FUNGSI HARMONIK DAN PENERAPAN PERSAMAAN LAPLACE DALAM MENYELESAIKAN MASALAH NILAI BATAS PADA KOORDINAT POLAR Thoriq Aziz Tjang Daniel Chandra E-mail:
[email protected] ABSTRAK: Fungsi harmonik adalah solusi dari persamaan Laplace. β adalah operator diferensial didefinisikan sebagai berikut β=
π2 ππ₯ 12
+β―+
π2 ππ₯ π2
. Menurut
Badger (2010:1), misal π
π mendefinisikan Ruang Euclid berdimensi-n, sehingga π
1 adalah garis, π
2 adalah bidang dan seterusnya. Misal πΉ β π
π adalah domainnya, suatu fungsi π’: πΉ β π
harmonik jika π’ mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu dan turunan parsial tersebut jika dijumlahkan hasilnya sama dengan nol yaitu π’π₯ 1 π₯ 1 + π’π₯ 2 π₯ 2 + β― + π’π₯ π π₯ π = 0. Beberapa sifat fungsi harmonik adalah (1) jika π’ dan π£ adalah harmonik dan πΌ dan π½ adalah suatu konstanta maka πΌπ’ + π½π£ adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik π’ dan π£ belum tentu harmonik, (3) Jika π’ dan π’2 adalah harmonik maka π’ harus suatu konstanta, (4) Jika π’, π£ dan π’2 + π£ 2 adalah harmonik maka π’ dan π£ harus konstanta. Penerapan fungsi harmonik digunakan untuk menyelesaikan permasalahan nilai batas (dirichlet) pada koordinat polar dalam domain berbeda. Terdapat empat tipe domain yang berbeda pada domain ruang Euclid dua dimensi dalam koordinat polar yaitu tipe daerah dalam suatu cakram (Disk), tipe irisan dengan kondisi Robin, tipe annulus, dan tipe daerah luar suatu cakram (Disk). Sedangkan dalam domain ruang Euclid tiga dimensi ada tipe permasalahan dirichlet pada koordinat silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan π0 . Kata kunci: Fungsi Harmonik, Persamaan Laplace, Koordinat Polar, Permasalahan Nilai Batas. ABSTRACT: Harmonic function is the solution of laplace equation. Ξ is differential π2
π2
operator, it is defined as π₯ = ππ₯ 2 + β― + ππ₯ 2 . According to Badger (2010:1), ie π
π 1
π
define π-dimensional Euclidean space, so that π
1 is the line, π
2 is the area and so on. Suppose πΉ β π
π is a domain, a function π’: πΉ β π
harmonic if π’ has continuous second partial derivatives and the sum of the pure second partial derivative is zero i.e π’π₯ 1 π₯ 1 + π’π₯ 2 π₯ 2 + β― + π’π₯ π π₯ π = 0. Some properties of harmonic functions is if π’ and π£ are harmonic and πΌ and π½ is a number then πΌπ’ + π½π£ is harmonic; Product of two harmonic function π’ and π£ are not harmonic; if π’ and π’2 is harmonic then π’ must be a constant; If π’, π£ and π’2 + π£ 2 is harmonic then π’ and π£ must be constant. The application of Laplace equation is used to solve the problem of boundary value (Dirichlet) to polar coordinate in different domain. A harmonic function itself is the solution of the problem (Dirichlet). There are four different types of domain in the domain of two-dimensional Euclidean space in polar coordinate. The interior type a disk , the wedge type with Robin condition, annulus type, and exterior type a disk. While in the domain of three-dimensional Euclidean space type there is a Dirichlet problem to cylindrical coordinates with its lateral surface is charge at a potential π0 . Keywords: Harmonic functions, Laplace equation, Polar coordinates, Boundary Value Problems
Persamaan diferensial merupakan salah satu cabang ilmu matematika yang dipelajari oleh banyak orang dan sebagian sudah diterapkan dalam kehidupan nyata seperti halnya permodelan matematika yang memiliki peran dalam bidang teknik, biologi, dan lain-lain, tetapi ada juga yang digunakan untuk
