
R"R =µ=+
Dikalikan Rr2 PD menjadi :
→=µ− 0r'rR"Rr 22 PD Bessel termodifikasi dengan λ = µ; n = 0
PUPD : )r(Kc)r(IcR 2201 µ+µ=
6. PD : 02'" =++ ixyyxy
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 47Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
atau →=++ 0yix2'xy"yx 22 PD Bessel dengan i2=λ
PUPD : )i2x(Yc)i2x(Jcy 0201 +=
Soal Latihan.
Selesaikan PD berikut !
1. 0y)4x('xy"yx 22 =−++
2. )zx(;0y41'y"xy ==++
3. )zx(;0y)41x4('xy"yx 242 ==−++
4. )zx,uxy(;0y)3x(4'xy3"yx 2242 ===−+−
5. )zx,xuy(;0y)43x(4
1"yx 2 ===++
6. )zx,xuy(;0yx"y 2212 ===+
Jawaban :
1. )x(YB)x(JAy 22 +=
2. )x(YB)x(JAy 00 +=
3. )x(YB)x(JAy 2
41
2
41 +=
4. [ ])x(YB)x(JAxy 22
22
2 +=
5.
+= − )x(JB)x(JAxy
21
21
6.
+= )x
21(YB)x
21(JAxy 2
41
2
41
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 48Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
BBAABB IIII
DDEERREETT FFOOUURRIIEERR
2.1 Fungsi Periodik
Fungsi f(x) dikatakan periodik dengan perioda P, jika untuk semua
harga x berlaku:
)x(f)Px(f =+ ; P adalah konstanta positif.
Harga terkecil dari P > 0 disebut perioda terkecil atau sering disebut
perioda dari f(x).
Contoh :
− Fungsi sin x mempunyai perioda 2π; 4π; 6π; ...... karena sin (x+2π) =
sin (x+4π) = sin (x+6π) = ..........= sin x.
− Periode dari sin nx atau cos nx ; dengan n bilangan bulat positif
adalah 2π/n.
− Periode dari tan x adalah π.
− Fungsi konstan mempunyai periode sembarang bilangan positif.
Gambar grafik dari fungsi-fungsi yang periodik, misalnya :
Pokok Bahasan! Fungsi Periodik! Deret Fourier! Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil! Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half-Range)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 49Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
y
x
y = sin x y = cos x
0
Perioda
π− π π2x
y
x0
Perioda
π π2
(a)
(b)
π− π π2
π π2
y
x
Perioda(c)
x
Perioda
0
(d)
y
x
Perioda
0
(e)
Fungsi f(x) dikatakan kontinu pada setiap segmen (piecewise
continuous function), bila f(x) hanya kontinu pada interval-interval
tertentu dan diskontinu pada titik-titik yang banyaknya berhingga. Harga
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 50Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
f(x) di titik-titik diskontinu ditentukan dengan menghitung harga limit fungsi
f(x) untuk x mendekati titik diskontinu (ujung masing-masing interval).
xx1 x2 x30 x4
f(x)
2.2 Deret Fourier
Dalam beberapa permasalahan yang berhubungan dengan
gelombang (gelombang suara, air, bunyi, panas, dsb) ; pendekatan
dengan deret Fourier yang suku-sukunya memuat sinus dan cosinus sering
digunakan. Dengan mengekspansikan ke dalam bentuk deret Fourier ;
suatu fungsi periodik bisa dinyatakan sebagai jumlahan dari beberapa
fungsi harmonis, yaitu fungsi dari sinus dan cosinus (fungsi sinusoidal).
Definisi Deret Fourier :
Jika fungsi f(x) terdefinisi pada interval (-L;L) dan di luar interval
tersebut f(x) periodikdengan periode 2L ; maka deret Fourier atau
ekspansi Fourier dari fungsi f(x) tersebut di definisikan sebagai :
1. ∑∞
=
ππ +≡1n
Lxn
nLxn
n0 )sinbcosa(z
a)x(f ............................................................... (2-1)
dengan koefisien Fourier nn b,a ditentukan oleh :
2. dxcos)x(fL1a L
L Lxn
n ∫−π= ; dx)x(f
L1a L
L0 ∫−= ................................................ (2-2)
dxsin)x(fL1b L
L Lxn
n ∫−π= ; n = 0, 1, 2, 3, .......... .............................................. (2-3)
Jika interval (–L;L) sembarang dan f(x) mempunyai periode 2L
maka :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 51Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
3. dxcos)x(fL1a L2C
C Lxn
n ∫+ π= ; dx)x(f
L1a L2C
C0 ∫+= ............................................ (2-4)
4. dxsin)x(fL1b L2C
C Lxn
n ∫+ π= ; n = 0, 1, 2, 3, .......... .............................................. (2-5)
dengan C sembarang bilangan real.
Jika C = -L maka rumus (2-4) dan (2-5) akan sama dengan (2-2)
dan (2-3).
Deret Fourier konvergen bila memenuhi syarat/kondisi Dirichlet.
Syarat /Kondisi Dirichlet
Teorema : Jika,
1. f(x) terdefinisi dan bernilai tunggal, kecuali pada beberapa titik
yang banyaknya berhingga pada interval (-L:L).
2. f(x) periodik dengan perioda 2L.
3. f(x) dan f’(x) merupakan fungsi-fungsi yang kontinu pada setiap
segmen pada interval (-L;L).
Maka deret Fourier (2-1) dengan koefisien (2-2) dan (2-3) atau (2-4)
dan (2-5) konvergen ke :
a. f(x) ; jika x merupakan titik kontinu pada interval (-L;L)
b. ;2
)x(f)x(f −+ + jika x adalah titik diskontinu.
Contoh :
1. Tentukan deret Fourier dari fungsi f(x) yang didefinisikan sebagai :
π<<<<π−
=x0;
0x;10
)x(f
di luar interval ini f(x) periodik dengan perioda 2π.
Penyelesaian :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 52Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
xπ−3 π− 2 π− 0 π π2
1
f(x)
Fungsi terdefinisi dalam interval (-L;L) = (-π;π)
Perioda = 2L = 2π → L = π
dxxncos)x(f1dxL
xncos)x(fL1a
L
Ln ∫∫π
π−− ππ
π=π=
dxnxcos)x(f1∫
π
π−π=
∫∫∫ππ
π− π=
+
π=
00
0nxdxcos1dxnxcos1dxnxcos01
0nsinn10nsin
n1nxsin
n1
0
=ππ
=−ππ
=
π=
π
10xdx1dx1dx01dx)x(f1a0
0
0
00 =−ππ=
π
=π
=
+
π=
π=
ππ
π−
ππ
π− ∫∫ ∫∫
dxxnsin)x(f1dxL
xnsin)x(fL1b
L
Ln ∫∫π
π−− ππ
π=π=
dxnxsin)x(f1∫
π
π−π=
∫∫∫ππ
π− π=
+
π=
00
0nxdxsin1dxnxsin1dxnxsin01
( )( )11n1nxcos
n1 n
0
−−π
−=
π−=
π
π= ganjilnuntuk
n2
genapnuntuk0
Jadi deret Fourier dari f (x):
∑
π+π+=
∞
=1nnn
0 L
xnsin b L
xn cos a 2
a f(x)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 53Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
................ x4sin 42 x4 cos 0
x3sin 32 x3 cos 0 x2sin
22 x2 cos 0 xsin 2 x cos 0
21
+
ππ
π+
ππ
ππ
π+
ππ+
ππ
π+
ππ+
ππ
π+
ππ+=
................ 5xsin 52 3xsin
32 sin x 2
21 +
π+
π+
π+=
++++
π+= .......7x sin
71 5xsin
51 3x sin
31sin x 2
21
Fungsi f (x) pada contoh diatas bisa dimisalkan merupakan suatu
pulsa voltase yang periodik; dan suku-suku dari deret Fourier yang
dihasilkan akan berkaitan dengan frekuensi-frekuensi yang berbeda
dari arus bolak balik yang dihubungkan pada gelombang “bujur
sangkar” dari voltase tadi.
