METODE PEMISAH VARIABEL: PERSAMAAN LAPLACE

METODE PEMISAH VARIABEL: PERSAMAAN LAPLACE M. Jamhuri

April 1, 2013

M. Jamhuri

METODE PEMISAH VARIABEL: PERSAMAAN LAPLACE

Salah satu metode untuk menyelesaikan persamaan Laplace adalah dengan metode pemisahan variabel. Misalkan diberikan persamaan laplace 2D pada domain terbatas uxx + uyy = 0

(1)

pada 0 < x < a, dan 0 < y < b, dengan kondisi batas u (0, y ) = 0,

ux (a, y ) = 0

(2)

dan uy (x, 0) + u (x, 0) = 0,

u (x, b) = g (x) .

(3)

Misalkan u (x, y ) = X (x) Y (y ) , kemudian substitusikan pada (1), diperoleh X ′′ Y + XY ′′ ′′

X Y X ′′ X

=

0

=

−XY ′′ Y ′′ − Y

=

(4)

Ruas kiri dari persamaan (4) hanya bergantung pada x saja, sedangkan ruas kanan hanya bergantung pada y saja. Persamaan tersebut hanya mungkin dipenuhi jika keduanya merupakan konstanta. Misalkan konstanta itu λ, maka −

Y ′′ X ′′ = =λ X Y

M. Jamhuri

(5)


Persamaan (5) dapat dituliskan secara terpisah sebagai X ′′ + λX = 0

(6)

Y ′′ − λY = 0

(7)

dan Tuliskan kondisi batas (2) dan (3) kita tuliskan kedalam bentuk variabel terpisah, yaitu u (0, y ) = X (0) Y (y ) = 0 ux (a, y ) = X ′′ (a) Y (y ) = 0 (8) dan uy (x, 0) + u (x, 0) = X (x) Y ′ (0) + X (x) Y (0) = 0

(9)

u (x, b) = X (x) Y (b) = g (x)

(10)

Jika kita mislkanλ = β 2 , maka persamaan (6) menjadi X ′′ + β 2 X + β2 X dx d d + iβ − iβ X dx dx

M. Jamhuri

d2

=

0

=

0

=

0

(11)


Misalkan

dan

d − iβ dx

X =A

(12)

d + iβ A = 0 dx

(13)

Selesaikan (13) terlebih dahulu, yaitu dA + i βA dx dA dx dA A ˆ 1 dA A log A A

=

0

=

−i βA

=

−i βdx ˆ − i βdx

= =

−i βx + c1

=

c1 e −i βx

(14)

Jika (14) kita substitusikan pada (12), diperoleh dX − i βX = c1 e −i βx dx M. Jamhuri

(15)


Untuk menyelesaikan (15), kita gunakan faktor integrasi I =e

´

(−i β)dx

= e −i βx

(16)

Kalikan kedua ruas dari persamaan (15) dengan faktor integrasi (16), yaitu e −i βx

dX − i βe −i βx X dx d −i βx e X dx

=

c1 e −2i βx

=

c1 e −2i βx

Integralkan kedua sisi dari persamaan (17), yaitu ˆ ˆ d e −i βx X = c1 e −2i βx dx 1 −2i βx e + c2 e −i βx X = c1 − 2i β c 1 e −i βx X = − e −2i βx + c1 c2 2i β c1 X = − e −i βx + (c1 c2 ) e i βx 2i β

(17)

(18)

Misalkan − 2ic1β = k1 , dan c1 c2 = k2 , maka persamaan (18) menjadi X = k1 e −i βx + k2 e i βx M. Jamhuri

(19)


Jika (19) kita tuliskan dalam bentuk sinusoidal, maka X X (x)

=

k1 [cos (βx) − i sin (βx)] + k2 [cos (βx) + i sin (βx)]

=

[k1 + k2 ] cos (βx) + [−ik1 + ik2 ] sin (βx)

=

A cos (βx) + B sin (βx)