mengembangkan materi yang sudah didapat sehingga memperoleh suatu pernyataan yang benar dan dapat dibuktikan secara matematis. Persamaan diferensial mempelajari berbagai macam materi yang berguna penelitian. Salah satunya Persamaan Laplace yang merupakan materi dalam persamaan diferensial. Persamaan Laplace merupakan salah satu yang terpenting dari semua persamaan diferensial dalam terapan matematika (Boyce, dkk, 2008:646). Persamaan tersebut dapat digunakan untuk menentukan fungsi harmonik yaitu dengan mencari solusi persamaan Laplace, karena menurut Nakhle (2004), π’(π₯, π¦) disebut fungsi harmonik jika memenuhi persamaan Laplace. Banyak proyek permasalahan yang dapat dikaji dalam materi persamaan diferensial salah satu proyek permasalahannya adalah tentang fungsi harmonik. Salah satu soal proyek yang belum dikerjakan adalah tentang sifat-sifat fungsi harmonik dan penerapan dari fungsi harmonik. Berdasarkan buku βPartial Differential Equations with Fourier Series and Boundary Value Problemsβ karya Nakhle (2004:194), terdapat soal proyek tentang sifat-sifat fungsi harmonik yaitu jika π’ dan π£ adalah harmonik dan πΌ dan π½ adalah suatu konstanta maka πΌπ’ + π½π£ adalah harmonik; Beri contoh dua fungsi harmonik π’ dan π£ sehingga π’π£ bukan harmonik; Jika π’ dan π’2 adalah harmonik maka π’ harus suatu konstanta; Jika π’, π£ dan π’2 + π£ 2 adalah harmonik maka π’ dan π£ harus konstanta. Karena fungsi harmonik merupakan solusi persamaan Laplace maka peneliti ingin mengetahui bagaimana penerapan persamaan Laplace dalam menyelesaikan pemasalahan nilai batas pada koordinat polar yang meliputi daerah dalam cakram, daerah luar cakram, daerah irisan dengan kondisi Robin, daerah annulus, dan daerah silinder dengan kondisi temperatur bagian selimut sama dengan π0 . . KAJIAN PUSTAKA Dalam penelitian ini penulis akan menjelaskan tterlebih dahulu tentang fungsi harmonik. Menurut Badger (2010:1), misal π
π mendefinisikan Ruang Euclid berdimensi-n, sehingga π
1 adalah garis, π
2 adalah bidang, π
3 adalah Ruang dan seterusnya. Misal πΉ β π
π adalah domainnya, suatu fungsi π’: πΉ β π
harmonik jika π’ mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu dan turunan parsial tersebut jika dijumlahkan hasilnya sama dengan nol yaitu π’π₯ 1 π₯ 1 + π’π₯ 2 π₯ 2 + β― + π’π₯ π π₯ π = 0. Fungsi harmonik memiliki sifat-sifat yaitu (1) Jika π’ dan π£ adalah harmonik dan πΌ dan π½ adalah suatu bilangan maka πΌπ’ + π½π£ adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik π’ dan π£ belum tentu harmonik, (3) Jika π’ dan π’2 adalah harmonik maka π’ harus suatu konstanta, (4) Jika π’, π£ dan π’2 + π£ 2 adalah harmonik maka π’ dan π£ harus konstanta. Metode variabel terpisah adalah suatu tekhnik mencari solusi dengan menggunakan nilai batas dan mengecek kondisi batas. Kemudian untuk mencari solusi dari permasalahan nilai batas pada koordinat silinder diperlukan solusi dari persamaan Bessel orde nol, sebelum itu perhatikan teorema berikut Teorema 2.3.1 Perhatikan persamaan diferensial π₯ 2 π¦ β²β² + π₯ π₯π(π₯) π¦ β² + π₯ 2 π π₯ π¦ = 0 dimana π₯ = 0 adalah titik singular regular kemudian π₯π(π₯) dan π₯ 2 π π₯ analitik pada π₯ = 0 dengan ekspansi deret kuasa konvergen β
β
π
