%% This document created by Scientific Word (R) Version 2.0


\documentclass[12pt]{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{sw20jart}

%TCIDATA{TCIstyle=Article/ART4.LAT,jart,sw20jart}

\input tcilatex
\begin{document}


\begin{definition}
Jika $\{f_n(x)\}$sebuah barisan tak hingga dari fungsi-fungsi bernilai real
dan jika $\Phi (x,t)$ sebuah fungsi dengan sifat bila diekspansi dalam
suku-suku deret pangkat dari $t$ dengan koefisien dari $t^n$ adalah $f_n(x)$%
, maka $\Phi (x,t)$ disebut fungsi yang membangun untuk barisan $\{f_n(x)\}.$

Dalam tulisan ini akan dijelaskan fungsi yang membangun untuk fungsi Bessel
yang dimodifikasi. Untuk keperluan itu, misalkan 
\[
\Phi (x,t)=e^{\frac x2\left( t+\frac 1t\right) }.
\]
Nyatakan $e^{\frac{xt}2}$sebagai deret pangkat dalam t, yakni : 
\begin{eqnarray*}
e^{\frac{xt}2}=1+\frac{xt}2+\frac{\left( \frac{xt}2\right) ^2}{2!}+\frac{%
\left( \frac{xt}2\right) ^3}{3!}+... \\
=\sum_{i=0}^\infty \frac{x^it^i}{i!2^i}.
\end{eqnarray*}
Nyatakan $e^{\frac x{2t}}$sebagai deret pangkat dalam x, yakni 
\begin{eqnarray*}
e^{\frac x{2t}}=1+\frac x{2t}+\frac{\left( \frac x{2t}\right) ^2}{2!}+\frac{%
\left( \frac x{2t}\right) ^3}{3!}+... \\
=\sum_{j=0}^\infty \frac{x^jt^{-j}}{j!2^j}.
\end{eqnarray*}
Tinjau, 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t)=e^{\frac x2\left( t+\frac 1t\right) } \\
=e^{\frac{xt}2}e^{\frac x{2t}} \\
=\left( \sum_{i=0}^\infty \frac{x^it^i}{i!2^i}\right) \left(
\sum_{j=0}^\infty \frac{x^jt^{-j}}{j!2^j}\right) .
\end{eqnarray*}
Koefisien dari $t^n$ diperoleh bila $i=n+j,$ yaitu 
\begin{eqnarray*}
\sum_{j=0}^\infty \frac{x^{n+j}}{(n+j)!2^{n+j}}\frac{x^j}{j!2^j}%
=\sum_{j=0}^\infty \frac{x^{n+2j}}{(n+j)!j!2^{n+2j}} \\
=\sum_{j=0}^\infty \frac{\left( \frac x2\right) ^{n+2j}}{j!(n+j)!} \\
=I_n(x).
\end{eqnarray*}
Koefisien dari $t^{-n}$diperoleh bila $j=n+i,$yaitu 
\begin{eqnarray*}
\sum_{i=0}^\infty \frac{x^i}{i!2^i}\frac{x^{i+n}}{(n+i)!2^{n+i}}%
=\sum_{i=0}^\infty \frac{x^{2i+n}}{i!(n+i)!2^{n+2i}} \\
=\sum_{i=0}^\infty \frac{\left( \frac x2\right) ^{n+2i}}{i!(n+i)!} \\
=I_n(x).
\end{eqnarray*}
Akhirnya, kita peroleh 
\[
\Phi (x,t)=e^{\frac x2\left( t+\frac 1t\right) }=I_0(x)+\sum_{n=1}^\infty
I_n(x)\left( t^n+t^{-n}\right) .
\]
Selanjutnya, misalkan $t=e^{i\varphi },$ maka 
\[
\frac 12\left( t+\frac 1t\right) =\frac 12\left( e^{i\varphi }+e^{-i\varphi
}\right) =\cos \varphi 
\]
dan 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t)=e^{\frac x2\left( t+\frac 1t\right) } \\
=I_0(x)+\sum_{n=1}^\infty I_n(x)\left( t^n+t^{-n}\right)  \\
=I_0(x)+\sum_{n=1}^\infty I_n(x)\left( e^{i\varphi n}+e^{-i\varphi n}\right) 
\\
=I_0(x)+2\sum_{n=1}^\infty I_n(x)\cos n\varphi .
\end{eqnarray*}
Jadi, kita peroleh 
\begin{eqnarray*}
e^{x\cos \varphi }=I_0(x)+2\sum_{n=1}^\infty I_n(x)\cos n\varphi  \\
=\sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right| }(x)\cos n\varphi .
\end{eqnarray*}
Perhatikan ruas kanan dari persamaan di atas, fungsi tersebut merupakan
ekspansi deret fourier dari fungsi yang di sebelah kirinya, sehingga dapat
dipandang sebagai 
\[
e^{x\cos \varphi }=\frac{a_0(x)}2+\sum_{n=1}^\infty a_n(x)\cos n\varphi 
\]
dengan 
\[
a_n=\frac 2\pi \int_0^\pi e^{x\cos \varphi }\cos n\varphi d\varphi
,n=0,1,2,3,...
\]
Tetapi $a_n=2I_n(x),$ karena itu 
\[
I_n(x)=\frac 1\pi \int_0^\pi e^{x\cos \varphi }\cos n\varphi d\varphi
,n=0,1,2,3,...
\]
Khusus untuk $n=0$ maka kita peroleh 
\[
I_0(x)=\frac 1\pi \int_0^\pi e^{x\cos \varphi }d\varphi .
\]
Dari sini kita peroleh, $I_{\left| n\right| }(x)\leq I_0(x),\forall x.$

