METODE PEMISAH VARIABEL: PERSAMAAN LAPLACE

Transkripsi

1 METODE PEMISAH VARIABEL: PERSAMAAN LAPLACE M. Jamhuri April 1, 2013

2 Salah satu metode untuk menyelesaikan persamaan Laplace adalah dengan metode pemisahan variabel. Misalkan diberikan persamaan laplace 2D pada domain terbatas pada 0 < x < a, 0 < y < b, dengan kondisi batas u xx + u yy = 0 (1) u(0, y) = 0, u x (a,y) = 0 (2) u y (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 = 0 X Y = XY X = Y X Y Ruas kiri dari persamaan (4) hanya bergantung pada x saja, segkan ruas kanan hanya bergantung pada y saja. Persamaan tersebut hanya mungkin dipenuhi jika keduanya merupakan konstanta. Misalkan konstanta itu λ, maka (4) X X = Y Y = λ (5)

3 Persamaan (5) dapat dituliskan secara terpisah sebagai X +λx = 0 (6) Y λy = 0 (7) Tuliskan kondisi batas (2) (3) kita tuliskan kedalam bentuk variabel terpisah, yaitu u(0, y) = X (0) Y (y) = 0 u x (a,y) = X (a)y (y) = 0 (8) u y (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 = 0 ( d 2 ) dx +β2 X = 0 ( )( ) d d dx + iβ dx iβ X = 0 (11)

4 Misalkan Selesaikan (13) terlebih dahulu, yaitu ( ) d dx iβ X = A (12) ( ) d dx + iβ A = 0 (13) da dx + iβa = 0 da = iβa dx da = iβdx ˆ A ˆ 1 A da = iβdx Jika (14) kita substitusikan pada (12), diperoleh log A = iβx + c 1 A = c 1 e iβx (14) dx dx iβx = c 1e iβx (15)

5 Untuk menyelesaikan (15), kita gunakan faktor integrasi I = e ( iβ)dx = e iβx (16) Kalikan kedua ruas dari persamaan (15) dengan faktor integrasi (16), yaitu iβx dx e dx iβe iβx X d ( ) e iβx X dx = c 1 e 2iβx Integralkan kedua sisi dari persamaan (17), yaitu ˆ ( ) d e iβx X = c 1ˆ e 2iβx dx [ e iβx X = c 1 1 ] 2iβ e 2iβx + c 2 ( e iβx X = c ) 1 e 2iβx + c 1 c 2 2iβ X = ( c 1 2iβ = c 1 e 2iβx (17) ) e iβx +(c 1 c 2 ) e iβx (18) Misalkan c 1 2iβ = k 1, c 1 c 2 = k 2, maka persamaan (18) menjadi X = k 1 e iβx + k 2 e iβx (19)

6 Jika (19) kita tuliskan dalam bentuk sinusoidal, maka X = k 1 [cos(βx) i sin(βx)]+k 2 [cos(βx)+ i sin(βx)] = [k 1 + k 2 ] cos(βx)+[ ik 1 + ik 2 ]sin(βx) X (x) = A cos(βx)+ B sin(βx) (20) Gunakan kondisi batas (8), maka sehingga (20) menjadi karena λ = β 2, maka X (a) = 0 B cos(βa) = 0 X (0) = 0 Acos 0+B sin0 = 0 A = 0 X (x) = B sin(βx) (21) βa = arccos 0 (2n + 1)π βa =, {n = 0, 1,2,...} 2 ( ) 2n + 1 β = π (22) 2a ( ) 2n λ n = π 2 (23) 2a

7 λ n disebut nilai eigen, segkan fungsi eigennya adalah ( ) (2n + 1)πx X n (x) = sin 2a Selanjutnya kita selesaikan Y (y) dari persamaan (7), yaitu Misalkan Solusi dari (27) adalah (24) d 2 dy 2 Y λy = 0 ( d 2 ) dy 2 β2 Y = 0 ( )( ) d d dy +β dy β Y = 0 (25) ( ) d dy β Y = A (26) ( ) d dy +β A = 0 (27) da dy da A = βa = βdy