π₯π π₯ =
2
ππ π₯ π
ππ π₯ ; π₯ π π₯ = π =0
π =0
Untuk π₯ < π, dimana π > 0 adalah minimum dari jari-jari konvergensi untuk deret kuasa π₯π π₯ dan π₯ 2 π π₯ . Misal π1 dan π2 adalah akar-akar dari persamaan indeks πΉ π = π π β 1 + π0 π + π0 = 0 dengan π1 β₯ π2 jika π1 dan π2 nyata. Maka pada interval β π < π₯ < 0 atau interval 0 < π₯ < π, ada solusi dalam bentuk β
π¦1 π₯ = π₯
π1
ππ π1 π₯ π
1+
β¦ . (2.1)
π=1
dengan ππ π1 diberikan oleh relasi rekurensi dengan π0 = 1 dan π = π1 . Jika π1 β π2 tidak nol atau bilangan bulat positif, maka pada interval β π < π₯ < 0 atau interval 0 < π₯ < π, ada solusi kedua dalam bentuk β
π¦2 π₯ = π₯
π2
ππ π2 π₯ π
1+
β¦ . 2.2
π=1
dengan ππ π2 diberikan oleh relasi rekurensi dengan π0 = 1 dan π = π2 . Deret kuasa dari persamaan 2.1 dan 2.2 konvergen pada paling sedikit π₯ < π Jika π1 = π2 , maka solusi kedua berbentuk β
π¦2 π₯ = π¦1 π₯ ln π₯ + π₯
π1
ππ π1 π₯ π β¦ . 2.3 π=1
Jika π1 β π2 = π, suatu bilangan bulat positif, maka β
π¦2 π₯ = ππ¦1 π₯ ln π₯ + π₯
π2
ππ π2 π₯ π β¦ . 2.4
1+ π =1
Koefisien ππ π1 , ππ π1 , ππ π2 , dan konstanta π dapat ditentukan dengan mensubtitusi bentuk dari deret solusi persamaan π₯ 2 π¦ β²β² + π₯ π₯π(π₯) π¦ β² + π₯ 2 π π₯ π¦ = 0 Konstanta π dapat dinyatakan dengan nol pada kasus yang tidak ada suku logarithmic di solusi 2.4 . Masing-masing deret di persamaan 2.3 dan 2.4 konvergen pada paling sedikit π₯ < π dan mendefinisikan suatu fungsi yang analitik pada beberapa lingkungan dari π₯ = 0. Dalam semua kasus tersebut, dua solusi π¦1 π₯ dan π¦2 π₯ membentuk suatu set solusi fundamental dari persamaan diferensial yang diberikan. Kemudian perhatikan persamaan umum dari persamaan Bessel yaitu π₯ 2 π¦ β²β² + π₯π¦ β² + π₯ 2 β π£ 2 π¦ = 0 Dari teorema 2.3.1 diperoleh bahwa solusi untuk persamaan Besel orde nol (saat π£ = 0) yaitu π¦ = π1 π½0 π₯ + π2 π0 π₯ dengan π½0 = 1 +
β1 π₯ 2π β π =1 22π π ! 2
2
; π0 = π π½0 π₯
π₯
πΎ + ln 2 +
β1 π +1 π»π β π =1 22π π ! 2
Perhatikan bahwa π½0 π₯ β 1 saat π₯ β 0 dan π0 π₯
π₯ 2π
memiliki singular 2
logarithmic pada π₯ = 0 sehingga π0 π₯ berperilaku seperti π ln π₯ saat π₯ β 0 melalui nilai positif. Oleh karena itu jika mencari solusi dengan persamaan Bessel orde nol yang terhingga pada titik asal, kasus yang seperti ini diharuskan membuang π0 .
Persamaan Euler merupakan persamaan diferensial yang berbentuk π2π¦ ππ¦ π₯ 2 2 + πΌπ₯ + π½π¦ = 0 β¦ 1 ; πΌ, π½ β β ππ₯ ππ₯ Solusi dari persamaan euler tersebut untuk akar real dan kembar adalah sebagai berikut π¦ π₯ = π1 π₯ π1 + π2 π₯ π1 ln π₯. HASIL DAN PEMBAHASAN Dalam penelitian ini peneliti akan menunjukkan solusi dari permasalahan nilai batas dalam domain yang berbeda yaitu empat permasalahan di ruang Euclid berdimensi dua dan satu permasalahan dalam ruang Euclid berdimensi tiga. Solusi dari permasalahan tersebut merupakan fungsi harmonik. Sebelum mencari solusi dari permasalahan nilai batas tersebut terlebih dahulu mengubah persamaan Laplace dalam koordinat kartesius ke dalam koordinat polar sehingga diperoleh persamaan Laplace dua dimensi dalam koordinat polar dan persamaan Laplace tiga dimensi dalam koordinat silinder berturut-turut yaitu π 2π’
1 ππ’
π2π’
π2π’ ππ2
1 ππ’
1 π2π’
+ π ππ + π 2 π π 2 = 0
dan π π 2 + π ππ + π π§ 2 = 0. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah dalam cakram (Interior Disk). Akan dicari solusi dari π π ; 0 β€ π β€ 2π.
