Persamaan-diferensial-parsial

Bab 11 Persamaan Diferensial Parsial

Persamaan diferensial parsial dijumpai dalam kaitan dengan berbagai masalah fisik dan geometris bila fungsi yang terlibat tergantung pada dua atau lebih peubah bebas. Tidak berlebihan jika dikatakan bahwa hanya sistem fisik yang paling sederhana yang dapat dimodelkan dengan persamaan diferensial biasa mekanika fluida dan mekanika padat, transfer panas, teori elektromagnetik dan berbagai bidang fisika lainnya penuh dengan masalah-masalah yang harus dimodelkan dengan persamaan differensial parsial. Yang sesungguhnya, kisaran penerapan persamaan diferensial parsial sangatlah besar, dibandingkan dengan kisaran penerapan persamaan diferensial biasa. Peubah-peubah bebas dapat berupa waktu dan satu atau lebih koordinat di dalam ruang. Bab ini akan ditujukan untuk beberapa persmaan diferensial parsial paling penting yang dijumpai di dalam penerapan rekayasa. Kita akan menurunkan persamaan itu sebagai model dari sistem fisik dan mengupas cara-cara untuk memecahkan masalah nilai awal dan masalah nilai batas, dengan kata lain metode untuk memperoleh solusi bagi persamaan yang berkaitan dengan masalah fisik yang dihadapi. Di dalam pasal 11.1, kita akan mendefinisikan pengertian solusi persamaan diferensial Parsial. Pasal 11.2 – 11.4 akan ditujukan untuk persamaan gelombang berdimensi-satu, yang mengatur gerak seutas dawai yang bervibrasi. Persamaan panas akan dibahas dalam pasal 11.5 dan 11.6; persamaan gelombang berdimensi-dua (membran bervibrasi) dalam pasal 11.7 – 11.10, dan persamaan Laplace dalam pasal 11.11 dan 11.12. Di dalam pasal 11.13 dan 11.14 kita akan melihat bahwa persamaan diferensial parsial dapat juga dipecahkan melalui transformasi Lapace (lihat Bab 5) atau transformasi Fourier (lihat pasal 10.10-10.12). Metode numerik untuk persamaan diferensial parsial akan disajikan dalam pasal 20.4-20.7. Prasyarat untuk Bab ini: persamaan diferensial biasa (Bab 2) dan deret Fourier

(Bab 10).

Pasa-pasal yang dapat dilewati untuk kuliah yang lebih singkat : 11.6, 11.9, 11.10.

11.1 Konsep-konsep Dasar Persamaan yang mengandung satu atau lebih turunan parsial suatu fungsi (yang diketahui) dengan dua atau lebih peubah bebas dinamakan persamaan diferensial parsial. Ordo turunan tertinggi dinamakan ordo persamaan tersebut. Seperti pada persamaan diferensial parsial biasa, kita katakan bahwa suatu persamaan diferensial parsial linear jika persamaan itu berderajat satu dalam peubah biasanya dan turunan

parsialnya. Jika setiap suku persamaan demikian ini mengandung peubah takbebasnya atau salah satu dari turunannya, persamaan itu dikatakan homogen; bila tidak, persamaan itu dikatakan tak homogen. Teladan 1. Persamaan diferensial parsial linear ordo kedua yang penting 2  2u 2  u  c u 2 x 2 2 u 2  u c t x 2  2u  2u   f ( x, y ) x 2 y 2

 2u  2u  2u   0 x 2 y 2 z 2

persamaan gelombang dimensi-satu persamaan panas berdimensi-satu persamaan poisson berdimensi-dua persamaan Laplace berdimensi-tiga

Dalam hal ini c adalah konstanta, t adalah waktu, x y z adalah adalah koordinat Kartesius. Persamaan 4 dengan ( f ≠ 0) adalah tak homogen, sedangkan persamaan-persamaan lainnya homogen. Yang dimaksud dengan solusi suatu persamaan diferensial pada suatu daerah R di dalam ruang peubah (-peubah) bebasnya ialah fungsi yang memiliki turunan parsial yang muncul di dalam persamaan itu, yang didefenisikan pada suatu domain mengandung R dan yang memenuhi persamaan itu dimana-mana di dalam R. Ada kalanya orang hanya menyaratkan bahwa fungsi tersebut kontinu pada batas daerah R, mempunyai turunanturunan tersebut di dalam interior daerah R, dan memenuhi persamaan itu di dalam interior daerah R.)

Secara umum, keseluruhan solusi suatu persamaan diferensial adalah sangat besar. Misalnya, fungsi-fungsi u  x2  y 2 ,

(6)

u  e x cos y.

u  ln( x 2  y 2 ),

Yang berbeda sama sekali satu sama lain, semuanya merupakan solusi bagi (3), sebagai pembaca dapat menverifikasi sendiri. Kita akan melihat nanti bahwa solusi tunggal suatu persamaan diferensial parsial yang berasal dari suatu masalah fisik tertentu akan diperoleh dengan memanfaatkan informasi tambahan dari dari situasi fisik tersebut. Misalnya, sering kali nilai solusi yang diinginkan pada batas domainnya diketahui (“syarat atau kondisi batas”); dalam kasus lain, bila t menyatakan waktu, nilai solusi pada t = 0 adakalanya diberikan (”syarat awal”). Kita tahu bahwa jika suatu persamaan diferensial biasa bersifat linear dan homogen, maka dari solusi yang diketahui dapat diperoleh solusi-solusi lain melalui superposisi. Pada kasus persamaan diferensial parsial linear, keadaannya sangat serupa. Dan memang, teorema berikut ini berlaku. Teorema Dasar 1 (Prinsip Superposisi)

Jika u1 dan u2 adalah solusi bagi suatu persamaan diferensial parsial homogen linear pada sutu daerah, maka u  c1u1  c2u2 , dengan c1 dan c2 sembarang konstanta, juga merupakan solusi bagi persamaan itu dalam daerah tersebut. Bukti teorema penting ini mudah dan sangat mirip dengan bukti untuk Teorema 1 Pasal 2.1 dan disediakan untuk pembaca. Di dalam pasal berikut, kita akan memulai pembahasan dengan persamaan penting pertama yang dicantumkan pada Teladan 1, yaitu persamaan gelombang berdimensi satu. Istilah ”berdimensi satu” menunjukkan bahwa persamaan itu mengandung hanya satu peubah ruang, yaitu x. Persamaan ini mengatur gerak seutas dawai elastik, misalnya dawai biola.

Soal-soal Latihan untuk Pasal 11.1 1. Buktikan Teorema Dasar 1 untuk persamaan diferensial ordo-kedua dalam dua dan tiga peubah bebas. 2. Verifikasi bahwa fungsi-fungsi (6) merupakan solusi bagi ( 3). Verifikasi bahwa fungsi-fungsi berikut merupakan solusi bagi persamaan gelombang (1) untuk nilai konstan c di dalam (1) yang sesuai. 2 2 2 2 3. u  x  t 4. u  x  9t 5. u  sin t sin x 6. u  cos t sin t 7. u  cos ct sin x 8. u  sin  ct sin  x Verifikasi bahwa fungsi-fungsi berikut merupakan solusi bagi persamaan panas (2) untuk nilai konstanta c yang sesuai. t 10. u  et sin 2 x 11. u  e 9t cos x 9. u  e cos x 2 2

15. u  x 2  y 2

 c t 16 t sin  x 13. u  e cos 2 x 14. u  e 2 2 x 16. u  3 x  y 17. u  e cos y

18. u  e 2 sin y

19. u  arct  y / x 

12. u  e 9t sin 3 x

20. u  sin x cosh y

21.Tunjukkan bahwa u(x, y) = v(x + c) + w(x - ct) merupakan solusi bagi persamaan gelombang (1); dalam hal ini v dan w terdiferensialkan dua kali. Verfikasi bahwa u(x, y) = a ln  x 2  y 2   b memenuhi persamaan laplce (3) dan tentukan a dan b sedemikian rupa 2 2 sehingga u memenuhi syarat batas u = 0 pada lingkaran x  y  4. 2 2 2 22. Tunjukkan bahwa u  1/ x  y  z merupakan suatu solusi bagi persamaan Laplace (5). 23. Tentukan potensial elektrostatik [soluis bagi (5)] antara dua bola konsentrik 2 2 2 2 2 2 S1: x  y  z  1 dan S 2 : x  y  z  4 bila S1 bertegangan 110 volt sedangkan S2 dihubungkan dengan tanah [0 volt]. Petunjuk. Ingat soal 23. u  y  y /  x2  y 2  25. Tunjukkan bahwa memenuhi persamaan Laplace (3) dan bernilai 2 2 x 0 pada sumbu-x maupun pada lingkaran  y  1.

Hubungan dengan persamaan diferensial biasa

Jika suatu persamaan diferensial parsial mengandung turunan terhadap hanya salah satu peubahnya saja, maka kita dapat memecahkannya seperti suatu persamaan diferensial biasa, dengan memperlakukan peubah (-peubah) bebas lainnya sebagai prameter. Pecahkan persamaan berikut jika u merupakn fungsi dua peubah x dan y. Pecahkan persamaan berikut jika u merupakan fungsi dua peubah x dan y.

26. u y  0

27. u x  0

28. u xx  u  0

29. u xx  u z 30. u yy  u  0 31. u xx  u x  2u  0 Dengan memisalkan ux = p, pecahkan 32. u x  0, u y  0 36. u xx  0, u yy  0 37. u xx  0,

u xy  0

38. u zz  0, u yy  0 39. Perlihatkan jika kurva datar z = konstanta dari suatu permuklaan z = (x, y) berupa garis-garis lurus yang sejajar sumbu-x, makla z merupakan solusi bagi persamaan diferensial zx = 0. Berikan beberapa cotoh sebagai ilustrasi.

z   x, y  bagi yz x  xz y  0 40. Tunjukkanbahw solusi merepresentasikan permukaan benda-benda putar. Berikan contoh ilustrasinya. Petunjuk. Ambil x  r cos  , y  r sin  dan kemudian tunjukkan bahwa persamaan itu menjadi 11.2Pemodelan:

Dawai

Bervibrasi,

Persamaan

z0  c . Gelombang

Berdimensi-Satu Berbagai persamaan diferensial parsial penting yang pertama, Marilah kita turunkan persamaan yang mengatur vibrasi pada seutas dawai elastis, yang diregangkan sampai panjang L dan diikatkan pada kedua ujungnya. Misalkan kemudian dawai itu ditarik dan diganggu dan kemudian dilepaskan pada t = 0 agar bergetar. Masalahnya adalah menentukan vibrasi dawai tersebut, dengan kata lain menentukan penyimpangannya u(x, t) pada sembarang titik x dan waktu t > 0; lihat gambarar 265. P Q

a

T

1

T

2

b x X+Δx L T

2

T

1

u P Q

a b

0

Gambar 265 Dawai yang bervibrasi

Bila menurunkan suatu persamaan diferensial yang bersumber pada suatu masalah fiska tertentu, biasanya kita harus menyederhanakan asumsi-asumsi untuk menjamin agar persamaan yang dihasilkan tidak menjadi terlalu rumit. Kenyataan penting telah kita peroleh ketika kita mempelajari persamaan diferensial biasa, dan hal yang sama pun berlaku untuk persamaan diferensial parsial. Pada kasus kita sekarang ini, kita memberlakukan asumsi-asumsi berikut : 1. Massa dawai persamaan satuan panjang adaah konstan (”dawai homogen”) Dawainya

elastis sempurna

dan tidak memberikan

perlawanan

terhadap

pelengkungan. 2. Tegangan yang disebabkan oleh peregangan dawai itu sebelum pengikatan kedua ujungnya lebih besar diandingkan dengan gaya gravitasi, sehingga yang terakhir ini dapat diabaikan. 3. Dawai itu mengalami gerak tranversal (melintang) kecil pada suatu bidang vertikal; artinya, setip partikel dawai itu bergerak secara vertikal dengan defleksi (penyimpangan) dan kemiringan di setiap titik dawai tetap kecil nilai mutlaknya. Asumsi-asumsi itu sedemikian rupa sehingga sehingga kita dapat berharap bahwa solusi u(x, t) bagi persamaan diferensial yang diperoleh dapat menerangkan dengan cukup baik vibrasi kecil dawai ”nonideal” yang bermassa kecil dan homogen yang mengalami tegangan besar. Untuk memperoleh persamaan diferensialnya, kita simak gaya-gaya yang bekerja pada suatu bagian kecil dawai tersebut (gambar 265). Karena dawai itu tidak memberi perlawanan terhadap pelengkungan (does not offer resistance to bending), maka tegangan bersifat tangensial terhadap kurva dawai itu pada setiap titik. Misalkan T1 dan T2 adalah tegangan di kedua titik ujng P dan Q dari bagian kecil tersebut. Karena tidak ada gerak dalam arah horisontal, berarti komponen horisontal tegangan ini pasti konstan. Dengan menggunakan notasi seperti pada gambar 265, kita memperoleh (1)

T1 cos   T2 cos   T  konstanta

Pada arah vartikal terdapat dua gaya, yaitu komponen vertikal –T1 sin α dari T1 dan T2 sin

β dari T2; tanda minus disini berarti bahwa komponen yang bersangkutan di P arah ke bawah. Menurut hukum kedua Newton, resultan kedua gaya tersebut sama dengan massa bagian itu, px, kali percepatannya,

u/ t2, dihitung pada suatu titik daerah x dan x + Δx;

2

dalam hal ini p adalah massa dawai yang tidak terdefleksi persatuan panjang, sedangkan Δx adalah panjang bagian dawai yang tidak terdefleksi persatuan panjang, sedangkan Δx adalah panjang bagian dawai yang tidak terdefleksi. T2 sin   T1 sin   x

(2)

 2u t 2

Dengan menggunakan (1) kita memperoleh T2 sin  T1 sin  x  2u   tan   tan   T2 cos  T1 cos  T t 2 Sekarang tan α dan tan β adalah kemiringan kurva dawai itu di titk x dan x + Δx :  u    x  x

tan   

 u    x  x x

dan tan   

Di sini kita harus menuliskan turunan parsial sebab u juga tergantung pada t. Pembagian (2) dengan Δx menghasilkan 1   u    2u  u          x   x  x x  x  x  T t 2

Jika Δx mendakati nol, kita memperoleh persamaan diferensial parsial linear 2  2u 2  u  c t 2 x 2

c2 

T  .

Inilah yang dinamakan Persamaan gelombang berdimensi-satu, yang mengatur masalah kita. Kita lihat bahwa persamaan homogen dan berorde dua. Notasi c2 (alih-alih c untuk konstanta fisik T/p diambil unutuk menunjukkan bahwa konstanta positif. Solusi

persamaan ini akan diperoleh dalam pasal berikut.

11.3 Metode Pemisahan Peubah (Metode Hasil Kali) Di dalam pasal sebelumnya kta telah menunjukkan bahwa vibrasi seutas dawai, misalnya dawai bola, mengikuti persamaan gelombang berdimensi-satu 2  2u 2  u  c t 2 x 2 ,

(1)

dengan u(x ,t) adalah defleksi dawai tersebut. Untuk mengetahui bagaimana dawai itu bergerak, kita harus memecahkan persamaaan ini; lebih tepatnya, kita tentukan solusi u bagi (1) yang juga memenuhi syarat yang dikenakan oleh sistem fisik bersangkutan. Karena dawai itu diikat pada kedua ujung x = 0 dan x = L, kita kenai dua syarat batas u (0, t )  0, u ( L, t )  0 untuk semua t

(2)

Bentuk gerak dawai itu akan tergantung pada defleksi awalnya (defleksi pada t =0) dan pada kecepatan awalnya (kecepatan pada t = 0). Jika f(x) adalah defleksi awalnya dan g(x) adalah kecepatan awalnya, maka kita akan memperoleh kedua syarat awal u ( x, 0)  f ( x)

(3) dan u t

 g ( x). t 0

(4)

Masalah kita sekarang adalah menemukan solusi bagi (1) yang memenuhi syarat (2)-(4).

Langkah-langkah yang akan kita tempuh adalah sebagai berikut. Langkah Pertama. Dengan menerapkan apa yang dinamakan metode pemisahan peubah atau metode hasil kali, kita akan memperoleh dua persamaan diferensial biasa. Langkah Kedua. Kita akan menetukan solusi bagi kedua persamaan itu yang memenuhi syarat batas yang ditentukan. Langkah Ketiga. Solusi-solusi itu akan digabungkan sedemikian rupa sehingga hasilnya merupakan solusi persamaan gelombang (1) memenuhi syarat awal yang diberikan. Rinciannya adalah sebagai berikut. Langkah Pertama. Dua Persamaan Diferensial Biasa

Metode hasil kali ini menghsailkan solusi bagi persamaan gelombang (1) yang berbentuk u ( x, t )  F ( x)G (t )

(5) yang merupakan hasil kali dua fungsi, masing-masing tergantung pada salah satu peubah x atau t. Akan kita lihat nanti bahwa metode ini mempunyai banyak penerapan di dalam matematika rekayasa. Dengan mendiferensialkan (5), kita memperoleh   2u  2u  F G dan  F '' G t 2 x 2 Dengan tanda dua titik di atas melambangkan turunan terhadap t, sedangkan tanda aksen

melambangkan turunan terhadap x. Dengan menyisipkan ini ke dalam persamaan diferensial (1), kita memperoleh 

F G  c 2 F ''G Dengan membagi dengan c2FG kita akan memperoleh 

G F ''  c 2G F .

Ruas kiri hanya mengandung fungsi yang tergantung hanya pada t sedangkan ruas kanan mengandung fungsi yang tergantung hanya pada x. Ini berarti ruas kanan maupun ruas kiri sama dengan suatu konstanta, maka pengubahan t akan mengubah nilai ruas ini namun jelas tidak mengubah nilai ruas kanan, sebab ruas kanan tidak tergantung pada t begitu pula, jika ruas kanan tidak sama dengan konstanta, maka pengubahan x akan mengubah nilai ruas ini namun jelas tidak mengubah nilai ruas kiri. Jadi, 

G F ''  k c 2G F . Ini menghasilkan dua persamaan diferensial biasa linier, yaitu : F ''  kF  0

(6) dan



G  c 2 kG  0

(7)

Di sini, k masih merupakan sembarang bilangan. Langkah Kedua. Memenuhi Syarat Batas

Kita sekarang akan menentukan solusi Fungsi dan G bagi (6) dan (7) sedemikian rupa sehingga u = FG memenuhi syarat batas (2); dengan kata lain u (0, t )  F (0)G (t )  0,

u ( L, t )  F ( L)G (t )  0

untuk semua t. Jelaslah, jika G ≡ 0, maka u ≡ 0, sama sekali tidak menarik. Jadi, kita meginginkan G ≡ 0, sehingga haruslah

(8)

(a) F (0)  0

(b) F ( L)  0

Untuk k = 0, solusi umum bagi (6) adalah

F = ax + b, sehingga dari

(8) kita

memperoleh a = b = 0. Dengan demikian F ≡ 0, juga tidak menarik sebab akibatnya G ≡ 0. Untuk k = m2 positif, solusi umum bagi (5) adalah F  Ae  x  Be   x ,

dan dari (8) kita memperoleh

F ≡ 0, seperti sebelumnya. Sekarang, kita tinggal

kemungkinan mengambil k negatif k = -p2 . persamaan (6) sekarang mempunyai bentuk F " p 2 F  0. dengan solusi umum adalah F ( x)  A cos px  B sin px.

dari sini dan (8) kita memperoleh F (0)  A  0

sehingga

Kita harus mengambil B

F ( L)  B sin pL  0

0 sebab jika tidak demikian F ≡ 0. ini berarti sin pL = 0.

Akibatnya ,

pL  n

(9)

atau

p

n L

(n bilangan bulat).

Dengan mengambil B = 1, kita memperoleh tak hingga banyaknya solusi F(x) = Fn(x), dengan

Fn ( x)  sin

(10)

n x L

n = 1,2,...

Solusi-solusi itu memenuhi (8). Untuk bilangan bulat negatif n kita memperoleh solusi yang pada hakekatnya sama, kecuali tandanya, sebab sin (-α) = - sin α. Bilangan k sekarang terbatas pada nilai-nilai k = -p2 = -(np/L)2, yang berasal dari (9). Untuk nilai-nilai k tersebut, persamaan (7) mempunyai bentuk 

G  n 2G  0

Suatu solusi umumnya adalah

dengan

n 

cn L

Gn (t )  Bn cos n t  Bn* sin n t . Jadi, fungsi-fungsi un(x, t) = Fn(x)Gn(t), yakni n x (n =1,2,...) L (11) , Merupakan solusi-solusi bagi (1) yang memenuhi syarat batas (2). Fungsi-fungsi itu u n ( x, t )  ( Bn cos n t  Bn* sin n t )sin

dinamakan fungsi-eigen, atau fungsi ciri, dan nilai λn = cnp/L dinamakan nilai-eigen, atau nilai ciri, dari dawai yang bervibrasi tersebut. Himpunan (λ1, λ2, ...) dinamalan spektrum. Kita lihat bahwa setiap un merepresentasikan suatu gerak harmonik yang memiliki frekuensi λn /2 λn = cn/2L siklus per satuan waktu. Gerak ini dinamakan modus normal ke-n dawai tersebut. Modus normal pertama dikenal sebagai modus dasar (fundemental mode) (n=1), sedangkan yang lain dikenal sebagai overtone, pada musik, modus-modus tersebut menghasikan oktaf, oktaf plus seperlima, dan seterusnya. Karena di dalam (11)

sin

n L 2L n 1 x  0 pada x  , ,..., L L n n n ,

Modus normal ke-n memiliki n-1 apa yang dinamakan simpul (nodes), yaitu pada dawaii yang tidak bergerak (Gambar 266). 0 L 0 L 0 L 0 L N=1 N=2 N=3 N=4

Gambar 266. Modus normal dari dawai yang bervibrasi

Gambar 267 memperlihatkan modus normal kedua untuk berbagai nilai t. Pada tiap saat

dawai itu berbentuk gelombang sinus. Bila bagian kiri dawai itu bergerak dibawah, maka bagian yang bergerak ke atas, dan sebaliknya. Untuk modus yang lain, keadaannya serupa. L

x

Gambar 267. Modus normal kedua untuk berbagai nilai t

Langkah Ketiga. Solusi Masalah Keseluruhannya

Jelaslah, satu solusi un(x, t) pada umunya tidak memenuhi syarat awal (3) dan (4). Sekarang, karena persamaan (1) linier dan hmogen, maka menurut Teorema Dasai 1 Pada pasal 11.1 jumlah terhingga banyaknya solusi un juga merupakan solusi bagi (1). Untuk memperoleh solusi yang memenuhi (3) dan (4), kita simak 

u n ( x, t )   ( Bn cos n t  Bn* sin n t )sin

n x L

n 1 (12) Dengan λn = cnp/L seperti sebelumnya. Dari sini dan syarat awal (3), kita memperoleh 

(13)

u n ( x, 0)   sin n 1

n x  f ( x). L

Jadi, agar (12) memenuhi (3), koefisien-koefisien Bn harus diambil sedemikian rupa sehingga u(x, 0) menjadi uraian separuh-kisaran (half-range expansion) bagi f(x); yaitu deret sinus Fourier bagi f(x). Jadi [lihat (4) pasal 10.5], 2 n f ( x ) sin dx  L0 L L

Bn  (14)

n=1,2,...