8 ˆ 1 A da Substitusikan (28) pada (26), yaitu ( ) d dy β Y ˆ = βdy log A = βy + c 1 A = c 1 e βy (28) = A Faktor integrasi untuk ODE (29) diatas adalah dy dy βy = c 1e βy (29) I = e βdy = e βy (30) Kalikan ruas kiri ruas kanan dari (29) dengan (30), diperoleh βy dy e dy βe βy Y d ( ) e βy Y dy ˆ d ( ) e βy Y = c 1 e 2βy = c 1 e 2βy = c 1ˆ e 2βy dy [ e βy Y = c 1 1 ] 2β e 2βy + c 2

9 Next... e βy Y = Y = ( Jika kita misalkan konstan-konstan persamaan (31) diatas menjadi Karena sehingga (32) sama dengan sinhx = ex e x ( c 1 2β ( c 1 2β c 1 2β ) e 2βy + c 1 c 2 ) e βy +(c 1 c 2 ) e βy (31) ) = k 1 (c 1 c 2 ) = k 2, maka Y = k 1 e βy + k 2 e βy (32) 2 cosh x = ex + e x 2 (33) Y n (y) = Acosh(β ny)+ B sinh(β ny) (34) Berikutnya gunakan kondisi batas (9) pada (34), yaitu karena maka Y (0)+Y (0) = 0 Y (y) = β na sinh(β ny)+β nb cosh(β ny) Y (0) = β nb Y (0) = A β nb + A = 0 (35)

10 atau Jika A kita substitusikan pada (34), diperoleh A = β nb (36) Y n = B [ β n cosh(β ny)+sinh(β ny)] (37) Selanjutnya solusi u dapat diperoleh dengan mensubstitusikan kembali (24) (37) pada pemisalan u(x,y) = X (x)y (y), yaitu atau u n (x,y) = B sin(β nx)(β n cosh(β ny) sinh(β ny)) u(x,y) = B n sin(β nx)(β n cosh(β ny) sinh(β ny)) (38) n=0 Notasi B n adalah gabungan dari konstanta pada Y konstanta yang ada pada saat pembentukan kombinasi linier. konstanta B n akan kita tentukan dengan menggunakan kondisi batas (10) yaitu pada saat y = b, g (x) = B n sin(β nx)(β n cosh(β nb) sinh(β nb)) (39) n=0 yang berlaku untuk 0 < x < a.

11 Selanjutnya dengan menggunakan deret Fourier kita peroleh ˆ B n = [β n cosh(β nb) sinh(β nb)] 1 2 a g (x)sin(β nx)dx a 0

12 Contoh 1 Diberikan persamaan Laplace u xx + u yy = 0 pada domain D = {(x,y) : 0 < x < 10, 0 < y < π} dengan kondisi batas u(0,y) = 0 u x (10, y) = 0 u y (x,0)+u(x,0) = 0, u(x,π) = (x 10) sinπx (40) Dengan menggunkan metode pemisahan variabel seperti yang dijelaskan sebelumnya, maka diperoleh solusi u(x,y) = B n sin(β nx)(β n cosh(β ny) sinh(β ny)) (41) n=0 jika kondisi batas (40) disubstitusikan pada (41) diperoleh (x 10) sin(πx) = B n sin(β nx)[β n cosh(β nπ) sinh(β nπ)] n=0 dengan β n = ( ) 2n+1 2a π, dengan menggunakan deret Fourier diperoleh B n = [β n cosh(β nπ) sinh(β nπ)] 1 1 ˆ 10 (x 10)sin(πx)sin(β nx)dx (42) 5 0

13 Contoh 2 Diketahui pada domain h 1 < y < η(x,t), pada domain h 2 < y < h 1, dengan kondisi batas φ xx +φ yy = 0 (43) φ xx + φ yy = 0 (44) φ y = α φ y, pada y = h 1 φ y = 0, pada y = h 2 Misalkan φ(x,y,t) = S (x,t)f (y). jika diketahui S (x,t) = ig η(x,t) (45) ω maka φ(x,y,t) = ig η(x,t)f (y) (46) ω Jika (46) kita substitusikan pada (43), diperoleh 2 η(x,t) x 2 F (y)+η(x,t) d2 F (y) = 0 (47) dy2