Perhatikan kembali, 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t) &=&e^{\frac x2\left( t+\frac 1t\right) } \\
&=&I_0(x)+\sum_{n=1}^\infty I_n(x)\left( t^n+t^{-n}\right)  \\
&=&\sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right| }(x)t^n,
\end{eqnarray*}
dan selanjutnya misalkan $t=e^{i\varphi },\frac 12\left( t+\frac 1t\right)
=\frac 12\left( e^{i\varphi }+e^{-i\varphi }\right) =\cos \varphi ,$ maka
kita peroleh 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t) &=&\sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right| }(x)t^n \\
&=&\sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right| }(x)e^{in\varphi }
\end{eqnarray*}
atau 
\[
e^{x\cos \varphi }=\sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right|
}(x)e^{in\varphi }.
\]
Dengan mengambil $x=\mu r,$maka kita peroleh 
\[
u(r,\varphi )=e^{\mu r\cos \varphi }=\sum_{-\infty }^\infty I_{\left|
n\right| }(\mu r)e^{in\varphi },
\]
ini merupakan solusi persamaan Yukawa, dan 
\[
\left\{ I_{\left| n\right| }(\mu r)e^{in\varphi }\right\} 
\]
merupakan basis untuk ruang solusi persamaan Yukawa.

Perhatikan kembali $e^{x\cos \varphi }=\sum_{-\infty }^\infty I_{\left|
n\right| }(x)e^{in\varphi },$ khususnya untuk $\varphi =0,$ maka kita
peroleh $e^x=\sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right| }(x).$ Karena $e^{\mu
x}$ merupakan solusi persamaan yukawa, maka $\sum_{-\infty }^\infty
I_{\left| n\right| }(\mu x)$ merupakan solusi persamaan yukawa. Karena\\ $%
e^{x\cos \varphi }=\cosh (x\cos \varphi )+\sinh (x\cos \varphi ),$ maka 
\[
I_n(x)=\frac 1\pi \int_0^\pi \left( \cosh (x\cos \varphi )+\sinh (x\cos
\varphi )\right) \cos n\varphi d\varphi ,n=0,1,2,3,...
\]
Sifat-sifat yang diperoleh, 
\begin{eqnarray*}
\text{A }.I_{n-1}(x)-I_{n+1}(x) &=&\frac 1\pi \int_0^\pi e^{x\cos \varphi
}(\cos (n-1)\varphi -\cos (n+1)\varphi )d\varphi  \\
&=&\frac 1\pi \int_0^\pi e^{x\cos \varphi }(2\sin n\varphi \sin \varphi
)d\varphi  \\
&=&\frac{2n}x\frac 1\pi \int_0^\pi e^{x\cos \varphi }\cos n\varphi d\varphi 
\\
&=&\frac{2n}xI_n(x).
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\text{B. }I_n^{\prime }(x) &=&\frac 1\pi \int_0^\pi e^{x\cos \varphi }\cos
\varphi \cos n\varphi d\varphi  \\
&=&\frac 1{2\pi }\int_0^\pi e^{x\cos \varphi }(\cos (n+1)\varphi +\cos
(n-1)\varphi )d\varphi  \\
&=&\frac 1{2\pi }\int_0^\pi e^{x\cos \varphi }\cos (n+1)\varphi d\varphi
+\frac 1{2\pi }\int_0^\pi e^{x\cos \varphi }\cos (n-1)\varphi d\varphi  \\
&=&\frac 12\left( I_{n+1}(x)+I_{n-1}(x)\right) 
\end{eqnarray*}

\[
\text{C. Dari hasil A dan B diperoleh,}
\]
\begin{eqnarray*}
I_{n-1}(x)-\frac nxI_n(x) &=&I_n^{\prime }(x),\text{ dan} \\
I_{n+1}(x)+\frac nxI_n(x) &=&I_n^{\prime }(x).
\end{eqnarray*}

