FUNGSI HARMONIK DAN PENERAPAN PERSAMAAN LAPLACE DALAM MENYELESAIKAN MASALAH NILAI BATAS PADA KOORDINAT POLAR

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. ∆ adalah operator diferensial didefinisikan sebagai berikut ∆=

𝜕2 𝜕𝑥 12

+⋯+

𝜕2 𝜕𝑥 𝑛2

. Menurut

Badger (2010:1), misal 𝑅𝑛 mendefinisikan Ruang Euclid berdimensi-n, sehingga 𝑅1 adalah garis, 𝑅2 adalah bidang dan seterusnya. Misal 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 adalah domainnya, suatu fungsi 𝑢: 𝐹 → 𝑅 harmonik jika 𝑢 mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu dan turunan parsial tersebut jika dijumlahkan hasilnya sama dengan nol yaitu 𝑢𝑥 1 𝑥 1 + 𝑢𝑥 2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑢𝑥 𝑛 𝑥 𝑛 = 0. Beberapa sifat fungsi harmonik adalah (1) jika 𝑢 dan 𝑣 adalah harmonik dan 𝛼 dan 𝛽 adalah suatu konstanta maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣 belum tentu harmonik, (3) Jika 𝑢 dan 𝑢2 adalah harmonik maka 𝑢 harus suatu konstanta, (4) Jika 𝑢, 𝑣 dan 𝑢2 + 𝑣 2 adalah harmonik maka 𝑢 dan 𝑣 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 𝑉0 . Kata kunci: Fungsi Harmonik, Persamaan Laplace, Koordinat Polar, Permasalahan Nilai Batas. ABSTRACT: Harmonic function is the solution of laplace equation. Δ is differential 𝜕2

𝜕2

operator, it is defined as 𝛥 = 𝜕𝑥 2 + ⋯ + 𝜕𝑥 2 . According to Badger (2010:1), ie 𝑅 𝑛 1

𝑛

define 𝑛-dimensional Euclidean space, so that 𝑅1 is the line, 𝑅2 is the area and so on. Suppose 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 is a domain, a function 𝑢: 𝐹 → 𝑅 harmonic if 𝑢 has continuous second partial derivatives and the sum of the pure second partial derivative is zero i.e 𝑢𝑥 1 𝑥 1 + 𝑢𝑥 2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑢𝑥 𝑛 𝑥 𝑛 = 0. Some properties of harmonic functions is if 𝑢 and 𝑣 are harmonic and 𝛼 and 𝛽 is a number then 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 is harmonic; Product of two harmonic function 𝑢 and 𝑣 are not harmonic; if 𝑢 and 𝑢2 is harmonic then 𝑢 must be a constant; If 𝑢, 𝑣 and 𝑢2 + 𝑣 2 is harmonic then 𝑢 and 𝑣 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 𝑉0 . 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), 𝑢(𝑥, 𝑦) 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 “Partial Differential Equations with Fourier Series and Boundary Value Problems” karya Nakhle (2004:194), terdapat soal proyek tentang sifat-sifat fungsi harmonik yaitu jika 𝑢 dan 𝑣 adalah harmonik dan 𝛼 dan 𝛽 adalah suatu konstanta maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 adalah harmonik; Beri contoh dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣 sehingga 𝑢𝑣 bukan harmonik; Jika 𝑢 dan 𝑢2 adalah harmonik maka 𝑢 harus suatu konstanta; Jika 𝑢, 𝑣 dan 𝑢2 + 𝑣 2 adalah harmonik maka 𝑢 dan 𝑣 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 𝑉0 . . KAJIAN PUSTAKA Dalam penelitian ini penulis akan menjelaskan tterlebih dahulu tentang fungsi harmonik. Menurut Badger (2010:1), misal 𝑅𝑛 mendefinisikan Ruang Euclid berdimensi-n, sehingga 𝑅1 adalah garis, 𝑅2 adalah bidang, 𝑅3 adalah Ruang dan seterusnya. Misal 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 adalah domainnya, suatu fungsi 𝑢: 𝐹 → 𝑅 harmonik jika 𝑢 mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu dan turunan parsial tersebut jika dijumlahkan hasilnya sama dengan nol yaitu 𝑢𝑥 1 𝑥 1 + 𝑢𝑥 2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑢𝑥 𝑛 𝑥 𝑛 = 0. Fungsi harmonik memiliki sifat-sifat yaitu (1) Jika 𝑢 dan 𝑣 adalah harmonik dan 𝛼 dan 𝛽 adalah suatu bilangan maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣 belum tentu harmonik, (3) Jika 𝑢 dan 𝑢2 adalah harmonik maka 𝑢 harus suatu konstanta, (4) Jika 𝑢, 𝑣 dan 𝑢2 + 𝑣 2 adalah harmonik maka 𝑢 dan 𝑣 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 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥 𝑥𝑝(𝑥) 𝑦 ′ + 𝑥 2 𝑝 𝑥 𝑦 = 0 dimana 𝑥 = 0 adalah titik singular regular kemudian 𝑥𝑝(𝑥) dan 𝑥 2 𝑝 𝑥 analitik pada 𝑥 = 0 dengan ekspansi deret kuasa konvergen ∞

