Selesaikan persamaan diferensial parsial homogen berikut:
$$\frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} = 4 \frac{\partial \phi}{\partial t}$$
Boundary Conditions (BC):
- Untuk $x = 0 \implies \frac{\partial \phi}{\partial x} = 0$ (Catatan: Berdasarkan tipe masalah fisis/difusi ini, simbol $\frac{\partial \phi}{\partial t}$ pada teks asli di $x=0$ umumnya merupakan salah ketik untuk syarat batas Neumann $\frac{\partial \phi}{\partial x} = 0$).
- Untuk $x = 5 \implies \phi = 0$
Initial Condition (IC):
- Untuk $t = 0 \implies \phi = 10$
Persamaan di atas merupakan bentuk dari Persamaan Difusi/Konduksi Panas 1 Dimensi. Untuk menyelesaikannya, kita menggunakan metode Pemisahan Variabel (Separation of Variables).
Asumsikan bahwa solusi umum $\phi (x,t)$ dapat dinyatakan sebagai perkalian dua fungsi yang masing-masing hanya bergantung pada satu variabel
$$\phi (x,t) = X(x) \cdot T(t)$$
Artinya kita bisa menggunakan substitusi
- $X’ \text{ adalah turunan parsial pertama } \phi \text{ terhadap } x$
- $X” \text{ adalah turunan parsial kedua } \phi \text{ terhadap } x$
- $T’ \text{ adalah turunan parsial pertama } \phi \text{ terhadap } t$
- $T” \text{ adalah turunan parsial kedua } \phi \text{ terhadap } t$
Pemisahan Variabel
Dengan asumsi sebelumnya, kita ubah bentuk persamaan tersebut
$$X”(x)T(t) = 4X(x)T'(t)$$
$$\frac{X”(x)T(t)}{X(x)T(t)} = \frac{4X(x)T'(t)}{X(x)T(t)}$$
$$\frac{X”(x)}{X(x)} = \frac{4T'(t)}{T(t)}$$
Untuk memudahkan operasi, kita gunakan konstanta lain, misalkan $-\lambda^2$
$$\frac{X”(x)}{X(x)} = \frac{4T'(t)}{T(t)} = -\lambda^2$$
- Kita susun persamaan diferensial bagian $X(x)$
$$\frac{X”(x)}{X(x)} = -\lambda^2$$
$$X”(x) = -\lambda^2 X(x)$$
$$\mathbf{X”(x) + \lambda^2 X(x) = 0}$$
- Kita susun persamaan diferensial bagian $T(t)$
$$\frac{4T'(t)}{T(t)} = -\lambda^2$$
$$4T'(t) = -\lambda^2 T(t)$$
$$4T'(t) + \lambda^2 T(t) = 0$$
$$\mathbf{T'(t) + \frac{\lambda^2}{4} T(t) = 0}$$
Penyelesaian Persamaan T
Persamaan untuk $T(t)$ adalah PDB linear orde satu:
$$T'(t) + \frac{\lambda^2}{4} T(t) = 0$$
$$T'(t) = -\frac{\lambda^2}{4} T(t)$$
$$\frac{dT}{dt} = -\frac{\lambda^2}{4} T$$
$$\frac{1}{T}dT = -\frac{\lambda^2}{4} dt$$
$$\int \frac{1}{T}dT = \int -\frac{\lambda^2}{4} dt$$
$$\ln|T| = -\frac{\lambda^2}{4}t + C_1$$
$$T = e^{-\frac{\lambda^2}{4}t + C_1}$$
$$T = e^{-\frac{\lambda^2}{4}t} \cdot e^{C_1}$$
$$\mathbf{T = e^{-\frac{\lambda^2}{4}t} \cdot C}$$
- Catatan: isolasi variabel $T$ dengan $dT$ untuk memudahkan integrasi
- Catatan: integral dari $\frac{1}{T}dT$ adalah $\ln|T|$
- Catatan: untuk menetralisir logaritma natural, gunakan eksponensial
- Catatan: untuk mempermudah perhitungan, kita ubah $e^{C_1}$ menjadi $C$
Penyelesaian Persamaan X
$$X”(x) + \lambda^2 X(x) = 0$$
Untuk memudahkannya, kita misalkan $X(x)$ adalah $e^{rx}$
Kita turunkan pertama kali
$$X'(x) = \frac{d}{dx}(e^{rx})$$
$$X'(x) = re^{rx}$$
Kita turunkan kedua kali
$$X”(x) = \frac{d}{dx}(re^{rx})$$
$$X”(x) = r^2e^{rx}$$
Kita substitusikan ke dalam persamaan
$$r^2e^{rx} + \lambda^2 e^{rx} = 0$$
Karena nilai eksponensial mustahil adalah nol, maka bisa kita eliminasi
$$r^2 + \lambda^2 = 0$$
$$r^2 = -\lambda^2$$
$$r = \sqrt{-\lambda^2}$$
$$r = 0 \pm \lambda i$$
Penyelesaiannya bisa menggunakan ketiga solusi
- $\text{Akar real} \ (r_1 \neq r_2): X(x) = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}$
- $\text{Akar kembar} \ (r_1 = r_2): X(x) = C_1e^{rx} + C_2xe^{rx}$
- $\text{Akar kompleks} \ (\alpha \pm \beta i): X(x) = e^{\alpha x}(C_1 \cos (\beta x) + C_2 \sin(\beta x))$
Karena hasilnya adalah imajiner, maka kita wajib menggunakan solusi khusus imajiner