Begitu pula, dengan mendiferensialkan (12) terhadap t dengan menggunakan syarat awal kedua, yaitu (4), kita memperoleh

u t



t 0



 



n 1

( Bn n sin n t  Bn* cos n t )sin



  Bn*n sin n 1

n x  L 

t 0

n x  g ( x). L

Oleh karena itu, agar (12) memenuhi (4), koefisien-koefisien Bn* harus dipilih sedemikian rupa sehingga, untuk t=0, turunan u/ t menjadi deret sinus Fourier bagi g(x); jadi menurut (4) pasal 10.5. L 2 n * Bn n   g ( x) sin dx L0 L Atau, karena λn = cnp/L, Bn*n  (15)

2 n g ( x ) sin dx  cn 0 L L

n = 1, 2, ...

Akibatnya, u(x, t) yang diberkan leh (12) dengan koefisien-koefisien (14) dan (15) merupakan salah satu solusi bagi (1) yang memenuhi syarat (2)-(4), asalkan deret (12) tersebut konvergen dan juga asalkan deret yang diperoleh meleui pen diferensialan (12) suku-demensi-suku terhadap x dan i konvergen dan mempunyai jumlah bertut-turut, yang bersifat kontinu. Jadi, solusi (12) masih berupa ekspresi formal belaka, kita masih harus membuktikannya. Untuk kemudahan, kita hanya akan menyimak kasusu bila kecepatan awalnya g(x) sama dengan nol. Ini berimplikasi Bn* sama dengan nol dan (12) tereduksi menjadi 

u ( x, t )   Bn cos n t sin

n cn , n = . L L

n 1 (16) Sekarang kita akan mejumlahkan deret ini, artinya menuliskan hasilnya dalam bentuk tertutup atau terhingga. Untuk maksud ini, kita gunakan rumus [lihat (11dalam apendiks 3.1] cn n 1   n   n   cos t sin x =  sin  ( x  ct )   sin  ( x  ct )   . L L 2   L   L  

Akibatnya, kita dapat menuliskan (16) dalam bentuk

1   n  1   n  B sin ( x  ct ) ( x  ct )  .     Bn sin   n 2 n 1 2 n 1  L   L  Kedua deret itu yang diperoleh melalui subsitusi, berturut-turut, x - ct dan x + ct peubah x u ( x, t ) 

dalm deret sinus Fourier (13) untuk f(x). Oleh karena itu,

(17)

u ( x, t ) 

1 *  f  x  ct   f *  x  ct   2

Dengan f* adalah perluasan periodik ganjil fungsi f dengan periode 2L (Gambar 268). Karena defleksi awal f(x) kontinu pada selang 0

x

L dan bernilai nol di kedua titik

ujngnya, maka dari (17) kita dapat menyimpulkan bahwa u(x, t) merupakan suatu fungsi kontinu untuk semua niai x dan t. Dengan mendiferensialkan (17) kita lihat bahwa u(x, t) merupakan salah satu solusi bagi (1), asalkan f (x) dideferensialkan dua kali pada selang 0

< x < L, dan memiliki turunan kedua satu-arah (one sided second derivatives) di x = 0, yang bernilai nol. Di bawah kondisi tersebut, terbuktilah bahwa u(x, t) merupakan salah satu bagi (1) yang memenuhi 1-(4) 0 L x

Gambar 268. perluasan periodik ganjil bagi f(x)

Jika f’(x) dan f”(x) hanya kontinue sepotong-sepotong (Lihat Pasal 1.5), atau jika turunan-turunan satu arah itu tidak nol, maka untuk setiap t

akan ada terhingga

banyaknya nilai x yang pada nilai-nilai itu turunan kedua fungsi u yang muncul di dalam (1) tidak ada. Kecuali pada titik-titik tersebut, persamaan gelombang masih terpenuhi, dan kita dapat memandang u(x, t) sebagai solusi bagi masalah kita dalam pengertian yang lebih luas. Misalnya, dalam kasus defleksi awal yang berbentuk segi tiga (teladan 1 di bawah ini) menghasilkan solusi jenis ini. Kiranya perlu dikemukakan suatu tafsiran fisik yang sangat menarik bagi (17). Grafik f*(x + ct) diperoleh dari grafik f*(x) dengan cara menggeserkan yang terakhir ini

ct satuan ke kanan (gambar 269). Ini berarti bahwa f*(x – ct ) (c > 0) merepresentasikan suatu gelombang yang bergerak ke kanan sejalan dengan naiknya t. Begitu pula, f* (x + ct) merepresentasikan suatu gelombang yang bergerak ke kiri, dan u(x, t) merupakan superposisi kedua gelombang tersebut. ct x f *(x) f *(x - ct)

Gambar 269.Tafsiran bagi (17)

Teladan 1. Dawai bervibrasi jika defleksi awalnya berupa segi tiga

Tentukan solusi persamaan gelombang (1) jika defleksi awalnya berbentuk segi tiga 

2K x L



2K ( L x ) L

f ( x)  

jika 0  x  jika

L 2

L  x L 2

dan kecepatan awalnya nol. (gambar 270 memperlihatkan f(x) = u(x, 0) di puncaknya.) jawab. Karena g(x) ≡ 0, kita memperoleh Bn* = 0 di dalam (12), dan dari Teladan 1 dalam pasal 10.5 kita melihat bahwa Bn ditentukan oleh (5) Pasal 10.5. Jadi, (12) mempunyai bentuk 8k  1  c 1 3 3 c  sin x cos t  2 sin x cos t  ..... . 2  2  1 L L 3 L L  Untuk memplotkan grafik solusi itu, kita dapat memanfaatkan u(x, 0) = f(x) dan tafsiran kedua fungsi di dalam representasi (17). Ini menghasilkan grafik dalam gambar 270. Sangat menarik bahwa solusi (17) juga dapat diperoleh dengan cepat melalui transformasi yang sesuai terhadap persamaan gelombang itu, mengikuti gagasan cerdik d’Alembert yang kita akan bahas dalam pasal berikutnya. Soal-soal Latihan untuk Pasal 11.3 u ( x, t ) 

1. Bagaimanakah pengaruh pelipatduaan tegangan terhadap titik nada (pitch) hada dasar

(fundamental tone) dawai tersebut ? u  x, t  2. Tentukan defleksi dawai yang bervibrasi (panjang L = p, kedua ujungnya terikat , dan c2 = T/p = 1) jika kecepatan awalnya nol dan defleksi awalnya adalah:

4. k  sin x  sin 3 x 

2. 001 sin x

3. k sin 2 x

5. 0.01x    x 

6. 0.01x   x

8.



2

9.

2



4   1  4  1   7. k       x     2      2 

10.

u  x, t 

Gambar 270. Solusi dalam Teladan 1 untuk bebagai nilai t (bagan kanan gambar) yang diperoleh melalui superposisi gelombang yang bergerak ke kanan (garis putus-putus) dengan gelombang yang bergerak ke kiri (bagian kiri gambar).

11. Berapakah nisba atau rasioa antara amplitudo modus dasar dengan amplitudo a / a 2  a22  ... overtune kedua didalam Soal 5 ? Nisbah 1 1 ? Petunjuk. Gunakan (7) dalam Pasal 10.8 dengan tanda sama dengan.





12. Bagaimanakah ketergantungan frekuensi modus dasar dawai yang bervariasi pada panjang dawai, tegangan, dan massa dawai persamaan satuan panjang ? Tentukan defleksi u(k, t) dawai yang bervibrasi (Panjang L = p, kedua ujungnya terikat, c2 = 1) jika defleksi awalnya f(x) dan kecepatan awalnya g(x) adalah : 13. f = 0, g(x) = 0.1 sin 2x 1 1 0  x   , g  x   0.01   x  jika   x   . 2 2 14. f = 0, g(x) = 0.01x jika 15. f(x) = 0,1 sin x, g(x) = -0,2 sin x Dengan memisahkan peubah-peubahnya tentukan solusi u(x, y) bagi persamaan-

persamaan berikut. 16. u x  yu y

17. u x

 uy  0

18. u x  u y

19. u x  u y  2  x  y  =0

20. ayu x  bxu y

21. xu x  yu y

22. x 2u xy  3 y 2u  0

23. u xy  u

24. u xx  u yy  0

25. Tunjukkan bahwa suatu masalah (1) – (4) dengan syarat batas lebih rumit, katakanlah u  0, t   0, u  L, t   b  t  , dapat direduksi menjadi suatu masalah pencarian fungsi baru v  0, t   v  L, t   0, v  x, 0   f1  x  , vt  x, 0   g1  x  v yang memenuhi syrat , namun w suatu persamaan gelombang yang tak homogen. Petunjuk. Ambil u = v + dan tentukan w yang cocok. 11.4 Solusi D’Alembert bagi Persamaan Gelombang Menarik untuk dicatat bahwa solusi (17) Pasal 11.3 bagi persamaan gelombang

(1)

2  2u 2  u c t 2 x 2

c2 

T 

dapat diperoleh dengan cepat mentransformasikan (1) secara cerdik, yaitu dengan memperkenalkan dua peubah bebas baru1 (2)

v  x  ct ,

z  x - ct.

Dengan demikian u menjadi fungsi dari v dan z, dan turunan-turunan di dalam (1) dapat diucapkan dalam turunan terhadap v dan z melalui penerapan kaida rantai dalam Pasal 8.7. Dengan melambangkan turunan parsial dengan subskrip, kita lihat dari (2) bahwa vx = 1 dan zx = 1 . Untuk kemudahan marilah lambangkan u(x, t), sebagai suatu fungsi dari v dan z, dengan huruf yang sama u . dengan demikian u x  vv vz  u z z x  uv  u z Dengan menerapkan kaidah rantai terhadap ruas kanan dan memanfaatkan kenyataan bahwa vx = 1 zx = 1 , kita memperoleh u x x   uv  u z  v vx   uv  u z  z z x  uvv  2uvz  u zz

Kita transformasikan turunan satu lagi di dalam (1) dengan cara yang sama , kita peroleh utt  c 2  uvv  2uvz  u zz  .

Dengan menyisipkan kedua hasil itu kedalam (1) kita memperoleh (lihat catatan kaki 1 dalam apendiks 3.1)  2u  0. zv (3) jelaslah, maksud pendekatan ini adalah agar (3) yang dihasilkannya dapat segera dipecahkan dengan mengintegralkan dua kali berturut-turut. Dengan mengintegralkan terhadap z , kita memperoleh uvz 

perlu dikemukakan bahwa teori umum persaman diferensial parsial memberikan suatu cara bersistem untuk menemukan transformasi ini, yang dapat menyderhanakan persamaannya. Lihat acuan [C 14] dalam Apendiks 1 1

u  h  v v

dengan h(v) adalah suatu fungsi dari v . pengintegralan terhadap v menghasilkan u   h  v  dv    z  dengan y(z) adalah suatu fungsi dari z. Karena integral itu merupakan fungsi dari v, gunakanlah (v), maka solusi u berbentuk u =

(v) + y(z). Karena (2), maka

u (x, t) = f(x + ct) + y(x - ct).

(4)

Ini dikenal sebagai solusi d’Alembert2 bagi persamaan gelombang (1). Fungsi

dan y dapat ditentukan dari kondisi awal. Mari kita ilustrasikan ini

untuk kasus kecepatan awal nol dan defleksi awal, u(x, 0) = f(x). Dengan mendifrensialkan (4) kita memperoleh u  c  x  ct   c '  x  ct  t f’ Dengan tanda aksen melambang turunan masing-masing terhadap keseluruhan argumen x

+ ct dan x – ct. Dari (4) dan (5) dan syarat awal, kita memperoleh u ( x, 0)   ( x )   ( x)  f ( x ) ut ( x, 0)  c '( x )  c '( x)  0

Dari persamaan terakhir, kita peroleh y’ = ’. Oleh karena itu, y = dan persamaan pertama, kita peroleh 2 + k = f

+ k, dan dari sini

= (f - k)/2.Dengan fungsi –fungsi

dan y tersebut, solusi (4) menjadi 1 u(x, t) = 2 f [(x + ct) + f(x – ct) ], sesuai dengan (17) dalam Pasal 11.3. Pembaca dapat mennjukkan bahwa karena syarat

batas (2) dala pasal tersebut, fungsi f haruslah ganjil dan berperiode 2L, jika kecepatan awal g(x) tidak identik dengan nol, alih-alih (6) kita akan memperoleh x  ct

(7)

1 1 u ( x, t )  [ f ( x  ct )  f ( x  ct )]  g ( s )ds. 2 2c x ct

Hasil kita ini menunjukkan bahwa syarat awal dan syarat batas menentukan solsinya secara tunggal. Solusi persamaan gelombang mealui transformasi Laplace dan transformasi linier

Solusi persamaan gelombang melalui transformasi Laplace dan transformasi Fourier akan dibahas dalam Pasal 11.13 dan 11.14. Di dalam pasal berikut, kita akan menengok pada persamaan panas, yang merupakan persamaan diferensial sangat penting lainnya. Soal-soal Latihan untuk Pasal 11.4 Dengan menggunakan (6), buatlah gambar (sejenis Gambar 2.70 dalam Pasal 11.3) defleksi u(x, t) dari waktu bervibrasi (panjang L = 1, kedua ujungnya terikat) jika kecepatan awalnya nol dan defleksi awalnya f(x), k sebuah bilangan kecil, misalkan k = 0.01. 1. f  x   k sin  x



4. f  x   k x 2  x 4







2. f  x   kx  1  x 

3. f  x   k x  x 3

5. f  x   k  1  cos 2 x 

6. f  x   k sin 2  x

Dengan menggunakan transformasi yang diberikan, pecahkan persamaan diferensial berikut. 7. u xy  u xx  v  y, z  x  y  8. yu xy  xu xx  u x  v  y, z  xy  9. u xx  2u xy  u yy  0  v  y, z  x  y  10. u yy  u yy  v  y  x, z  2 y  x  11. u xx  4u xy  0  v  x  y, z  3 x  y 

Jenis dan bentuk-bentuk normal persamaan diferensial parsial linear. Suatu persamaan yang berbentuk Au xx  2 Bu xy  Cu yy  F  x, y , u x , u y 

(8)

2 2 dikatakan eliptik jika AC  B  0, hiperbolik jika AC  B  0. Di sini A, B, C, mungkin merupakan fungsi dari x dan y, dan jenis (8) mungkin berbeda di bagian-bagian bidang –xy yang berbeda.

13. Tunjukkan bahwa Persamaan Laplace persamaan panas

u xx  y yy  0 adalah eliptik,

ut  c 2u xx adalah parbolik,

persamaan gelombang

utt  c 2u xx adalah hiprbolik,

yu xx  u yy  0

adalah berjenis campuran (eliptik di separuh-bidang bagian atas dan hiperbolik di separuh bagian bawah). 14. Jika persaman (8) hiperbolik, maka persaman itu dapat ditarnsformasikan ke dalam F   v, z , u , uv , u z  v    x , y  , z    x, y  ; bentuk nomal uvz = dengan mengambil y  y  x dalam hal ini   konstanta dan   konstanta merupakan solusi bagi 2 persamaan Ay '  2 By ' C  0 (lihat acuan [C12] ). Tunjukkan bahwa dalam kasus persamaan Tricomi

persamaan gelombang (1).   x  ct ,   x  ct. v  x , z    x, y  , 15. jika (8) parabolik, subsitusi dengan  didefinisikan seperti pada u  F   v , z , u , uv , u z  . soal (14), mengubahnya ke bentuk normal vv Verifikasi fakta ini u xx  2u xy  0 untuk persamaan . 16. (Persamaan Airy) Tunjukkan bahwa melalui pemisahan peubah kita dapat memperoleh persamaan Airy G " yG  0 dari persamaan Tricomi.(untuk solusinya, lihat hlm. 446 Acuan [1] yang dicantumkan dalam Apendiks 1, lihat juga Soal Ulangan 30 Bab 4.) u y x x=L

Gambar 271. Balok yang tidak mengalami perubahan bentuk dalam Soal 17

Vibrasi sebuah balok. Dapat diperlihatkan bahwa vibrasi vertikal bebas dari suatu balok seragam (Gambar 271) mengikuti persamaan orde-empat  2u 2  4u c 0 t 2 x 4

(9)

(Acuan [C14]).

Dengan dalam hal ini c  EI / pA (E = modulus elastisitas Young, I = momen inersia irisan melintang terhadap sumbu –y di dalam gambar, p = kerapatan atau densitas, A = luas irisan melintang ). u  F  x G  y 17. Dengan mensubsitusikan ke dalam (9) dan memisahkan peubahpeubahnya, tunjukkan bahwa 2



F (4) / F   G/ c 2G   4  konstanta. F  t   A cos  x  bB sin  x  C cos  x  D sin  x, G  t   a cos c 2t  b sin c  2t.

u  Fn  x  Gn  t  18. Tentukan solusi n bagi (9) jika kecepatan awalnya nol dan memenuhi syarat-syarat batas (lihat Gambar 272) u  0, t   0, u  L, t   0 (kedua ujungnya diganjal untuk semua t), u xx  0, t   0, u xx  L, t   0 (di kedua ujungnya, momennya nol, sehingga lengkungannya juga nol). u x=L x

Gambar 272 . Balok dalam Soal 18

19. Tentukan solusi bagi (9) yang memenuhi syarat-syarat dalam Soal 18 dan syarat awal u  x, 0   f  x   x  L  x  . 20. Bandingkan hasil-hasil dari Soal 19 dengan Soal 5 Pasal 11.3. Apakah perbedaan pokok antara frekuensi modus normal dawai yang bervibrasi dengan frekuensi modus normal balok yang bervibrasi? 21. Apakah syarat-syarat batasnya jika balok itu ditahan/dijepit di kedua ujungnya ? (lihat Gambar 273.)

Gambar 273. Balok dalam Soal 21

Gambar 274. Balok dalam Soal 21

F  x 22. Tunjukkan bahwa dalam Soal 17 memenuhu syarat-syarat dalam Soal 21 jika  L adalah akar persamaan cosh  L cos  L  1

(10)

23. Tentukan solusi hampiran bagi (10). 24. Jika balok itu dijepit di ujung kirinya dan dibiarkan bebas di ujung kanannya (Gambar 274), maka syarat-syarat batasnya adalah u  0, t   0,

u x  0, t   0,

u xx  L, t   0,

u xxx  L, t   0.

Tunjukkan F(x) dalam Soal 17 memenuhi syarat-syarat itu jika  L adalah akar persamaan cosh  L cos  L  1 . (11) 25. Tentukan soluisi hampiran bagi (11). 11.5 Aliran Panas Aliran panas di dalam suatu benda homogen mengikuti persamaan panas (lihat pasal 9.7) u  c 2  2u t

c2 

k 

Dengan u(x, y, z, t) adalah suhu di dalam benda tersebut, K adalah konduktivias termal, s adalah panas jenis dan r adalah kerapatan benda, v2 u adalah Laplacian dari u, dan relatif terhadap koordinat Kartesius x, y, z

2

 u

 2 u  2u  2 u   . x 2 y 2 z 2

Sebagai salah satu penerapan penting, marilah kita simak suhu pada suatu batang atau kawat tipis panjang, yang irisan melintangnya konstan dan terbuat dari bahan yang homogen, dan terletak pada sumbu-x. Maka u tergantung hanya pada x dan waktu t dan persamaan panasnyan menjadi apa yang dinamakan persamaan panas berdemensi-satu. u  2u  c2 2 t x x L

Gambar 275. Batang yang dibahas

Kita akan memecahkan (1) untuk beberapa jenis syarat batas dan syarat awal yang penting. Prosedur penyeleseiannya akan mirip dengan pada kasus persamaan gelombang. Perilaku solusinya akan sama sekali berbeda dibandingkan dengan perilaku persamaan gelombang, sebab (1) melibatkan uu. (Klasifikasi dalam soal 13 pada pasal sebelumnya bukan cuma untuk formalitas belaka, namun mempunyai konsekuensi yang dalam relatif terhadap perilaku umum solusinya.) Marilah kita mulai dengan kasus kedua ujung batangnya (x = 0 dan x = L ) dipertahankan pada suhu nol. Maka syarat-syarat batasnya adalah u (0, t )  0,

u ( L, t )  0

untuk semua t.

Perhatikan bahwa ini mempunyai bentuk yang sama dengan (2) Pasal 11.3. Jika f(x) adalah suhu awal batang tersebut, maka syarat awalnya adalah u ( x, t )  f ( x )

[f ( x) diketahui].

Kita akan menentukan solusi u(x, t) bagi (1) yang memenuhi (2) dan (3). Langka pertama. Dengan menerapkan metode pemisahan peubah, mula-mula kita

tentukan solusi bagi (1) yang memenuhi syarat batas (2). Kita mulai dengan u ( x, t )  F ( x)G (t ) .