14 Solusi untuk φ Persamaan (47) dapat kita tuliskan sebagai ηxx η = Fyy F = λ (48) Persamaan (48) dapat dituliskan sebagai dua persamaan terpisah η xx +λη = 0 (49) F yy λf = 0 (50) Misalkan λ = β 2, maka dapat diperoleh solusi dari persamaan (50), yaitu Jika digunakan F (0) = 1, maka F (y) = Ae βy + Be βy (51) F (0) = A+B = 1 A = 1 B F (y) = (1 B) e βy + Be βy F (y) = (1 B)βe βy Bβe βy untuk F (0) = ω2 g,diperoleh (1 B)β βb = ω2 g (52)

15 Next... (1 2B)β = ω2 g β = ω 2 (1 2B) g versi yang lain: Misalkan konstan A B kita tuliskan dalam bentuk konstan yang lain, yaitu A = C 1 + C 2 2 dengan C 1 C 2, maka F (y) = Ae βy + Be βy ( ) C1 + C 2. = e βy +. = 2 [ C1 2 eβy + C 1 2 e βy. = C 1 ( e βy + e βy 2 maka B = C 1 C 2 2 ( ) C1 C 2 e βy 2 ] [ C2 + 2 eβy C ] 2 2 e βy ( e )+C βy e βy ) 2 2 F (y) = C 1 cosh(βy)+c 2 sinh(βy) (53) DIketahui kondisi batas F (0) = 1, F (0) = ω2 g maka F (0) = 1 C 1 = 1

16 maka F (y) = cosh(βy)+ C 2 sinh(βy) (54) F (y) = β sinh(βy)+c 2 β cosh(βy) maka C 2 β = ω2 g C 2 = ω2 gβ Jika C 2 kita substitusikan pada (54), maka F (y) = cosh(βy)+ ω2 gβ sinh(βy) fungsi potensial φ(x,y,t) = ig [ ] ω η(x,t) cosh(βy)+ ω2 gβ sinh(βy) (55)

17 Dari syarat batas φ y = 0 pada y = h 2, maka φ y (x,y,t) = ig [ ] ω η(x,t) β sinh(βy)+ ω2 g cosh(βy) ] ig [β ω η(x,t) sinh( βh 2 )+ ω2 g cosh( βh 2) = 0 β sinh(βh 2 )+ ω2 g cosh(βh 2) = 0 ω 2 g cosh(βh 2) = β sinh(βh 2 ) ω 2 = gβ sinh(βh 2) cosh(βh 2 ) atau ω 2 = gβ tanh(βh 2 ) (56)

18 Next... Perhatikan, S xx +λs = 0 (57) Jika S (x,t) = ig ω η(x,t), η(x,t) = ae i(kx ωt) maka Maka 2 x 2 S (x,t) = ig ω ηxx = g ka( ik) e i(kx ωt) ω S xx = igk2 η(x,t) (58) ω Jika kita gunakan (58) (45) pada (57), maka igk2 ω η(x,t)+ ig ω β2 η(x,t) = 0 k 2 η +β 2 η = 0 β 2 η = k 2 η sehingga β = k, persamaan (56) dapat kita tulis sebagai atau ω 2 = gk tanh(kh 2 ) ω = gk tanh(kh 2 ) (59)

19 Solusi untuk φ Misalkan dimana S (x,t) sama dengan (45), maka φ(x,y,t) = S (x,t) G (y) dengan fungsi tak diketahui G memenuhi dengan kondisi φ(x,y,t) = ig η(x,t) G (y) (60) ω G k 2 G = 0 (61) G (0) = 1, G (0) = ω2 g Sama dengan solusi dari (50), maka solusi untuk (61) kondisi (62) adalah G (y) = cosh(ky)+ ω2 gk sinh(ky) (62) Now φ(x,y,t) = ig [ ] ω η(x,t) cosh(βy)+ ω2 gβ sinh(βy) φ(x,y,t) = ig [ ] ω η(x,t) Acosh(ky)+ ω2 gk B sinh(ky) (63) (64)