2. Tentukan deret Fourier dari :
=<<<<
10 periode ; 5x0 : 30x5- ; 0
(x) f
dan bagaimanakah f (x) harus ditentukan pada x = -5 ; x = 0 dan x = 5
agar deret Fourier tersebut konvergen ke f (x) pada -5 < x < 5.
Penyelesaian :
Periode = 2L ………. → L=5
0
f(x)
3
105-5-10x
3 05
x 53 dx 3
51 dx (x) f
51 a
5
5
5
5-0 ==∫=∫=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 54Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
0 nx sin n3
05
5xnsin
n5
53 dx
Lxn cos 3
51 a
5
0n =
π=π
π=∫
π=
( ) ( )ππ
=ππ
=
ππ
=∫π=
n cos-1 n3 1 - n cos
n3 -
05
5xn cos
n5
53 - dx
Lxnsin 3
51 b
5
0n
Deret Fouriernya :
( )
+π+π+π
π+=
∑
π
ππ++=
∑
π+π+=
∞
=
∞
=
........ 5x5sin
51
5x3sin
31
5xsin 6
23
5xnsin
nn cos-1 3 0
23
L
xnsin b L
xn cos a 2
a f(x)
1n
1nnn
0
f(x) memenuhi syarat Dirichlet , jadi deret Fourier akan konvergen ke:
− F (x) ; jika x titik kontinu
− 2
)(x f )(x f - ++
; jika x titik diskontinu
titik-titik x = -5; 0 dan 5 merupakan titik-titik diskontinu dari f (x) pada
interval (-5,5) sehingga :
di x = -5 ; deret akan konvergen ke : 23
230 =+
di x = 0 ; deret akan konvergen ke :23
203 =+
di x = 5 ; deret akan konvergen ke : 23
230 =+
Deret Fourier diatas akan konvergen ke f (x) pada interval -5 ≤ x ≤ 5
apabila f (x) ditentukan sbb:
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 55Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
==
<<=
=
<<=
=
10 pdengan periodik ini intervaldiluar ; 5 x ; 23
5x0 x ; 0
0 x ; 23
0 x 5- x ; 0
5- x ; 23
(x) f
3. Ekspansikan f (x) = x 2 ; 0 < x < 2π kedalam deret Fourier jika f (x)
periodik dengan periode 2π.
Penyelesaian :
π−6 π− 4 π− 2 π2 π4
f(x)
π6
24π
periode 2L = 2π → L = π
232
0
22
00 3
8 02
x31 1 dx x 1 dx (x) f 1 a π=
ππ
=∫π=∫π
=ππ
∫−π
=
∫−π
=
∫−π
=∫π=
∫π=∫ π
ππ
=
π
π
ππ
ππ
2
0
2
2
0
2
2
0
222
0
2
2
0
22
0
2n
nxcosd xn2 nxsinx
n1
dx nx sinx2 nxsinxn1
dx nx sinnxsinxn1 nxsindx
n1
dxnx cos x1 dx xn cos x 1 a
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 56Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2
2
02
2
2
0
2
n4
nxsinn2nxcosx
n2nxsinx
n1
dx nx cos -nx cos x n2nxsinx
n1
=
−−
π=
∫−π
=
π
π
∫−π
=
∫−π
=∫π=
∫π=∫ π
ππ
=
π
ππ
ππ
2
0
2
2
0
222
0
2
2
0
22
0
2n
dx nx sinx2 nxsinxn1
dx nx cosnxcosxn1- nxcosdx
n1
dxnx sin x1 dx xnsin x 1 b
∫−π
=π2
0
2 nxcosd xn2 nxsinx
n1
π
π
−−
π=
∫−π
=
2
02
2
2
0
2
nxsinn2nxcosx
n2nxsinx
n1
dx nx cos -nx cos x n2nxsinx
n1
∑
π+π=
∞
=1n2
nx sin n4 -nx cos
n4
34 (x) f
: (x) f darifourier deret
4 Dengan menggunakan hasil dari contoh no. 3, buktikan bahwa :
6............
31
21
11 2
322
π=+++
Penyelesaian :
Pada x = 0 ; deret Fourier dari f(x) = x2 konvergen ke f(x) =
22
22
04 ππ =+
2
1n2
2
2 0sin n4 - 0 cos
n4
34 (0) f π=∑
π+π=
∞
=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 57Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2
1n2
2
2n4
34 π=∑+π ∞
=
22
2
1n2 3
23
42 n4 π=π−π=∑
∞
=
2
1n2 3
2n1 4 π∑ =
∞
=
terbukti, 61
n1 2
1n2 π∑ =
∞
=
2.3 Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil
Fungsi f(x) disebut fungsi genap jika f ( -x ) = f (x) untuk setiap x.
Contoh :
f(x) = cos x
x
f(x)
x-a a
Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat genap
merupakan fungsi genap. Jika f (x) fungsi genap maka:
∫ ∫=−
a
a
a
0dx )x( f 2dx )x( f ............................................................................................ …(2-6)
Fungsi f (x) disebut fungsi ganjil jika f ( -x ) = - f (x) untuk semua x.
Contoh :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 58Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
f(x) = sin x
x
f(x)
x-a a
Polinomial dalam x yang suku-sukunya adalah x berpangkat ganjil
merupakan fungsi ganjil. Jika f (x) fungsi ganjil maka: 0dx )x( fa
a=∫
− .............. ..(2-7)
2.4 Deret Sinus dan Deret Cosinus Setengah Jangkauan (Half – Range)
Deret fourier dari fungsi genap :
genap
genap genap
dx L
xn cos f(x) L2dx
Lxn cos f(x)
L1a
L
0
L
Ln
%&&&&%
↓↓
∫π=∫
π=−
ganjil
ganjil genap
0dx L
xnsin f(x) L1b
L
Ln
%&&&&%
↓↓
=∫π=
−
Jadi , jika f(x) fungsi genap maka bn = 0 ; sehingga yang muncul hanya
suku-suku yang mengandung cosinus saja atau suku-suku dari an.
Deret fourier dari fungsi ganjil:
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 59Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
genap
ganjil ganjil
dx L
xnsin f(x) L2dx
Lxnsin f(x)
L1b
ganjil
genap ganjil
0dx L
xn cos f(x) L1a
L
0
L
Ln
L
Ln
%&&&&%
%&&&&%
↓↓
∫π=∫
π=
↓↓
=∫π=
−
−
Jika f(x) fungsi ganjil maka an = 0 ; sehingga yang muncul hanya suku-
suku yang mengandung sinus saja atau suku-suku dari bn.