Pensubstitusian ini ke dalam (1) menghasilkan persamaan FG = c2

u ( x, t )  f ( x )

[f ( x) dikrtahui] F”G, dengan tanda petik di atas melambangkan turunan terhadap t, sedangkan aksen menandakan turunan terhadap x. Untuk memisahkan peubah, kita bagi persamaan ini dengan c2F” g

G F"  . c 2G F Ruas kiri hanya tergantung pada t, sedangkan ruas kanan hanya tergantung pada x. Seperti pada pasal 11.3, kita simpulkan bahwa kedua ruas itu pasti sama dengan suatu konstanta, katakanlah k. Pembaca dapat memperlihatkan bahwa untuk k

0, satu-satunya

solusi u = -p2 yang negatif, kita memperoleh dari (5) g

"

G F  .   p2. 2 cG F Kita lihat bahwa ini menghasilkan dua buah persamaan diferensial biasa

(6)

F "  p2F  0 

G  c 2 p 2G  0

(7)

Langkah kedua. Kita perhatikan (6). Solusi umumnya adalah

F ( x)  A cos px  B sin px. (8) Syarat batas atas (2) berakibat bahwa U (0, t )  f (0)G (t )  0 dan u ( L, t )  F ( L)G (t )  0 Karena G ≡ 0 berimplikasi u ≡ 0, maka kita menginginkan F(0) = 0 dan F(L) = 0.

Menurut (8), F(0) = A. jadi, A = 0, sehingga F(L) = b sin pL Haruslah b

0, sebab jika tidak F ≡ 0. oleh karena itu syarat F(L) = 0 membawa pada

n , n  1, 2,... L Dengan mengambil B = 1, kita memperoleh solusi bagi (6) yang memenuhi (2): n x Fn ( x)  sin , n = 1,2,... L (Seperti pada Pasal 11.3, kita tidak perlu menyimak nilai-nilai n yang bulat negatif) sin pL  0,

sehingga

p

Sekarang kita simak persamaan diferensial (7). Untuk nilai-nilai p = np/L yang baru

diperoleh, persamaan ini mempunyai bentuk g

G  n 2G  0

n 

dengan

cn . L

Solusi umumnya adalah 2

Gn (t )  Bn e  n t , dengan Bn adalah konstanta. Jadi, fungsi –fungsi n x  n2t un ( x, t )  Fn ( x)Gn (t )  Bn sin e L

n = 1,2,..., n = 1,2,...,

Merupakan solusi bagi persamaan panas (1) yang memenuhi (2). Seperti halnya pada pasal sebelumnya, untuk memperoleh solusi bagi masalah perubahannya, kita akan menggunakan deret tak hingga. Langkah ketiga. Untuk memperoleh solusi yang juga memenuhi (3), kita perhatikan (10)

u n ( x, t ) 





n=1

n 1

 un ( x, t )   Bn sin

n x  n2t e , L 

 n  

cn L 

. 

Disini dan (3), maka un ( x, 0) 



B n 1

n

sin

n x  f ( x). L

Agar (10) memenuhi (3), koefisien-koefisien Bn harus dipilih sedemikian rupah hingga u(x, 0) merupakan uraian separuh-kisaran bagi f(x), yaitu deret sinus bagi f(x); dengan kata lain [lihat (4) Pasal 10.5)], 2 n x f ( x) sin dx  L0 L L

Bn  (11) 3

n  1, 2,...,

ihat catatan kaki 7 di dalam Pasal 10.2.

Solusi bagi masalah kita ini dapat dibuktikan dengan mengasumsikan bahwa f(x) itu sepotong-sepotong pada selang 0

x

L (lihat pasal 5.1), dan memiliki satu arah3 di

semua ttik interior selang tersebut; artinya, di bawah asumsi-asumsi tersebut, deret (10) dengan koefisien-koefisien (11) merupakan solusi bagi masalah fisik yang kita hadapi. Buktinya, yang membutuhkan pengetahuan tentang konvergenan seragam, akan diberikan pada kesempatan nanti (soal 21, 22 di akhi pasal 14.8).

Karena adanya faktor eksponensial, semua suku di dalam (10) mendekati nol jika t mendekati tak hingga. Laju penurunan suhu semakin cepat sejalan dengan naiknya n. Teladan 1. Suhu awal sinusiodal

Misalkan suhu u(x, t) di dalam sebatang tembaga yang telah diisolasi yang panjang 80 cm suhu awalnya adalah 100 sin (px/80)o C dan ujung-ujungnya dipertahankan pada suhu 0oC berapa lama sampai suhu maksimum di dalam batang tembaga itu turun menjadi 50oC? Mula-mula kira-kiralah, dan kemudian hitunglah. Data fisik untuk tembaga: kerapatan 8.92 gm/cm3, panas jenis 0,092 kal/gm oC konduktifitas termal 0.95 kal/cm det C.

o

Jawab. Syarat awal menghasilkan n x x  f ( x)  100sin . 80 80 n 1 Dengan demikian, dengan melihat begitu saja atau dari (10) kita memperoleh B1 = 100, B2 = B3 = ... = 0. Di dalam (10) kita membutuhkan λ12 = c2p2/ L2, dengan c2 = K/sp = 0.95/(0.092)(8.92) = 1.158 [cm2/det]. Jadi, kita memperoleh l12 = (1.158)(9.870)/6400 = 0.001785 [det-1]. Solusi bagi (10) adalah 3 x 0.001785t u ( x, t )  100sin e . 80 

u ( x, 0) Bn sin

Selanjutnya, 100

-0.001785t

= 50 jika t = (ln 0.5)/(-0.001785) = 388 [detik]

6.5 [menit].

Teladan 2. Kecepatan turunnya suhu

Pecahkan soal pada Teladan jika suhu awalnya adalah 100 sin (3px/80) oC dan data lainnya sama Jawab. Di dalam Pasal (10), alih-alih n = 1 sekarang n =3, dan l32 = 32l12 = 9(0.001785) = 0.01607, sehingga solusinya adalah u ( x, t )  100sin

3 x 0.01607 t e . 80

Jadi, suhu maksimunnya turun menjadi 50 oC dalam waktu t = (ln 0.5)/(0.01607) [detik], jauh lebih cepat (9 kali lebih cepat dibandingkan pada teladan 1).

43

Kalau kita mengambil n yang lebih besar, penurunan suhu akan lebih cepat lagi, dan di dalam dewret yang suku-sukunya demkian, setiap suku mempunyai laju penurunannya sendiri, dan suku dengan n besar praktis bernilai nol, dalam waktu singkat. Teladan kita berikut adalah semacam ini, dan kurva dalam Gambar 276 untuk t = 0.5 sangat mirip dengan kurva sinus; artinya, praktis ini merupakan grafik suku pertama solusi tersebut.

l =0 x

π

u l =0.5 x

π

u l =2 x

π

u l =0.1 x

π u

Gambar 276. Solusi pada Teladan 3 Untuk L = p, c = 1 dan bagian nilai t Aliran Panas Berdemensi-Dua Keadaan-Stabil Persamaan bedemensi-dua (lihat di awal Pasal ini) Jika aliran panas itu stabil atau stasioner (tidak tergantung waktu), maka dy / t = 0 sehingga persamaan panas ini berubah menjdi persamaan Laplace4  2u  2u  2 0 2 y 2u = x

Jadi suatu masalah panas rediri atas persamaan ini yang harus disimak pada suatu daerah R pada bidang-xy dan suatu syarat batas pada kurva yang menjadi batas daerah R tesebut. Masalah ini dinamakan masalah nilai batas (boundary value problem). Orang menyebutnya masalah Dirichlet jika u ditentukan pada C. masalah Neumann jika turunan normalnya un = u / n ditentukan pada . masalah campuran jika u ditentukan pada sebagian dari C sedangkan un

pada

sebagian lain dari C. Sekarang kita simak suatu masalah Dirichlet pada suatu persegi panjang R(Gambar 77), dengan mengasumsikan bahwa suhu u(x, y) sama dengan suatu fungsi f(x) tertentu di sisi atas dan sama dengan 0 di ketiga sisi lainnya.

4

Persamaan sangat penting muncul dalam pasal 9.7 dan akan dibahas lebih lanjut dalam pasal-pasal 11.9, 11.11, 11.12, 12.5 dan dalam Bab 17

Gambar 277. Persegi Panjang R dan nilai batasnya Kita pecahkan masalah ini melalui pemisahan peubah. Subtitusi u ( x, y )  F ( xG ( y )

ke dalam (13) dan pembagian dengan FG menghasikan 1 d 2F 1 d 2G . 2   . 2  k. F dx G dy Dari sini menghasilkan syarat batas pada sisi kiri dan sisi kanan persegi panjang R, kita

memperoleh d 2F  kF  0 F  0   0, F  a   0. dx 2 Ini menghasilkan k = (np/a)2 dan solusi bukan-nol n x, (14) F(x) = Fn(x) = sin a Dengan demikian, persamaan untuk G menjadi

n = 1, 2, . . .

4

Persamaan sangat penting ini muncul dalam pasal 9.7 akan dibahas lebih lanjut dalam Pasal-Pasal 11.9, 11.11, 11.12, 12.5, dan dalam bab 17. 2

d 2G  n    G0 dy 2  a  Solusinya adalah G ( y )  Gn ( y ) An e n y / a  bn e  n y / a . Sekarang syrat batas u = 0 di sisi bawah persegi panjang R berimplikasi bahwa Gn(0); sehingga Gn(0) = An + Bn = 0 atau Bn = -An . ini menghasilkan n y . a Dari sini dan (14), dengan menuliskan 2an*, kita memperoleh ”fungsi –eigen” bagi Gn ( y )  An (en y / a  bn e n y / a )  2 An sinh

masalah kita n x n y sin . u ( x , y )  f ( x ) G ( y )  A n n n n sin a a (15) Fungsi-fungsi ini memenuhi syarat batas u = 0 pada sisi kiri, sisi kanan, dan sisi bawah

persegi panjang R. Untuk memperoleh solusi yang juga memenuhi syarat batas u ( x, b )  f ( x ) (16) Pada sisi atas persegi panjang R, kita perhatikan deret tak hingga 

 u ( x, y)  n 1 un ( x, y ) dari ini, (16) dan (15) dengan y = b, kita memperoleh



n x n b sinh a a u(x, b) = f(x) = n 1 kita dapat menuliskan ini dalam bentuk



An sin

 n b  n x  u  x, b     An sinh sinh a  a n 1  Ini menunjukkan bahwa eksperesi di dalam tanda kurung harus merupakan koefisien

Fourier bn bagi f(x); dengan kata lain, menurut (4) dalam pasal 10.5. n b 2 n x   f ( x) sin dx a a0 a dari ini dan (15) kita memperoleh solusi bagi masalah kita, yaitu bn  An sinh

a



(17) Dengan

u  x, y    An sin n 1

An 

2 a sinh  n b / a 

n x n y sinh a a

n x  f  x  sin a dx a

0

(18) Solusi ini, yang diperoleh tanpa memperhatikan konvergen dan jumlah deret bentuk u, uxx dan uyy, dapat dibuktikan bila f dan f’ kontinu dan f” kontinu sepotong-sepotong pada selang 0 x a. Buktinya agak rumit dan didasarkan pada konvrgenan seragam (uniform konvegen); bukti ini dapat anda temukan di dalam Acuan [C2] yang di cantumkan di dalam Apendiks 1.

Tegangan Elektrostatis

Persamaan Laplace (13) juga mengatur tegangan elektrostatis muatan listrik di gambarang daerah yang bebas dari muatan tersebut. Jadi, masalah panas keadaan-stabil dapat juga ditafsirkan sebagai masalah tegangan elektrostatis, sehingga (17), (18) merupakan tegangan di dalam persegi panjang R jika sisi atas persegi panjang R mempunyai tegangan f(x)sedangkan ketiga sisi lainnya dihubungkan dengan tanah. Sesungguhnya, di dalam keaadan-stabil, persamaan gelombang berdemensi-dua (akan dibahas dalam pasal 11.7, 11.8) tereduksi menjadi (13) dan (17); dengan demikian (18) merupakan persegi (displacement) membran elastis persegi panjang (lembaran karet,

permukaan genderang) yang terikat (fixed) sepanjang batasnya, dengan ketiga sisinya terletak pada bidang-xy dan sisi keempat mengalami pergeseran f(x). ”Mode karet” bagi medan tegangan elektrostatis ini dapat digunakan (dan telah digunakan) untuk menemukan lintasan elektron: kita tinggal membiarkan sebutir kelereng kecil menyelusuri turunan dan memotret lintasannya. Begitu pula, ini akan menghsilkan kurva yang merupakan lintasan aliran panas di dalam model panas. Ini merupakan petunjuk yang mengesankan tentang matematika sebagai kekuatu penyatu: sistem fisik yang sama sekali berbeda ternyata dapat diterangkan matemtis yang sama-dan analogi demikian ini sering di gunakan di dalam pemodelan. Di dalam pasal berikutnya, kita akan menunjukkan bahwa pembahasan kita tentang persamaan panas dapat diperluas ke batang tak hingga. Ini merupakan model yang baik bagi batang atau kawat yang sangat panjang (misalnya, kawat yang panjangnya 100 m). Di dalam model tersebut, itegral Fourier (Pasal 10.9) akan menggantikan deret Fourier.

Soal-soal latihan untuk Pasal 11.5 1. Bandingkan Gambar 270 dengan Gambar 276, dan jelaskan perbedaan perilaku solusi kedua persaman itu . 2. Bagaimanakah ketergantungan laju penurunan suhu (9) untuk n tetap tertentu pada panas jenisnya, kerapatannya, dan konduktifitas termalnya? 3. Gambarkan grafik u1, u2, u3, [lihat (9) dengan Bn  1, c  1, L   ] sebagai fungsi dari x untuk nilai-nilai t = 0, 1, 2, 3. Bandingkan perilaku fungsi-fungsi tersebut. Tentukan suhu x(x, t) di dalam sebuah batang perak (panjang 10 cm, luas irisan melintang 1 cm2, kecepatan 10.6 gm/cm3, kondukvifitas termal 1.04 kal/cm detoC, panas jenis 0.056 kal/gm oC) yang terisolasi sempurna, ujung-ujungnya dipertahankan pada suhu 0 oC dan yang suhu awalnya (dalam oC) adalah f(x), jika

4. f  x   sin 0.2 x

5. f  x   sin 0.1 x



x jika 0 x 5



0 jika 5<x 10

6. f  x   



8. f  x   x 100  x 2



x jika 0 x 5



10  x jika 5 x 10

7. f  x  = 



9. f  x  =  10  x 

10. f  x  = x jika 0  x  2.5,

f  x  =2.5 jika 5  x  7.5,

f  x  = 10  x

jika 7.5  x  10 11. Misalkan sebuah batang memenuhi asumsi-asumsi yang dinyatakan di dalam buku ini dan kedua ujungnya dipertahankan pada suhu konstan yang berbeda u  0, t   U1 dan u  L, t   U 2 . Tentukan suhu U1(x) di dalam batang setelah waktu yang lama (secara teoritis, untuk t ). 12. Di dalam Soal 11, misalkan suhu awalnya adalah u(x, 0) = f(x). Tunjukkan bahwa t  0 adalah u  x, t   u1 ( x)  u11  x, t  , suhunya pada sembarang waktu dengan u1 sepertisebelumnya dan  n x  cn / L  2 t , u11   Bn sin e L n 1 Dengan 2 n x Bn    f  x   u1  x   sin dx L0 L L

2 n x 2 n f  x  sin dx  [ 1 U 2  U1 ]. L L n 13. (Ujung0ujung terisolasi, syarat batas diabatik) Tentukan suhu u(x, t) di dalam sebuah batang yang panjang L yang terisolasi sempurna, juga kedua ujungnya pada x = 0 dan x = L, dsg mengasumsikan bahwa u(x, 0) = f(x). infomasi fisik: fluks panas yang melalui permukaan kedua ujungnya sebanding dengan nilai u / x di kedua titik tersebut. Tunjukklan bahwa situasi ini dapat diucapkan secara matematis dalam bentuk syatrat-syarat berikut: u x  0, t   0, u x  L, t   0 u x  0, t   f  x. 

Tunjukkan bahwa metode pemisahanpeuabahmenghasilkansolusi 

u  x, t   A0   An cos n 1

n x  c n / L  2 t e L

dengan, menurut (2) Pada Pasal 10.5. L

A0 

1 f  x  dx, L 0

2 n x f  x  cos dx, n  1, 2,...  L0 L L

An 

14. Dalam Soal 13, u

. Apakah ini sesuai dengan intiusi fisik anda?

Tentukan suhu di dalam bidang pada Soal 13 jika L = p, c = 1, dan 15. f ( x)  k  konstanta 17. f ( x)  cos 2 x

16. f ( x)  x 18. f ( x)  1  1  x / 

19. f ( x)  cos 2 x 20. f ( x)  sin x 21. f ( x)  x jika 0  x   / 2, f ( x)  0 jika  / 2  x   22. Perhatikan batang dalam Soalp-Soal 4-10. Jika ujung-ujungnya dipertahankan pada suhu 100 oC untuk waktu yang lama, maka pada suatu saat, katakanlah pada t = 0, suhu di x = L tiba-tiba perubahan menjadi 0 oC dan tetap pada suhu ini, tengah batang pada t = 1, 2, 3, 10, 50, detik? 23. (Pemancaran di ujung batang) Perhatikan sebuah batang yang terisolasi secara memanjang, yang panjangnya p dan sedemikian rupa sehingga c = 1 di dalam (1), yang ujung kirinya dipertahankan pada suhu 0 oC dan yang ujung kanannya dibiarkan bebas memancarkan panas ke udara yang suhunya dijaga 0 oC. Informasi fisik. ”syarat batas radiasi” ini adalah u z   , t   k[u   , t   u0 ],

dengan u0 = 0 adalah suhu udara di sekitar dan k adalah konstanta, misalkanlah k = 1 untuk mudahnya. Tunjukkan bahwa suatu solusi yang memenuhi syarat batas tersebut  p 2t adalah u ( x, t )  sin px e , dengan p adalah solusi bagi tan p   p . Tunjukkan secara grafis bahwa persamaan ini memiliki tak hingga banyaknya solusi positif p2 , p2 , p3 ,..., dengan pn  n 

1 1  dan  pn  n    0. 2 2 

24. (Persamaan panas tak homogen) Perhatikan masaah yang terdiri atas persamaan ut  c 2u xx  Ne  x dan syarat-syarat (2), (3). Di sini suku di atas kanan dapat merepresentasikan hilangnya panas akibat memancarnya panas keluar. Tunjukkan bahwa masalah dapat diubah menjadi suatu masalah yang dengan persamaan homogen sebagai berikut. Ambil u  x, t   v  x, t   w( x) dan tentukan w( x) sehingga v memenuhi persamaan homogen itu dan syarat

v  0, t   v  L, t   0, v  x, 0   f  x   w( x).

25. (Pemancaran) Jika batang yang dinyatakan di dalam buku dibiarkan memancarkan

panas ke medium di sekitarnya yang dijaga pada suhu konstan nol, maka persamaan menjadi vt  c 2 vxx   v. Tunjukkan bahwa persamaan ini dapat direduksi ke bentuk (1) dengan mengambil v  x, t   u  x, t  w(t ) . Masalah Berdemensi-Dua

26. (Persamaan Laplace) Tentukan tegangan di dalam bujur sangkar 1 sin  x 0  x  3, 0  y  3 jika sisi atas dijaga pada tegangan 3 sedangkan sisi yang lain dipertahankan pada tegangan nol. 27. Tentukan tegangan di dalam persegi panjang 0  x  20, 0  y  40 yang sisi atasnya dipertahankan pada tegangan 110 volt dan yang sisi-sisi lainnya dihubungkan dengan tanah. 28. (Aliran Panas pada plat) Permukaan suatu plat tipis berbentuk bujur sangkar (Gambar 278, dengan a = 12) diisolasi sempurna. Sisi atas dipertahankan pada suhu 100 oC sedangkan sisi lainnya dipertahankan pada 0 oC . Tentukan suhu keadaan-stabil u  x, y  pada plat tersebut. x y a a

Gambar 278. Plat bujur sangkar] 29. Tentukan solusi u bagi persamaan panas berdemensi-dua ut  c 2  u xx  u yy 

pada plat tipis dalam Gambar 278 dengan a   sedemkian rupa sehingga u = 0 di kedua sisi vertikalnya, jika diasumsikan bahwa kedua permukaan dan kedua sisi horizontal plat itu diisolasi sempurna. 29. Tentukan rumus yang serupa dengan (17) dan (18) untuk distribusi suhu di dalam persegi panjang R yang digambarkan di dalam buku bila sisi bawah R diperhatikan pada suhu f(x) sedangkan sisi lainnya dipertahankan pada 0. 30. Tentukan rumus yang serupa dengan (17) dan (18) untuk distribusi suhu di dalam persegi panjang R yang digambarkan dalam buku bila sisi bawah R dipertahankan

pada suhu f(x) sedangkan sisi lainnya dipertahankan pada 0.

11.6 Aliran Panas pada Sebuah Batang Tak Hingga Sekarang kita akan mempelajari solusi bagai persamaan panas u  2u  c2 2 t x

(1)

Pada suatu batang yang memanjang tak hingga pada keda ujungnya (dan terisolasi mebujur, seperti sebelumnya). Dalam kasus demikian, tidak ada syarat batas, yang ada hanyalah syrat awal u ( x, 0)  f ( x) (2) dengan f(x) adalah suhu awal batang tersebut.

[    x  ]

Untuk memecahkan masalah ini, kita mulai pada pasal sebelumnya; kita mensubsitusikan u(x, t) = F(x)G(t) ke dalam (1). Ini menghasilkan persamaan diferensial biasa (3) Dan

F "  p2F  0

[lihat (6) Pasal 11.5]



G  c 2 p 2G  0

(4) Solusinya masing-masimg F  x   A cos spx +B sin px (5)

[lihat (7) Pasal 11.5] dan

G (t )  e  c

2 2

p t

dalam hal ini A dan B adalah sembarang komstanta. Jadi, salah satu solusi bagi (1) adalah u  x, t ; p   FG   A cos px  B sin px  e  c

2 2

p t

.

