Pengantar Metode Perturbasi
Bab 1. Pendahuluan Mahdhivan Syafwan Jurusan Matematika FMIPA Universitas Andalas
PAM 454 KAPITA SELEKTA MATEMATIKA TERAPAN II Semester Ganjil 2016/2017
Review Teori Dasar Terkait • • • • •
Barisan/deret konvergen dan divergen Teorema Binomial Deret Taylor Integral Parsial Penyelesaian PDB Orde 1 • Pemisahan variabel • Penggunaan Faktor Integrasi • Penyelesaian PDB Orde 2 Linier dengan Koefisien Konstan • Homogen • Nonhomogen
• Aturan rantai pada turunan parsial
Latar Belakang • Banyak masalah menarik dalam matematika terapan yang sulit dicari solusi eksaknya. • Jika pada masalah tersebut ada parameter tanpa-dimensi (dimensionless) yang tidak bernilai kecil, maka metode numerik dapat digunakan. • Jika ada parameter tanpa-dimensi yang bernilai kecil, maka metode perturbasi atau metode asimtotik perlu digunakan. • Parameter tanpa-dimensi yang bernilai kecil tersebut muncul ketika suatu proses fisis terjadi jauh lebih lambat daripada proses fisis yang lain atau ketika suatu skala panjang jauh lebih pendek daripada skala panjang yang lain.
Contoh 1. Gelombang Permukaan Fluida 𝜆 amplitude 𝑎
𝑎 𝜀= ≪1 𝜆
Contoh 2. Mekanika Fluida 𝑳 𝜆
𝒍
𝑙 𝜀= ≪1 𝐿
Contoh 3. Difusi pada Kimia atau Biologi
𝐴
𝐵
𝐴
𝐵
Kimia 𝐴 mempunyai koefisien difusi 𝐷𝐴 Kimia 𝐵 mempunyai koefisien difusi 𝐷𝐵
𝐷𝐴 𝜀= ≪1 𝐷𝐵
Contoh 4. Discrete Soliton in Optical Waveguide
𝜖 ≪ 1.
Pengenalan Notasi: 𝑂(. ) • Suatu fungsi 𝑓 𝜀 dikatakan orde dari fungsi 𝑔(𝜀), dinotasikan dengan 𝑓 𝜀 = 𝑂(𝑔(𝜀)) ketika 𝜀 → 𝑎 jika berlaku 𝑓(𝜀) lim = 𝐴, 𝜀→𝑎 𝑔 𝜀 dimana 𝐴 adalah suatu konstanta tak-nol. • Di sini 𝑔(𝜀) disebut sebagai fungsi pengukur (gauge function). • Contoh: a) sin 𝜀 = 𝑂(𝜀) ketika 𝜀 → 0, karena … b) cos 𝜀 = 𝑂(1) ketika 𝜀 → 0, karena … c) cos 𝜀 − 1 = 𝑂(? ) ketika 𝜀 → 0, karena … Semua contoh di atas diperoleh dari deret Taylor masing-masing fungsi [coba!].
Pengenalan Notasi : 𝑜(. ) atau ≪ • Suatu fungsi 𝑓 𝜀 dikatakan jauh lebih kecil dari fungsi 𝑔(𝜀), dinotasikan dengan 𝑓 𝜀 = 𝑜(𝑔(𝜀)) atau 𝑓 𝜀 ≪ 𝑔 𝜀 ketika 𝜀 → 𝑎, jika berlaku 𝑓(𝜀) lim = 0. 𝜀→𝑎 𝑔 𝜀 • Contoh: a) sin 𝜀 = 𝑜(1) ketika 𝜀 → 0, karena … b) cos 𝜀 = 𝑜(𝜀 −1 ) ketika 𝜀 → 0, karena … c) e−𝜀 = 𝑜(? ) ketika 𝜀 → 0, karena …
Pengenalan Notasi : ~ • Suatu fungsi 𝑓 𝜀 dikatakan asimtotik terhadap fungsi 𝑔(𝜀), dinotasikan dengan 𝑓 𝜀 ~ 𝑔(𝜀) bilamana 𝜀 → 𝑎, jika berlaku 𝑓(𝜀) lim = 1. 𝜀→𝑎 𝑔 𝜀 • Contoh: a) sin 𝜀 ~ 𝜀 bilamana 𝜀 → 0, karena … 1 2
b) cos 𝜀 − 1 ~ − 𝜀 2 bilamana 𝜀 → 0, karena … c) e𝜀 − 1 ~ ? bilamana 𝜀 → 0, karena …
Latihan Verifikasi ekspresi berikut ini:
Persamaan Aljabar : Contoh 1 • Pandang persamaan 𝒙𝟐 + 𝟐𝜺𝒙 − 𝟏 = 𝟎, dimana 𝜺 ≪ 𝟏. • Solusi eksaknya adalah 𝑥 = −𝜀 ± 1 + 𝜀 2 . [periksa!] • Ekspansi dari bentuk di atas untuk 𝜀 ≪ 1 adalah 1 2
1 8
𝑥 = −𝜀 ± (1 + 𝜀 2 − 𝜀 4 + ⋯ ). [periksa!]