Deret sinus dan cosinus setengah jangkauan adalah suatu deretFourier yang hanya mengandung suku sinus atau cosinus saja. Apabiladiinginkan deret setengah jangkauan yang sesuai dengan fungsi yangdiberikan, fungsi yang dimaksud biasanya hanya diberikan dalamsetengah interval adari (-L;L) yaitu pada interval (0;L) saja. Setengahlainya yaitu (-L,0) ditentukan berdasarkan penjelasan fungsinya genapatau ganjil.
Deret sinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan :
f(x) fungsi ganjil
dx L
xnsin f(x) L2b;0a
L
0nn ∫
π== ........................................................ …(2-8)
Deret Cosinus setengah jangkauan adalah deret Fourier dengan:
f(x) fungsi genap
0b;dx L
xn cos f(x) L2a n
L
0n =∫
π= ....................................................... …(2-9)
Contoh:
Ekspansikan f (x) = x ; 0 < x < 2 ke dalam :
a. deret sinus setengah jangkauan
b. deret cosinus setengah jangkauan
Penyelesaian :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 60Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
a. deret sinus setengah jangkauan
x
f(x)
-2 2
L
2L
f (x) = x ; 0 < x < 2 diperluas dalam bentuk fungsi ganjil sepanjang
interval-2 < x < 2
(dengan periode 4), sebagai berikut:
Sehingga :
an = 0
ππ
−=
π
ππ
π=
π
ππ
π=
∫ππ
π∫ =ππ
=
∫π=∫
π=−
ncosn
40- 2
2n sinn2 -
2n2 cos 2
n2-
2xn sin
n2 -
2xn cos x
n2-
dx 2xn cos-
2xn cos x
n2-
2xn dcos x
n2-
dx 2xnsin x
22dx
Lxnsin f(x)
L1b
2
0
2
0
2
0
2
0
L
Ln
Jadi deret sinus:
+π+π−π
π=
∑ππ
π−=
∞
=
....... 2x3sin
31
2x2sin
21
2nsin4
2xnsin ncos
n4)x(f
1n
b. Deret cosinus setengah jangkauan
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 61Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
f(x)
-2 2 4-4x
f (x) = x ; 0 < x < 2 diperluas dalam bentuk fungsi ganjil sepanjang
interval-2 < x < 2
(dengan periode 4), sebagai berikut:
an = 0
2x21 dx x
22a
2
0
22
00 ==∫=
( )1ncosn
4n20-
22n cos
n2
2n2sin 2
n2-
2xn cos
n2
2xnsin x
n2-
dx 2xnsin -
2xnsin x
n2-
2xndsin x
n2-
dx 2xn cosx
22dx
Lxn cos f(x)
L1a
22
2
0
2
0
2
0
2
0
L
Ln
−ππ
−=
π+
π
π+π
π=
π
π+π
π=
∫ππ
π∫ =ππ
=
∫π=∫
π=−
bn = 0
Jadi deret cosinus:
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 62Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+π+π+π
π=
+π++π++π−
π+=
+π−π+π−π
+π−π+π−π+π−π
π+=
π−π∑π
+=
∑π−π
π−+=
∞
=
.............. 2x5 cos
51
2x3 cos
31
2xcos8-1
....... 2x5 )cos 2 (-
51 0
41
2x3 cos 2) (-
310
21
2xcos241
...........2x5 cos1ncos
51
2x4 cos1ncos
41
2x3 cos1ncos
31
2x2 cos1ncos
21
2xn cos1ncos41
2xn cos1ncos
n141
2xn cos1ncos
n4
22)x(f
222
22222
22
222
22
1n22
Soal Latihan.
1. Tentukan deret Fourier dari π<<π−−= x;2x)x(f
2. Tentukan deret Fourier dari π<<π−+= x;x1)x(f 2
3. Tentukan deret Fourier dari 23
2xx
22
;;
0x
)x(fππ
<<<<
ππ−
π
=
4. Tentukan deret Fourier dari 2p;1x1;x1)x(f 2 =<<−+=
5. Uraikan π<<= x0;xcos)x(f dalam deret Fourier sinus.
6. Uraikan 84
xx
40
;;
x8x
)x(f<<<<
−=
dalam deret : a. Fourier sinus b. Fourier Cosinus.
Jawaban.
1. .....x4sin41x3sin
31x2sin
21xsin)x(f +−+−+−=
2. .....)x3cos91x2cos
41x(cos4
311)x(f 2 +−+−−π+=
3. .....x5sin252x4sin
4x3sin
92x2sin
2xsin2)x(f ++π−−π+=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 63Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
4. .....)x4cos161x3cos
91x2cos
41x(cos4
34)x(f 2 −+π−π+π−π
π−=
5. ∑−
ππ
=∞
=1n2 1n4
n2sinn8)x(f
6. a. ∑ππ
π=
∞
=1n22 8
xnsin2
nsinn132)x(f
b. ∑π
−π−π
π+=
∞
=1n22 8
xncosn
1ncos2
ncos2162)x(f
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 64Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
BBAABB IIIIII
PPEERRSSAAMMAAAANN DDIIFFEERREENNSSIIAALL PPAARRSSIIAALL
3.1 Pendahuluan
Persamaan diferensial parsial adalah persamaan yang memuat
suatu fungsi dengan dua atau lebih variabel bebas berikut derivatif
parsial fungsi tersebut terhadap variabel - variabel bebasnya.
Orde dari PD parsial : tingkat tertinggi dari derivatif yang ada dalam PD.
Derajat dari PD parsial : pangkat tertinggi dari turunan tingkat tertinggi
yang ada dalam PD.
PD parsial dikatakan linier jika hanya memuat derajad pertama dari
variabel - variabel bebasnya dan derivatif - derivatif parsialnya.
Beberapa contoh PD parsial yang penting :
1. 2
22
2
2
xuc
tu
∂∂=
∂∂ persamaan gelombang satu dimensi
2. 2
22
xuc
tu
∂∂=
∂∂ persamaan konduksi panas satu dimensi
3. 0yu
xu
2
2
2
2
=∂∂+
∂∂ persamaan Laplace dua dimensi
4. )y,x(fyu
xu
2
2
2
2
=∂∂+
∂∂ persamaan Poisson dua dimensi
5. 0zu
yu
xu
2
2
2
2
2
2
=∂∂+
∂∂+
∂∂ persamaan Laplace tiga dimensi
Penyelesaian PD parsial : sembarang fungsi yang memenuhi PD secara
identik.
Penyelesaian umum PD parsial : penyelesaian yang terdiri dari sejumlah
fungsi sebarang yang bebas linier (independent linier) yang banyaknya
sama dengan orde PD nya.