$$X(x) = e^{0x} (C_1 \cos (\lambda x) + C_2 \sin(\lambda x))$$
$$X(x) = (C_1 \cos (\lambda x) + C_2 \sin(\lambda x))$$
Turunkan fungsi tersebut sekali
$$X'(x) = -\lambda C_1 \sin (\lambda x) + \lambda C_2 \cos(\lambda x)$$
- Sesuai aturan batas pertama, yaitu $X'(0) = 0$
$$X'(0) = -\lambda C_1 \sin (\lambda (0)) + \lambda C_2 \cos(\lambda (0))$$
$$0 = -\lambda C_1 \sin (0) + \lambda C_2 \cos(0)$$
$$0 = 0 + \lambda C_2 \cos(0)$$
$$C_2 = 0$$
- Sesuai aturan batas kedua, yaitu $X(5) = 0$
$$X(x) = C_1 \cos(\lambda x)$$
$$X(5) = C_1 \cos(5 \lambda)$$
$$0 = C_1 \cos(5 \lambda)$$
Apabila konstanta $C_1$ bernilai nol, maka tidak akan menghasilkan solusi yang bernilai, melainkan hanya solusi trivial (solusinya bernilai nol). Hal ini tidak akan mungkin terjadi dalam dunia nyata, sehingga bagian yang harus bernilai nol adalah $\cos(5 \lambda)$
Fungsi cosinus akan bernilai nol apabila bernilai $(\frac{1}{2}\pi, \frac{3}{2}\pi, \frac{5}{2}\pi, …)$
$$\cos(5 \lambda) = 0$$
$$5 \lambda = \left(n – \frac{1}{2} \right) \pi, \text{ n = 1,2,3,… }$$
$$5 \lambda = \frac{(2n – 1) \pi}{2}, \text{ n = 1,2,3,… }$$
$$\mathbf{\lambda = \frac{(2n – 1)\pi}{10}, \text{ n = 1,2,3,… }}$$
Sehingga solusinya adalah
$$\mathbf{X = C \cos (\lambda x)}$$
Kita ingat ulang solusi yang ada
$$X(x) = C \cdot \cos(\lambda x)$$
$$T = e^{-\frac{\lambda^2}{4}t} \cdot C$$
Substitusikan nilai $\lambda$ yang sudah didapat
$$\mathbf{X(x) = C \cdot \cos \left(\frac{(2n – 1)\pi}{10} x \right)}$$
$$T = e^{-\frac{\frac{(2n – 1)\pi}{10}^2}{4}t} \cdot C$$
$$T = e^{-\frac{\frac{(2n – 1)^2\pi^2}{100}}{4}t} \cdot C$$
$$\mathbf{T = e^{-\frac{(2n – 1)^2\pi^2}{400}t} \cdot C}$$
Gabungkan persamaan tersebut
$$\phi_n(x,t) = C_n \cos\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} x \right) e^{-\frac{(2n-1)^2\pi^2}{400}t}$$
Solusi totalnya adalah penjumlahan dari semua kemungkinan solusi (deret Fourier):
$$\mathbf{\phi(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \cos\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} x \right) e^{-\frac{(2n-1)^2\pi^2}{400}t}}$$
Syarat Awal (IC) untuk mencari $C_n$
Pada saat $t = 0$, nilai $\phi(x,0) = 10$:
$$10 = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \cos\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} x \right)$$
Ini merupakan ekspansi deret Fourier Cosinus untuk fungsi konstan $f(x) = 10$ pada interval $(0, 5)$. Rumus koefisien $C_n$ adalah:
$$C_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos(\lambda_n x) \, dx$$
Dengan $L = 5$ dan $f(x) = 10$:
$$C_n = \frac{2}{5} \int_{0}^{5} 10 \cos\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} x \right) \, dx$$
$$C_n = \frac{20}{5} \int_{0}^{5} \cos\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} x \right) \, dx$$
$$C_n = 4 \left[ \frac{10}{(2n-1)\pi} \sin\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} x \right) \right]_{0}^{5}$$
$$C_n = \frac{40}{(2n-1)\pi} \left( \sin\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} \cdot 5 \right) – \sin \left(\frac{(2n-1)\pi}{10} \cdot 0 \right) \right)$$
$$C_n = \frac{40}{(2n-1)\pi} \left( \sin\left( \frac{(2n-1)\pi}{2} \right) – \sin 0 \right)$$
$$C_n = \frac{40}{(2n-1)\pi} (-1)^{n-1}$$
$$\mathbf{C_n = \frac{40(-1)^{n-1}}{(2n-1)\pi}}$$
Nilai $\sin\left( \frac{(2n-1)\pi}{2} \right)$ akan selang-seling bernilai $1$ dan $-1$, yang bisa ditulis sebagai $(-1)^{n-1}$.
Substitusikan kembali nilai $C_n$ ke dalam persamaan solusi total. Solusi akhir dari persamaan diferensial parsial tersebut adalah:
$$\mathbf{\phi(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{40(-1)^{n-1}}{(2n-1)\pi} \cos\left( \frac{(2n-1)\pi}{10} x \right) e^{-\frac{(2n-1)^2\pi^2}{400}t}}$$