[Seperti pada soal sebelumnya, kita haurs mengambil konstanta pemisah k yang negatif, k = -p2, sebab nilai k positif menghasilkan fngsi eksponensial yang naik di dalam (5), sesuatu yang tidak ada makna fisikanya.] Sembarang deret untuk fungsi (5), yang diperoleh melalui cara bisa dengan mengambil p sebagai kelipatan sebuah bilangan tertentu, akan menghasilakan sesuatu fungsi periodik, di dalam x bila t = 0. Akan tetapi, karena f(x) di dalam (2) tida

diasumsikan periodik, maka amat wajarlah untuk menggunakan integral Fourier sebagai ganti deret Fourier. Karena A dan B di dalam (5) adalah sembarang, kita dapat memandang kedua kuantitas itu sebagai fungsi dari p dan menuliskan A = A(p) dan B = B(p). Karena persamaan panas di atas linier dan homogen, maka fungsi 



u ( x, t )   u ( x, t ; p )dp   [ A( p ) cos px  B ( p) sin px]e  c

2 2

p t

dp

(6) merupakan solusi bagi (1), asalkan integral ini ada dan dapat didiferensialkan dua kali terhadap x dan sekali terhadap t. 0

0

Dari represintasi (6) dan syarat awal (2), kita memperoleh 

u ( x, t )   [ A( p ) cos px  B ( p )sin px]dp  f ( x)

(7)

0

.

Dengan menggunakan (4) dan (5) dalam pasal 10.9, kita memperoleh A( p) 



1 f (v) cos pvdv,  0

B( p ) 

1 





f (v)sin pv dv.

0 (8) Menurut ( 1 ) dalam pasal 10.11, integral Fourier ini dapat dituliskan sebagai    1  u  x, 0      f  v  cos  px  pv  dv  dp  0    ,

sehingga (6) pasal ini menjadi u  x, t  

1    0  



 f  v  cos  px  pv  e



c 2 p 2t

 dv  dp. 

Dengan mengasumsikan bahwa kita dapat membalik urutan integrasinya, kita memperoleh   2 2 1 u  x, t    f  v    ec p t cos  px  pv  dp  dv.    0  (9) kita hitung integral sebelah dalam dengan menggunakan rumus   b2  s2 e cos 2 bs ds  e 0 2 (10) Yang akan diturunkan dalam pasal 15.4 (soal 13). Untuk maksud ini, kita dikenalkan di dalam (10) suatu peubah integrasi baru p dengan mengambil s = t dan menetapkan 



b

xv 2c t

Dengan demikian 

2bs   x  v  dan ds = c t dp,

sehingga (10) menjadi

  x v  /  4c t  e . 2c t 0 dengan menyisipkan ini ke dalam (9) kita memperoleh reprentasi

e

 c 2 p 2t

2

cos  px  pv  dp 

u  x, t  

1 2c  t







f  v  exp 





 x  v 

2



2

 dv.

4c 2t 

Akhirnya kita perkenalkan peubah integrasi z = (v - x)/(2c t ), sehingga  1  z2 u  x, t   f x  2 cz t e dz.    Jika f(x) terbatas (bounded) untuk semua nilai x dan terintegralkan pada setiap yang





terhingga, maka dapat diperlihatkan (lihat Acuan [C18] ) bahwa fungsi (11) dan (12). Jadi, fungsi ini merupakan solusi yang kita cari. Teladan 1. suhu pada batang yang panjangnya tak hingga

Tentukan suhu pada batang tak hinggga jika suhu awalnya adalah (Gambar 279) 

f ( x)  

U 0  0 konstanta

jika x 1

0 jika x 1  Jawab. Dari (11) kita memperoleh 1  ( x  v) 2  U0 u ( x, t )  exp   dv. 2 2c  t 1  4c t 

Gambar 279. suhu awal pada Teladan 1

Gambar 28.Solusi U(x,t)pada teladan 1 untuk U0 100 oC, C2 = 1 cm2/det, dan beberapa nilai t

Jika kita memperkenalkan peubah integrasi z di atas, maka integrasi terhadap v dari -1 sampai 1 sama dengan integrasi terhadap z dari (-1-x)/2c t sampai (1-x)/2c t ,dan(13) u ( x, t ) 

U0 



(1 x )2 c t  (1 x )2 c t

Telah di singgung bahwa integral ini bukan sebuah fungsi elementer, namun dengan mudah dapat diucapkan sebagai fungsi galat, yang nilai-nilainya telah ditabelkan. (Tabel A5 dalam Apendiks 4 mencantumkan beberapa niali; tabel yang lebih besar diberikan dalam acuan []1 pada Apendiks 1. lihat juga Soal-Soal 11-20 di bawah.) Gambar 280 memperlihatkan u(x, t) untuk U0 = 100 oC, c2 = 1 cm2/det, beberapa nilai t Persamaan-persamaan yang dibahas sejauh sampai ini (kecuali persamaan Laplace pada separuh kedua Pasal 11.5) bersifat ”berdemensi-satu”; artinya, hany melibatkan satu peubah ruang x (dan waktu t). Pada Pasal berikut, kita akan memulai membahas persamaan ”bedemensi-dua” (persamaan gelombang berdemensi-dua), yang melibatkan dua peubah ruang x dan y dan yang mengatur vibrasi membran elastis. Soal-soal untuk Pasal 11.6

1. Gambrkan grafik suhu pada Teladan 1 (dengan U0 = 100 oC dan c2 = 1 cm2/detik) pada titk-titik x = 0.5 1 dan 1.5 sebagai fungsi dari t. Apakah hasil sesuai dengan intuisi fisik anda? 2. Jika f(x) = 1 untuk x > 0 dan f (x) = 0 untuk x < 0?, tunjukkan bahwa (12) tereduksi menjadi 2 1  e  z dz (t  0)    x / 2c t 3. Perlihatkan bahwa untuk x = 0, solusi pada Soal 2 tidak tergantung pada t. Apakah

u ( x, t ) 

hasil ini sudah dapat diperkirakan sebelumnya bedasarkan alasan fisik? 4. Jika batangnya semi tak-hingga, memanjang dari nol sampai  , ujungnya pada x  0 dipertahankan pada suhu 0 dan suhu awalnya adalah f ( x), tunjukkan bahwa 1    2  2 f ( x   w ) e dw  f (  x   w ) e dw ,     x /    (14) 4. Turunkan (14) dari (11) dengan mengasumsikan bahwa f(v) di dalam (11) adalah u ( x, t ) 

ganjil . 5. Jika f(x) = 1 dalam Soal 4, tunjukkan bahwa u ( x, t ) 

2 



x /

0

e  dw

(t  0)

6. Bagaimanakah bentuk (14) akan berubah jika f(x) = 1 untuk a  x  b(a  0) dan f(x) = 0 untuk selainnya? 7. Tunjukkan bahwa hasil pada Soal 6, dapat diperoleh dari (11) dan (12) dengan menggunakan f(x) = 1 bila x > 0, dan f(x) = -1 bila x < 0. Apakh alasan yang

mendasarinya? 8. Tunjukkan bahwa pada Soal 6, waktu yang dibutuhkan agar dua titik mencapai suhu yang sama sebanding dengan kuadrat jarak keduanya pada batas x = 0. 9. (Sebaran normal) Dengan mengasumsikan w  z 2 sebagai peubah integrasi yang baru, tunjukkan bahwa (12) menjadi 2 1  u ( x, t )  f ( x  cw 2t )e  / 2 dw.  2  Pembaca yang sudah mengenal teori peluagdapat melihat bahwa ini melibatkan  2 / 2 2 sebaran atau distribusi normal (lihat Pasal 23.7). kepekatan (density) e Fungsi galat. Fug\ngsi galat (error function) didefenisikan oleh integral 2 x  2 e dw  0 Fungsi ini sangat penting bagi matematika rekayasa. Agar terbiasa dengan fungsi ini, erf x 

pembaca dipersilahkan memecahkan soal-soal berikut. (Berapa rumus diperikan pada apendiks 3.1; lihat (35)-(37). Lihat juga teladan 1 dalam Pasal 18.6.) 10. Gambar integral fungsi erf x (yang dinamakan kurva bentuk-bel). 11. Tunjukkan bahwa erf x ganjil. 12. Tunjukkan bahwa erf x ganjil 13. Tunjukkan bahwa (13) dapat dituliskan dalam bentuk u ( x, t )

U0 2

1 x 1 x   erf 2c t  erf 2c t    

(t  0).

14. Tunjukkan bahwa dalam Soal 6, 15. Dapat diperlihatkan bahwa ref ( ) = 1. Dengan menggunakan ini, tunjukkan bahwa dalam Soal 2,

 16. Tunjukkan bahwa

b

a

2

e  dw 

 (erf b  erf a ), 2



b

a

2

e  dw=  erf b.

 x 2  2 / 2 e d . 2 0 17. Tunjukkan bahwa erf 18. Tentukan deret Maclaurin bagi erf x pengintegralan suku-demi-suku terhadap deret x

Maclaurin bagi integral erf x tersebut. 2

x 19. Tunjukkan bahwa y  e erf x memenuhi persamaan diferensial y '  2 xy  2 /  .

20. Hitunglah erf x untuk x = 0(0.1)0.5 dari Soal 18 dan bandingkan dengan nilai-3D 0.000, 0.112, 0.223, 0.239, 0.428, 0.520. 11.7 Pemodelan: Membran Bervibrasi. Persaman Gelombang bwedemensi-dua Sebagai masalah penting lain yang masih berkaitan dengan vibrasi, marilah kita simak gerak suatu membran yang teregang, misalnya pada sebuah gendang. Pembaca akan mengetahui bahwa pembahasan kita ini sangat mirip dengan pada kasus dawai bervibrasi pada pasal 11.2. Kita memberlakukan asumsi-asumsi beriku: 1. Massa memberan per satuan luas adalah konstan (”membran homogen”). Memberannya feleksibel sempurna dan begitu tipisnya sehingga tidak melawan terhadap pelengkungan. 2. Membrang itu diregangkan dan kemudian di-fixed-kan sepanjang batasnya pada bidang x-y. Tegangan per satuan panjang T yang disebabkan oleh peregangan membran itu sama di semua tritik dan dalam semua arah, dan tidak berubah selama gerak tersebut. 3. Deflexi u(x, y, t) membran itu selama gerak tersebut relatif kecil dibandingkan dengan besarnya membran, dan semua sudut inkilinasi adalah kecil. Meskipun asumsi-asumsi itu tidak mungkin terpenuhi di dalam praktek, vibrasi tranversal kecil dari suatu membran tipis akan memenuhi asumsi-asumsi itu relatif cukup teliti. Untuk menurunkan persamaan diferensial yang mengatur gerak membran demikian ini, kita perhatukan gaya-gaya yang bekerja pada suatu bagian kecil membran itu, seperti pada Gambar 281. karena defleksi membran itu dan sudut inklinasinya kecil, sisi-sisi bagian kecil tersebut kira-kira sama dengan Dx dan Dy. Tegangan T adalah gaya per satuan panjang. Oleh karena itu, gaya-gaya yang bekerja pada sisi-sisi bagian kecil tersebut kira-kira sama dengan T Dx dan T Dy. Karena membrannya feleksibel sempurna, gaya-gaya itu berarah tangen (menyinggung) membran tersebut. Pertama-pertama marilah kita simak komponene horisontal gaya-gaya tersebut. Komponen ini diperoleh melalui penggandaan gaya-gaya itu dengan kosinus sudut

inklinasinya. karena sudutnya kecil, kosinus dekat pada 1, sehingga komponen horisontal gaya ini pada sisi yang berhadapan kira-kira sama. Akibatnya, gerak partikel memberan tersebut dalam arah horisontal dapat diabaikan. Dari sini kita bisa menyimpulkan bahwa gerak membran tersebut dapat dianggap tranversal; artinya,

setiap partkel bergerak

vertikel.

Gambar 281. Membran bevibrasi

Gambar 281. Membran bervibrasi

Komponen vertikel gaya tersebut sepanjang sisi-sisi yang sejajar dengan bidang-yu adalah5 (gambar 281) T y sin  dan  T y sin  ; di sini tanda minus muncul sebab gaya di sisi kiri terarah ke bawah. Karena sudutnya

kecil, kita dapat mengganti sinusnya dengan tangennya. Dengan demikian, resultan kedua komponen vertikal itu adalah T y (sin  sin  )  T y (tan  tan  )

(1)

= T y[u x (x  x, y1 )  u x (x  y2 )]

Dalam hal ini subskrip x melambangkan turunan parsial, sedangkan parsial, sedangkan y1 dan y2 mempunyai nilai antara y dan y + Dy. Begitu pula, resultan komponen vertikal dari gaya-gaya yang bekerja pada kedua sisi lainnya adalah (2) T x[u y (x1 , y  y )  u y (x2 , y )] Dengan x1 dan x2 terletak antara x dan x + Dx. Menurt hukum kedua newton (lihat pasal 2.6), jumlah gaya-gaya yang diberikan oleh (1) dan (2) sama dengan massa p DA dari bagian kecil itu kali percepatan

2

u/ t2;

disini p adalah massa membran yang yang tak terdefleksi per satuan luas, sedangkan DA = Dx Dy adalah luas bagian kecil itu bila tidak terdefleksi. Jadi

xy

 2u  T y  u x  x  x, y1   u x  x, y2   t 2 T x  u y  x1 y  y   u y  x2 , y   . ]

dalam hal ini turunan dari ruas kiri dihitung pada titik tertentu (??) pada bagian kecil tersebut. Pembagian dengan p Dx Dy menghasilkan  2u T  u x  x  x   u x  x, y2  u y  x1  y   u y  x2 , y2       t 2   x y 

Jika Dx dan Dy mendekati nol, maka ini memperole persamaan diferensial 2  2u  2u  T 2  u  c  c2  .  2 2 2  t y    x (3) Persamaan ini dinamakan persamaan gelombang berdimensi-dua. Ekspresi di dalam tanda kurung adalah Laplacian D2 u bagi u (lihat pasal 8.8), dan (3) dapat dituliskan

sebagai  2u  c 2  2 u. 2  t (3’) Solusi bagi persamaan diferensial akan dibahas dalam pasal berikut. 11.8 Membran Persegi Panjang Untuk memecahkan masalah membran yang bevibrasi, kita harus menentukan suatu solusi u(x, y, t) bagi persamaan gelombang berdemensi-dua 2  2u  2u  2  u  c    2 t 2 y 2   x

(1) Syarat memenuhi syarat batas (2) u = 0 pada batas membran tersebut untuk semua t 0 jika kedua syrat awal u ( x, y , 0)  f ( x, y ) [f ( x, y ) adalah pergeseran awal] (3) dan u t

g  x, y 

[g(x, y) adalah kecepatan awal] Syarat-syrat ini sangat mirip dengan syrat pada kasus dawai yang bervibrasi. Sebagai t 0

kasus penting pertama, marilah kita membahas memberan persegi panjang R yang ditunjukkan dalam Gambar 282.

x y a b

R

Gambar 282. Membran persgi panjang

Langkah Pertama. Tiga Persamaan Diferensial Biasa

Dengan menerapkan metode pemisahan peubah, mula-mula kita tentukan solusi bagi yang memenuhi syarat batas (2). Kita mulai dari

(5)

u ( x, y , t )  F ( x, y )G (t ) .

Dengan menerapkan ini ke dalam persamaan gelombang (1) kita memperoleh gg

G 1   Fxx  Fyy  . 2 cG F Dalam hal ini subskrip melambangkan turunan persial, sedangkan dua titik di atas huruf melambangkan turunan terhdap t. Untuk memisahkan peubah kita bagi ruas dengan c2FG: 

G 1   Fxx G  FyyY  . 2 cG F karena fungsi –fungsi ini di ruas kiri tergantung hanya pada t sedangkan fungsi –fungsi di ruas kanan tidak tergantung pada t, berarti masing-masing ruas itu sama dengan suatu konstanta. Dengan sedikit upaya dapay ditunjukkan bahwa hanya nilai-nilai negatif sajalah yang akan menghasilkan solusi yang memenuhi (2) tanpa harus identik dengan nol; ini sama dengan prosedur Pasal 11.3. dengan melambangkan konstanta negatif ini dengan –v2, kita memperoleh 

G 1   Fxx  Fyy   v 2 . 2 cG F Dari sini kita memperoleh dua persamaan, diferensial biasa 

(6)

G   2G  0

dengan   cv

Dan persamaan diferensial parsial Fxx  Fyy  v 2 F  0. (7) Persamaan (7) dinamakn persamaan Helmholtz berdemensi-dua. Selanjutnya kita simak

(7) dan kita terapkan metode pemisahan peubah sekali lagi, dengan kata lain, kita tentukan solusi bagi (7) yang berbentuk (8)

F ( x, y )  H ( x)Q( y )

yang bernilai nol pada batas memberan tersebut. Kita substitusikan (8) ke dalam (7):

  1 d 2H d 2Q 2 Q   H  v HQ .  2 2 H dx dy   Fungsi di sebelah kiri hanya tergantung pada x, sedangkan fungsi di sebelah kanan hanya tergantung pada y. Karena itu, ekspresi dari kedua ruas harus sama dengan sebuah konstanta. Konstanta ini harus negatif, misalnya, -k2, karena hanya nilai negatif yang akan memberikan solusi yang memenuhi (2) dan tidak identik dengan nol. Jadi,  1 d 2H 1  d 2Q 2    v HQ    k 2 .  2 2 H dx Q  dy 

Ini menghasilkan dua persamaan diferensial biasa linear untuk H dan Q: (9) dan (10)

d 2H  k 2H  0 2 dx d 2H  k 2H  0 2 dx

Langkah kedua. Memenuhi Syarat Batas

dengan

p2  v2  k 2.

Solusi umum bagi (9) dan (10) adalah H ( x)  A cos kx  B sin kx dan Q ( y )  C cos py  D sin py Dengan A, B, C, dan D adalah konstanta. Dari (5) dan (2) haruslah fungsi F = HQ sama dengan nol pada batas tersebut, yaitu x = 0, x = a, y = 0 dan y = b; lihat gambar 282. Ini menghasilkan syrat H (0)  0, H (a )  0, Q (0)  0, Oleh karena itu, H(0) = A = 0, sehingga H (a)  B sin ka  0. Kita harus mengambil B

Q (b)  0

0, sebab jika tidak H

0 dan F

0 dengan demikian sin ka =

0 sehingga ka = mp, atau m a (m bilangan bulat) Dengan cara yang persis sama, kita akan memperoleh C = 0 dan membatasi nilai-nilai p = k

np/b dengan n bilangan bulat. Adi, kita memperoleh solusi

H m ( x)  sin

m x a

dan Qn ( y )  sin

m x b

m  1, 2, , n  1, 2, , .

(Seperti halnya pada kasus dawai yang bervibrasi, kita perlu memprhatikan m, n = -1, -2, ... sebab solusi yang dihasilkan pada hakekatnya sama dengan solusi untuk m dan n positif, kecuali perbedaan tanda.) Ini berarti bahwa fungsi

Fmn ( x, y )  H m ( x)Qn ( y )  sin

m x m x sin a b

m  1, 2,3, , n  1, 2,3, ,

(11)

Merupakan solusi persamaan (7) yang bernilai nol pada batas membran persegi panjang tersebut. Karena p = v2 – k2 di dalam(10) dan l = cv di dalam (6), maka

  c k 2  p2 . Dengan demikian untuk k = mp/b kita memperoleh nilai

(12) n = 1, 2, ...

  mn  c

m2 n2  a 2 b2

m = 1, 2, ...

Di dalam persamaan diferensial (6) solusi umum bagi (6) adalah  Gmn (t )  Bmn cos mn t  Bmn sin mn t.

Ini berakibat bahwa fungsi –fungsi umn (x, y, t) = Fmn(x, y)Gmn(t) yaitu m x m y sin a b dihitung menurut (12) merupakan solusi bagi persamaan gelombang (1) yang

 umn ( x, y, t )  ( Bmn cos mnt  Bmn sin mnt )sin

(13) dengan lmn

bernilai nol pada batas memberan persegi panjang dalam gambar 282. Fungsi –fungsi tersebut dinamakan Fungsi-eigen (eigenfunction). Atau fungsi-ciri (characteristik funnction), sedangkan bilangan-bilangan lmn dinamakan nilai eigen (eigenvalue) atau nilai-ciri (characteristik value) dari membran yang bervibrasi. Frekuensi dari umn adalah

lmn/2p. Menarik untuk dicatat bahwa, tergantung antara a dan b, berapa fungsi Fmn mungkin saja berasal dari nilai-eigen yang sama. Ditinjau dari segi fisik, ini berarti bahwa mungkin saja ada vibrasi yang memiliki frekuensi yang sama namun dengan garis simpul (nodal lines) (kurva titik pada memberan yang tidak bergerak) . Marilah kita ilustrasikan ini dengan sebuah teladan. Teladan 1.Nilai-eigen dan fungsi-eigen bagi menbran bujur sangkar

Perhatikan membran bujur sangkar dengan a = b = 1. Dari (12) kita memperoleh nilaieigen . 2 2 (14) mn  c m  n . Dengan demikian

mn  nm namun untuk m

n fungsi-fungsi

Fmn  sin m x sin n y

dan

Fnm  sin n x sin m y

jelas berbeda. Misalnya, l12 = l21 = cp 5 masing-masing berpadanan dengan fungsi F12  sin  x sin 2 y dan F21  sin 2 x sin  y. Dengan demikian, solusinya u12  ( B12 cos c 5t  B12 sin c 5t ) F12

dan  u21  ( B21 cos c 5t  B21 sin c 5t ) F21

masing-masing mempunyai garis simpul y = 1/2 dan x = 1/2(lihat gambar 283). Dengan mengambil B12 = 1 dan B12 = B21 = 0, kita memperoleh (15)

u12  u21  cos c 5t  F12  B21 F21 

yang ternyata mempresentasikan vibrasi lain yang berpadanan dengan nilai-eigen cp 5 . Garis simpul fungsi ini merupakan solusi bagi persamaan F12  B21 F21  sin  x sin 2 y  B21 sin 2 x sin  y  0. Atau, karena sin 2a = 2 sin a cos a, (16)

sin  x sin  y (cos  y  B21 cos  x)  0.