Pokok Bahasan :! Penyelesaian Masalah Syarat Batas! Persamaan Konduksi Panas 1 Dimensi! Aliran Panas Konduksi 2 Dimensi! Getaran Tali (Persamaan Gelombang 1 Dimensi)
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 65Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Penyelesaian khusus PD parsial : penyelesaian yang diperoleh daripenyelesaian umum dengan pilihan khusus dari fungsi - fungsisembarangnya.Penyelesaian PD dengan syarat batas adalah penyelesaian PD yangmemenuhi syarat-syarat tertentu yang disebut syarat batas.PD Parsial Linier Orde 2Persamaan umum :
GFuyuE
xuD
yuC
yxuB
xuA 2
22
2
2
=+∂∂+
∂∂+
∂∂+
∂∂∂+
∂∂ ....................................... (3-1)
u = variabel tak bebas, merupakan fungsi dari x dan y
x, y = variabel bebas dari PD
A, B, C, D, E, F, G = koefisien, bisa konstan atau merupakan fungsi
dari x atau y tetapi bukan fungsi dari u.
Jika : G = 0 → disebut PD homogen
G ≠ 0 → disebut PD non homogen
Jika B2 - 4ac < 0 → disebut PD Eliptik
B2 - 4ac = 0 → disebut PD Parabolis
B2 - 4ac > 0 → disebut PD Hiperbolis
3.2 Penyelesaian Masalah Syarat Batas
3.2.1 Pengintegralan seperti PD biasa
Mencari penyelesaian umum dengan metoda yang digunakan
dalam PD biasa (dengan mengintegralkan masing - masing ruas ke setiap
variabel bebasnya).
Contoh :
1. a. Selesaikan PD : yxyxz 2
2
=∂∂
∂
b. Tentukan masalah nilai batas yang memenuhi z(x, 0) =x2 ; z(1, y)
= cos y
Penyelesaian :
a. yxyx
z 22
=∂∂
∂
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 66Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
yxyz
x2=
∂∂
∂∂ → diintegralkan terhadap x
)y(Fyx31
yz 3 +=
∂∂ → diintegralkan terhadap y
)x(Gdy)y(Fyx31z 23 +∫+=
PUPD: )x(G)y(Hyx61z 23 ++= ; G(x) dan H(y) fungsi
sembarang
b. ( ) ( ) ( )xG0H0x61xx0,xz 2322 ++=→=
( ) ( )0HxxG 2 −=
( ) ( ) ( )0HxyHyx61y,xz 223 −++=
( ) ( ) ( )0H1yHy161ycosycosy,1z 223 −++=→=
( ) ( )0H1yHy61ycos 22 −++=
( ) ( )0H1y616ycosyH 2 +−−=
( ) ( ) ( )0Hx0H1y61ycos2yx
61y,xz 223 −++−−+=
PKPD : z(x,y) 223 x1y61ycos2yx
61 +−−+=
2. Selesaikan PD : 22
xxu2
txut =
∂∂+
∂∂∂ ; ( ) ( ) 0t,0u;
6x1,xu
3
==
Penyelesaian :
2xu2tut
x=
+
∂∂
∂∂ → diintegralkan ke x
u2tut +
∂∂ ( )tFx
31 3 += → dikalikan t
( )ttFtx31tu2
tut 32 +=+
∂∂
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 67Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
( ) ( )ttFtx31ut
t32 +=
∂∂ → diintegralkan ke t
( ) ( )xHdtttFtx61ut 232 +∫+=
( ) ( )xHtGtx61ut 232 ++=
PUPD: ( )( ) ( )
2
23
t
xHtGtx61
t,xu
++
=
Syarat batas 1 : ( )6x1,xu
3
=
( )( ) ( )
3
3
x61
1
xH1Gx61
1,xu =
++
=
( ) ( ) ( ) ( ) 0xH1Gx61xH1Gx
61 33 =+→=++ ( ) ( )1GxH −=→
Penyelesaian : ( )( ) ( )
2
23
t
1GtGtx61
t,xu
−+
=
Syarat batas 2 : ( ) 0t,0u =
( ) ( ) ( ) 0t
1GtG0t,0u 2 =−+=
( ) ( )( ) ( )1GtG
01GtG=
=−
( )( ) ( )
2
23
t
1G1Gtx61
t,xu−+
=
PKPD : ( ) 3x61t,xu =
1.1.1. Pemisalan u = byaxe +
PD parsial linear orde 2 dengan A,B,C,D,E,F konstan, PU PD ditentukan
dengan memisalkan ;eu byax+= a,b konstanta yang harus dicari.
Contoh:
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 68Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
1. Selesaikan PD : 0yu2
xu3 =
∂∂+
∂∂ ; ( ) xe40,xu −=
Penyelesaian :
misalkan : ( ) byaxey,xu +=
byaxaexu ++
∂∂ ; byaxbe
yu +=
∂∂
PD menjadi :
0be2ae3 byaxbyax =+ ++
( ) 0eb2a3 byax =+ + → a23b0b2a3 −=→=+
PU PD : ( )
−===
−−
y23xFeey,xu
y23xaay
23ax
syarat batas : ( ) xe40,xu −=
( ) ( ) xe4xF0,xu −==
penyelesaian PD : ( ) ( ) 2x2y3y23x
e4e4y,xu −
−−
==
2. PD : 0yv3
xv =
∂∂+
∂∂ , dengan syarat batas : ( ) ysin4y,0v =
misalkan ( ) byaxey,xv ==
byaxaexv +=
∂∂ ; byaxbe
yv +=
∂∂
PD menjadi :
0be3ae byaxbyax =+ ++
( ) 0eb3a byax =+ + → b3a0b3a −=→=+
PU PD :
( ) ( ) ( )yx3Feey,xv yx3bbybx3 +−=== +−+−
syarat batas: ( ) ysin4y,0v =
( ) ( ) ysin4yFy,0v ==
penyelesaian PD : ( ) ( )yx3sin4y,xv +−=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 69Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
3. Selesaikan PD : 0yu2
yxu3
xu
2
22
2
2
=∂∂+
∂∂∂+
∂∂ ; ( ) yy,0u = ; ( ) 0y,0u x =
Penyelesaian :
misalkan : byaxeu +=
byaxaexu +=
∂∂ byax2
2
2
eaxu +=
∂∂
byaxbeyu +=
∂∂ byax2
2
2
ebyu +=
∂∂
xyabe
yxu u2
byax2
∂∂∂==
∂∂∂ +
PD menjadi:
( )0b2ab2a
0eb2ab3a22
byax22
=++=++ +
( )( ) ba0b2aba −=→=++ atau a = -2b
untuk a = -b ( )yxFueeu 1)yx(bbybx
1 +−=→==→ +−+−
Untuk a = -2b ( ) ( )yx2Gueeu 2yx2bbybx2
2 +−=→==→ +−+−
PU PD : ( )( ) ( ) ( )yx2GyxFy,xu
uuy,xu 21
+−++−=+=
Syarat batas1 : ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) yyFyGyyGyfy,0u
yy,0u
+−=→=+=
=
Penyelesaian PD : ( ) ( ) ( ))yx2(G
yx2yx2FyxFy,xu
+−+−+−
−+−=
Syarat batas 2 : 0)y,0(u x =
Misalkan ; vyx =+− dan wyx2 ++−
( ) ( )( ) ( )
xw
xw
dwdF
xv
dvdF
xy,xuy,xu
wwFvFu
x ∂∂−
∂∂−
∂∂=
∂∂=
+−=
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 70Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2)yx2('F2)yx('F2)w('F2)v(F
2dwdF2
dvdF2)2(
dwdF)1(
dvdF
'
−+−++−−=−+−=
−+−=−−−−=
cy2)y(F2)y('F
02)y('F2)y('F)y,0(u x
+=→=→
=−+−=
yx2)yx2(F)yx(f)y,x(u +−+−−+−=
[ ]
y)y,x(uyx2cy2x4cy2x2)y,x(u
yx2c)yx2(2c)yx(2)y,x(u
=+−−−+++−=
+−++−−++−=
3.2.3 Pemisahan Variabel
Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel adalahpenyelesaian PD dengan mengasumsikan bahwa penyelesaian PDmerupakan perkalian dari fungsi-fungsi yang hanya tergantung pada satuvariabel bebas. Penyelesaian PD dengan pemisahan variabel banyakdigunakan dalam berbagai aplikasi misalnya dalam masalahperpindahan panas, getaran dan lain-lain.Perpindahan panas konduksi.