∞

𝑛

𝑥𝑝 𝑥 =

2

𝑞𝑛 𝑥 𝑛

𝑝𝑛 𝑥 ; 𝑥 𝑞 𝑥 = 𝑛 =0

𝑛 =0

Untuk 𝑥 < 𝜌, dimana 𝜌 > 0 adalah minimum dari jari-jari konvergensi untuk deret kuasa 𝑥𝑝 𝑥 dan 𝑥 2 𝑞 𝑥 . Misal 𝑟1 dan 𝑟2 adalah akar-akar dari persamaan indeks 𝐹 𝑟 = 𝑟 𝑟 − 1 + 𝑝0 𝑟 + 𝑞0 = 0 dengan 𝑟1 ≥ 𝑟2 jika 𝑟1 dan 𝑟2 nyata. Maka pada interval – 𝜌 < 𝑥 < 0 atau interval 0 < 𝑥 < 𝜌, ada solusi dalam bentuk ∞

𝑦1 𝑥 = 𝑥

𝑟1

𝑎𝑛 𝑟1 𝑥 𝑛

1+

… . (2.1)

𝑛=1

dengan 𝑎𝑛 𝑟1 diberikan oleh relasi rekurensi dengan 𝑎0 = 1 dan 𝑟 = 𝑟1 . Jika 𝑟1 − 𝑟2 tidak nol atau bilangan bulat positif, maka pada interval – 𝜌 < 𝑥 < 0 atau interval 0 < 𝑥 < 𝜌, ada solusi kedua dalam bentuk ∞

𝑦2 𝑥 = 𝑥

𝑟2

𝑎𝑛 𝑟2 𝑥 𝑛

1+

… . 2.2

𝑛=1

dengan 𝑎𝑛 𝑟2 diberikan oleh relasi rekurensi dengan 𝑎0 = 1 dan 𝑟 = 𝑟2 . Deret kuasa dari persamaan 2.1 dan 2.2 konvergen pada paling sedikit 𝑥 < 𝜌 Jika 𝑟1 = 𝑟2 , maka solusi kedua berbentuk ∞

𝑦2 𝑥 = 𝑦1 𝑥 ln 𝑥 + 𝑥

𝑟1

𝑏𝑛 𝑟1 𝑥 𝑛 … . 2.3 𝑛=1

Jika 𝑟1 − 𝑟2 = 𝑁, suatu bilangan bulat positif, maka ∞

𝑦2 𝑥 = 𝑎𝑦1 𝑥 ln 𝑥 + 𝑥

𝑟2

𝑐𝑛 𝑟2 𝑥 𝑛 … . 2.4

1+ 𝑛 =1

Koefisien 𝑎𝑛 𝑟1 , 𝑏𝑛 𝑟1 , 𝑐𝑛 𝑟2 , dan konstanta 𝑎 dapat ditentukan dengan mensubtitusi bentuk dari deret solusi persamaan 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥 𝑥𝑝(𝑥) 𝑦 ′ + 𝑥 2 𝑝 𝑥 𝑦 = 0 Konstanta 𝑎 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 𝑥 < 𝜌 dan mendefinisikan suatu fungsi yang analitik pada beberapa lingkungan dari 𝑥 = 0. Dalam semua kasus tersebut, dua solusi 𝑦1 𝑥 dan 𝑦2 𝑥 membentuk suatu set solusi fundamental dari persamaan diferensial yang diberikan. Kemudian perhatikan persamaan umum dari persamaan Bessel yaitu 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 𝑥 2 − 𝑣 2 𝑦 = 0 Dari teorema 2.3.1 diperoleh bahwa solusi untuk persamaan Besel orde nol (saat 𝑣 = 0) yaitu 𝑦 = 𝑐1 𝐽0 𝑥 + 𝑐2 𝑌0 𝑥 dengan 𝐽0 = 1 +