Solusi ini bergantung pada nilai B21 (Gambar 824) Dari (14) kita melihat bahwa bahkan mungkin saja lebih dari dua fungsi bepedanan dengan nilai lmn yang sama. Misalnya, keempat fungsi F18, F81, F47, dan F74 berpadanan dengan nilai l18 = l81 = l47 = l74 = py 65 e, sbab 11  82  42  7 2  65. Ini terjadi karena 65 dapat dinyatakan sebagai jumlah dua kuadrat bilangan asli dalam beberapa cara. Menurut sebuah teorema oleh Gauss, ini berlaku untuk setiap jumlah dua kuadrat bilangan asli yang diantara faktor-faktor primanya terdapat sedikitnya dua faktor yang berbeda yang berbentuk 4n + 1, n bilangan bulat positif. Dalam kasus kita, 65 = (5)(13) = (4 + 1)(12 +1).

U11 U12 U21 U22 U13 U31

B21  10 B21  1 B21  05 B21  0 B21  0.5

Gambar 283. Garis simpul bagi solusiGambar 284. Garis-garis simpul U U , U 21 , U 22 , U13 , U 31 solusi 11, 12 pada solusi (15) untuk beberapa nilai B21 kasus membran berbentuk bujur sangkar. Langkah Ketiga. Solusi Masalah Keseluruhannya

Untuk memperoleh solusi yang juga memenuhihi syarat batas awal (3) dan (4), kita akan

menempuh jalan seperti pada pasal 11.3. marilah kita simak deret ganda dua6 

(17)



u ( x, y, t )   umn ( x, y, t ) m1 n 1





   ( Bmn cos mn t  Bmn sin mn t )sin m 1 n 1

6

m x m n y sin . a b sin b

Kita tidak dapat menyinggung masalah kekonvergenan dan ketunggalan.

Dari sini dan (3) kita memperoleh 



u ( x, y , 0)   Bmn sin m 1 n 1

m x m y sin f ( x, y ). a b )

deret ini dinamakan deret Fourier ganda. Jika f(x, y) dapat diuraikan menjadi deret demikian ini7, maka koefisien-koefisien Fourier Bmn bagi f(x, y) di dalam (18) dapat ditentukan sebagai berikut. Jika kita ambil 

K m ( y )   Bmn sin

m 1 (19) Maka (18) dapat kita tulis dalam bentuk  m x f ( x, y )   K m ( y ) sin . a m 1

m y b

untuk nilai y tertentu, ini merupakan deret sinus Fourier bagi f(x, y), dipandang sebagai sutu fungsi dari x, dan dari (4) dalam pasal 10.5 kita dapat melihat bahwa koefisienkoefisien uraian ini adalah (20)

K m ( y) 

2 a m x f ( x, y ) sin dx.  0 a a

Lebih lanjut, (19) merupakan deret sinus Fourier bagi Km(y), dan dari (4) pasal 10.5 kita memperoleh koefisien-koefisien tersebut, yaitu Bmn 

2 a m y K m ( y )sin dy.  0 b b

Dari sini dan (20) kita memperleh rumus Euler umum

Bmn 

4 b ab 0



a

0

f ( x, y )sin

m x m y sin dx dy a b

m  1,2, , n  1, 2, ,

(21)

bagi koefisien-koefisien Fourier untuk f(x, y) di dalam deret Fourier ganda (18) Bmn di dalam (17) ternyata sekarang ditentukan dalam f(x, y). Untuk menentukan B*mn, kita diferensialkan (17) suku-demi-suku terhadap t; dengan menggunakan (4) kita memperoleh u t



t 0



 B m 1 n  i

 mn

mn sin

m x m y sin =g  x , y  . a b

jika g(x, y) dapat diuraikan menjadi deret Fourier ganda, maka dengan menempuh langkah-langkah sebelumnya kita memperoleh  mn

(22)

B

4  abmn

b a

  g  x, y  sin 0 0

n x n y sin dxdy a b

m  1, 2, ,

n  1, 2, , Kesimpulannya adalah agar (17) memenuhi syarat-ayarat awalnya, maka koefisien koefisien Bmn dan Bmn harus ditentukan menurut (21) dan (22). Teladan 2. vibrasi sebuah memberan persegi panjang

Gerakan vibrasi sebuiah memberan persegi panjang dengan sisi-sisi a = 4 ft dan b = ft jika tegangan adalah 12.5 lb/ft, kerapatannya adalah 2.5 slug/ft2 (seperti pada karet ringan), kecepatan awalnya adalah 0 dan pergeseran awalnya adalah 7

Syarat cukup:f, f/ x, f/ y,

f/ x y kontinu pada daerah persegi panjang R yang dipekajari.

2

f ( x, y )  00.1(4 x  x 2 )(2 y  y 2 )ft. (23) Jawab c2 = Tlp = 12.5 = 5(ft2/sec2) juga B*mn = 0 dari (22). Selanjutnya dari (21) dan (23) 4 m x m y 0.14 x  x 2 )(2 y  y 2 )sin (2 y  y 2 )sin dx dy   4 2 0 2 4 m y 2 4

Bmn 

1 m x m y =  (4 x  x 2 )sin dx  (2 y  y 2 ) dy 20 0 4 2 0 4

2

Dua

kali

pengintegralan

bagian-demi-bagian

terhadap

integral

yang

pertama

menghasilkan 128  256 m 1   1   3 3 3 3   m m

 m ganjil 

dan terhadap integral yang kedua menghasilkan 16  32 n 1   1   3 3  n ganjil  3 3   m m untuk m dan n genap kita memperoleh nol. Setelah digabungkan dengan faktor 1/20, kita

memperoleh Bmn genap dan

Bmn 

256 3 0.246 050  20m3 3 m3 3

 m dan n ganjil 

Dari sini dan (17) kita memperoleh solusi

u ( x, y, t )  0.426050 m. n vdd

(24)

1  5 cos  3 3 m n  4

m x m x  m 2  4n 2 sin sin 4 2 

 5 5 x y 1 5 37 x 3 y  0.426050  cos sin sin  cos sin sin 4 4 2 27 4 4 2  

1 5 13 3 x y 1 5 45 3 x 3 y  cos sin sin  cos sin sin  ...  27 4 4 2 729 4 4 2 

Perhatikan betapa cepat turunnya koefisien-koefisien deret ini. Untuk menyelidiki membran bervibrasi yang berbentuk lain, kita perlu menggunakan suatu sistem koordinasi sehingga batas memberan itu dapat dinyatakan dalam arah rumus yang sederhana; ini diperlukan karena adanya syarat batas (u = 0 sepanjang batas itu). Di dalam praktek, kasus yang paling penting adalah membran lingkaran (permukaan tambur, gendang). Untuk ini kita perlu menggunakan koordinat kutub dan mengucapkan Laplacian dalam persamaan gelombang ke dalam koordinat kutub. Ini kita akan lakukan pasal berikut. Soal-Soal Latihan Untuk Pasal 11.8 1. Bagaiman frekuensi solusi

(13) akan berubah jadi tegangan membrannya

ditingkatkan? 2. Tentukan dan gambarkan grafik garis simpul bagi solusi (130 untuk m  1, 2,3, 4 dan n  1, 2,3, 4 jika a  b  1. 3. Kerjakan tugas yang sama seperti pada Soal dua namun jika a  2 dan b  1. 4. Tentukan nilai-eigen lain bagi membran bujur sangkar dengan sisi 1 sedemikian rupa sehingga setiap nilai-eigen bagi membran bujur sangkar dengan sisi 1 sedemikian rupa sehingga setiap nilai-eigen menghasilkan emapat fungsi-eigen yang bebeda. 5. Tentukan nilai-eigen bagi membran perasegi panjang dengan sisi a  2, b,  1 sedemikian rupa sehingga setiap nilai-eigen itu menghasilkan dua atau lebih fungsi-eigen yang berbeda 6. Tunjukkan bahwa diantara semua semua membran persegi panjang dengan luas yang sama A  ab dan c yang sama, u11 [lihat(13)] dari membran bujur sangkar mempunyai frekuensi terendah. 7. Carilah hasil seperti pada Soal 6 bigi frekuensi solusi (13) dengan m dan n tetap tertentu. 8. Dapatkah andah memvisualisasikan f ( x, y ) pada teladan 2? Dapatkah anda melihat bahwa suku pertama pada deret (24) telah menghampiri f ( x, y ) dengan sangat baiknya? Apa kira-kira alasannya? 9. Dengan mengintegralkan bagian-demi-bagian, verifikasi perhitungan Bmn pada teladan 2. 10. Bmn pada Teladan 2 merupakan hasil kali dua integral. Carilah ke fungsi-fungsi mana integral itu bepedanan pada verifikasi nilai-nilai integral itu dengan metode loncatan (Pasal 10.6) . 11. Dalam kasus apakah Bmn di dalam (21) merupakan hasil kali dua integral (seperti pada Teladan 2)? Deret Fourier ganda. nyatakanlah f ( x, y ) sebagai suatu deret Fourier ganda yang berbentuk (18) dengan 0  x   , 0  y   . 12. f ( x, y )  1 14. f ( x, y )  y

 1 jika  /2<x, y  

1 jika 0  x  / 2



16.

13. f ( x, y )  x 15. f ( x, y )  xy

f ( x, y )   

0 jika  /2<x 

f ( x, y )   17.

 0

selainnya.

Nyatakan fungsi-fungsi F ( x, y ) berikut (0  x  a, 0  y  b) sebagai suatu deret Fourier ganda yang bentuk (18). 18. f  1

19. f ( x, y )  x

20. f  x  y

21. f  xy (a  x )(b  y )

22. f  ( x  1)( y  1)

23. f  xy (a 2  x 2 )(b 2  y 2 )

Tentukan defleksi u ( x, y, t ) pada membran bujur sangkar dengan a  b  1 dan c  1 jika kecepatan awalnya nol dan defleksi awalnya adalah f ( x, y ) : 24. f ( x, y )  k sin  x sin  y 26. f ( x, y )  k sin 3 x sin 4 y

25. f ( x, y )  k sin  x sin 2 y 27. f ( x, y )  0.01xy (1  x)(1  y )

28. f ( x, y )  k sin 2  x sin 2  y 29. f ( x, y )  kx(1  x 2 )(1  y 2 ) 30. (Vibrasi paksa terhadap membran) Tunjukkan bahwa vibrasi paksa terhadap suatu

membran mengikuti persamaan utt  c 2 2u  P /  dengan P( x, y, t ) adalah gaya persamaan satuan luas yang bekerja dengan arah normal terhadap bidang-xy. 11.9 Laplacian Dalam Koordinat Kutub Dalam kaitan dengan masalah nilai batas untuk persaman diferensial parsial, menjadi suatu perinsip umum untuk menggunakan suatu sistem koordinat yang dapat mengucapakan batas daerah yang dipelajari menjadi rumus sederhana. Pada pasal berikut, kita akan membahas membran lingkaran. Dalam kaitan dengan ini, koordinat kutub r dan q yang didefenisikan sebagai x  r cos  , y  r sin  cepat untuk digunakan, sebab batas memberannya dapat dinyatakan dalam persamaan

sederhana r = konstanta Bila menggunakan r dan q, kita harus mengubah Laplacian  2u  2u  x 2 y 2 di dalam persamaan gelombang ke dalam koordinat baru tersebut.  2u 

Transformasi bentuk-bentuk diferensial dari sistem koordinat yang satu ke sistem koordinat yang lain sering digunakan di dalam penerapan. Oleh karena itu pembaca harus menyimak pembahasan berikut ini dengan penuh perhatian. Seperti pada pasal 11.4, kita akan menggunakan kaidah rantai. Untuk kemudahan, kita akan melambangkan turunan parsial dengan subskrip dan u(x, y, t) sebagai fungsi dari r, q, t dengan huruf yang sama u. Dengan menerapkan kaidah rantai (4) pasal 8.7, kita memperoleh

u z  ur rx  u  x

(1)

Dengan mendiferensialkan sekali lagi terhadap x kita akan memperoleh u xx  ur rx  (u  x ) x =(ur ) x rx  ur rxx  (u ) x  x  u  xx . Sekarang, dengan menerapkan kaidah rantai sekali lagi, kita memperoleh (ur ) x  urr rx  ur  x

dan

(u ) x  ur rx  u  x .

Untuk menentukan turunan parsial rx dan qx, kita harus mendiferensialkan r  x2  y2

dan

y  = arc tan , x

Dan hasilnya adalah rx 

x



x r

x 



1

 

y  y  2. 2  x  r

1  y / x  x y Dengan mendiferensialkan kedua rumus itu sekali lagi, kita memperoleh 2

2

r  xrx 1 x 2 y 2 rxx    3  3, r2 r r r

2

2 xy  2 r  4 . 3  x r  r 

 xx   y 

Sekarang kita subsitusikan semua ekspresi itu ke dalam (1). Jika turunan-turunan parsial pertama dan kedua itu kontinu, kita memperoleh ur  u r , dan setelah penyederanaan, x2 xy y2 y2 xy u  2 u  u  u  2 4 u . 2 rr 3 r 4  3 r r r r r r (2) Dengan cara yang sama akan kita peroleh y2 xy x2 x2 xy u yy  2 urr  2 3 ur  4 u  3 ur  2 4 u . r r r r r (3) Dengan menjumlahkan (2) dan (3) kita memperoleh Laplacian dari u dalam koordinat kutub  2u 1 u 1  2u 2  u 2   . x r r r 2  2 (4) u xx 

Soal-soal latihan untuk pasal 11.9 1.Berikut rincian perhitungan yang menghasilkan (2) dan (3).

2.Tunjukkan bahwa (4) dapat dituliskan sebagai

 2u 

1 u  u  1  2u r  .   r r  r  r 2  2

3. Jika u tdak tergantung pada q, maka (4) tersederhanakan menjadi 2  u  urr  ur / r . Turunkan hasil ini langsung dari laplacain dalam koordinat Kartesius dengan mengasumsikam bahwa u tidak tergantung pada q. 4.Transformasikan (4) kemali ke dalam koordinat Kartesius. 5.

2 Tunjukkan bahwa satu-satunya solusi bagi  u  0 yang tergantung hanya pada

r  x 2  y 2 adalah u  a ln r  b.  Jika x dan y adalah koordinat Kartesius, perhatikan bahwa x  x cos   y sin   dan y  x sin   y cos  adalah koordinat Kartesius, dan vrifikasi melalui perhitungan  2 u  u x x x  u y  y  y  . bahwa   2 7. Ucapkan  u dalam koordinat-koordinat x  ax  b, y  cy  d , jika x, y

6.

adalah koordinat Kartesius. n n 8. Tunjukkan bahwa un  r cos n , un  r sin n , n  0,1..., adalah solusi bagi  2u  0 dengan  2u dinyatakan oleh (4). 9. Tentukan solusi bagi persamaan laplcian di dalam cakram yang berjari-jari-jari 1 2 dengan nilai batas f ( )  10cos  . 10. Dengan mengasumsikan bahwa pendiferensial suku-demi-suku dibolehkan, tunjukkan bahwa solusi persamaan bagi Laplace di dalm cakram R < 1 yang memenuhi syarat batas u ( R,  )  f ( )( f diketahui) adalah n n   1  r u (r , )  a0    an   cos n  an   sin    R  R n 1   dalam hal ini am bn adalah koefisien Fourier bagi f (lihat Pasal 10.3). 



Tegangan elektrostatis. Masalah keadaan stabil. Tegangan elektrostatis u memenuhi 2 persamaan Laplace  u  0 di dalam setiap daerah yang bebas muatan. Selain itu, 2 2 persamaan panas ut  c  u (lihat Pasal 1.5) tereduksi menjadi persamaan Laplace jika suhu tidak tergantung pada waktu t (”kasus keadaan-stabil”). Tentukan tegangan elektrostatis (sama artinya dengan: distribusi suhu-stabil) di dalm cakram R < 1 nilai-nilai batasnya adalah sebagai berikut



1 jika    0



1 jika 0< <

11. u ( )  



 jika  / 2  / 2



0 jika  /2< <3 / 2

13. u ( )  



110 jika  / 2  0



0 jika  /2< <3 / 2

12. u ( )  







 - jika  /2< <3 / 2

14. u ( )  

jika  / 2  / 2

15. u ( )         

15. u ( )   2        17. Tentukan tegangan elektrostatis di dalam separuh cakram r  1, 0     , yang sama dengan 110q (    ) pada separuh lingkaran r = 1 yang merupakan batasnya dan sama dengan 0 pada ruas garis 1  x  1. 18. Tentukan suhu keadaan-stabil u pada olat tipis separuh lingkaran r  a, 0 < < , jika separuh lingkaran r = a dijaga pada suhu tetap u sedangkan ruas garis a  x  a dijaga o

pada suhu tetap u = 0. (Gunakan pemisahan peubah.) 19. Tentukan rumus bagi tegangan u pada sunbu-x di dalam Soal 15. gunakan empat suku pertama deret ini untuk menghitung u di x  0.75,  5,  0.25, 0, 0.25, 0.5, 0.75 (dua desimal). 20. Tentukan rumus bagi tegangan u pada sumbu-y dalam Soal 15. 21. Misalkan r , , adalah koordnat bola, yang didefinisikan oloeh x  r cos  sin  , y  r sin  sin  , z  r cos  . 2 2 2 Jika u(x, y, z) hanya merup[akan fungsi dari r  x  y  z , tunjukkan bahwa 2  2u  urr  ur . r 22. (Laplacian di dalam koordinat bola) Tunjukkan bahwa Laplacian di dalam koordinat bola r ,  , yang didefinisikan di dalam Soal 21 adalah

2 1 cot  1  2u  urr  ur  2 u  2 u  2 2 u . r r r r sin 

Tunjukkan bahwa ini juga dapat dituliskan sebagai 1  2 1  1 r ur  sin  u   2 u  .  2  r  r sin   sin  2 2 2 2 23. Jika permukaan bola r  x  y  z  R dipertahankan pada suhu nol dan suhu di  2u 





dalam bola itu adalah f(r), tunjukkan bahwa suhu u(r, t) di dalam bola adalah solusi 2 ut  c 2 (urr  ur ), r yang memenuhi syarat u ( R, t )  0, u (r , 0)  f (r ). 24. Tunjukkan bahwa dengan mengambil v  ru , rumus-rumus dalam Soal 23 mengambil 2 bentuk vt  c vrr , v( R, t )  0, v(r , 0)  rf (r ). sertakan syarat v(0, t )  0 (yang berlaku

sebab u harus terbatas pada r = 0), dan pecahkan masalah ini melalui pemisahan peubah. 25. (Laplacian dalam koordinat tanbung) Tentukan bahwa Laplacian dalam koordinat tabung (cylindrical coordinates) yang didefinisikan oleh x  r cos  , y  r sin  , z  z adalah 1 1  2u  urr  ur  2  u  u zz . r r 11.10. Membran lingkaran. Persaman Bessel Sekarang kita membahas vibrasi membran berbentuk bundar yang berjari-jari R (gambar 285). Dengan menggunakan koordinat kutub, yang didefenisikan oleh x = r cos q = y r sin q, kita melihat dari (4) pasal 11.9 bahwa persamaan gelombang (3’) dalam pasal 11.7 mengambil bentuk 2  2u 1 u 1  2u  2  u  c    . 2 x 2 r r r 2  2   x

y

x R

Gambar 285. membran lingkaran

Kita akan mengupas solusi u(r, t) bagi persamaan ini yang setangkup secara radial (radially symmetric)8, artinya tidak tergantung pada q. Dengan demikian, persamaan gelombang itu tereduksi menjadi 2  2u 1 u  2  u c   . 2 2 t r r   t

(1) Karena membran itu diletakkan (fikxed) sepanjang batasnya r = r, kita mempunyai syrat batas u  R, t   0 untuk semua t  0 (2) kondisi yang tidak tegantung pada q akan diperoleh jka syarat awal tidak tergantung pada q, dengan kata lain syarat awal itu berbentuk

(3) dan (4)

u  r, 0  f  r  u t

 g (r ) t 0

 defleksi awal f  r    kecepatan awal g  r  

Langkah Pertama. Dua Persaman Diferensial Biasa

Dengan menggunakan metode pemisahan peubah, mula-mula kita menentukan solusi bagi (1) yang memenuhi syarat batas (2). Kita mulai dari u (r , t )  W (r )G (t ). 8

Untuk solusi yang tergantung pada q, lihat soal-soal latihan.

dengan mendefinisikan dan menyisipkan (5) ke dalam (1) dan membagi persamaan yang dihasikannya dengan c2WG kita memperoleh. gg

G 1 1    W " W '  2 cG W r 

dalam hal ini dua-titik di atas huruf menandakan turunan terhadap t, sedangkan tanda aksen menandakan turunan terhadap t. Eksperesi di kedua ruas itu pasti sama dengan suatu konstanta, dan konstanta ini harus negatif, katakanlah –k2, agar diperoleh solusi yang memenuhi syarat batas dan dan tidak idetentik dengan nol. Jadi, Ini menghasilkan dua persamaan diferensial linear biasa gg

(6)

G   2G  0

Dan

(7)

1 W " W ' k 2W  0 r

Langkah Kedua. Pemenuhan Syarat batas

dengan  = ck

Pertam-tama kita simak (7). Dengan memperkenalkan peubah bebas baru s = kr, kita memperoleh 1/r = k/s, sehingga menurut kaidah rantai, turunan-turunan itu menjadi.

W '

dW dW ds dW   k dr ds dr ds

dan

W"=

d 2W 2 k . ds 2

Dengan mensubsitusikan ini ke dalam (7) dan menghapus faktor sekutu k2, kita memperoleh d 2W 1 dW  W 0 ds 2 s ds Ini tidak lain adalah persamaan Bessel (1), Pasal 4.5, dengan v = 0. solusi umum adalah (lihat pasal 4.6) W  c1 j0  s   c2 y0  s 

dengan J0 dan Y0 masing-masing adalah fungsi Bessel jenis pertama dan kedua yang berordo nol. Karena defleksi membran selalu terhingga, sedangkan Y0 menjadi tak hingga jika s mendekati 0, berarti kita tidak mungkin menggunakan Y0 sehingga harus mengambil C2 = 0. Jelaslah, C

0, sebab jika tidak demikian W

0. kalau kita ambil c1 =

1, maka kita peroleh W  r   J 0  s   J 0  kr  .