Sekarang perhatikan 
\[
I_n(x)=\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\left[ 1+\frac{\left( \frac
x2\right) ^2}{1(n+1)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^4}{1.2(n+1)(n+2)}+\frac{%
\left( \frac x2\right) ^6}{1.2.3(n+1)(n+2)(n+3)}+...\right] 
\]
Karena $0$ $\leq x<a,$ maka $I_n(x)\geq 0,\forall n,$ dan $I_{n+1}(x)+\frac
nxI_n(x)=I_n^{\prime }(x)\geq 0.$ Ini mengatakan bahwa $I_n$ fungsi naik
monoton. Selanjutnya akan dilihat kemonotonan barisan ($I_n(x)).$ Tulis $%
I_n(x)=$ $\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\psi _n(x),$ dimana 
\[
\psi _n(x)=1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{1(n+1)}+\frac{\left( \frac
x2\right) ^4}{1.2(n+1)(n+2)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^6}{%
1.2.3(n+1)(n+2)(n+3)}+...
\]
Untuk sembarang $x$ dan $n$, diperoleh $\psi _n(x)\geq \psi _{n+1}(x),$ dan
untuk $0<x\leq 2$, maka $\left( \frac x2\right) ^n>\left( \frac x2\right)
^{n+1}.$ Karena $\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\geq \frac 1{n!}\left(
\frac x2\right) ^{n+1}\geq \frac 1{(n+1)!}\left( \frac x2\right) ^{n+1}$ dan 
$\psi _n(x)\geq \psi _{n+1}(x)$ maka $I_n(x)\geq I_{n+1}(x),\forall n$ dan $%
0<x\leq 2.$ Untuk $x>2$, tak bisa ditentukan. (masukan dari pak mudomo,
eventually monoton (akhirnya monoton)).

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik positif dalam bidang dengan ekspansi Fourier 
\[
u(r,\varphi )=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi },
\]
maka $u(r,\varphi )\leq c_0.e^{\mu r}.$\\ Bukti 
\begin{eqnarray*}
u(r,\varphi ) &=&\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi } \\
&\leq &\sum_{-\infty }^\infty \left| c_n\right| I_{\left| n\right| }(\mu r)
\\
&\leq &\sum_{-\infty }^\infty c_0I_{\left| n\right| }(\mu r)\text{ (lihat
Schiff teorema 2)} \\
&\leq &c_0\sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right| }(\mu r) \\
&=&c_0e^{\mu r}.
\end{eqnarray*}
\end{theorem}

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik negatif dalam bidang dengan ekspansi Fourier 
\[
u(r,\varphi )=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi },
\]
maka $c_0<0$ dan $\left| c_n\right| \leq \left| c_0\right| ,n=1,2,3,...$\\ %
Bukti 
\[
c_0=\frac 1{2\pi I_{\left| 0\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi }u(r,\varphi
)d\varphi <0.
\]
\begin{eqnarray*}
\left| c_n\right|  &\leq &\frac 1{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu
a)}\int_0^{2\pi }\left| u(r,\varphi )\right| d\varphi  \\
&=&\frac{-1}{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi }u(r,\varphi
)d\varphi  \\
&=&\frac{I_0(\mu a)}{I_{\left| n\right| }(\mu a)}.\frac{-1}{2\pi I_0(\mu a)}%
\int_0^{2\pi }u(r,\varphi )d\varphi  \\
&=&-\frac{I_0(\mu a)}{I_{\left| n\right| }(\mu a)}c_0 \\
&=&\frac{I_0(\mu a)}{I_{\left| n\right| }(\mu a)}\left| c_0\right| 
\end{eqnarray*}
\end{theorem}

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik negatif dalam bidang dengan ekspansi Fourier 
\[
u(r,\varphi )=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi },
\]
maka $\left| u(r,\varphi )\right| \leq \left| c_0\right| e^{\mu r}.$\\ Bukti 
\begin{eqnarray*}
\left| u(r,\varphi )\right|  &=&\left| \sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left|
n\right| }(\mu r)e^{in\varphi }\right|  \\
&\leq &\sum_{-\infty }^\infty \left| c_n\right| I_{\left| n\right| }(\mu r)
\\
&\leq &\sum_{-\infty }^\infty \left| c_0\right| I_{\left| n\right| }(\mu r)%
\text{ (lihat teorema 2)} \\
&\leq &\left| c_0\right| \sum_{-\infty }^\infty I_{\left| n\right| }(\mu r)
\\
&=&\left| c_0\right| e^{\mu r}.
\end{eqnarray*}
\end{theorem}

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik dan positif pada setengah bidang dan nol pada
sumbu real dengan ekspansi 
\[
u(r,\varphi )=\sum_1^\infty b_nI_n(\mu r)\sin n\varphi ,
\]
maka $u(r$,$\varphi )\leq \mu rb_1I_0.$\\ Bukti 
\begin{eqnarray*}
u(r,\varphi )\leq \sum_1^\infty \left| b_n\right| I_n(\mu r) \\
\leq b_1\sum_1^\infty nI_n(\mu r) \\
=b_1\frac{\mu r}2\sum_1^\infty I_{n-1}(\mu r)-I_{n+1}(\mu r) \\
=b_1\frac{\mu r}2(I_0(\mu r)+I_1(\mu r)) \\
\leq b_1\mu rI_0.
\end{eqnarray*}
\end{theorem}
\end{definition}

\end{document}