π 2π’ ππ2
1 ππ’
1 π 2π’
+ π ππ + π 2 π π 2 = 0 dengan kondisi batas π’ 1, π =
Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial biasa π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0 dan π β²β² + πΎπ = 0. Digunakan periode dari π yaitu 2π dan menyelesaikan persamaan diferensial π β²β² + πΎπ = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat πΎ = π2 < 0 diperoleh solusi π π = π1 cosh ππ + π2 sinh(ππ) yang periodic saat π1 = π2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π π = π1 π + π2 yang periodic jika π1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah π π = π2 . Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ yang periodic jika π = π untuk π bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π
π = π3 + π4 ln π, karena untuk π = 0 nilai dari ln π tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah π
π = π3 . Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π
π = π5 π π + π6 π βπ , karena untuk π = 0 nilai dari π6 π βπ tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah π
π = π5 π π . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum untuk permasalahan nilai batas pada suatu daerah dalam cakram adalah β π π’ π, π = πΆ + π =1 π π΄π cos ππ + π΅π sin ππ . Kemudian mencari nilai dari 1 2π konstanta menggunakan deret fourier diperoleh πΆ = 2π 0 π π ππ; π΄π = 1 2π π 0
1
π π cos ππ ππ dan π΅π = π
2π 0
π π sin ππ ππ.
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah luar cakram (Exterior Disk). Akan dicari solusi dari π π ; 0 β€ π β€ 2π.
π 2π’ ππ2
1 ππ’
1 π 2π’
+ π ππ + π 2 π π 2 = 0 dengan kondisi batas π’ 1, π =
Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial biasa π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0 dan π β²β² + πΎπ = 0. Digunakan periode dari π yaitu 2π dan menyelesaikan persamaan diferensial π β²β² + πΎπ = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat πΎ = π2 < 0 diperoleh solusi π π = π1 cosh ππ + π2 sinh(ππ) yang periodic saat π1 = π2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π π = π1 π + π2 yang periodic jika π1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah π π = π2 . Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ yang periodic jika π = π untuk π bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π
π = π3 + π4 ln π, karena untuk π = 0 nilai dari ln π tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah π
π = π3 . Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π
π = π5 π π + π6 π βπ , karena untuk π semakin besar nilai dari π6 π π tidak terhingga jadi solusi yang didapat adalah π
π = π5 π βπ . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum dari permasalahan nilai batas pada suatu daerah βπ luar cakram adalah π’ π, π = πΆ + β π΄π cos ππ + π΅π sin ππ . π =1 π Kemudian mencari nilai dari koefisien menggunakan deret fourier diperoleh 1 2π 1 2π πΆ = 2π 0 π π ππ; π΄π = π 0 π π cos ππ ππ dan 1
2π
π΅π = π 0 π π sin ππ ππ. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi Robin. Akan dicari solusi dari π
π 2π’
1 ππ’
1 π 2π’
+ π ππ + π 2 π π 2 = 0 dengan kondisi batas π’ π, π = ππ2
0 ; π’ π, πΌ = 0 ; ππ π’ 1, π = βπ’ 1, π β π. Kodisi batas ini merepresentasikan suatu irisan yang sisi bagian pertama adalah sinar π = 0 dan sisi yang lain adalah sinar π = πΌ, irisan ini mengalirkan panas sesuai dengan konsisi Robin π π’ 1, π = βπ’ 1, π β π. ππ Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0 dan π β²β² + πΎπ = 0. Kemudian diperhatikan persamaan diferensial π β²β² + πΎπ = 0 dengan kondisi batas π 0 = 0; π πΌ = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat πΎ = π2 < 0 diperoleh solusi π π = π1 cosh ππ + π2 sinh(ππ) yang memenuhi kondisi batas saat π1 = π2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya
kasus ini diabaikan. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π π = π1 π + π2 yang yang memenuhi kondisi batas jika π1 = π2 = 0 jadi solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ yang memenuhi kondisi batas jika π1 = 0 ππ sehingga solusi yang didapat adalah π π = π2 sin πΌ π . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat satu kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0. Saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π
π = π5 π π + π6 π βπ , karena untuk π = 0 nilai dari π6 π βπ tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah π
π = π5 π π . Dari ketiga kasus diatas diperoleh solusi umum dari permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi robin adalah β π =1 π΄π
π’ π, π =
ππ
π πΌ sin
ππ πΌ
π .
Kemudian mencari nilai dari koefisien
menggunakan deret fourier diperoleh π΄π = β
2 ππ πΌ
πΌ 1+
πΌ 0
π sin
ππ πΌ
π ππ.