(8)

Pada batas r = R haruslah u(R, t) = W(R)G(t) = 0. karena G u

0 berimplikasi

0, maka kita syaratkan

W  R   J 0  kR   0.

Fungsi Bessel J0 mempunyai tak hingga banyaknya ke-nol-an atau nilai nol (zeros) yang nyata. Marilah kita lambangkan nilai nol 1 , J (s) Dengan s  1 ,  2 ,... (lihat Gmbar 0

286). Nilai numeriknya adalah (teliti sampai 4 desimal) 1  2.4048,  2  5.5201,  3  8.6537,  411.7915,  5  14.9309. Kita lihat bahwa nilai-nilai nol itu tidak berjarak sama, dan begitu pula dengan nilai-nilai nol lainnya  6 ,  7 ... (Tabel yang lebih lengkap diberikan di dalam acuan [1] pada Apindeks 1.) Sekarang, persamaan (8) berimplikasi (9)

kR   m

atau k  km 

m , R

m  1, 2, .

Gambar 286. Fungsi Bessel J0(s) Dengan demikian fungsi-fungsi  m    R 

Wm (r )  J 0 (km r )  J 0 

(10) merupakan solusi bagi (7) yang brnilai nol pada r = R.

Solusi umum padanannya bagi (6) dengan    m  ckm adalah Gm (t )  am cos mt  bm sin m t . Jadi, fungsi-fungsi (10)

um (r , t )  W (r )Gm (t )  (am cos mt  bm sin m t ) J 0 (km r )

m  1, 2, ,

Gambar

287.

Modus normal membran lingkaran pada kasus vibrasi yang tidak tergantung pada sudutnya

dengan m  1, 2, , adalah solusi bagi persamaan gelombang (1) yang memenuhi syarat batas (2). Fungsi-fungsi itu tidak lain adalah fungsi-aigen bagi masalah kita dengan nilai-eigennya m Vibrasi membran yang menghasilkan um dinamakan modus normal ke-m; vibrasi ini memilki frekuensi m / 2 siklus per satuan waktu. Karena nilai nol dari J tidak 0

berjarak sama (not regularly spaced) pada sumbu tersebut (berbeda dengan nilai nol fungsi sinus yang muncul dalam kasus vibrasi dawai), ini berakibat suar drum/gendang sama sekali bebeda dengan suara biola. Bentuk modus normal dapat diperoleh dengan mudah dari Gambar 286 dan ditunjukkan dalam Gambar 287. Untuk m = 1, semua titik membran bergerak ke atas (atau ke bawah) pada saat yang sama. Untuk m = 2, keadaannya sebagai berikut. Fungsi    W2  r   J 0  2 r   R  bernilai nol jika  2 r / R  1 atau r =1 R /  2 . Dengan demikian, lingkaran r =1 R /  2 merupakan garis simpul, sehingga ketika pada suatu saat bagian tengah membran itu bergerak ke atas, maka bagian luar (r  1 R /  2 ) bergerak ke bawah, dan begitu sebaliknya. Solusi um (r , t ) mempunyai m – 1 garis simpul, yang berupa lingkaran-

lingkaran konsentris (Gambar 287). Langkah Ketiga. Solusi Masalah Keseluruhan

Untuk memperoleh solusi yang juga memenuhi syarat-syarat awal (3) dan (4), kita dapat menempuh cara seperti pada kasus dawai yang bervibrasi, yaitu menyimak deret9 



m 1

m 1

 m  R

u (r , t )   W (r )Gm (t )   (am cos m t  bm sin m t ) J 0 

(12)

 r . 

Dengan mengambil t = 0 dan menggunakan (3), kita memperoleh 

(13) 9

 m  R

u  r , 0    am j0  m 1

 r  f  r  

Kita tidak akan menyinggung maalah konvergenan dan ketunggalan

Jadi, memenuhi (3), am haruslah merupekan koefisien bm

deret Fourier-Bessel

mempresentasikan f(r) dalamJ0 (amr/R); dengan kata lain [lihat (9) pasal 4.9],

am 

R

2 2

R j1

2

rf  r  j   

0

m

0

 m   R r dr  

m =1, 2, ...

Keterdiferensialan f(r) pada selang 0 r R sudah cukup untuk menjamin keberadaan uraian (13), Lihat acuan [A 14]. Koefisien bm di dalam (12) dapat ditentukan dari (4) dengan cara yang serupa. Untuk memperoleh ini numerik bagi a dan bm , kita dapat menerapkan salah satu metode integrasi hampiran, dengan menggunakan tabel-tabel J0 dan J1. Adakalanya kita tidak perlu menggunakan integrasi numerik, sebagai diilustrasikan di bawah ini. Teladan 1. vibrasi sebuah membran lingkaran

Vibrasi permukaan genderang yang berjari-jari 1 ft dan berkerapatan 2 slug/ft 2 jika tegangannya adalah 8 lb/ft, kecepatan awalnya 0, dan pergeseran awalnya adalah f (r )  1  r 2 [ft]. Jawab. c2 T/p = 8/2 = 4 [ft2/det2]. Karena kecepatan awalnya 0, maka bm = 0. Dari (14) dan dalam pasal 4.9, karena R = 1,

4 j   2 r 1  r 2 j0   m r  dr 22 m 2  j1   m  0 j1   m  1

am 





Menggunakan tabel-tabe dalam Acuan (1) hlm. 390 – 394, kita menghitung

am

J1(am)

J2(am)

am

1

2.4048

0,51915

0.43170

1.108

2

5.5201

-0.34026

-0.12316

-0.140

3

8.6537

0.27145

0.06262

0.045

4

11.7915

-0.23246

-0.03940

-0.021

5

14.9309

0.20655

0.02762

0.012

m

Jadi, f(r) = 1.108J0(2.4048r) – 0.140J0(5.5201r) + 0.045J0(8.6537r) - ... Kiat lihat bahwa koefisien-koefisien itu turunan relatif lambat. Jumlah koefisienkoefisien yang diuraikan dalam tabel di atas adalah 1.004. jumlah semua koefisienkoefisien adalah 1.(Mengapa?) Karena lm = ckm = cam/R = 2am, maka dari (12) kita memperoleh solusi (dengan r diukur dalam kaki (feet) dan t dalam detik) u (r, t) = 1.108J0(2.4048r)cos 4.8096t - 0.140J0(5.5201r)cos 11.0402t… + 0.045J0 (8.6537r) cos 1.73074t - ... Di dalam pasal berikutnya, kita akan memperluas pembahasan tentang persamaan Laplace, yang telah kita singgung sebelumnya (pasal 9.7 11.5), yang mungkin merupakan persamaan diferensial parsial paling penting di dalam fisika dan penerapan rekayasanya.

Soal-Soal Latihan Untuk Pasal 11.10 1. Apakah alasan penggunaan koordinat kutub yang disebutkan dalam pasal ini?

2. Jika tegangan membran ditingkatkan, bagaimanakah frekuensi masing-masing modus normal (11) berubah? 3. Jika tegangan dan kerapatannya sama, genderang yang lebih kecil memiliki modus dasar yang lebih tinggi dibandingkan dengan genderang yang lebih besar. Bagaimanakah ini kita dapat simpulkan dari rumus-rumus kita di atas? 4. Tentukan nilai numerik bagi jari-jari kedua garis simpul u2 dan u3 [lihat (11)] bila R = 1. Buatlah Gambar seperti 287, untuk u4 , u5 , u6 . Pertanyaan yang sama pada Soal 4 untuk u4 , u5 , u6 .

5. 6. 7. (15)

Tunjukkan bahwa agar (12) memenuhi (4) maka, R 2 bm  rg (r ) J 0   m r / R  dr , c m RJ   m  0

m  1, 2  ,

Mengapa pada Teladan 1 harus berlaku a1  a2   1? Verifikasi perhotungan am pada Teladan 1.

8. 9.

Tentukan defleksi u (r , t ) bagi membran yang berjari-jari-jari R  1 jika c  1 , kecepatan awalnya nol dan defleksi awalnya adalah f (r ) : 10. f  0.1J 0 ( 2 r ) 11. f  k (1  r 2 ) 12. f  k (1  r 4 ) Petunjuk. Ingat Soal-Soal 25-32, Pasal 4.9. 13. Mungkinkah untuk nilai c dan R tertentu, dua atau lebih fungsi um [lihat (11) yang memiliki garis simpul yang berbeda berpedanan dengan nilai-eigen yang sama? Vibrasi suatu Membran Lingkaran yang Bergantung pada jari-jari r dan 

14. Tnjukkan bahwa substitusi u  F (r , )G (t ) ke dalam persamaan gelombang 1 1   utt  c 2  urr   2 u  r r   (16) menghasilkan 

(17)

G   2G  0, dengan   ck ,

(18)

1 1 Frr  Fr  2 F  k 2 F  0. r r

15. Tunjukkan bahwa subtitusi F  W (r )Q( ) ke dalam (18) menghasilkan Q " n 2Q  0 (19) (20)

r 2W 2  rW ' (k 2 r 2  n 2 )W  0.

16. Tunjukkan bahwa Q(q)memounyai perioda 2 , sehingga oleh karena itu n  0, 1,... di dalam (19) dan (20). Tunjukkan bahwa ini menghasilkan solusi Qn  sin n , Wn  J n (kr ), n  0, 1,... 17. Tunjukkan bahwa syarat batas (21) u (r ,  , t )  0 18. Tunujukkan bahwa solusi bagi (16) yang memenuhi (21) adalah umn  ( Amn cos ckmn  Bmn sin ckmn t ) J n (kmn r ) cos n (22)   u mn  ( Amn cos ckmn  Bmn sin ckmn t ) J n (kmn r )sin n .  19. Tunjukkan bahwa umo  0 dan umo identik dengan (11) dalam Pasal ini. 20. Tunjukkan bahwa umo mempunyai m  n  1 garis simpul. Gambar garis simpul solusi-solusi berikut ini.  21. u3n , n  1, 2, 3 22. u4 n , n  1, 2, 3 23. umn m, n  1, 2, 3  24. Tunjukkan bahwa syarat awal ut  (r ,  , 0)  0 menghasilkan Bmn  0, Bmn  0 dalam (22) 25. Tunjukkan bahwa u11 mempresentasikan modus dasar (fundamental mode) suatu 2 membran seperuh lingkaran dan tentukan frekuensinya jika c  1 dan R = 1.

u11 u12 u13

Gambar 288. Garis simpul sebagian solusi (22)

11.11 Persaaman Laplace, Potensial

Salah satu persaman diferensial parsial paling penting di dalam fisika adalah persaman Laplace  2u  0

(1) Di sini

u adalah Laplacian fungsi u. dalam koordinat kartesius x, y, z di dalam ruang,

2

 2 u  2u  2 u  2u  u 2  2  2  2. x x y z 2

(2)

Teori tentang solusi persaman Laplace dinamakan teori potensial. Solusi bagi (1) yang memiliki turunan parsial orde-kedua yang kontinu dinamakan fungsi harmonik. Kasus berdimensi dua, bila u bergantung hanya pada dua peubah saja, paling cocok dipecahkan melalui metode analisis kompleks dan akan dibahas dalam pasal 12.5 dan Bab 17. Untuk mengilustrasikan pentingnya persamaan Laplace bagi matematika rekayasa marilah kita singgung beberapa penerapan dasar. Persamaan Laplace dijumpai dalam kaitan dengan gaya gravitasi. Pada teladan pasal 8.8, kita telah melihat bahwa jika sebuah partikel A yang bermassa M berada pada titik (X, Y, Z) dan sebuah partikel lain B yang bermassa m berada pada titik (x, y, z), maka A dan B saling tari-menarik sebesar gradien fungsi skalar c u(x, y, z) = r , c = GMm = const,

r=

( x  X )2  ( y  Y )2  ( z  Z )2

(> 0).

Fungsi x, y, z ini dinamakan potensial medan gravitasi, dan momentum persaman Laplace. Perluasan ke potensial dan gaya yang disebabkan oleh distribussi massa yang kontinu tidaklah sulit. Jika suatu massa yang berkerapatan p(X, Y, Z) didistribusikan di seluruh daerah T di dalam ruang, maka potensialnya u pada suatu titik (x, y, z) yang tidak

diduduki oleh massa itu didefenisikan sebagai

 u  x, y , z   k    dx dy dz r T

(3)

 k >0 

Dalam hal ini r diberikan oleh rumus sebelum ini. Karena 1/r (r > 0) merupakan solusi bagi (1) , artinya

(1/r) = 0, dan tidak bergantung pada x, y, z maka kita memperoleh

2

 1 dx dy dz =0;  r

 2u  k     2  T

Ini berarti potensial gravitasi yang didefenisikan oleh (3) memenuhi persamaan Laplace pada sembarang titik yang ditempati oleh massa tersebut. Di dalam elektrostatik, gaya tarik-menarik atau tolak-menolak listrik antara partikel-partikel yang bermuatan mengikuti hukum Coulomb (lihat Pasal 8.8), yang mempunyai bentuk matematis yang sama dengan hukum gravitasi Newton. Ini berarti medan yang diciptakan oleh suatu distribusi muatan listrik dapat diterangkan secara matematis oleh sebuah fungsi potensial yang memenuhi persamaan Laplace pada sembarang titik yang tidak diduduki oleh muatan. Di dalam bab 17, kita akan melihat bahwa persamaan Laplace juga dijumpai dalam teori aliran fluida yang tak termanpatkan (theory of incompressible fluid flow). ut  c 2 2u Lebih jauh, persaman pokok di dalam konduksi panas adalah persaaman panas (lihat pasal 9.7 dan pasal 11.5). jika suhunya u tidak tergantung pada waktu t (“keadaanstabil”), maka persaman ini tereduksi menjadi persaman Laplace; lihat pasal 11.5. Pada sebagian besar penerapan yang membawa pada persaman Laplace, kita diharuskan memecahkan sesuatu masalah nilai batas, artiny menentukan solusi bagi (1) yang memenuhi syarat batas yang diberikan pada permukaan S yang menjadi batas daerah T yang merupakan daerah defenisi persaman tersebut. Ini dinamakan: (I)

Masalah nilai batas pertama atau masalah Dirichlet jika u ditentukan pada S

(II) Masalah nilai batas kedua atau masalah Neumann jika turunan normal un  u / n ditentukan pada S.

(III)

Masakah nilai batas ketiga atau campuran jika u ditentukan pada suatu bagian dari S dan un ditentukan pada bagian sisanya dari S.

Selanjutnya kita perlu menggunakan koordinat di dalam ruang yang membuat S dapat diucapkan dalam rumus yang sederhana. Ini mengharuskan kita melakukan transformasi terhadap Laplace (2) ke dalam sistem koordinat lain. Tentu saja, x z y r q (r, q, z) x z y r q (r, q, f)

Gambar 289. Kordinat tabung

Gambar 290. Koordinat bola

transformasi demikian ini sangat serupa dengan transformasi pada kasus Laplacian suatu fungsi dua peubah (lihat Pasal 11.9 Dari (4) Pasal 11.9 dapat ditunjukkan bahwa Laplacian sebuah fungsi u dalam koordinat tabung (clinderical koordinates)10 (lihat gambar 289) (4) adalah (5)

y 2 2 x  y r= . q = arc tan x , z = z

 2u 

 2u 1 u 1  2u  2u   2  . r 2 r r r  2 z 2

Koordinat penting lain adalah koordinat bola (spherical coordinates) r, q,

, yang

berhubungan dengan koordinat kartesius sebagaiberikut (lihat gambar 290):

(6)

x  r cos  sin  ,

y  r sin  sin  ,

z  r cos  .

Laplacian suatu fungsi u dalam koordinat bola adalah 10

Perhatikan bahwa y.

(7)



tidak ditentukan sepenuhnya oleh rasio y/x, namun harus diperhitungkan juga tanda x dan tanda

 2u 

 2u 2 u 1  2u cot  u 1  2u     . r 2 r r r 2  2 r 2  r 2 sin 2   2

Ini juga dituliskan dalam bentuk  2u  (7’)

1 r2

   2   1   u  1  2u  r  sin     .     r  sin      sin 2   2   r 

Rumus ini diturunkan dengan cara yang sama seperti pada Pasal 11 rinciannya disediakan sebagai latihan bagi pembaca. Di dalam Pasal berikut, kita akan menunjukkan bahwa pemisahan peubah pada koordinat bola akan menghasilkan persamaan Legendre, yang telah kita bahas pada Pasal 43. Soal-soal Latihan untuk Pasal 11.11   1. Tentukan Laplacian dalam koordinat persegi panjang x  ax, y  by, z  cz , jika x, y, z adalah koordinat-koordinat Kartesius.

2. Dengan mulai dari (2), verefikasi melalui perhitungan bahwa relative terhadap koordinat Kartesius yang didefinisikan oleh (7) dan (8) halaman 562.  2 u  u x x  u y  y   u z  z  . Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi u  f ( x, y ) berikut memenuhi persamaan Laplace dan buatlah ploy beberapa garis ekipotensial u = konstanta 3. x 2  y 2

4. xy

5. y(x 2  y 2 )

6. x 3 - 3 xy 2

7. x / (x 2  y 2 )

8. (x 2  y 2 )(x 2  y 2 ) 2

9. Verifikasi bahwa u  c / r memenuhi persaman Laplace dalam koordinat bola. 2 10. Tunjukkan bahwa satu-satunya solusi  u  0 yang tergantung hanya pada peubah r  x 2  y 2  z 2 adalah u  c / r  k ; dalam hal ini c dan k adalah konstanta. 11. Tentukan c dan k dalam soal 10 sedemikian rupa sehingga u merepresentasikan tegangan elektrostatis antara dua bola konsentris yang bejari-jari r1  2 cm dan

r2  10 cm yang masing-masing dipertahankan pada tegangan U1  110 volt dan U 2  0 volt . 12. Tunjukkan bahwa satu-satunya solusi persamaan Laplace berdemensi-dua yang 2 2 2 tergantung hanya pada r  x  y  z adalah u  c ln r  k .

13. Tentukan tegangan elektrostatis antara dua tabung koaksial yang berjari-jari r1  2 cm dan r2  10 cm yang masing-masing dipertahankan pada tegangan U1  110 volt dan U 2  0 volt .

Gambarkan grafiknya dan bandingkan solusi Soal 11 dengan solusi Soal 13. 14. Ucapkan koordinat bola yang didefinisikan oleh (6) dalam koordinat Kartesius. 2 15. Verifikasi (5) dengan mentransformasikan  u  0 kembali ke koordinat Kartesius. Tentukan distribusi suhu keadaan-stabil (tidak bergantung waktu): 16. Antara dua plat paralel x  x0 dan x  x1 yang masing-masing dijaga pada suhu u1 dan u0 . Antara dua tabung lingkaran koaksial yang berjari-jari-jari r0 dan r1 yang masingmasing dijaga pada suhu u1 dan u0 . 17.

Antara dua balok konsentris yang berjari-jari-jari r0 dan r1 yang masing-masing dijaga pada suhu u1 dan u0 . 18.

 it 19. (persamaan Helmholts 11) Tunjukkan bahwa substitusi u  U ( x, y, z )e 2 2 (i  1) ke dalam persamaan gelombang berdemensi-tiga utt  c  u menghasilkan

apa yang dinamakan persamaan Helmholts k  /c

 2U  k 2U  0

20. Misalkan r ,  , adalah koordinat-kordinat bola. Jika (r, q, ) memenuhi  2u  0 , tunjukkan bahwa v(r, q, ) = r-1u(r-1, q, ) memenuhi  2u  0 . 11.12. persaman Laplace dalam Koordinat Bola. Persaman Legendre Marilah kita simak suatu masalah nilai batas tipikal yang melibatkan persamaan Laplace dalam koordinat bola. Misalnya sebuah bola S yang berjari-jari r dipertahankan pada suatu distribusi tegangan listrik tertentu

(1)

r 2G"  2rG '  n  n  1 G  0

dengan r, q, f adalah koordinat yang didefenisikan dalam Pasal sebelumnya dengan titik asal di pusat S, dan f(f) adalah suatu fungsi yang diketahui. Kita ini mengetahui tegangan u di semua titik di dalam ruang, yang diasumsikan bebas muatan-muatan lain. Karena tegangan di S tidak tergantung q, maka begitu pula dengan tegangan di dalam ruang. Oleh karena itu,

u/

2

2

= 0 dan dari (7’) dalam Pasal 11.11 maka kita melihat bahwa

persamaan Laplace tereduksi menjadi   2 u  r r  r

(2)



 

1   u   sin    0. sin     

11

HERMANN VON HELMHOLTZ (1821-1894),seoran fisikawan jerman, dikenal krena karya-karya pentingnya dalam bidan termodinamika, hidrodinamika dan akustika.

Lebih lanjut, di tak hingga tegangannya akan sama dengan nol; artinya, haruslah lim u  r ,    0. r  (3) Kita akan memecahkan masalah nilai batas yang terdiri atas persamaan (2) syarat batas (1) dan syarat (3) di tak hingga dengan menggunakan metode pemisahan peubah. Dengan mensubstitusikan solusi yang berbentuk u  r,    G  r  H   

ke dalam (2) dan membagi persamaan yang dihasilkannya dengan GH , memperoleh 1 d  2 dG  1 d  dH   r    sin  . G dr  dr  H sin  d  d  Melalui penalaran seperti biasa, kedua ruas persamaan harus sama dengan sebaran Konstanta, katakanlah k, sehingga

(4)

1 d  dh  1 d  2 dG   sin   kH  0 dan  r   k. sin  d  d  G dr  dr 

Persamaan terakhir ini dapat dituliskan sebagai r 2G "  2rG '  kG  0.