−1 𝑥 2𝑚 ∞ 𝑚 =1 22𝑚 𝑚 ! 2

2

; 𝑌0 = 𝜋 𝐽0 𝑥

𝑥

𝛾 + ln 2 +

−1 𝑚 +1 𝐻𝑚 ∞ 𝑚 =1 22𝑚 𝑚 ! 2

Perhatikan bahwa 𝐽0 𝑥 → 1 saat 𝑥 → 0 dan 𝑌0 𝑥

𝑥 2𝑚

memiliki singular 2

logarithmic pada 𝑥 = 0 sehingga 𝑌0 𝑥 berperilaku seperti 𝜋 ln 𝑥 saat 𝑥 → 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 𝑌0 .

Persamaan Euler merupakan persamaan diferensial yang berbentuk 𝑑2𝑦 𝑑𝑦 𝑥 2 2 + 𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 = 0 … 1 ; 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Solusi dari persamaan euler tersebut untuk akar real dan kembar adalah sebagai berikut 𝑦 𝑥 = 𝑐1 𝑥 𝑟1 + 𝑐2 𝑥 𝑟1 ln 𝑥. 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 𝜕 2𝑢

1 𝜕𝑢

𝜕2𝑢

𝜕2𝑢 𝜕𝑟2

1 𝜕𝑢

1 𝜕2𝑢

+ 𝑟 𝜕𝑟 + 𝑟 2 𝜕 𝜃 2 = 0

dan 𝜕 𝜌 2 + 𝜌 𝜕𝜌 + 𝜕 𝑧 2 = 0. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah dalam cakram (Interior Disk). Akan dicari solusi dari 𝑓 𝜃 ; 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋.

𝜕 2𝑢 𝜕𝑟2

1 𝜕𝑢

1 𝜕 2𝑢

+ 𝑟 𝜕𝑟 + 𝑟 2 𝜕 𝜃 2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 1, 𝜃 =

Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial biasa 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑇 ′′ + 𝐾𝑇 = 0. Digunakan periode dari 𝜃 yaitu 2𝜋 dan menyelesaikan persamaan diferensial 𝑇 ′′ + 𝐾𝑇 = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2 sinh(𝜆𝜃) yang periodic saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 𝜃 + 𝑐2 yang periodic jika 𝑐1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2 . Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝜆𝜃 + 𝑐2 sin 𝜆𝜃 yang periodic jika 𝜆 = 𝑛 untuk 𝑛 bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝑛𝜃 + 𝑐2 sin 𝑛𝜃 . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐3 + 𝑐4 ln 𝑟, karena untuk 𝑟 = 0 nilai dari ln 𝑟 tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐3 . Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐5 𝑟 𝜆 + 𝑐6 𝑟 −𝜆 , karena untuk 𝑟 = 0 nilai dari 𝑐6 𝑟 −𝜆 tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐5 𝑟 𝑛 . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum untuk permasalahan nilai batas pada suatu daerah dalam cakram adalah ∞ 𝑛 𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝐶 + 𝑛 =1 𝑟 𝐴𝑛 cos 𝑛𝜃 + 𝐵𝑛 sin 𝑛𝜃 . Kemudian mencari nilai dari 1 2𝜋 konstanta menggunakan deret fourier diperoleh 𝐶 = 2𝜋 0 𝑓 𝜃 𝑑𝜃; 𝐴𝑛 = 1 2𝜋 𝜋 0

1

𝑓 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 dan 𝐵𝑛 = 𝜋

2𝜋 0

𝑓 𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃.

Permasalahan nilai batas pada suatu daerah luar cakram (Exterior Disk). Akan dicari solusi dari 𝑓 𝜃 ; 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋.