(20)

Gunakan kondisi batas (8), maka X (0)

=

0

A cos 0 + B sin 0

=

0

A

=

0

sehingga (20) menjadi X (x) = B sin (βx)

(21)

dan X ′ (a)

=

0

B cos (βa)

=

0

βa

=

βa

=

β

=

arccos 0 (2n + 1) π , 2 2n + 1 π 2a

{n = 0, 1, 2, . . . } (22)

karena λ = β 2 , maka λn = M. Jamhuri

2n + 1 2a

2

π2

(23)


λn disebut nilai eigen, sedangkan fungsi eigennya adalah (2n + 1) πx Xn (x) = sin 2a

(24)

Selanjutnya kita selesaikan Y (y ) dari persamaan (7), yaitu d2 Y − λY dy 2 2 d 2 − β Y dy 2 d d +β −β Y dy dy Misalkan

dan

d −β dy

=

0

=

0

=

0

(25)

Y =A

(26)

A=0

(27)

d +β dy

Solusi dari (27) adalah dA dy dA A M. Jamhuri

=

−βA

=

−βdy METODE PEMISAH VARIABEL: PERSAMAAN LAPLACE

ˆ

1 dA A log A A

ˆ

=

−

=

−βy + c1

=

c1 e −βy

Substitusikan (28) pada (26), yaitu d −β Y dy dY − βY dy

βdy

=

A

=

c1 e −βy

(28)

(29)

Faktor integrasi untuk ODE (29) diatas adalah I =e

´

−βdy

= e −βy

(30)

Kalikan ruas kiri dan ruas kanan dari (29) dengan (30), diperoleh e −βy

dY − βe −βy Y dy d −βy e Y dy ˆ d e −βy Y e −βy Y M. Jamhuri

=

c1 e −2βy

=

c1 e −2βy ˆ c1 e −2βy dy 1 c1 − e −2βy + c2 2β

= =


Next... c1 e −2βy + c1 c2 2β c1 Y = − e −βy + (c1 c2 ) e βy 2β c1 Jika kita misalkan konstan-konstan − 2β = k1 dan (c1 c2 ) = k2 , maka e −βy Y

=

−

(31)

persamaan (31) diatas menjadi

Y = k1 e −βy + k2 e βy

(32)

Karena e x − e −x 2

sinh x =

cosh x =

e x + e −x 2

(33)

sehingga (32) sama dengan Yn (y ) = A cosh (βn y ) + B sinh (βn y )

(34)

Berikutnya gunakan kondisi batas (9) pada (34), yaitu Y ′ (0) + Y (0) = 0 karena Y ′ (y )

=

−βn A sinh (βn y ) + βn B cosh (βn y )

maka Y ′ (0) = βn B

dan

Y (0) = A

dan βn B + A = 0 M. Jamhuri

(35)


atau A = −βn B

(36)

Jika A kita substitusikan pada (34), diperoleh Yn = B [−βn cosh (βn y ) + sinh (βn y )]

(37)

Selanjutnya solusi u dapat diperoleh dengan mensubstitusikan kembali (24) dan (37) pada pemisalan u (x, y ) = X (x) Y (y ) , yaitu un (x, y ) = B sin (βn x) (βn cosh (βn y ) − sinh (βn y )) atau u (x, y ) =

∞ X

Bn sin (βn x) (βn cosh (βn y ) − sinh (βn y ))

(38)

n=0

Notasi Bn adalah gabungan dari konstanta pada Y dan konstanta yang ada pada saat pembentukan kombinasi linier. konstanta Bn akan kita tentukan dengan menggunakan kondisi batas (10) yaitu pada saat y = b, g (x) =

∞ X

Bn sin (βn x) (βn cosh (βn b) − sinh (βn b))

(39)

n=0

yang berlaku untuk 0 < x < a. M. Jamhuri


Selanjutnya dengan menggunakan deret Fourier kita peroleh ˆ 2 a Bn = [βn cosh (βn b) − sinh (βn b)]−1 g (x) sin (βn x) dx a 0