Ini tidak lain adalah persamaan Euler-Cauchy. Dari pasal 2.7 kita tahu bahwa persaman  ini mempunyai solusi yang berbentuk G  r . Agar solusi itu mempunyai bentuk yang sangat sederhana, kita ubah notasi kita dan kita ganti k dengan n(n  1) . Dengan demikian r 2G"  2rG '  n  n  1 G  0.

(5)

 dengan n masih berupa sembarang bilangan. Dengan mensubstitusikan G  r ke dalam (5), kita memperoleh

     1  2  n  n  1  r   0. Nilai nol dari ekspresi yang di dalam kurung siku adalah    n  1. jadi, kita memperoleh solusi

(6) Dengan menyisipkan cos   w .

Gn  r   r n k  n  n  1

dan

Gn  r  =

1 r

n+1

.

ke dalam (4) dan mengambil

2 2 kita memperole sin   1  w dan

d d dw d   sin   . d dw d dw Dengan demikian, (4) mengambil bentuk d  dh  (7) 1  w2   n  n  1 H  0.   dw  dw  atau (7 ')



1-w 2



d 2H dH  2w  n  n  1 H  0. 2 dw dw

Ini adalah persamaan Legendre (lihat Pasal 4.3). Solusi Persamaan Legendre

Untuk bilangan bulat12 n = 0, 1, ..., polinom Legendre

H  Pn  W   pn  cos   ,

n = 0, 1, ...,

merupakan solusi persamaan Legendre (7). Jadi, kita memperoleh dua barisan solusi u  GH di bawah bagi persamaan Laplace (2): un  r ,    An r n pn  cos   ,

(8*)

nn  r ,   

Bn pn  cos   r n 1

dengan n = 0, 1, ..., dan An dan Bn adalah konstanta. Untuk mendapatkan solusi bagi (2) yang sah di titik-titik di dalam bola tersebut dan memenuhi (1), kita perhatikan deret13 

u  r ,     An r n Pn  cos   .

(8)

n 0

Agar (8) memenuhi (1), haruslah 

u  R,     An R n Pn  cos    f    ;

n0 (9) artinya (9) haruslah merupakan deret Fourier umum bagi f( ) dalam polinum Legendre

Dari (6) dan (7) Pasal 4.7 dan (2) Pasal 4.9, dapat diperlihatkan bahwa 1

2 1 An R  n n  2 R 1 n

:

f  w P  w dw n

:

f  w menyatakan f ( ) sebagai fungsi dari w = cos karena dw= Dalam hal ini d , dan batas-batas integrasi 1 dan -1 berpadanan dengan = p dan = 0 maka kita juga memperoleh 

 

2 1 An  n n  f  Pn  cos   sin  d , n  0, 1, . 2R 0 Jadi, deret (8) dengan koefisien (10) merupakan solusi bagi masalah kita untuk titik

dalam bola. Untuk memperoleh solusi eksterior terhadap bola (titik diluar bola), kita tidak dapat menggunakan fungsi un(r, ) sebab dalam hal ini fungsi-fungsi itu tidak memenuhi (3), namun kita dapat menggunakan fungsi-fungsi un (r,

), yang memenuhi (3), dan

dapat menempuh langkah-langkah seperti sebelumnya. ini menghasilkan solusi 

Bn P cos   n 1 n  n0 r

u  r,    

(11) Dengan koefisien-koefisien



2  1 n 1 Bn  n R  2 0

(12)

 r  R

f    P  cos   sin  d. n

Teladan 1.kapasitor Bola

Tentukan tegangan di dalam dan di luar seuah kapasitor berbentuk bola yang terdiri atas dua separuh-bola yang berjari-jari-jari 1 ft yan dipisahkan oleh suatu celah kecil untuk

x y z 110 volt

Gambar 291. kapasitor bola pada Teladan 1

insilusi,jika separuh bola bagian atas dipertahankan pada 110 volt sedangkan bagian bawahnya dihubungkan ke tanah.(Gambar 291 ). Solusi , syarat batasnya adalah (ingat gambar 290 di Pasal 11.11)

f  



110

jika

0  / 2

0

jika

 /2<  .

Karena R = 1, maka dari (10) kita memperoleh

An 

 /2

2n  1 110 2

 P  cos   sin  dp n

0

Jika kita ambil w = Cos , maka Pn (cos f) sin

d = -Pn (w) dw dan kemudian kita

integralkan dari 1 sampai 0.Tanda minus dapat kita buang dengan mengintegralkan dari 0 sampai 1.Dengan demikian ,dari (11) dalam Pasal 4.3.

M

An  55  2n  1   1 m0

m

 2n  2m  ! . 2 n m ! n  m  ! n  2 m   !

Dengan M =n/2 untuk n genap dan M =(n - 1)/2 unuk n ganjil. Integral diatas sama dengan 1/(n - 2m + 1.Jadi

An  (13)

55  2n  1 2n

M

  1

m0

m

 2n  2m  ! . m ! n  m  ! n  2m   !

Dengan mengambil n = 0, kita memperoleh A0 = 55 (karena 0! = 1). Untuk n = 1, 2, 3,….kita memperoleh 165 2! 165   . 2 0!1!2! 2 275  4! 2!  A2     0 4  0!2!3! 1!1!1!  A1 

A3 

385  6! 4!  385     8  0!3!4! 1!2!2!  8

dan seterusnya. Jadi tegangan (8) di dalam bola itu adalah (karena Po = 1)

u  r ,    55 

165 385 3 rP1  cos    r P3  coc   , 2 8

dalam hal ini P1, P3, ... diberikan oleh (11’) paal 4.3. Karena R = 1, kita peroleh dari (10) dan (12) dalam pasal ini Bn = An, sehinggga (11) menghasilkan tegangan di luar bola

u  r,   

55 165 385  2 P1  cos    4 P3  coc    r 2r 8r

Jumlah parsial kedua deret itu sekarang dapat digunakan untuk menghitung nilai hampiran bagi tegangan tersebut. Selain itu, menarik untuk dilihat di bahwa jauh dari bola tersebut, tegangannya kira-kira sama dengan satu muatan titik, yaitu 55/r (lihat Teladan 4 pasal 8.8). Di dalam dua pasal terakhir bab ini, kita akan menunjukkan bahwa masalah melibatkan persamaan diferensial dapat juga dipecahkan melalui metode operasional (transformasi Laplace dan trasformasi Fourier). Soal-Soal Latihan untuk pasal 11.12  Verifikasi melalui substitusi bahwa un (r, ), n  0, 1, 2, di dalam ( 8 ) adalah solusi (2). 2. Tentukan pada permukaan mana fungsi-fungsi u1 , u2 , u3 bernilai nol.

1.

Gambarkan grafik fungsi-fungsi Pn(cos ) untuk n  0, 1, 2, [ihat (11’)

3.

pasal

4.3]. 4.

Gambarkan fungsi-fungsi P3(cos ) dan P4(cos ).

Hitunglah nilai-nila A0 , A1 , A3 pada Teladan 1 dari (13). Verifikasi nilai-nilai dalam Soal 5 dengan mengintegralkan rumus (11’) padanannya pada Pasal 4.3. Misalkan r, q, adalah koordinat boa yang digunakan di dalam buku ini. Tentukan 5. 6.

tegangan di dalam interior bola R = 0, jika di dalam interior bola ini tidak ada muatan dan tegangan pada permukaannya adalah f( ), jika dalam hal ini 7. f ( )  1

8. f ( )  cos 

10. f ( )  cos  2

11. f ( )  cos  3

9. f ( )  cos 2 12. f ( )  cos3

13. f ( )  10cos3   3cos 2   5cos   1 14. Tunjukkan bahwa pada Soal 7, tegangan di eksterior bola sama dengan tegangan

suatu muatan titik di titik asal. 15. Gambarkan irisan permukaan-permukaan bertegangan sama (equipotential surfaces)

pada Soal 8 dengan bidang-xz. 16. Tentukan tegangan di eksterior pada Soal-Soal 7-13. 17.

Verifikasi melalui substitusi bahwa jawaban Soal 10 memenuhi (2).

18. (Persamaan saluran teransmisi) Perhatikan suatu kabel panjang atau kawat telepon (Gambar 292) yang terisolasi tidak sempurna sehingga terjadi kebocoran sepanjang kabel atau kawat tersebut. Sumber S dari arus i ( x, t ) terletak pada x  0, sedangakan ujung penerimanya T terlekak pada x = l. Arus mengalir dari S ke T, melalui muatan, dan kembali ke tana. Misalkan konstanta-konstanta R ,L, C , dan G masingmasing melambangkan resistansi, induktansi, kapasitansi ke tanah, dan konduktansi ke u i   Ri  L t (persamaan tanah kabel itu per satuan panjang. Tunjukkan bahwa x saluran transmisi) dengan u ( x, t ) adalah tegangan di dalam kabel. Petunjuk. Terapkan hukum tegangan Kirchhoff pada suatu bagian kecil kabel itu antara x dan x  x (selisih antara tegangan di x dan x  x = turunnya resistansi + turunnya induktansi .) 19. Tunjukkan untuk kabel dalam Soal 18,  x =0 x =l T S Beban

i u  Gu  c x t (Persamaan saluran transmisi kedua)

Petunjuk. Gunakan hukum aru Kirchhoff (selisi arus di x dan x  x = kehilangan akibat kebocoran ke tanah + kehilangan kapasitas).

Gambar 292. Saluran transmisi 20.Tunjukkan bahwa menghilangkan i dari persamaan saluran transmisi menghasilkan u xx  LCutt  ( RC )ut  RGu. 20. (Persamaan telegraf) Untuk suatu kabel dasar laut, G dapat diabaikan dan frekuensinya rendah. Tunjkkan bahwa ini menghasilkan apa yang dinamakan persamaan kabel dasar laut (submarine cable equation) atau persaman telegraf (telegraph equation) u xx  RCuv ,

ixx  RCit .

22. Tentukan tegangan pada satu kawat dasar laut yang ujung-ujungnya ( x  0, x  l ) dihubungkan ke tanah dan distribusi tegangan awalnya U0 = konstanta. 23. Masalah apakah pada konduksi panas yang analog dengan soal 22? 24. (Persamaan saluran frekuensi-tinggi ) Tunjukkan bahwa dalam kasus arus bolakbalik berfrekuensi tinggo, persamaan dalam Soal 22 dan persamaan analoginya bagi arus i dapat dihampiri dengan apa yang dinamakan persamaan saluran frekuensitinggi (high-frekuncy line equation) u xx  LCuv , ixx  LCitt . 25. Pecahkan persamaan saluran frekuensi-tinggi yang pertama dengan mengasumsikan bahwa tegangan awalnya adalah U 0 sin( x / l ), ut ( x,0)  0 dan u  0 di kedua ujung x  0 dan x  1 untuk semua t. 11.13 Penerapan Transformasi Laplace pada Persamaan Differensial Parsial Pembaca yang telah mengenal transformasi Laplace (Bab 5) mungkin bertanya-tanya apakah metode itu dapat diterapkan untuk memecahkan persamaan differensial Parsial. Jawabnya adalah ya, terutama jika salah sat dari peubah bebasnya mempunyai nilai-nilai pada sumbu positif.Gagasan pokoknya akan dijelaskan dalam dua teladan tipikal dibawah ini. langkah-langkah penyelesaiannya serupa pada Bab 5; untuk persamaan dengan dua peubah bebas,langkah-langkah itu adalah sebagai berikut 1. Ambillah transform Laplace terhadap salah satu dari kedua peubah bebas itu biasanya t.ini menghasilkan suatu persamaan diferensial biasa bagi transform fungsi uang belum diketahui itu.ini disebabkan turunan fungsi terhadap peubah yang satu lagi menyusup ke dalam persamaan yang telah ditransformasi .yang terakhir ini juga memasukkan syarat batas dan syarat awal yang diberikan. 2. Pecahkan persamaan diferensial biasa itu untuk memperoleh tranformasi fungsi yang tidak diketahui. 3. Terapkan transformasi kebalikan pada transformasi itu untuk memperoleh solusi masalah yang dihadapi. Jika koefisien-koefisien persamaan yang diberikan tidak tergantung pada

transformasi akan menyederhanakan masalahnya. Teladan 1.Persamaan ordo-pertama

Pecahkan masalah w w   0, x t

(1)

u  x, t   0,

w  0, t   t

Kita lambangkan w sebab kita menggunakan u untuk melambangkan fungsi tangga satuan.(Pasal 5.3). Jawab. Kita ambil transform Laplace bagi (1) terhadap t.menurut (1) dalam Pasal 5.  w     x  sl  w  w  x, 0    0,  x   (2) L Dalam hal ini w(x, o) = 0. Di dalam suku yang pertama kita mengasumsikan bahwa kita

boleh saling menukarkan perintegralan pendiferensialan dan pendiferensialan: 

(3)

L



   w   st w dt   e  st w  x, t  dt   w  x, t   .    e x x 0 x  x  0

Dengan melambangkan w( x, 0)  0 .maka kita memperoleh dari (2) W  xsW  0. x

Ini dapat dipandang sebagai suatu perasamaan diferensial biasa dengan x sebagai peubah bebasnya ,sebab turunan terhadap s tidak muncul di dalam persamaan itu. solusi umumnya adalah (Pasal 1.7). W  x, s   c  s  e  sx

2

/ 2

.

Karena L (t) = 1/s2,syarat w (0, t) = t menghasilkan W (0, s) =1/s2.ini berarti

W  0, s   c  s   1/ s 2 . Dengan demikian W  x, s  =

1  sx2 / 2 e . s2

2 Sekarang L -1{1/s2} = t, sehingga teorema pergeseran kedua (Pasal 5.3) dengan a  x / 2

 x2  1 w  x, t    t  u (t  x 2 )   2  2 

sin t

jika 0  t  2

0

selainnya





(4)

Karena kita mengikuti rumus-rumus saja, kita masih harus memverifikasi bahwa (4) memenuhi (1). Penulis serahkan kepada pembaca. Teladan 2. Dawai semi takhingga

Tentukan pergeseran (displacement) w(x, t) sebuah dawai elastis yang kenai syarat-syarat berikut. (i)

Dawai ini mula-mula diam dan terletak pada sumbu –x dari x = 0 sampai (”dawai semi-takhingga”).

(ii)

Pada waktu t > 0, ujung kiri dawai itu digerakkan seperti pada Gambar 293 

sin t

jika 0  t  2



0

selainnya

w  0, t   f  t   

(iii)

Lebih lanjut

lim w  x, t   0 x 

untuk t  0.

Tentu saja tidak ada dawai takhingga, namun model kini dapat diterapkan pada dawai atau tali yang panjang sekali (yang beratnya dapat diabaikan) dengan ujung kanannya diikatkan jauh pada sumbu –x (sekali lagi kita gunakan w sebab u kita perlukan untuk melambangkan fungsi tangga satuan. Jawab. Kita harus memecahkan persamaan gelombang (Pasal 11.2)

2  2 w c 2   w  .  t  t 2

(5) Untuk x dan t positif, dengan ”syarat batas”

w  0, t   f  t  lim w  x, t  = 0 x  (6) dengan f seperti diberikan di atas ,dan syarat-syarat awal

(t  0).

1 -1 f( t ) p 2p t

Gambar 293. Gerak ujung kiri dawai pada

teladan 2 sebagai fungsi dari waktu t

w  x, 0   0

(7)

w t

0

t 0 (8) Kita ambil transform Laplace terhadap t.menurut (2) Pasal 5.2

L

 2w   s2  2   t 

 w  sw  x, 0   L

w t

 c2 t 0

L

 2w    .  t 

Berdasarkan (7) dan (8), dua suku hilang.diruas kanan kita mangasumsikan bahwa kita boleh saling menukarkan perintegralan dan perdiferensial :

L

  2W    st  2W 2  e dt   2  0 x 2 x 2  x 

Dengan menuliskan,  2W s 2W  c 2 2 x Atau





W  x, s  

e  st  x, t  dt 

0

L

2 x 2

L

 W  x, t   .

 w  x, t   , kita memperoleh

 2W s 2  W  0. x 2 c 2 Karena ini mengandung hanya turunan terhadap x, maka persamaan ini dapat dipandang W  x, s  , sebagai sebuah persamaan diferensial biasa bagi dengan memandang terakhir ini sebagai fungsi dari x. Solusi umumnya adalah W  x, s   A( s )e sx / c  B ( s)e  sx / c .

(9)

F  s   f  t  , Dari (6) kita memperoleh, dengan menulisnya L W  0, s    w  0, t     f  t    F  s  L L dan, dengan mengasumsikan bahwa uraian pengintegralan terhadap t dan pengambilan limt untuk x  0 dapat saling dipertukarkan. x

x

0

0

lim W  x, s   lim  e  s w  x, t  dt   e  st lim w  x, t  dt  0 x 

x 

x 

A s   0 Ini berimplikasi di dalam (9) sebab c  0, sehingga untuk setiap s positif tertentu xs / c fungsi e naik dengan naiknya x. Perhatikan bahwa kita dapat mengasumsikan s  0 sebab transforman Laplace ada untuk semua s yang lebih besar daripada suatu  tertentu

(Pasal 5). Oleh karena itu kita memperoleh W  0, s   B  s   F  s  . Sehingga W  x, s   F  s  e  sx / c .

Dari teorema pergeseran kedua (Pasal 5.3) dengan a  x / c kita memperoleh transformasi kebalikan (gambar. 294)

(10)

x  x  w  x, t   f  t  u  t  . c  c 

(t = 0) (t = 2p) (t = 4p) (t = 6p) 2pc x x x x

yang berarti

Gambar 294. Gelombang berjalan pada Teladan 2

x  w  x, t   sin  t   c 

jika

x x < t <  2 c c

atau ct  x   t  2  c

dan nol solusinya. Ini merupakan gelombang sinus tunggal yang bergerak ke kanan dengan kecepatan c. Perhatikan bahwa sembarang titik x tetap diam sampai t = x/c, waktu yang dibutuhkan untuk mencapai x tersebut jika kita berangkat pada t = 0 (awal gerak ujung kiri) dan bergerak dengan kecpatan c. Hasilnya sesuai dengan intuisi fisik kita. Karena kita hanya mengikuti rumus-rumus saja, kita masih harus memverifikasi bahwa (10) memenuhi syarat -syarat yang ditetapkan. Pembaca penulis persilahkan untuk melakukannya sendiri . Di dalam Pasal berikut, kita akan menunjukkan bahwa disamping transformasi Laplace, metode oprasional lainnya, yaitu transformasi Fourier (lihat Pasal 10.1010.12), dapat juga digunakan untuk memecahkan persamaan diferensial parsial. Soal-soal Latihan untuk Pasal 11.13

1. Buatlah Gambar seperti pada Gambar 294 jika c  1 dan f adalah ”segi tiga” seperti pada Teladan 1 pasal 11.3 dengan k  L / 2  1. 2. Bagaimanakah kecepatan gelombang pada Teladan 2 tergantung pada tegangan dan massa dawai tersebut? 3. Verifikasi solusi pada Teladan 2. Gelombang berjalan apakah yang akan kita peroleh pada Teladan 2 jka kita menganakan suatu gerak sinusoidal (yang tidak henti-hentinya) di

ujung kiri mulai pada t = 0? Pecahkan melalui transformasi Laplace: u u  2x  2 x, u ( x, 0)  1, u (0, t )  1 x 4. x u u x   xt , u ( x, 0)  0 jika x  0, u (0, t )  0 jika x  0. 5. x t 6. Pecahkan Soal 5 dengan cara lain. Tentukan suhu w( x, t ) di dalam sebuah batang semi-takhingga, yang di isolasi

memanjang mulai dari x  0 sepanjang sumbu-x sampai , jika diasumsikan bahwa suhu awalnya adalah 0, w( x, t ) untuk setiap nilai t 0 tertentu, dan w( x, t )  f ( x). Tempulah langkah-langkah berikut ini. 7. Buatlah modelnya dan tunjukkan bahwa transformasi Laplace menghasilkan sW ( x, s )  c 2

2w x 2

W

L{w}

dan W ( x , s )  F ( s )e 

s x /c

F  L{f}

8. Dengan menerapkan teorema konvolusi pada soal 7, tunjukkan bahwa

w( x, t ) 

x 2c

t

f (t   )  

3/ 2  x 2 / 4 c 2

e

d .

0

9. Misalkan w(0, t )  f (t )  u0 (t ) (Pasal 5.3). Lambangkan w, W dan F padanannya dengan w0, W0 dan F0. Tunjukkan bahwa dengan demikian di dalam Soal 8 t

x   2c  2c t  0 dalam hal ini fungsi galat erf didefinisikan seperti pada Soal latihan untuk Pasal 11.6.

w0 ( x, t ) 

x

  

3/ 2  x 2 / 4 c 2

e



d  1  erf 

10 Rumus Duhamel14) Tunjukkan bahwa di dalam Soal 9 1 w0 ( x, t )  e s x / c s dan teorema konvolusi menghasilkan rumus Duhamel t

w( x, t )   f (t   ) 0

11.14

w0 d . 

Penerapan Transformasi Fourier pada Persaman

Diferensial Parsial

14

JEAN MARIE CONSTANT DUHAMEL (1797-1872), matematika Prancis.