=
1 2 1 4 1−𝜀+ 𝜀 − 𝜀 +⋯ 2 8 1 1 −1 − 𝜀 − 𝜀 2 + 𝜀 4 − ⋯ 2 8
• Pertanyaan: Bagaimana kita memperoleh solusi deret pangkat tersebut jika kita tidak tahu solusi eksaknya?
(1)
Persamaan Aljabar : Contoh 1 • Asumsikan terdapat solusi deret pangkat dengan bentuk 𝑥 = 𝑥0 + 𝜀𝑥1 + 𝜀 2 𝑥2 + ⋯. Bentuk di atas disebut ekspansi parameter karena 𝜀 adalah parameter, bukan variabel. • Substitusikan ekspansi di atas ke pers. (1), kemudian kumpulkan suku-sukunya berdasarkan pangkat 𝜀, diperoleh 𝑥02 − 1 + 𝜀 ? ? ? + 𝜀 2 ? ? ? + ⋯ = 0. • Pada 𝑂 1 [disebut leading-order]: 𝑥02 − 1 = 0 ⇒ 𝑥0 = ±1. • Pada 𝑂 𝜀 : … ⇒ 𝑥1 = −1. [periksa!] • Pada 𝑂 𝜀 2 : 1 2
… ⇒ 𝑥2 = ± . [periksa!]
Persamaan Aljabar : Contoh 1 • Dengan demikian diperoleh solusi deret pangkat yang sama persis dengan hasil yang diperoleh sebelumnya. • Perhatikan bahwa solusi untuk 0 < 𝜀 ≪ 1 mendekati solusi untuk 𝜀 = 0. Hal ini disebut masalah perturbasi regular.
Persamaan Aljabar : Contoh 2 • Pandang persamaan 𝜺𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 − 𝟏 = 𝟎, (2) dimana 𝜺 ≪ 𝟏. • Jika kita lakukan perhitungan seperti cara sebelumnya, maka 1 solusi leading-order (yaitu ketika 𝜀 = 0) adalah 𝑥 = [hanya 2 satu solusi!]. • Pertanyaan: bagaimana dengan solusi yang lain? • Hal ini adalah salah satu contoh dari masalah perturbasi singular. • Di sini sifat alami dari solusi untuk 0 < 𝜀 ≪ 1 (dua solusi) berbeda secara kualitatif terhadap solusi untuk 𝜀 = 0 (satu solusi).
Persamaan Aljabar : Contoh 2 • Solusi eksak dari pers. (2) adalah 𝑥=
1 𝜀
−1 ± 1 + 𝜀 . [periksa!]
• Ekspansi dari bentuk di atas untuk 𝜀 ≪ 1 adalah
𝑥=
2 𝜀
1 2
− − +⋯ 1 2
1 − 𝜀 8
+⋯
[periksa!]
• Perhatikan bahwa solusi 𝑥 = −2/𝜀 − 1/2 + ⋯ melenceng ke tak-hingga ketika 𝜀 → 0. • Karena pada saat leading-order hanya terdapat satu solusi (padahal harusnya ada dua solusi), maka asumsi bahwa 𝑥 = 𝑂(1) bilamana 𝜀 → 0 tidak lagi berlaku pada solusi yang satu lagi.