M. Jamhuri


Contoh 1 Diberikan persamaan Laplace uxx + uyy = 0 pada domain D = {(x, y ) : 0 < x < 10, 0 < y < π} dengan kondisi batas u (0, y ) = 0

dan

ux (10, y ) = 0

uy (x, 0) + u (x, 0) = 0,

dan

u (x, π) = (x − 10) sin πx

dan (40)

Dengan menggunkan metode pemisahan variabel seperti yang dijelaskan sebelumnya, maka diperoleh solusi u (x, y ) =

∞ X

Bn sin (βn x) (βn cosh (βn y ) − sinh (βn y ))

(41)

n=0

jika kondisi batas (40) disubstitusikan pada (41) diperoleh (x − 10) sin (πx) =

∞ X

Bn sin (βn x) [βn cosh (βn π) − sinh (βn π)]

n=0

dengan βn =

2n+1 2a

π, dan dengan menggunakan deret Fourier diperoleh

Bn = [βn cosh (βn π) − sinh (βn π)]−1 M. Jamhuri

1 5

ˆ

10

(x − 10) sin (πx) sin (βn x) dx

(42)

0


Contoh 2 Diketahui φxx + φyy = 0

(43)

φ¯xx + φ¯yy = 0

(44)

pada domain −h1 < y < η (x, t) ,

pada domain −h2 < y < −h1 , dan dengan kondisi batas ∂ φ¯ ∂φ =α , ∂y ∂y dan

∂ φ¯ = 0, ∂y

pada

pada

y = −h1

y = −h2

Misalkan φ (x, y , t) = S (x, t) F (y ) . jika diketahui S (x, t) =

ig η (x, t) ω

(45)

maka

ig η (x, t) F (y ) ω Jika (46) kita substitusikan pada (43), diperoleh φ (x, y , t) =

∂ 2 η (x, t) d2 F (y ) + η (x, t) 2 F (y ) = 0 2 ∂x dy M. Jamhuri

(46)

(47)


Solusi untuk φ Persamaan (47) dapat kita tuliskan sebagai −

Fyy ηxx = =λ η F

(48)

Persamaan (48) dapat dituliskan sebagai dua persamaan terpisah ηxx + λη = 0

(49)

dan Fyy − λF = 0 Misalkan λ = β 2 , maka dapat diperoleh solusi dari persamaan (50), yaitu F (y ) = Ae βy + Be −βy

(50) (51)

Jika digunakan F (0) = 1, maka F (0) = A + B = 1 A= 1−B dan F (y ) ′

F (y ) dan untuk F ′ (0) =

=

(1 − B) e βy + Be −βy

=

(1 − B) βe βy − Bβe −βy

ω2 ,diperoleh g

(1 − B) β − βB = M. Jamhuri

ω2 g

(52)


Next... (1 − 2B) β

=

ω2 g

β

=

ω2 (1 − 2B) g

versi yang lain: Misalkan konstan A dan B kita tuliskan dalam bentuk konstan yang lain, yaitu A=

C1 + C2 2

maka

B=

C1 − C2 2

dengan C1 6= C2 , maka F (y )

=

.. .

=

.. .

=

.. .

=

F (y )

=

Ae βy + Be −βy C1 + C2 C1 − C2 e βy + e −βy 2 2 C1 βy C2 βy C1 −βy C2 −βy e + e e − e + 2 2 2 2 βy βy −βy −βy e −e e +e + C2 C1 2 2 C1 cosh (βy ) + C2 sinh (βy )

DIketahui kondisi batas F (0) = 1, dan F ′ (0) = F (0)

=

1

C1

=

1

M. Jamhuri

ω2 g

(53)

maka


maka F (y ) = cosh (βy ) + C2 sinh (βy )