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus. Akan dicari solusi dari π2π’
1 π2π’
1 ππ’
+ π ππ + π 2 π π 2 = 0 dengan kondisi batas π’ π, π = π1 π ; π’ π, π = π2 π . ππ2 Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0 dan π β²β² + πΎπ = 0. Digunakan periode dari π yaitu 2π untuk menyelesaikan persamaan β²β² diferensial π + πΎπ = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat πΎ = π2 < 0 diperoleh solusi π π = π1 cosh ππ + π2 sinh(ππ) yang periodic saat π1 = π2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π π = π1 π + π2 yang periodic jika π1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah π π = π2 . Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ yang periodic jika π = π untuk π bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π
π = π3 + π4 ln π. Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π
π = π5 π π + π6 π βπ . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus adalah π’ π, π = πΆ + π βπ π· ln π + β cos ππ + πΆπ π π + π·π π βπ sin ππ . Kemudian π =1 π΄π π + π΅π π untuk mencari nilai koefisien menggunakan deret fourier diperoleh 1
πΆ = 2π π·=
1β 1
2π ln 1
π π
π΄π = π π π ππ
ln π ln
π π
2π π1 0 2π π1 0
2π π1 0
2π π1 0
π ππ +
2π π2 0
π ππ
π β π2 π ππ
π cos ππ ππ β π cos ππ ππ
1 π 2π ππ π π π β π π
ππ
2π π1 0
π cos ππ ππ β
π΅π = πΆπ =
1 π π π π β π π
π 1
ππ π
2π π1 0
ππ
2π π1 0
π cos ππ ππ β ππ
π sin ππ ππ β
1 π 2π π ππ ππ β π π
ππ
2π π2 0 2π π1 0
π cos ππ ππ
π sin ππ ππ β
ππ02ππ1πsinππππ π·π =
1 π
π π π π β π π
ππ
2π π1 0
π sin ππ ππ β ππ
2π π2 0
π sin ππ ππ
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan π0 . Akan diselesaikan persamaan Laplace π 2 π’ 1 ππ’ π 2 π’ + + = 0, 0 < π < π, 0<π§<β ππ2 π ππ ππ§ 2 dengan kondisi batas π’ π, 0 = π’ π, β = 0, 0 β€ π β€ π ; π’ π, π§ = π0 , 0 β€ π§ β€ β Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0 dan π β²β² + πΎπ = 0. Kemudian diperhatikan persamaan diferensial π β²β² + πΎπ = 0 dengan kondisi batas π 0 = 0; π β = 0. Karena πΎ adalah suatu konstanta maka diperhatikan tiga kasus yaitu saat πΎ = π2 < 0 diperoleh solusi π π = π1 cosh ππ + π2 sinh(ππ) yang memenuhi kondisi batas jika π1 = π2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat πΎ = 0 diperoleh solusi π π = π1 π + π2 yang memenuhi kondisi batas jika π1 = π2 = 0 jadi solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Kemudian saat πΎ = π2 > 0 diperoleh solusi π π = π1 cos ππ + π2 sin ππ yang memenuhi kondisi batas jikaπ1 = 0 jadi ππ
solusi yang didapat adalah π π = π2 sin β π dengan π = 1,2,3, β¦. Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat satu kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial π 2 π
β²β² + ππ
β² β πΎπ
= 0. Saat πΎ = π2 > 0 persamaan tersebut dapat dipandang sebagi persamaan Bessel orde nol sehingga diperoleh solusi π
π = ππ π1 π½π β π . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum dari permasalahan nilai batas pada daerah silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan ππ ππ π0 adalah π’ π, π = β π =1 πΌ0 β π sin β π§ . Kemudian mencari koefisien dengan menggunakan deret fourier diperoleh β π ππ ππ = ππ0 sin β π§ ππ§ 0 πΌ0
β
π β