Persamaan Aljabar : Contoh 2 • Untuk menentukan solusi yang lain, kita lakukan rescaling 𝑥 = 𝜀 −𝛼 𝑋, dimana 𝛼 > 0 dan 𝑋 = 𝑂(1) bilamana 𝜀 → 0. • Hal ini memberikan hasil 𝜀 1−2𝛼 𝑋 2 + 2𝜀 −𝛼 𝑋 − 1 = 0. [periksa!] • Untuk memperoleh hasil yang konsisten, kita butuh paling tidak dua suku leading-order yang mempunyai orde yang sama ketika 𝜀 → 0 sedangkan suku-suku yang lain mempunyai orde yang lebih kecil ketika 𝜀 → 0 (prinsip dominant balance*). • Satu-satunya balance yang mungkin adalah antara suku pertama dan kedua [mengapa?]: 𝜀 1−2𝛼 = 𝑂(𝜀 −𝛼 ) ⇒ 1 − 2𝛼 = −𝛼 ⇒ 𝛼 = 1. *lihat lebih lanjut di Bender, C. M. and Orszag, S. A. (1999). Advanced Mathematical Methods for Scientists and Engineers. Springer-Verlag.
Persamaan Aljabar : Contoh 2 • Jadi rescaling yang digunakan adalah 𝑥 = 𝜀 −1 𝑋 dan persamaan baru yang dihasilkan adalah 𝑋 2 + 2𝑋 − 𝜀 = 0. • Karena 𝑋 = 𝑂(1) bilamana 𝜀 → 0, maka sekarang dapat digunakan ekspansi 𝑋 = 𝑋0 + 𝜀𝑋1 + 𝜀 2 𝑋2 + ⋯. • Pada 𝑂 1 : 𝑋02 + 2𝑋0 = 0 ⇒ 𝑋0 = −2 atau 0. [periksa!] 1 2
1 2
• Pada 𝑂 𝜀 : 2𝑋0 𝑋1 + 2𝑋1 − 1 = 0 ⇒ 𝑋1 = − atau . [periksa!] • Pada 𝑂 𝜀 2 : ??? • Dengan demikian diperoleh
2 1 − − +⋯ 𝜀 2 𝑥 = 𝜀 −1 𝑋 = 1 1 − 𝜀+⋯ 2 8
Persamaan Aljabar : Contoh 3 • Pandang persamaan (𝟏 − 𝜺)𝒙𝟐 −𝟐𝒙 + 𝟏 = 𝟎, (3) dimana 𝜺 ≪ 𝟏. • Pada saat leading-order, persamaan di atas mempunyai akar kembar di 𝑥 = 1. [masalah!] • Jika digunakan ekspansi 𝑥 = 𝑥0 + 𝜀𝑥1 + 𝑂(𝜀 2 ), maka • Pada 𝑂 1 : Jelas 𝑥0 = 1. • Pada 𝑂 𝜀 : 2𝑥0 𝑥1 − 𝑥02 − 2𝑥1 = −1 ⇒ 𝜀 = 0. [masalah!]
• Solusi eksak:
𝑥=
1± 𝜀 1−𝜀
= 1 ± 𝜀 + 𝜀 + 𝑂(𝜀 3/2 ). [periksa!]
Persamaan Aljabar : Contoh 3 • Lakukan rescaling 𝑥 = 1 + 𝜀 𝛽 𝑋, dimana 𝛽 > 0 dan 𝑋 = 𝑂(1) bilamana 𝜀 → 0. • Jadi diperoleh 𝜀 2𝛽−1 1 − 𝜀 𝑋 2 − 2𝜀 𝛽 𝑋 − 1 = 0. [periksa!] • Satu-satunya balance yang mungkin adalah antara suku pertama dan ketiga [mengapa?]: 1 2𝛽−1 𝜀 = 𝑂(1) ⇒ 𝛽 = . 2 • Jadi dengan rescaling 𝑥 = 1 + 𝜀𝑋, diperoleh persamaan baru 1 − 𝜀 𝑋 2 − 2 𝜀𝑋 − 1 = 0. • Gunakan ekspansi 𝑋 = 𝑋0 + 𝜀 1/2 𝑋1 + 𝑂(𝜀), diperoleh 𝑋 = ±1 + 𝜀 1/2 + 𝑂 𝜀 ⇒ 𝑥 = 1 ± 𝜀 1/2 + 𝜀 + 𝑂(𝜀 3/2 ).