(54)

dan F ′ (y ) = β sinh (βy ) + C2 β cosh (βy ) maka C2 β

=

ω2 g

C2

=

ω2 gβ

Jika C2 kita substitusikan pada (54), maka F (y ) = cosh (βy ) +

ω2 sinh (βy ) gβ

dan fungsi potensial φ (x, y , t) =

ig ω2 η (x, t) cosh (βy ) + sinh (βy ) ω gβ

M. Jamhuri

(55)


Dari syarat batas φy = 0 pada y = −h2 , maka φy (x, y , t) =

ω2 ig η (x, t) β sinh (βy ) + cosh (βy ) ω g

dan ig ω2 η (x, t) β sinh (−βh2 ) + cosh (−βh2 ) ω g

=

0

ω2 cosh (βh2 ) g

=

0

−β sinh (βh2 ) +

ω2 cosh (βh2 ) g

=

β sinh (βh2 )

ω2

=

gβ

sinh (βh2 ) cosh (βh2 )

atau ω 2 = g β tanh (βh2 )

M. Jamhuri

(56)


Next... Perhatikan, Sxx + λS Jika S (x, t) =

ig ω

η (x, t) , dan η (x, t) = ∂2 S (x, t) ∂x 2

=

0

(57)

ae −i (kx −ωt) maka

ig ηxx ω g ka (−ik) e −i (kx −ωt) ω

= =

Maka

igk 2 η (x, t) ω Jika kita gunakan (58) dan (45) pada (57), maka

(58)

Sxx = −

−

igk 2 ig η (x, t) + β 2 η (x, t) ω ω −k 2 η + β 2 η 2

=

0

=

0

2

β η=k η sehingga β = k, dan persamaan (56) dapat kita tulis sebagai ω 2 = gk tanh (kh2 ) atau ω=

p

M. Jamhuri

gk tanh (kh2 )

(59)


Solusi untuk φ¯ Misalkan

φ¯ (x, y , t) = S (x, t) G (y )

dimana S (x, t) sama dengan (45), maka ig φ¯ (x, y , t) = η (x, t) G (y ) ω

(60)

dengan fungsi tak diketahui G memenuhi G ′′ − k 2 G = 0

(61)

dengan kondisi G (0) = 1,

dan

G ′ (0) =

ω2 g

(62)

Sama dengan solusi dari (50), maka solusi untuk (61) dan kondisi (62) adalah G (y ) = cosh (ky ) + Now φ (x, y , t) = dan

ω2 sinh (ky ) gk

ig ω2 η (x, t) cosh (βy ) + sinh (βy ) ω gβ

ω2 ig B sinh (ky ) φ¯ (x, y , t) = η (x, t) A cosh (ky ) + ω gk M. Jamhuri

(63)

(64)


∂φ ∂ φ¯ =α ∂y ∂y ∂ φ (x, y , t) ∂y

=

∂ φ (x, −h1 , t) ∂y

=

pada

y = −h1

ig ω2 η (x, t) k sinh (ky ) + cosh (ky ) ω g ig ω2 η (x, t) −k sinh (kh1 ) + cosh (kh1 ) ω g

(65)

(66)

∂ ¯ φ (x, −h2 , t) = 0 ∂y ∂ ¯ ig ω2 φ (x, −h2 , t) = η (x, t) Ak sinh (−kh2 ) + B cosh (−kh2 ) = 0 ∂y ω g −Ak sinh (kh2 ) +

ω2 B cosh (kh2 ) = 0 g

ω2 B cosh (kh2 ) g

=

Ak sinh (kh2 )

B

=

Akg tanh (kh2 ) ω2

M. Jamhuri


∂ ¯ φ (x, y , t) ∂y

= = = =

ig ω2 η (x, t) Ak sinh (ky ) + B cosh (ky ) ω g ig ω 2 kg η Ak sinh (ky ) + A tanh (kh ) cosh (ky ) 2 ω g ω2 ig η [Ak sinh (ky ) + Ak tanh (kh2 ) cosh (ky )] ω igAk η [sinh (ky ) + tanh (kh2 ) cosh (ky )] ω

igAk η [sinh (−kh1 ) + tanh (kh2 ) cosh (−kh1 )] ω igAk η [− sinh (kh1 ) + tanh (kh2 ) cosh (kh1 )] = ω Selanjutnya kita gunakan (67) dan (66) pada (65), yaitu ∂ ¯ φ (x, −h1 , t) ∂y