PENUTUP Kesimpulan Berdasarkan hasil diatas diperoleh bahwa fungsi harmonik memiliki sifatsifat yaitu (1) Jika π’ dan π£ adalah harmonik dan πΌ dan π½ adalah suatu bilangan maka πΌπ’ + π½π£ adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik π’ dan π£ belum tentu harmonik, (3) Jika π’ dan π’2 adalah harmonik maka π’ harus suatu konstanta, (4) Jika π’, π£ dan π’2 + π£ 2 adalah harmonik maka π’ dan π£ harus
konstanta. Solusi dari masing-masing permasalahan nilai batas merupakan fungsi harmonik yaitu a. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah dalam cakram (Interior Disk) u(r,ο± ) ο½ C ο« ο₯ r n ο¨ An cos nο± ο« Bn sin nο± ο© n
dengan 1 Cο½ 2ο°
1
An ο½
ο² f (ο± ) dο±
0 2ο°
ο² f (ο± ) cos(nο± ) dο±
ο°
0 2ο°
1
Bn ο½
2ο°
ο² f (ο± ) sin(nο± ) dο±
ο°
0
b. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah luar cakram (Exterior Disk) u(r,ο± ) ο½ C ο« ο₯ r ο n ο¨ An cos nο± ο« Bn sin nο± ο© n
dengan 1 Cο½ 2ο°
1
An ο½
ο² f (ο± ) dο± ;
0 2ο°
ο² f (ο± ) cos(nο± ) dο±
ο°
0 2ο°
1
Bn ο½
2ο°
ο² f (ο± ) sin(nο± ) dο±
ο°
0
c. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi Robin nο° ο₯ ο¦ nο° οΆ u(r,ο± ) ο½ ο₯bn r ο‘ sin ο§ ο± ο· , 0 οΌ r οΌ 1, 0 οΌ ο± οΌ ο‘ ο¨ο‘ οΈ n ο½1 dengan ο‘ 2 ο¦ mο° οΆ bm ο½ ο ο± sin ο§ ο± dο± ο² ο‘ ο·οΈ ο¦ mο° οΆ 0 ο¨ ο‘ ο§1 ο« ο‘ ο·οΈ ο¨ d. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus u(r,ο± ) ο½ C ο« D ln r ο« ο₯ An r n ο« Bn r ο n cos nο± ο« Cn r n ο« Dn r οn sin nο±
ο¨
ο©
ο¨
ο©
n
dengan 1
πΆ = 2π π·=
1β 1
2π
π ln π
1
π΄π = π π π ππ π΅π =
π
ln π π ln π
2π π1 0 2π π1 0
2π π1 0 1
2π π1 0
π +
2π π2 0
π ππ
π β π2 π ππ
π cos ππ ππ β
1 ππ π
π 2π ππ β π π
ππ
2π π1 0
π cos ππ ππ β
π cos ππ ππ
π π π π β π π
ππ
2π π1 0
π cos ππ ππ β ππ
2π π2 0
π cos ππ ππ
1
πΆπ = π π π ππ π·π =
π
2π π1 0 2π π1 0 1
π sin ππ ππ β
1 πππ
π 2π ππ β π π
ππ
2π π1 0
π sin ππ ππ β
π sin ππ ππ
π π π π β π π
2π π1 0
ππ
π sin ππ ππ β ππ
2π π2 0
π sin ππ ππ
e. Permasalahan nilai batas pada silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan π0 β ππ ππ π’ π, π§ = ππ πΌ0 π sin π§ β β π =1
dengan ππ =
π0 ππ πΌ0 π β
β 0 β
sin
ππ β
π§ ππ§
Saran Saran dari peneliti setelah diuraikan penjelasan tentang permasalahan nilai batas dengan domain yang berbeda-beda adalah domain dari penerapan fungsi harmonik dalam penjelasan pada hasil dan pembahasan terbatas hanya pada koordinat polar dua dimensi dan koordinat silnder dengan kondisi batas tertentu, sehingga dapat dikembangkan ke dalam koordinat bola atau koordinat silinder dengan kasus kondisi batas yang lain. DAFTAR PUSTAKA Asmar, Nakhle.H.2005.Differential Equations with Fourier Series and Boundary Value Problems(Second Edition).Pearson Prentice Hall:Amerika Serikat. Axler, S., Bourdon, P., dan Ramey, W..2000.Harmonic Function Theory (Second Edition).Springer:Amerika Serikat. Badger.2010.Harmonic Function (Suplemental Notes).(online) (http://ww:w.google.com/harmonic%20function/www.math.washington. edu/hnotes.pdf, diakses tanggal 8 Agustus 2012) Boyce, William E., dan Diprima, Richard E.2009.Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems (Ninth Edition).Willey:Amerika Serikat. Brown, James W., dan Churchill, Ruel V..1993.Fourier Series and Boundary Problem (Fifth Edition).McGraw-Hill:Amerika Serikat. Goh, Y.K.2009.Boundary Value Problems in Cylindrical Coordinates.(online)( staff.utar.edu.my/gohyk/03_PDE_cyl.pdf, diakses 7 Maret 2013) Zill, Dennis G.,dan Cullen, Michael R..2009.Differential Equations with Boundary-Value Problems (Seventh Edition).Cengage Learning: Amerika Serikat.