Fluks panas yang melewati bidang datar.
T = u T = u + u∆
n∆
I II
n∆ = jarak bidang I dan bidang II
u = temperatur bidang I
u + u∆ = temperaur bidang II
u∆ = perbedaan temperatur
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 71Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
jika u∆ >0 maka aliran panas terjadi dari bidang II mengalir kebidang I,
sebab u+ u∆ >u
Fluks panas = jumlah panas persatuan panjang persatuan waktu
≈ sebanding dengan u∆ ; berbanding terbalik dengan n∆
Fluks panas dari I ke II = nuk
∆∆−
K = konstanta pembanding = = konduktivitas termal ; k > 0
0→∆n ; maka 0→∆u , karena bidang I dan bidangII makin berimpit,
sehingga,
fluks panas yang melewati bidang I = nuk
nukitlim
0u0n ∂
∂−=∆∆−
→→
Fluks panas yang melewati volume
x
S
N W
Q
R
VT
P
z
y
Misalkan panas masuk dan dan keluar dalam arah x positif, y positif, z
positif
•••• Fluks panas yang melewati permukaan elemen volum :
Bidang PQRS = xx
uk∂∂−
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 72Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Bidang NPST = yy
uk∂∂−
Bidang NPQW = zz
uk∂∂−
• Jumlah panas yang masuk pada masing masing sisi bidang selama t∆ =
(Fluks panas) x (luas bidang ) x t∆ sehingga Jumlah panas yang masuk
melalui permukaan elemen volum :
Bidang PQRS = xxuk
∂∂− t)zy( ∆∆∆
Bidang NPST = yyuk
∂∂− t)zx( ∆∆∆
Bidang NPQW = zzuk
∂∂− t)yx( ∆∆∆
• Jumlah panas yang keluar melalui permukaan elemen volum:
Bidang PQRS = xxx
uk∆+∂
∂− t)zy( ∆∆∆
Bidang NPST = yyy
uk∆+∂
∂− t)zx( ∆∆∆
Bidang NPQW = zzz
uk∆+∂
∂− t)yx( ∆∆∆
• Perubahan panas yang terjadi pada volume v∆ dalam arah x, y, dan z
= Σ( panas masuk - panas keluar ) pada masing masing sisi bidang
Perubahan panas dalam volume zyxv ∆∆∆=∆ adalah :
Arah x = { }xxx xuk
xuk
∂∂−
∂∂
∆+ t)zy( ∆∆∆
Arah y = { }yyy yuk
yuk
∂∂−
∂∂
∆+ t)zy( ∆∆∆
Arah x = { }zxzz zuk
zuk
∂∂−
∂∂
∆+ t)zy( ∆∆∆
perubahan yang terjadi dalam volume =∆v
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 73Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
+∆∆∆
∂∂−
∂∂
∆+ t)zy(xuk
xuk
xxx +∆∆∆
∂∂−
∂∂
∆+ t)zx(yuk
yuk
yyy
t)yx(zuk
zuk
zzz ∆∆∆
∂∂−
∂∂
∆+
(i)
• Jika massa dari volume v∆ adalah m, maka banyaknya panas yang
dibutuhkan untuk menaikkan temperatur dari u menjadi uu ∆+ adalah
: um ∆α = ( massa x panas jenis x kenaikan temperatur)
m = zyx ∆∆∆ρ , ρ = densitas/ massa jenis dari volume v = massa
persatuan volume
panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur sampai u∆ pada
volume
uzyxv ∆∆∆∆αρ=∆ (ii)
panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur v∆ = dengan
jumlah perubahan panas dari masing masing sisi ; atau (i) = (ii)
+∆∆∆
∂∂−
∂∂
∆+ t)zy(xuk
xuk xxx +∆∆∆
∂∂−
∂∂
∆+ t)zx(yuk
yuk yyy
t)yx(zuk
zuk zzz ∆∆∆
∂∂−
∂∂
∆+ =
jika masing masing ruas dibagi dengan tzyx ∆∆∆∆ menjadi:
zzuk
zuk
yyuk
yuk
xxuk
xuk zzzyyyxxx
∆∂∂−
∂∂
+∆
∂∂−
∂∂
+∆
∂∂−
∂∂
∆+∆+∆+
tu
∆∂αρ=
Jika 0z,0y,0x →∆→∆→∆ ,maka nilai limitnya sama dengan
tu
zuk
zyuk
yxuk
x ∂∂αρ=
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂
∆∆∆∆αρ zyx
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 74Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
karena k konstan maka :
tu
zu
yxuk 2
2
2
u2
2
2
∂∂αρ=
∂∂+
∂∂+
∂∂
tuuk 2
∂∂αρ=∇
Persamaan atur untuk konduksi panas 3 dimensi adalah :
uktu 2∇
αρ=
∂∂ atau uc
tu 2∇=
∂∂ ....................................................................... (3-2)
dimana =αρ
= kc difusivitas
Persamaan konduksi panas satu dimensi
x=0 x=L x
Batang dengan penampang seragam diisolasi secara lateral.
Panjang batang = L dan diletakkan pada sumbu x. Temperatur pada
batang pada suatu waktu hanya tergantung pada posisi x , u = u(x,t).
Persamaan atur untuk konduksi panas 1 dimensi :
2
2
xuc
tu
∂∂=
∂∂
; 0t
Lx0>
≤≤........................................................................ (3-3)
Ada dua macam syarat batas untuk masalah perpindahan panas
konduksi yaitu kondisi batas (boundary condition) dan kondisi awal (initial
condition).Kondisi batas adalah kondisi pada batas (ujung) batang pada
waktu t sembarang. Kondisi awal adalah temperatur pada x sembarang
pada waktu t=0.