−k sinh (kh1 ) +

=

(67)

ω2 cosh (kh1 ) = αAk [− sinh (kh1 ) + tanh (kh2 ) cosh (kh1 )] g

αkA

=

A

=

−k sinh (kh1 ) +

ω2 g

cosh (kh1 )

− sinh (kh1 ) + tanh (kh2 ) cosh (kh1 ) −k sinh (kh1 ) +

ω2 g

cosh (kh1 )

αk [− sinh (kh1 ) + tanh (kh2 ) cosh (kh1 )] M. Jamhuri

(68)


⇔ ⇔

− sinh (kh1 ) cosh (kh2 ) sinh (kh2 ) cosh (kh1 ) + cosh (kh2 ) cosh (kh2 ) sinh ([h2 − h1 ] k) cosh (kh2 )

sehingga, A

=

=

ω2 cosh (kh2 ) −k sinh (kh1 ) + cosh (kh1 ) g αk sinh ([h2 − h1 ] k) −k sinh (kh1 ) cosh (kh2 ) +

ω2 g

cosh (kh1 ) cosh (kh2 )

αk sinh ([h2 − h1 ] k)

cosh ([h2 − h1 ] k)

=

cosh (h2 k) cosh (h1 k) − sinh (h2 k) sinh (h1 k)

cosh (h2 k) cosh (h1 k)

=

cosh ([h2 − h1 ] k) + sinh (h2 k) sinh (h1 k)

sinh ([h2 − h1 ] k)

=

sinh (h2 k) cosh (h1 k) − sinh (h1 k) cosh (h2 k)

sinh (h1 k) cosh (h2 k)

=

sinh (h2 k) cosh (h1 k) − sinh ([h2 − h1 ] k)

M. Jamhuri


A=

−k sinh (kh1 ) cosh (kh2 ) +

ω2 g

[cosh ([h2 − h1 ] k) + sinh (kh1 ) sinh (kh2 )]

αk sinh ([h2 − h1 ] k) ω2 sinh (kh1 ) sinh (kh2 ) g

⇔

−k sinh (kh1 ) cosh (kh2 ) +

⇔

−k [sinh (h2 k) cosh (h1 k) − sinh ([h2 − h1 ] k)] +

⇔

−k cosh (h1 k) +

ω2 sinh (kh1 ) sinh (kh2 ) g

ω2 sinh (kh1 ) sinh (kh2 ) + k sinh ([h2 − h1 ] k) g

M. Jamhuri


∂ ∂ φ (x, −h1 , t) = α φ¯ (x, −h1 , t) + ωf φ¯ (x, −h1 , t) ∂t ∂t ∂ φ (x, 0, t) = −g η (x, t) ∂t φ (x, y , t)

=

φ¯ (x, y , t)

= =

∂ φ (x, y , t) ∂t ∂ ¯ φ (x, y , t) ∂t

ig ω2 η (x, t) cosh (βy ) + sinh (βy ) ω gβ ω 2 Akg ig η (x, t) A cosh (ky ) + tanh (kh2 ) sinh (ky ) 2 ω gk ω ig η (x, t) [A cosh (ky ) + A tanh (kh2 ) sinh (ky )] ω

= =

ig ω2 ηt (x, t) cosh (βy ) + sinh (βy ) ω gβ ig ηt (x, t) [A cosh (ky ) + A tanh (kh2 ) sinh (ky )] ω

M. Jamhuri


METODE PEMISAH VARIABEL: PERSAMAAN LAPLACE

Recommend Documents