20 φ y = α φ y pada y = h 1 (65) y φ(x,y,t) = ig ] [k ω η(x,t) sinh(ky)+ ω2 g cosh(ky) y φ(x, h 1,t) = ig ω η(x,t) [ k sinh(kh 1 )+ ω2 g cosh(kh 1) ] (66) y φ(x, h 2,t) = 0 y φ(x, h 2, t) = ig ] [Ak ω η(x,t) sinh( kh 2 )+ ω2 g B cosh( kh 2) = 0 Ak sinh(kh 2 )+ ω2 g B cosh(kh 2) = 0 ω 2 g B cosh(kh 2) = Ak sinh(kh 2 ) B = Akg ω 2 tanh(kh 2)

21 y φ(x,y,t) = ig ] [Ak ω η(x,t) sinh(ky)+ ω2 g B cosh(ky) = ig [ ω η Ak sinh(ky)+ ω2 kg g ω 2 Atanh(kh 2)cosh(ky) = ig ω η[ak sinh(ky)+ak tanh(kh 2)cosh(ky)] = igak ω η[sinh(ky)+tanh(kh 2) cosh(ky)] y φ(x, h 1,t) = igak ω η[sinh( kh 1)+tanh(kh 2 )cosh( kh 1 )] = igak ω η[ sinh(kh 1)+tanh(kh 2 )cosh(kh 1 )] (67) Selanjutnya kita gunakan (67) (66) pada (65), yaitu k sinh(kh 1 )+ ω2 g cosh(kh 1) = αak [ sinh(kh 1 )+tanh(kh 2 ) cosh(kh 1 )] ] αka = A = k sinh(kh 1 )+ ω2 g cosh(kh 1) sinh(kh 1 )+tanh(kh 2 )cosh(kh 1 ) k sinh(kh 1 )+ ω2 g cosh(kh 1) αk [ sinh(kh 1 )+tanh(kh 2 )cosh(kh 1 )] (68)

22 sinh(kh 1)cosh(kh 2 ) + sinh(kh 2)cosh(kh 1 ) cosh(kh 2 ) cosh(kh 2 ) sinh([h 2 h 1 ]k) cosh(kh 2 ) sehingga, A = ] [ k sinh(kh 1 )+ ω2 g cosh(kh cosh(kh 2 ) 1) αk sinh([h 2 h 1 ] k) = k sinh(kh 1) cosh(kh 2 )+ ω 2 g cosh(kh 1)cosh(kh 2 ) αk sinh([h 2 h 1 ]k) cosh([h 2 h 1 ]k) = cosh(h 2 k) cosh(h 1 k) sinh(h 2 k) sinh(h 1 k) cosh(h 2 k) cosh(h 1 k) = cosh([h 2 h 1 ]k)+sinh(h 2 k) sinh(h 1 k) sinh([h 2 h 1 ]k) = sinh(h 2 k) cosh(h 1 k) sinh(h 1 k) cosh(h 2 k) sinh(h 1 k) cosh(h 2 k) = sinh(h 2 k) cosh(h 1 k) sinh([h 2 h 1 ]k)

23 A = k sinh(kh 1)cosh(kh 2 )+ ω 2 g [cosh([h 2 h 1 ]k)+sinh(kh 1 )sinh(kh 2 )] αk sinh([h 2 h 1 ] k) k sinh(kh 1 )cosh(kh 2 )+ ω2 g sinh(kh 1)sinh(kh 2 ) k [sinh(h 2 k) cosh(h 1 k) sinh([h 2 h 1 ] k)]+ ω2 g sinh(kh 1) sinh(kh 2 ) ) ( k cosh(h 1 k)+ ω2 g sinh(kh 1) sinh(kh 2 )+k sinh([h 2 h 1 ] k)

24 t φ(x, h 1, t) = α φ(x, h 1,t)+ωf φ(x, h 1, t) t φ(x,0,t) = gη(x,t) t φ(x,y,t) = ig [ ] ω η(x,t) cosh(βy)+ ω2 gβ sinh(βy) φ(x,y,t) = ig ω η(x,t) [ A cosh(ky)+ ω2 gk [ Akg ω 2 tanh(kh 2) = ig ω η(x,t)[a cosh(ky)+a tanh(kh 2)sinh(ky)] ] ] sinh(ky) t φ(x,y,t) = ig ] ηt (x,t) [cosh(βy)+ ω2 ω gβ sinh(βy) φ(x,y,t) = ig t ω ηt (x,t)[a cosh(ky)+a tanh(kh 2)sinh(ky)]