Syarat batas untuk perpindahan panas konduksi 1 dimensi adalah :
1. Jika temperatur awalnya adalah f(x) dan temperatur pada ujung
dijaga konstan pada nol, maka kondisi batasnya :
0)t,l(u0)t,0(u
==
pada waktu t>0
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 75Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
kondisi awal pada t = 0 : Lx0);x(f)0,x(u ≤≤=
untuk pertimbangan fisis biasanya temperatur dibatasi dengan
M)t,x(u <
2. Bila batang diisolasi secara keseluruhan, termasuk pada x = 0 dan x = L
maka pada x= 0 dan x = L panas tidak bisa masuk atau keluar
(fluks panas = 0) sehingga kondisi batasnya adalah :
0xu0
xuk Lx0x =
∂∂→=
∂∂− ==
Contoh:
1. Tentukan persamaan temperatur dari suatu kawat yang
permukaannya diisolasi kecuali di kedua ujungnya. Ujung kawat
diletakkan pada x=0 dan x=3, temperatur pada ujung kawat dijaga
tetap pada 00, Temperatur awal pada kawat dinyatakan dengan
f(x) =5 sin xπ4 - 3 sin xπ8 + 25 sin .10 xπ Koefisien difusivitas kawat
adalah 2.
Penyelesaian:
x=0 x=L x
Persamaan atur : 3x0;xu2
tu
2
2
≤≤∂∂=
∂∂ ................................. 1
Syarat batas :
Kondisi batas u(0,t) = u(3,t) = 00; t ≥ 0 ........................................ 2
Kondisi awal u(x,0) = 5 sin xπ4 - 3 sin xπ8 + 2 sin .10 xπ ; t = 0..... 3
Pemisahan variabel: misal PU PD adalah u(x,t) = F(t) G(x)
( ) ( )xGt'Ftu =
∂∂
( ) ( ) ( ) ( )x"GtFxu;x'GtF
xu
2
2
=∂∂=
∂∂
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 76Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
PD menjadi : ( ) ( ) ( ) ( )( )( )
( )( )
2kxGx"G
tF2t'F
x"GtF2xGt'F
−==
= ........................................... 4
( )( )
2ktF2t'F −= ; ( ) ( ) 0tFk2t'F 2 =+ ............................................. 5
Persamaan karakteristik: m + 2k2 = 0
m = -2k2
Penyelesaian persamaan 5 adalah : ( ) tk21
2
eCtF −= .............. 6
( )( )
2kxGx"G −= ; ( ) ( ) 0xGkx"G 2 =+ .......................................... 7
Persamaan karakteristik: m2 + k2 = 0
m2 = - k2 → m1.2 = ± k I
Penyelesaian persamaan 7 adalah:
( ) [ ] kxsinBkxCosAkxsinBkxCosAexG 1111ox +=+= ..... 8
( ) [ ]( ) [ ]kxsinBkxCosAet,xu
kxsinBkxCosAeCt,xu:PDPUtk2
11tk2
1
2
2
+=
+=−
−
.......................... 9
Kondisi batas 1: u(0,t) = 0
( ) [ ] 0A00ksinB0kCosAet,0u tk2 2
=→=+= −
Penyelesaian PD : ( ) kxsinBet,xu tk2 2−= .................................... 10
Kondisi batas 2 : u (3,t) = 0k3sineB tk2 2
=−
Jika B = 0 akan menghasilkan penyelesaian trivial, maka:
( ),.......3,2,1,0mmk30k3sin
±±±=π==
π=3mk .................................................................................... 11
Penyelesaian PD: ( ) Bt,xu = x3
msinet
9m2 2
2
ππ−........................... 12
Kondisi awal : u(x,0) = 5 sin x10sin2x8sin3x4 π+π−π
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 77Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
( ) Bt,xu = x3
msinet
9m2 2
2
ππ− merupakan penyelesaian PD, maka
( )
( )
( )
π=
π=
π=
π−
π−
π−
x3
msineBt,xu
x3
msineBt,xu
x3
msineBt,xu
3t9
m2
33
2t9
m2
22
1t
9m2
11
22
3
22
2
22
1
juga penyelesaian PD
Berdasarkan prinsip super posisi :
( ) x3
msineBx
3m
sineBx3
msineBt,xu 3t
9m
2
32t
9m
2
21t
9m
2
1
22
322
222
1 π+
π+
π=
π−π−π−
juga merupakan penyelesaian
( )3
msinB
3m
sinBx3
msinBo,xu 3
32
21
1
π+
π+
π=
x10sin2x8sin3x4sin5 π+π−π=
303m2B24m3B12m5B
3
22
11
=→==→−==→=
Persamaan temperatur di sepanjang kawat untuk x dan t sembarang
:
( ) x10sine2x4sine3x4sine5t,xu t320t128t32 222
π+π−π= π−π−π−
2. Sama dengan soal no. 1, jika syarat awalnya u(x,0) = 25.
Penyelesaian.
Penyelesaian PD dengan syarat u(0,t) = u(3,t) = 0 adalah:
( ) x3
msineBt,xu t9
m2
22
π=π−
Berdasarkan prinsip super posisi :
( ) x3
msineBt,xu t9
m2
m0m
22
π=π−
∞
=∑ juga merupakan penyelesaian
PD
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 78Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
kondisi awal : u(x,0) = 25
atau →=π∑∞
=25x
3msinBm
0m deret Fourier Sinus dari f(x) = 25; 3x0 ≤≤
yang konvergen ke f(x) = 25
Koefisien Bm ditentukan dengan :
( )
( ) ( )
+π+π
π=
π+π−π
=∴
+π−π
=
π−
π=
π=π=
π−π−
π−∑
∫∫
.......xsine31
3xsine100
x3
msine1mcosm50t,xu
1mcosm50
3xmcos
m3
350
dx3
xmsin2532dx
Lxmsin)x(f
L2B
t29t2
t9
m2
30
3
0
L
0m
22
22
3. Sama seperti soal no.1; jika syarat batasnya adalah:
kondisi batas : u(0,t) = 10, u(3,t) = 40; t>0
Kondisi awal : u(x,0) = 25 ; M)t,x(u <
Persamaan atur dimodifikasi menjadi : 2
2
xV2
tV
∂∂=
∂∂
sehingga
Kondisi batas : V(0,t) = 0, V(3,t) = 0
Kondisi awal : V(x,0) = f(x)
melalui transformasi: u(x,t)=V(x,t)+ ( )xψ
( ) ( )
( ) ( ) "xVx"
xt,xV
xu
tV0
tV
tx
tt,xV
tV
2
2
2
2
2
2
ψ+∂∂=ψ+
∂∂=
∂∂
∂∂=+
∂∂=
∂ψ∂+
∂∂−
∂∂
PD menjadi:
ψ+
∂∂=
∂∂ "
xV2
tV
2
2
"2xV2
tV
2
2
ψ+∂∂=
∂∂
Jika dipilih ( ) 0x" =ψ maka PD akan menjadi:
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 79Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2
2
xV2
tV
∂∂=
∂∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )x250,xV
x0,xU0,xV25t,0Uiii403
034003t,3Ut,3V0t,3Vii00t,0Ut,0V0t,0Vi
ψ−=ψ−=→=
=ψ=ψ−
=ψ−=→==ψ−=→=
( )xψ dicari dari:
( ) ( ) ( )
( )
( )
10c30c3
4010c3c3c33x10c
10c0c00xUntuk
cxcxcx"0x"
1
2
121
2
21
211
==
=+=+=ψ→===+=ψ→=
+=ψ→=ψ→=ψ
Jadi ( ) 10x10x +=ψ
Persamaan aturnya menjadi : 2
2
xV2
tV
∂∂=
∂∂
Kondisi batasnya menjadi : V(0,t) = 0 ; V(3,t) = 0
Kondisi awalnya menjadi : V(x,0) = 15 – 10x
Penyelesaian PD dengan syarat : V(0,t) = V(3,t) = 0 adalah :
V(x,t) = x3
msineB 9tm2 22
ππ−
Berdasarkan prinsip super posisi :
V(x,t) = x3
msineB 9tm2
m0m
22 π∑
π−∞
= juga merupakan penyelesaian
Kondisi awal: V(x,0) = 15-10x
V(x,0) = x1015x3
msineB 9tm2
m0m
22
−=π∑
π−∞
=
V(x,0) = x1015x3
msinBm0m
−=π∑∞
=→Deret Fourier Sinus dari f(x)=15-
10x
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 80Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Menentukan Bm :
( )∫π−=
π∫=
3
0
L
0m
dx3
xmsinx101532
dxL
xmsin)x(fL2B
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) x3
msine1mcosm30)tx(V
)13
xmcos(m30
)153
xmcos15(m2
)015()03
xmcosx1015m2
3xmsin
m30
3xmcosx1015
m2
dx3
xmcos103
xmcosx1015m2
x1015d3
xmcos3
xmcosx1015m2
3xmcosdx1015
m3
32
t9
m2
0ms
3
0
3
0
3
0
3
0
22
π∑ +π
π=∴
+ππ
=
−π−π
−=
+−+π−−
π−=
π
π+π−
π−=
∫π+π−
π−=
∫ −π−π−π
−=
−∫
π−
π−=
π−∞
=
Penyelesaian PD : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10x10t,xVxt,xVtxu s ++=ψ+=
( ) ∑π
+π
π++=
∞
=
π−
0m
9tm2
x3
msine13
mcosm3010x10)t,x(u
22
Suku (10x+10) merupakan temperatur steady-state dari kawat yaitu
persamaan temperatur yang tidak tergantung t.