𝜕 2𝑢 𝜕𝑟2

1 𝜕𝑢

1 𝜕 2𝑢

+ 𝑟 𝜕𝑟 + 𝑟 2 𝜕 𝜃 2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 1, 𝜃 =

Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial biasa 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑇 ′′ + 𝐾𝑇 = 0. Digunakan periode dari 𝜃 yaitu 2𝜋 dan menyelesaikan persamaan diferensial 𝑇 ′′ + 𝐾𝑇 = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2 sinh(𝜆𝜃) yang periodic saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 𝜃 + 𝑐2 yang periodic jika 𝑐1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2 . Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝜆𝜃 + 𝑐2 sin 𝜆𝜃 yang periodic jika 𝜆 = 𝑛 untuk 𝑛 bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝑛𝜃 + 𝑐2 sin 𝑛𝜃 . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐3 + 𝑐4 ln 𝑟, karena untuk 𝑟 = 0 nilai dari ln 𝑟 tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐3 . Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐5 𝑟 𝜆 + 𝑐6 𝑟 −𝜆 , karena untuk 𝑟 semakin besar nilai dari 𝑐6 𝑟 𝜆 tidak terhingga jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐5 𝑟 −𝑛 . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum dari permasalahan nilai batas pada suatu daerah −𝑛 luar cakram adalah 𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝐶 + ∞ 𝐴𝑛 cos 𝑛𝜃 + 𝐵𝑛 sin 𝑛𝜃 . 𝑛 =1 𝑟 Kemudian mencari nilai dari koefisien menggunakan deret fourier diperoleh 1 2𝜋 1 2𝜋 𝐶 = 2𝜋 0 𝑓 𝜃 𝑑𝜃; 𝐴𝑛 = 𝜋 0 𝑓 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 dan 1

2𝜋

𝐵𝑛 = 𝜋 0 𝑓 𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi Robin. Akan dicari solusi dari 𝜕

𝜕 2𝑢

1 𝜕𝑢

1 𝜕 2𝑢

+ 𝑟 𝜕𝑟 + 𝑟 2 𝜕 𝜃 2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝜕𝑟2

0 ; 𝑢 𝑟, 𝛼 = 0 ; 𝜕𝑟 𝑢 1, 𝜃 = −𝑢 1, 𝜃 − 𝜃. Kodisi batas ini merepresentasikan suatu irisan yang sisi bagian pertama adalah sinar 𝜃 = 0 dan sisi yang lain adalah sinar 𝜃 = 𝛼, irisan ini mengalirkan panas sesuai dengan konsisi Robin 𝜕 𝑢 1, 𝜃 = −𝑢 1, 𝜃 − 𝜃. 𝜕𝑟 Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑇 ′′ + 𝐾𝑇 = 0. Kemudian diperhatikan persamaan diferensial 𝑇 ′′ + 𝐾𝑇 = 0 dengan kondisi batas 𝑇 0 = 0; 𝑇 𝛼 = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2 sinh(𝜆𝜃) yang memenuhi kondisi batas saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya

kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 𝜃 + 𝑐2 yang yang memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 𝑐2 = 0 jadi solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝜆𝜃 + 𝑐2 sin 𝜆𝜃 yang memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 0 𝑛𝜋 sehingga solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2 sin 𝛼 𝜃 . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat satu kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐5 𝑟 𝜆 + 𝑐6 𝑟 −𝜆 , karena untuk 𝑟 = 0 nilai dari 𝑐6 𝑟 −𝜆 tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐5 𝑟 𝑛 . Dari ketiga kasus diatas diperoleh solusi umum dari permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi robin adalah ∞ 𝑛 =1 𝐴𝑛

𝑢 𝑟, 𝜃 =

𝑛𝜋

𝑟 𝛼 sin

𝑛𝜋 𝛼

𝜃 .

Kemudian mencari nilai dari koefisien

menggunakan deret fourier diperoleh 𝐴𝑛 = −

2 𝑛𝜋 𝛼

𝛼 1+

𝛼 0

𝜃 sin

𝑛𝜋 𝛼

𝜃 𝑑𝜃.

Permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus. Akan dicari solusi dari 𝜕2𝑢

1 𝜕2𝑢

1 𝜕𝑢

+ 𝑟 𝜕𝑟 + 𝑟 2 𝜕 𝜃 2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 𝑎, 𝜃 = 𝑓1 𝜃 ; 𝑢 𝑏, 𝜃 = 𝑓2 𝜃 . 𝜕𝑟2 Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑇 ′′ + 𝐾𝑇 = 0. Digunakan periode dari 𝜃 yaitu 2𝜋 untuk menyelesaikan persamaan ′′ diferensial 𝑇 + 𝐾𝑇 = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2 sinh(𝜆𝜃) yang periodic saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 𝜃 + 𝑐2 yang periodic jika 𝑐1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2 . Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝜆𝜃 + 𝑐2 sin 𝜆𝜃 yang periodic jika 𝜆 = 𝑛 untuk 𝑛 bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝑛𝜃 + 𝑐2 sin 𝑛𝜃 . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐3 + 𝑐4 ln 𝑟. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐5 𝑟 𝑛 + 𝑐6 𝑟 −𝑛 . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus adalah 𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝐶 + 𝑛 −𝑛 𝐷 ln 𝑟 + ∞ cos 𝑛𝜃 + 𝐶𝑛 𝑟 𝑛 + 𝐷𝑛 𝑟 −𝑛 sin 𝑛𝜃 . Kemudian 𝑛 =1 𝐴𝑛 𝑟 + 𝐵𝑛 𝑟 untuk mencari nilai koefisien menggunakan deret fourier diperoleh 1

𝐶 = 2𝜋 𝐷=

1− 1

2𝜋 ln 1

𝑎 𝑏

𝐴𝑛 = 𝑎 𝑛 𝜋 𝑎𝑛

ln 𝑎 ln

𝑎 𝑏

2𝜋 𝑓1 0 2𝜋 𝑓1 0

2𝜋 𝑓1 0

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 𝑑𝜃 +

2𝜋 𝑓2 0

𝜃 𝑑𝜃

𝜃 − 𝑓2 𝜃 𝑑𝜃

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 − 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃

1 𝑎 2𝑛 𝜋𝑎 𝑛 𝑏 𝑛 − 𝑛 𝑏

𝑏𝑛

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 −

𝐵𝑛 = 𝐶𝑛 =

1 𝑏 𝑛 𝑎 𝑛 − 𝑎 𝑏

𝜋 1

𝑎𝑛 𝜋

2𝜋 𝑓1 0

𝑏𝑛

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 − 𝑎𝑛

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 −

1 𝑎 2𝑛 𝜋 𝑎𝑛 𝑏𝑛 − 𝑛 𝑏

𝑏𝑛

2𝜋 𝑓2 0 2𝜋 𝑓1 0

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 −

𝑎𝑛02𝜋𝑓1𝜃sin𝑛𝜃𝑑𝜃 𝐷𝑛 =

1 𝜋

𝑏 𝑛 𝑎 𝑛 − 𝑎 𝑏

𝑏𝑛

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 − 𝑎𝑛

2𝜋 𝑓2 0

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃

Permasalahan nilai batas pada suatu daerah silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan 𝑉0 . Akan diselesaikan persamaan Laplace 𝜕 2 𝑢 1 𝜕𝑢 𝜕 2 𝑢 + + = 0, 0 < 𝜌 < 𝑎, 0<𝑧<ℎ 𝜕𝜌2 𝜌 𝜕𝜌 𝜕𝑧 2 dengan kondisi batas 𝑢 𝜌, 0 = 𝑢 𝜌, ℎ = 0, 0 ≤ 𝜌 ≤ 𝑎 ; 𝑢 𝑎, 𝑧 = 𝑉0 , 0 ≤ 𝑧 ≤ ℎ Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑍 ′′ + 𝐾𝑍 = 0. Kemudian diperhatikan persamaan diferensial 𝑍 ′′ + 𝐾𝑍 = 0 dengan kondisi batas 𝑍 0 = 0; 𝑍 ℎ = 0. Karena 𝐾 adalah suatu konstanta maka diperhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2 sinh(𝜆𝜃) yang memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 𝜃 + 𝑐2 yang memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 𝑐2 = 0 jadi solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1 cos 𝜆𝜃 + 𝑐2 sin 𝜆𝜃 yang memenuhi kondisi batas jika𝑐1 = 0 jadi 𝑛𝜋

solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2 sin ℎ 𝜃 dengan 𝑛 = 1,2,3, …. Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat satu kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟 2 𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 persamaan tersebut dapat dipandang sebagi persamaan Bessel orde nol sehingga diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑛𝜋 𝑐1 𝐽𝑜 ℎ 𝜌 . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum dari permasalahan nilai batas pada daerah silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑉0 adalah 𝑢 𝑟, 𝜃 = ∞ 𝑛 =1 𝐼0 ℎ 𝜌 sin ℎ 𝑧 . Kemudian mencari koefisien dengan menggunakan deret fourier diperoleh ℎ 𝑉 𝑛𝜋 𝑐𝑛 = 𝑛𝜋0 sin ℎ 𝑧 𝑑𝑧 0 𝐼0

ℎ

𝑎 ℎ

PENUTUP Kesimpulan Berdasarkan hasil diatas diperoleh bahwa fungsi harmonik memiliki sifatsifat yaitu (1) Jika 𝑢 dan 𝑣 adalah harmonik dan 𝛼 dan 𝛽 adalah suatu bilangan maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣 belum tentu harmonik, (3) Jika 𝑢 dan 𝑢2 adalah harmonik maka 𝑢 harus suatu konstanta, (4) Jika 𝑢, 𝑣 dan 𝑢2 + 𝑣 2 adalah harmonik maka 𝑢 dan 𝑣 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, )  C   r n  An cos n  Bn sin n  n

dengan 1 C 2

1

An 

 f ( ) d

0 2

 f ( ) cos(n ) d



0 2

1

Bn 

2

 f ( ) sin(n ) d



0

b. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah luar cakram (Exterior Disk) u(r, )  C   r  n  An cos n  Bn sin n  n

dengan 1 C 2

1

An 

 f ( ) d ;

0 2

 f ( ) cos(n ) d



0 2

1

Bn 

2

 f ( ) sin(n ) d



0

c. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi Robin n   n  u(r, )  bn r  sin    , 0  r  1, 0       n 1 dengan  2  m  bm    sin   d     m  0   1     d. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus u(r, )  C  D ln r   An r n  Bn r  n cos n  Cn r n  Dn r n sin n









n

dengan 1

𝐶 = 2𝜋 𝐷=

1− 1

2𝜋

𝑎 ln 𝑏

1

𝐴𝑛 = 𝑎 𝑛 𝜋 𝑎𝑛 𝐵𝑛 =

𝜋

ln 𝑎 𝑎 ln 𝑏

2𝜋 𝑓1 0 2𝜋 𝑓1 0

2𝜋 𝑓1 0 1

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 +

2𝜋 𝑓2 0

𝜃 𝑑𝜃

𝜃 − 𝑓2 𝜃 𝑑𝜃

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 −

1 𝜋𝑎 𝑛

𝑎 2𝑛 𝑏𝑛 − 𝑛 𝑏

𝑏𝑛

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 −

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃

𝑏 𝑛 𝑎 𝑛 − 𝑎 𝑏

𝑏𝑛

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 − 𝑎𝑛

2𝜋 𝑓2 0

𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃

1

𝐶𝑛 = 𝑎 𝑛 𝜋 𝑎𝑛 𝐷𝑛 =

𝜋

2𝜋 𝑓1 0 2𝜋 𝑓1 0 1

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 −

1 𝜋𝑎𝑛

𝑎 2𝑛 𝑏𝑛 − 𝑛 𝑏

𝑏𝑛

2𝜋 𝑓1 0

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 −

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃

𝑏 𝑛 𝑎 𝑛 − 𝑎 𝑏

2𝜋 𝑓1 0

𝑏𝑛

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 − 𝑎𝑛

2𝜋 𝑓2 0

𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃

e. Permasalahan nilai batas pada silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan 𝑉0 ∞ 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑢 𝜌, 𝑧 = 𝑐𝑛 𝐼0 𝜌 sin 𝑧 ℎ ℎ 𝑛 =1

dengan 𝑐𝑛 =

𝑉0 𝑛𝜋 𝐼0 𝑎 ℎ

ℎ 0 ℎ

sin

𝑛𝜋 ℎ

𝑧 𝑑𝑧

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.