Sekarang kita akan membahas sebuah cara lain untuk untuk memecahkan persamaan diferensial parsial, yaitu penerapan salah satu transformasi Fourier. Ini berlaku untuk masalah-masalah yang syrat-awal dan syarat batasnya diberikan pada sumbu-positifsehingga transformasi cosinus atau sinus Fourier (Pasal 10.10) dapat digunakan atau pada seluruh sumbu-dalam hal demikian kita dapat menggunakan transformasi Fourier dalam Pasal 10.11. Kita bahas cara-cara ini melalui penerapan tipikal. Teladan 1. masalah panas pada sumbu-x

Tentukan suhu u(x, t) pada sebuah batang homogen yang irisan melintangnya konstan, yang diisolasi memanjang dari x =  sampai x  , untuk t  0, dengan mengasumsikan bahwa suhu awalnya adalah u  x, 0   f  x     x    (1) Dan untuk semua t  0, solusi dan turunannya terhadap x memenuhi syarat u  x, t   0. u x  x, t   0 (2) Sebagai kasus khusus, tentukan u(x, t) bila

untuk x  

jika x  1 dan f  x   0 jika x >1. f  x  U0  (3) konstanta Jawab. Kita harus memecahkan persamaan panas ut  c 2u xx (4) Yang memenuhi syarat (1), (2). Strategi kita adalah mengambil transformasi Fourier terhadap x dan kemudian memecahkan persamaan diferensial biasa dalam t yang dihasilkannya.rinciannya sebagai berikut.

 u  melambangkan transform Fourier bagi u, dipandang sebagai Misalkan u  F suatu fungsi dari x. Dari (10) dalam Pasal 10.11, kita melihat bahwa (4) menghasilkan 



 u   c 2 F  u    c 2 w2 u . F t Di ruas kiri, dengan mengasumsikan bahwa kita boleh saling menukarkan urutan perdiferensialan dan perintegralan, kita memperoleh 1  ut   2 F Sehingga







1  u  i x  i x  ut e dx  2 t  u e dx  t



 u  c 2 w 2 u . t

Karena ini melibatkan hanya turunan terhadp t dan tidak melibatkan turunan terhadap w, berarti persamaan ini merupakan persamaan diferensial biasa orde-pertama dengan t sebagai peubah bebasnya dan w prameter. Dengan memishkan peubah (Pasal 1.2) kita memperoleh solusi umum 

u  w, t   C  w  e  c  t . 2

2

dengan dalam hal ini ”konstanta” 

menghasilkan 

C  w 

u  w, 0   C ( w)  f ( w)



tergantung pada prameter w . Syrat awal (1)

F

 f  , sehingga kita memperoleh

u  w, t   f  w  e  c  t . 2

2

Rumus pembalikan (7) Pasal 10.11 sekarang menghasilkan solusi 1 u  x, t   2

 

 f  w e

 c 2 2 t i x

e dw.

(5) Ke dalam ini kita dapat menyisipkan transform Fourier 



1 f  v  e  i x dv.  2  Dengan mengasumsikan bahwa kita boleh mengubah urutan perintegralannya, maka kita 

f  w 

memperoleh 1 u  x, t   2







 f  v    e



 c 2 2 t i  wx  wv 

e

0

 dw  dv. 

Menurt rumus Euler (3) Pasal 10.11 integral yang di dalam kurung siku sama dengan e  c  t cos  wy  wv   ie  c  t sin  wx  wv  . 2

2

2

2

Ini menunjukkan bahwa bagian khayalnya merupakan suatu fungsi ganjil dari w, sehingg integral15 bagian ini sama dengan 0, sedangkan bagian nyatanya adalah genap, sehingga integralnya sama dengan dua kali integral dari nol sampai ;     c 2 2 t  1 f v cos  wx  wv  dw dv.    e  2   0  Ini sesuai dengan (9) Pasal 11.6, dan menghasilkan rumus-rumus (11) dan (13) dalam

u  x, t  

Pasal 11.6 Teladan 2. Masalah pada Teladan 1 dipecahkan melalui metode konvolusi

Pecahkan masalah panas pada teladan 1 dengan metode konvolusi. IjawabI. Awalnya seperti sebelumnya dan menghasilkan (5), yaitu u  x, t  



 2 2 1   f  w  e  c  t ei x dw 2 

(5) Sekarang kita sampai pada gagasan metode konvolusi. Kita mengenali bahwa ini bebentuk (13) Pasal 10.11, yaitu

(6 dengan dalan hal ini

u  x, t    f  g   x  

 





f  w  g  w  ei x dw



)

1  c2t e . 2  (7) Karena, menurut definisi konvolusi[(1) Pasal 10.11], 

g  w 



f  g   x 



 f  p  g  x  p  dp.

 (8) maka sebagai langkah beriktnya kita harus menentukan transformasi Fourier kebalikan g 

bagi g . Untuk ini kita dapat menggunakan rumus 9 dalam Tabel III Pasal 10.12 (yang telah dibuktikan dalam Teladan 2 Pasal 110.11), Sesungguhnya, bagian utama integral ini; lihat Pasal 15.3.

15

1 u 2 / 4 a e 2a F dengan a yang sesuai. Dengan menggunakan (7) dengan c2t = 1/4a atau a = 1/4c2t, kita (e  ar ) 

memperoleh

e F

 x 2 / 4 c 2t 





4c 2t ec  t  2c 2 t 2 g  w  . 2

2

Jadi, g mempunyai kebalikan 2 2 1 e ? x / 4 c t . 2c 2t Mulalui penggantian x – p dan pensubstitusian ini ke dalam (8) akhirnya kita memperoleh



 x  p

 f p exp      dp.  4c 2t  2c  t     (9) Hasil ini sesuai dengan (11) dalam pasal 11.6. perhatikan bahwa kita melambangkan  f  g   x  tanpa menunjukkan prameter t, karena kita tidak melakukan pengintegralan terhadap peubah itu. u  x, t    f  g   x  

1



2

Teladan 3. Transform sinus Fourier diterapkan pada persaman panas

Tentukan solusi pada Teladan 1 jika batang itu memanjang dari 0 sampa , suhu awalnya u  x, t   f  x 

 0  r  

Dan syarat batasnya di ujung kiri adalah u  0, t   0

 t  0

Jawab. Alih-alih transformasi Fourier, sekarang kita akan menerapkan transformasi sinus Fourier (Pasal 10.10), karena x berkisar antara 0 sampai . Dengan menemouh jalan seperti pada Teladan 1, dari persamaan panas (9b) Pasal 10.10, karena f (0)  u (0, 0)  0, kita memperoleh 

u  ut   s  c 2  u xx   c 2 w2  u   c 2 w2 u s  w, t  . s t F F Fs Solusi persamaan diferensial bias orde-pertama ini adalah 

us  w, t    w  e  c  t . 2

Dari syarat awal demikian 



2

u  x, 0 

=

f  x



, kita memperoleh



us  w, 0   f s  w   C  w  .

Dengan

us  w, t   f s  w  e c  t . 2

2

Dengan mengambil transform sinus kebalikan dan mensubstitusikan 

2 f  p  sin wp dp  0 kita memperoleh solusi yang kita cari fs  w 

(10)

u  x, t  



2 2 2 f  p  sin wpec  t sin wx dp dx    00

Teladan 4. Persamaan gelombang pada selang tak hingga. Solusi d'Alembert

Pecahkan persamaan gelombang

   x  , t  0 

utt  cu xx

Dengan syarat u  x, 0   f  x 

 defleksi awal diketahui   kecepatan awal nol 

ut  x, 0   0 u  0,

ux  0

jika x   untuk semua t.

dengan hal ini f dan g diasumsikan memiliki transfom Fourier. 

u  F  u

Jawab. Kita transformasikan terhadap x, dengan menuliskan . Dengan menggunakan (10) Pasal 10.11 kita memperoleh dari persamaan gelombang





 u   u tt  c 2 F  utt   c 2 w2 u . F tt sehingga 



u tt  c 2 w2 u  0.

Karena turunan terhadap w tidak muncul, berarti ini merupakan suatu persamaan diferensial biasa ordo-kedua dengan koefisien c2w2 ”konstanta” (tidak tergantung pada t). Solusi umumnya adalah u  w, t   A  w  cos cwt  B  w  sin cwt 

Karena F

 u  x, 0    u  w, 0 

, maka kita peroleh dari syarat awal, untuk



u  w, 0   A  w   f  w  

ut  w, 0   AcwB  w   0

Jadi 



u  w, t   f  w   0

Ingat bahwa kita ingin mencari u. Ini perlu akal. Untuk ini kita ucapkan kosinus itu dalam fungsi eksponensial dan kemudian kita terapkan rumus pergeseran

  x  a    eia F  f  x   . (11) F yang merupakan akibat langsung dari definisi transformasi Fourier dengan mengambil

x  a  p, x  p  a, dx  dp, sehingga

F

 f  x  a 

1 2





f  p  ei x dx 



1 2



  f  p e i

p a

dp





1 1 a  e f  p  e i p dp.  2    1 Jadi, f ( w) cos cwt  f ( w)  eict  e  ict  2 mempunyai transformasi Fourier kebalikan 1 u  x, t    f  x  ct   f  x  ct   . 2 (12) Ini tidak lain adalah adalah solusi d'Alembert (6), Pasal 11.4 Ini akhir Bab 11. di dalam Bab ini kita telah memusatkan perhatian pada persamaan-persamaan diferensial parsia paling penting di dalam fisika dan rekayasanya sekaligus, ini juga merupakan akhir bagian C tentang analisa Fourier dan persamaan diferensial parsial. Di dalam bagian D (Bab 12-Bab 17), kita akan menjelajahi suatu cabang yang sama sekali berbeda sifatnya, analisis kompleks, yang juga sangat penting bagi rekayasawan, sebagaian akan diperlihatkan oleh teladan-teladan dan soal-soal latihan yang akan diberikan. Soal-soal Latihan Ulangan untuk Bab 11.4

1.

Apakah prinsip superposisi itu? Pada jeis persamaan bagaimanakah prinsip ini berlaku?

2.

Hukum fisik apakah yang menghasilkan persamaan gelombang, dan mengapakah persamaan ini melibatkan turunan persiak kedua terhadap t? Turunan terhadap t apakah yang apakah yang terdapat di dalam persamaan panas?

2 2 3 3. Verifikasi bahwa u  x  4t dan u  x  3 xt merupakan solusi bagi persamaan gelombang bedemensi-satu dengan c yang sesuai. 4. Apa yang dimaksud dengan solusi d'Alembert bagi persamaan gelombang? 5. Apakah fungsi-eigen bagi dawai yang bervibrasi itu? Bagi membran yang bervibrasi? 6. Di dalam pemisaan persamaan gelombang ber-demensisatu, kita hanyan memperole fungsi trigonometrik, sedangkan di dalam pemisahan persamaan gelombang kita juga memperoleh satu persamaan eksponensial. aaaaaaApak alasannya?

7. Bagaimanakah fungsi eksponensial di dalam Soal 6 akan berubah jika c2 di dalam persamaan itu ditingkatkan? Apakah jawaban anda dapat dipahami dari sudut

pandang fisik? 8. Bagaimana mungkin beberapa syarat awal dikenakan pada kasus persamaan gelombang? Di dalam kasus persamaan panas? 4 2 2 4 9. Verifikasi bahwa u  x  6 x y  y dan u  sin x sinh y merupakan solusi bagi persamaan Laplace.



 





u  x2  y 2 /  x2  y 2



2



dan u  2 x / x 2  y 2



2

sin x sinh y 10.Verifiaksi bahwa merupakan solusi bagi persamaan Laplace. u  x2  y2  2z 11. Verifikasi bahwa merupakan solusi bagi persamaan Laplace. 2 2 2 12. Verifikasi u  x  y  z memenuhi persamaan Possion.

13. Apa yang dimaksud dengan persamaan eliptik? Persamaan elptik manakah yang paling penting? 14. Apakah persamaan hiperbolik itu? Persamaan hiperbolik? Berikan teladan. 15. Berapa persamaan diferensial yang sederhana dapat dipecahkan dengan cara yang biasa digunakan untuk persamaan diferensial biasa. Jelaskan. Berikan teladan. 16. Apakah fungsi galat itu? Dalam kaitan dengan apa fungsi ini muncul dalam bab ini? 17. Mengapa fungsi Bessel dan polinom Lagendre muncul di dalam bab ini? 18. Mengapa deret Fourier memainkan peranan pokok di dalam bab ini, walaupun fungsi yang diberikan yang secara fisik menarik tidak bersifat periodik? 19. Atas pertimbangan apakah integral Fourier muncul di dalam bab ini? 20. Di dalam bab 5, persamaan pembantunya merupakan merupakan persamaan aljabar. Mengapa kita memperoleh memperoleh persamaan diferensial

biasa ketika

memecahkan persamaan diferensial parsial melalui metode transform (metode oprasonal)? 21. Pecahkan u xx  9u  0. 22. Pecahkan u xy  u x  x  y  1  0. 23. Pecahkan u yy  3u y  4u  8. 24. Carilah semua solusi u ( x, y )  F ( x)G ( y ) bagi persamaan Laplace dan dua peubah.

25. Tentukan semua solusi bagi

yu x  xu y

melalui pemisah peubah. 2 Tentukan gerak dawai yang bervibrasi yang panjangnya  ,dengan c  T / p  1, yang mulai dengan kecepatan awal 0 dan defleksi 1 26. f ( x )  sin x  sin 2 x 27. f ( x)  0.1sin 3x 2 28. f ( x )   / 2  x   / 2 29. f ( x)  sin 3 x 30. f ( x )  x jika 0  x   / 3,

f ( x)  (  x) / 2 jika  / 3  x   Osilasi paksa terhadap suatu dawai elastis. Persamaan adalah P u  c 2 u xx  .  (1)

Simak dan pecahkan persamaan ini sebagai berikut. 31. Tunjukkan bahwa vibrasai paksa terhadap suatu dawai elastis mengikuti persamaan (1), dengan dalam hal ini P( x, t ) adalah gaya eksternal persamaan satuan panjang yang bekerja tegak lurus pada dawai tersebut. 32. Misalkan gaya eksternal itu sinusiodal, katakanlah P  A sin t. Tunjukkan bahwa  n x P /   A sin t   kn (t )sin L n 1 dengan dalam hal ini kn (t )  (2 A / n )(1  cos n )sin t ; akibatnya kn  0 (untuk n genap), dan kn (t )  (4 A / n )(1  cos n )sin t ; (unutk n ganjil). Lebih lanjut, tunjukkan bahwa substitusi  •• n x u ( x, t )   Gn sin ke dalam utt  c 2utt menghasilkan G  n 2 Gn  0 L n 1 dengan dalam hal ini   cn L.

33. Tunjukkan bahwa dengan mensubstitusiakn ekspresi bagi u dan P / p di dalam Soal 32 ke dalam (1) kita memperoleh  2A cn G n  n 2Gn  (1  cos n )sin t , n  . n L 2 Tunjukkan bahwa jika n   , solusinya adalah 

Gn (t )  Bn cos n  Bn sin nn G n  n t 

2 A(1  cos n ) sin t. n (n2   2 )

34. Tunjukkan bahwa dalam kasus resonansi (n   ), A Gn (t )  Bn cos t  Bn sin n  (1  cos n )t cos  t. n Dengan menggunakan transformasi yang ditunjukkan, pecahkan persamaan-persamaan diferensial parsia berikut.

36. u xx  2u xy  u yy  0

( v  x, z  x  y )

37. u xx  2u xy  u yy  0

( v  x, z  x  y )

38. 2u xx  5u xy  2u yy  0

(v  2 x  y , z  2 y  x )

39. xu xy  yu yy  u y

(v  x, z  xy )

40. u xx  u xy  2u yy

(v  x  y, z  2 x  y )

Tentukan distribusi suhu di dalam batang tembaga yang diisolasi memanjang (c  K /    1.158cm 2 / det), yang panjangnya 50 cm dan irisan melintannya constan, yang ujung-ujungnya pada x = 0 dan x = 50 dipertahankan pada suhu 0 oC dan yang suhu awalnya adalah 41. f ( x)  sin( x / 50) 42. f ( x)  100sin( x / 250) 2

43. f ( x)  sin 3 ( x /10) 44. f ( x)  x(50  x) 45. f ( x)  x jika 0  x  25, f ( x)  50  x jika 25  x  50 Kita ingat dari Pasal 11.5 bahwa untuk syarat batas adiabatik, suhu u ( x, t ) di dalam sebuah batang yang diisolasi memanjang dengan panjang L adalah    c x  2  n x u ( x, t )  A0   An cos exp     t . L n 1   L   Jika L   dan c  1, tentukan dari ini sousi yang memenuhi syarat awal 46. f ( x)  30 x 2 

47. f ( x)  

10 jika 0<x< /2

47. f ( x)  95cos 2 x 

49. f ( x)  

4x

jika o<x< /2

 0 jika  /2<x<  4(  x ) jika  /2<x< 50. Dengan menggunakan tabel A2 di dalam Aapendiks 4 dan interpolasi linear dan koefisien-koefisien yang duberikan pada Teladan 1 Pasal 11.10, tunjukkan bahwa f (0.5)  0.7498. beraapa nilai pastinya?

Tunjukkan bahwa membran berikut, yang luasnya 1 dan c2 = 1, mempunyai frekuensi modus dasar (fundamental mode) sebagai berikut (dalam 4-desimal). Bandingkanlah. 51. Lingkaran: 1 / 2   0.6784 52. Bujursangkar: 1 2  0.7071 53. Seperempat lingkaran: 12 / 4   0.7244 (12  5.135652  nilai nol (zero) positif yang pertama dari J2) 54. Setengah lingkaran: 3.832 / 8  0.7644 55. Persegi panjang (sisi-sisi 1 : 2): 5/8  0.7906

Ringkasan Bab 11

Persamaan Diferensial Parsial Bila persamaan diferensial parsial biasa (Bab 1-Bab 5) merupakan model bagi masalah rekayasa sederhana yang melibatkan suatu peubah bebas, masalah yang melibatkan dua atau lebih peubah bebas (peubah ruang, atau waktu t dan satu atau lebih peubah ruangan) menghasilkan persamaan diferensial parsial. Ini menunjukkkan bahwa pentingnya persamaan-persamaan itu bagi rekayasawan dan fisikawan tidak dapat diabaikan. Di dalam bab ini kita terutama mengupas persamaan-persamaan diferensial parsial paling penting di dalam fisika dan rekayasa, yaitu: 2 (1) uu  c u xx

(2)

uu  c 2  u xx  u yy 

2 (3) ut  c u xx

(4)

 u  u xx  u yy  0

(5)

 2u  u xx  u yy  u zz  0

Persamaan gelombang berdimensi-satu (Pasal 11.2-Pasal 11.4) Persamaan gelombang berdemens-dua (Pasal 11.7-Pasal 11.10) Persamaan panas bedemensi-satu (Pasal 11.5, Pasal 11.6) Persamaan Laplace berdemensi-dua (pasl 11.5, Pasal 11.9) Persamaan Laplace berdemensi-tiga (Pasal 11.11, Pasal 11.12)

(1) dan (2) adalah hiperbolik, (3) adalah parabolik, (4) dan (5) adalah elptik. (Lihat Soalsoal Latihan untuk Pasal 11.4.) Di dalam praktek, biasnya kita ingin memperoleh solusi persaman demikian ini pada suatu daerah tertentu yang memenuhi syarat-syarat tambahan, misalnya syarat awal (syarat pada waktu t = 0) atau syarat batas (nilai tertentu bagi solusi u atau turunannya pada permukaan batas S, atau kurva batas C dari darah di atas) atau keduanya. Pada (1) dan (2) kita menetapkan dua syarat awal (pergeseran awal dan kecepatan awal). Pada (3), kita menetapkan distribusi suhu awal. Pada (4) atau (5) kita menetapkan suatu syarat batas dan menamakan masalah tersebut Masalah Dirichlet jika u ditetapkan pada S, Masalah Neumann un  u / n ditetapkan pada S, Masalah campuran jika u ditetapkan pada sebagian lainnya dari S sedangkan un pada sebagian lainnya dari S.

Lihat Pasal 11.5. Suatu metode umum untuk memecahkan masalah demikian ini adalah metode pemisahan peuba atau metode hasil kali. Di dalam metode ini kita mengasumsikan solusinya berbentuk hasilkali dua fungsi, yang masing-masing tergantung pada satu peubah saja. jadi, persamaan (1) dipecahkan dengan mengambil (Pasal 11.3) u  x, t   F  x  G  t  ;

begitu pula untuk (3) dalam Pasal 11.5 substitusi ke dalam persaman yang diberikan menghasilkan persaman diferensial biasa bagi F dan G, dan dari situ kita memperoleh tak hingga banyaknya solusi F = dan G = Gn sedemikian rupa sehingga fungsi u  x, t   Fn  x  Gn  t  ;

merupakan solusi bagi persamaan diferensial parsial di atas yang memenuhi syarat batas yang diberikan. Itu adalah fungsi-eigen bagi masalah tersebut, sedangkan nilaiaigen-nya menentukan frekuensi vibrasinya (atau kecepatan turunnya suhu dalam kasusu persamaan panas, dan lain sebagainya). Agar juga memenuhi syarat awal, kita harus menyimak deret takhinggan bagi un, yang koefisien-koefisiennya ternyata adalah koefisien Fourier fungsi f dan g yang merepresentasikan syarat awal yang diberikan (Pasal-Pasal 11.3, 11.5). oleh karena itu, deret Fourier (dan integral Fourier) sangat penting di sini (Pasal-Pasal 11.3, 11.5, 11.6, 11.8) Masalah keadaan-stabil atau stasioner adalah masalah yang solusinya tidak tergantung pada waktu t. Untuk masalah demikian ini, persamaan panas ut = c2 2u menjadi persamaan Laplace (Pasal 11.5). Sebelum memecahkan suatu masalah nilai awal atau masalah nilai batas, kita sering mentransformasi persamaan itu ke dalam koordinat-koordinat sehingga batas daerahnya dapat diucapkan dalam rumus yang sederhana. Dalam koordinat kutub yang didefinisikan oleh x = r cos q,

y = r sin q, Laplacian menjadi (pasal 11.9)

1 1  2u  urr  ur  2 umr r r (6) Sedangkan dalam koordinat bola, lihat pasal 11.11. kalau kemudian kita terapkan metode

pemisahan peubah, maka akan kita peroleh persamaan Bessel dari (2) dan (6) (membran lingkaran bervinrasi, pasal 11.10) dan persaman Legendre dari (5) yang ditransformasi ke dalam koordinat bola (pasal 11.12).

Metode operasional (trnformasi Laplace, transformasi fourier)sangat membantu untuk memecahkan persaman diferensial parsial dalam daerah tak hingga (pasal-pasal 11.12, 11.13), khususnya jika koefisien-koefisien persamaan itu adalah konstanta atau tergantung hanya pada satu peubah.

f  



110

jika

0  / 2

0

jika

 /2<  .

  x  1 w  x, t    t  u (t  x 2 )   2  2 

sin t

jika 0  t  2

0

selainnya

2



Publish By Awang, Himpunan mahasiswa Fisika (Himafi) Universitas Hasanuddin Makassar.