Aliran panas konduksi 2dimensi, steady state.
Persamaan atur dan kondisi batas untuk perpindahan panas
konduksi 2 dimensi, steady state adalah :
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 81Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
PD : 0yu
xu
2
2
2
2
=∂∂+
∂∂
BC : u(0,y) = u(a,y) = 0
u(x,0) = 0 ; u(x,b) = f(x)
Syarat batas untuk perpindahan panas konduksi 2 D steady state adalah
syarat batas pada sisi-sisi (batas) bidang sehingga disebut masalah ini
boundary value problem. Temperatur u(x,y) pada bidang ditentukan
dengan menyelesaikan boundary value problem tersebut di atas dengan
menggunakan metode pemisahan variabel :u(x,y) = F(x) G(y)
Pemisahan variabel : u(x,y) = F(x) G(y)
PD menjadi :
py4
py3
22
2
212
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
eCeCG,0GPdy
Gd
pxcosCpxsinCF,0FPdx
Fd
pdy
GdG1
dxFd
F1
0dy
GdFdx
FdG
−+=→=−
+=→=+
−=−=
=+
u(x,y) = F(x) G(y) = (C1sin px + C2cos px) (C3 epy + C4e-py)
Kondisi batas : u(0,y) = 0, maka
u(0,y) = (C1.0 + C2.1) (C3epy + C4 e-py) = 0 C2 = 0
u(x,y) = C1sin px (C3 epy + C4e-py) = sin px (Aepy+Be-py)
Kondisi batas : u (a,y) = 0, maka
Sin pa (A epy+B e-py) = 0 sin pa = 0
.....,3,2,1n;a
np =π=
( )
+π=
π−πa
yn
na
yn
nn eBeAxannsiny,xu ; adalah penyelesaian PD
n = 1, 2, 3, ….
Berdasarkan prinsip superposisi diperoleh PUPD
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 82Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
+×π=
π−π∞
=∑ a
yn
na
yn
n1n
eBeAa
nsin)y,x(u
Kondisi batas : u(x,0) = 0
( ) ( ) nn0
n1n
AB0eAa
nsin0,xu −=→=×π= −∞
=∑
∑ =ππ=∞
=
∗∗
1nnnn A2A;
aynsin
axnsinA)y,x(u
Kondisi batas : u(x,b) = f(x)
)x(fa
bnhsina
xnsinA)b,x(u1n
n =ππ∑=∞
=
∗
∫ π=π∗a
0n dx
axnsin)x(f
a2
abnhsinA
Sehingga Penyelesaian dari PD adalah :
∑∞
=
∗ ππ=1n
n aynhsin
axnsinA)y,x(u ; dimana
∫ ππ=∗
a
0n dx
axnsin)x(f
abnsina
2A
Getaran tali (persamaan gelombang dimensi 1)
Jika seutas tali (benang, senar gitar dan sebagainya) yang
panjangnya L direntang sampai mencapai tegangan maksimum dan
kedua ujungnya diikat pada posisi tetap di x=0 dan x = L, kemudian
digetarkan, maka posisi tali akn menyimpang dari posisi setimbang.
x0
y
L
Q
x
PT1
T2αβxx ∆+
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 83Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
QP
T1
αβ
T1cos T2cos
T2sinβ
βα
T2
T1sin α
Untuk merumuskan persamaan dari getaran tali, digunakan asumsi
sebagai berikut :
1. Massa persatuan panjang dari tali konstan (tali homogen).
2. Tali elastis sempurna, sehingga tidak ada gaya luar yang
mempengaruhi getaran tali (tali bergetar semata-mata karena
keelastisannya)
3. Karena tegangan tali maksimum, maka tali maksimum, maka nilai
gaya grafitasi bisa diabaikan
4. Setiap partikel tali hanya bergerak secara vertical secara koefisien
Karena partikel tali hanya bergerak secara vertikel, maka
==β=α TcosTcosT 21 konstan
Sehingga resultan gaya yang bekerja adalah : α−β sinTcosT 12 .
menurut hukum Newton II : F =ma
Jika :- Densitas massa tali = ρ
- Panjang PQ = ∆x
Simpangan tali terhadap posisi setimbang (defleksi tali) untuk sembarang
t adalah y(x,t), sehingga percepatan getaran = 2
2
ty
∂∂
Jadi, xsinTsinT 12 ∆ρ=α−β 2
2
ty
∂∂ → masing-masing ruas dibagi dengan T
Tx
TsinT
TsinT 12 ∆ρ=α−β
2
2
ty
∂∂
Tx
cosTsinT
cosTsinT
1
1
2
2 ∆ρ=βα
−ββ
2
2
ty
∂∂
m=ρ ∆x
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 84Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Txtantan ∆ρ=α−β 2
2
ty
∂∂
tan α = slope dari y(x,t) di x =xxx
y
=∂∂
tan β = slope dari y(x,t) di x+∆x =xxxx
y
∆+=∂∂
2
2
xxxxx ty
Tx
xy
xy
∂∂∆ρ=
∂∂−
∂∂
=∆+=
→ dibagi dengan ∆x :
2
2
xxxxx ty
Txy
xy
x1
∂∂ρ=
∂∂−
∂∂
∆ =∆+=
Untuk ∆x → 0
2
2
xxxxx ty
Txy
xy
x1
0xlim
∂∂ρ=
∂∂−
∂∂
∆→∆ =∆+=
atau 2
22
2
2
xyc
ty
∂∂=
∂∂ ;
ρ= Tc2
Persamaan gelombang dimensi 1.
dengan : T = tegangan tali
ρ=densitas massa tali (massa persatuan panjang)
Syarat batas persamaan gelombang 1 dimensi adalah :
Karena ujung-ujung tali diikat pada x = 0 dan x = L , maka kondisi
batasnya adalah
y(0,t) = y(L,t) = 0
Gerakan tali tergantung pada simpangan/defleksi awal juga kecepatan
awalnya, maka kondisi awalnya adalah :
y(x,0) = f(x) → simpangan/defleksi awal
)x(gxy)0,x(y
0tt =
∂∂=
=
→ kecepatan awal
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 85Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Persamaan getaran tali satu dimensi diselesaikan dengan menggunakan
metode pemisahan variabel.
Contoh :
1. Tentukan persamaan defleksi y(x,t) dari senar yang panjangnya π dan
kedua ujungnya diikat pada posisi tetap. Jika kecepatan awalnya f(x)
= 0 dan defleksi awalnya g(x) = (0,01 sin x),c2 = ρT =1.
Penyelesaian.
Persamaan atur : 1Tc;x
ycty 2
2
22
2
2
=ρ=∂∂=
∂∂
2
2
2
2
xy
ty
∂∂=
∂∂
Syarat batas:
Kondisi batas : ( ) ( ) 0t,yt,0y =π= ; t ≥ 0
Kondisi awal : ( ) xsin01,00,xy = ; 0 ≤ x ≤ L
0ty
)0t(
=∂∂
=
; 0 ≤ x ≤ L
PD diselasaikan dengan pemisahan variable
)t(G)x(F)t,x(y =
)t('G)x(Ftu =
∂∂ )t("G)x(F
tu2
2
=∂∂
)t(G)x('Fxu =
∂∂ )t(G)x("F
tu2
2
=∂∂
PD menjadi : )t(G)x("F)t("G)x(F =
2k)x(F)x("F
)t(G)t("G −==
0)t(Gk)t("G 2 =+ → ktsinBktcosA)t(G 11 +=
0)x(Fk)x("F 2 =+ → kxsinBkxcosA)x(F 22 +=
PU PD : )kxsinBkxcosA)(ktsinBktcosA()t,x(y 2211 ++=
Kondisi batas : y(0,t) = 0
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 86Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
y(0,t) = (A1 cos kt + B1 sin kt) (A2 cos k0 + B2 sin k0) = 0
y(0,t)= (A1 cos kt + B1 sin kt) A2 = 0 ; A2 = 0
Penyelesaian PD : y(x,t) = (A1 cos kt + B1 sin kt) B2 sin kx
y(x,t) = (A cos kt + B sin kt) sin kx
- Kondisi batas : y(π,t) = 0
y(π,t) = sin kπ (A cos kt + B sin kt) = 0
y(π,t) = sin kπ= 0
k π= mπ; (m=0, ,...2,1 ±± )
k = mm =ππ
Penyelesaian PD : y(x,t) = sin mx (A cos mt + B sin mt)
Kondisi awal : yt (x,0) = 0
yt (x,0) = sin mx (-A m sin m0 + B m cos m0)
( )0B0Bmmxsin
==→
Penyelesaian PD : y(x,t) = sin mx (A cos mt)
Kondisi awal : y (x,0) = 0,01 sin x
y(x,t) = A sin mx cos m0 = 0.01 sin x
xsin01,0mxsinA =
A = 0,01 ; m = 1
Penyelesaian khusus PD : y (x,t) = 0,01 sin x cos t
2. Sama seperti soal no. 1 jika defleksi awalnya adalah 0,01x
Penyelesaian.
Langkah-langkah penyelesaian sama seperti pada soal no 1, dengan
kondisi awal y(x,0) = 0,01 x.
Penyelesaian PD : y(x,t) = A sin mx cos mt
Kondisi awal : y (x,0) = 0,01x
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 87Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
Berdasarkan prinsip super posisi :
y(x,t) = mtcosmxsinA0m
m∑∞
=
; juga merupakan penyelesaian
penyelesaian.
y(x,0) = x01,00mcosmxsinA0m
m =∑∞
=
y(x,0)= ∑∞
=
=0m
m x01,0mxsinA
merupakan deret Sinus dengan f(x) = 0,01x
∫∞
ππ
π=
0m dxxmsinx01,02A
( )∫π
π=
0
mxcosxm
02,0
−
π= ∫
π
dxmxcosmxcosxm
02,0
0
π
−=
0
mxsinm1mxcosx
mx02,0
[ ] π=−πππ
= mcosm50
10mcosm
02,0
Penyelesaian PD : ( ) mtcosmxsinmcosm50
1t,xy0m
π= ∑∞
=
Soal Latihan.
1. Tentukan defleksi u(x,t) dari tali yang panjangnya L. Kedua
ujungnya dipasang tetap, kecepatan awalnya g(x) = 0 dan defleksi
awalnya :
<<−
<<=
Lx2L;)xL(
Lk2
2Lx0;x
Lk2
)x(f
DIKTAT MATEMATIKA TEKNIK IIOleh : Tim Matematika-Jurusan Teknik Mesin
Program Semi Que IV 88Fakultas Teknik Jurusan MesinUniversitas Brawijaya
2. Tentukan defleksi u(x,t) dari tali yang panjangnya L = π. Kedua
ujungnya dipasang tetap 1Tc2 =ρ= , kecepatan awalnya g(x) = 0
dan defleksi awalnya
f(x) = 0.01 x (π-x).
3. Tentukan distribusi temperatur u (x,t) pada batang tembaga yang
panjangnya 10 cm, luas penampang melintang 1 cm2 yang diisolasi
secara lateral, densitas = 10,6 gm/cm3 konduktivitas termal bahan
1,04 cal/cmseco C, panas spesifik 0,056kal/gmoc. Batang diisolasi
secara lateral dan temperatur kedua ujungnya dijaga tetap pada
0oC. Temperatur awal batang f(x) = x(10-x).
4. Tentukan distribusi temperatur u (x,t) pada batang yang diisolasi
secara sempurna (termasuk pada x = 0 dan x = L), bila L = π, c = 1 dan
kondisi awalnya
π<<π−π
π<<=
x2
;)x(4
2x0;x4
)x(f
5. Tentukan temperatur u (x,y) pada bidang yang berbentuk bujur
sangkar yang panjang sisinya a, temperatur pada sisi vertikal dijaga
tetap = 0, permukaan dan sisi horizontal pada plat diisolasi sempurna.
Jawaban.
1. ........)Lct3cos
Lx3sin
31
Lctcos
Lx(sink8)t,x(u 22 +ππ−ππ
π=
2. ........)x5sint5cos51x3sint3cos
31xsint(cos08,0)t,x(u 33 +++
π=
3. .......)ex3,0sin91ex1,0(sin800)t,x(u t)3(01752,0t01752,0
3
22
+π+ππ
= π−π−
4. .......)ex6cos361ex2cos
41(32)t,x(u t36t4 ++
π−π= −−
5. ����������������� ������� ��� +−=