BookPDP by Mawardi

Diktat Persamaan DifferensialParsial

Materi-Materi Setelah Ujian Tengah Semester

Dr. Eng. Mawardi Bahri, M.Si.

April 2010

i

Kata Pengantar

Syukur Alhamdulillah, penyusun panjatkan kehadirat Allah SWT, karena atas izin-

Nya diktat mata kuliah ini dapat diselesaikan pada waktunya.

Diktat ini kami maksud sebagai salah satu buku pendamping mahasiswa dalam

memahami mata kuliah ”Persamaan Differensial Parsial” yang diajarkan setiap

tahun pada Jurusan Matematika FMIPA UNHAS, disusun berdasarkan kebutuhan

terhadap pengembangan riset matematika terapan yang harus dimiliki oleh ma-

hasiswa dalam menyiapkan dirinya menjadi peneliti yang andal pada masa men-

datang.

Kebanyakan isi dari diktat ini diambil dari [1, 2] dan berdasarkan pada pen-

galaman penulis dalam mengajar mata kuliah ini dalam berapa tahun sebelumnya.

Diktat mata kuliah ini akan senantiasa direvisi setiap tahun dan disempurnakan

sesuai dengan perkembangan ilmu dan kebutuhan riset ke depan yang selalu berkem-

bang.

Sasaran yang ingin dicapai setelah mahasiswa mempelajarai diktat ini den-

gan baik adalah memperoleh pengetahuan terbaru dalam matematika terapan dan

kemudian mengembangkan pengetahuan yang ada untuk mendapat hal baru juga

sehingga hasilnya bisa dipublikasikan pada jurnal nasional ataupun jurnal interna-

sional.

Akhirnya, penulis ingin mengucapkan terima kasih khususnya kepada Dr. Jef-

fry Kusuma sebagai penanggung jawab mata kuliah ini dan yang telah menga-

jarkan dasar-dasar persamaan differensial ketika penulis menempuh program S1 di

Jurusan Matematika FMIPA Universitas Hasanuddin (1992-1997) serta kepada se-

mua pihak yang telah membantu dalam penyusunan diktat mata kuliah ini baik

secara langsung maupun tidak langsung. Semoga kehadiran diktat ini dapat mem-

bantu semua pihak yang tertarik memahami teori-teori dasar persamaan differen-

ii

sial parsial dan aplikasinya serta juga memberi kontribusi bagi pengembangan ilmu

pengetahuan dan teknologi.

Bukan gading namanya kalau diantara himpunan gading itu ada yang tidak

retak, demikian pula pada himpunan huruf, angka, simbol yang digunakan dalam

diktat ini serta tampilannya yang diyakini masih memiliki kekurangan. Oleh karena

itu kami mohon maaf akan hal tersebut, namun kami juga mengharapkan masukan

dan kritikan yang sifatnya membangun demi sempurnanya diktat mata kuliah ini di

masa mendatang.

Makassar, April 2010

Penulis

Daftar Isi

Kata Pengantar i

1 Persamaan Gelombang Dua Dimensi 1

1.1 Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Solusi dari Persamaan-Persamaan Pemisahan . . . . . . . . . 3

1.1.2 Solusi Double Deret Fourier dari Seluruh Masalah . . . . . . . 4

1.2 Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius . . . . . 6

2 Persamaan Laplace 13

2.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Silinder . . . . . . . . 15

2.1.2 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Bola . . . . . . . . . . 16

2.1.3 Persamaan Laplace di dalam Domain Sirkuler . . . . . . . . . 18

2.1.4 Persamaan Laplace di dalam Annulus . . . . . . . . . . . . . 20

3 Solusi Numerik 23

3.1 Solusi Numerik (Numerical Solutions) . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Daftar Pustaka 26

iii

Bab 1

Persamaan Gelombang Dua

Dimensi

1.1 Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi

Misalkan sebuah membran tipis elastis di rentangkan atas frame empat persegi pan-

jang dengan dimensi a dan b dan sisinya di buat fixed. Membran tersebut di getarkan

dengan menggerakkan secara vertikal dan kemudian dilepaskan. Getaran dari mem-

bran tersebut dibagun oleh persamaan gelombang dua dimensi (2D)

∂2u

∂t2= c2

(∂2u

∂x2+∂2u

∂y2

), 0 < x < a, 0 < y < b, t > 0, (1.1)

dimana u = u(x, y, t) menyatakan pembelokan (deflection) di titik (x, y) dan pada

waktu t. Kita punya syarat-syarat batas sebagai berikut:

u(0, y, t) = 0 dan u(a, y, t) = 0, 0 ≤ y ≤ b dan t ≥ 0, (1.2)

dan

u(x, 0, t) = 0 dan u(x, b, t) = 0, 0 ≤ x ≤ a dan t ≥ 0. (1.3)

1

2 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI

Syarat-syarat awal

u(x, y, 0) = f(x, y) dan∂u

∂t(x, y, 0) = g(x, y). (1.4)

Untuk menentukan getaran dari gelombang kita harus mendapat fungsi u yang

memenuhi (1.1)-(1.4). Kita pecahkan persoalan nilai batas diatas menggunakan

metode pemisahan variabel (separation of Variables).

Kita cari perkalian solusi dari bentuk

u(x, y, t) = X(x)Y (y)T (t). (1.5)

Diferensiasikan (1.5) dan substitusikan ke persamaan (1.1) kita memperoleh

XY T ′′ = c2(X ′′Y T +XY ′′T ). (1.6)

Bagi kedua sisi dari persamaan diatas dengan c2XY T kita punya

T ′′

c2T=X ′′

X+Y ′′

Y. (1.7)

Karena sisi kiri adalah fungsi terhadap t dan sisi kanan adalah fungsi terhadap x

dan y, persamaan itu mesti konstan. Asumsikan kostanta pemisahan adalah negativ.

MakaT ′′

c2T= −k2 dan

X ′′

X+Y ′′

Y= −k2. (1.8)

Suku pertama dari persamaan (1.8) menghasilkan

T ′′ + k2c2T = 0. (1.9)

Suku kedua dari persamaan (1.8) menghasilkan

X ′′

X︸︷︷︸−µ2

= −Y′′

Y− k2︸︷︷︸

−µ2

. (1.10)

Dari persamaan (1.10) kita simpulkan

X ′′

X= −µ2 dan − Y ′′

Y− k2 = −µ2, µ > 0. (1.11)

1.1. Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi 3

Atau

X ′′ + µ2X = 0 dan Y ′′ + ν2Y = 0, (1.12)

dimana ν2 = k2−µ2. Sekarang kita tiba pada persamaan-persamaan berikut:

X ′′ + µ2X = 0, X(0) = 0, X(a) = 0,

Y ′′ + ν2Y = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0,

T ′′ + k2c2T = 0, k2 = ν2 + µ2. (1.13)

1.1.1 Solusi dari Persamaan-Persamaan Pemisahan

Solusi umum dari persamaan (1.13) diberikan oleh

X(x) = c1 cosµx+ c2 sinµx,

Y (y) = d1 cos νy + d2 sin νy,

T (t) = e1 cos ckt+ e2 sin ckt, (k2 = ν2 + µ2). (1.14)

Dari syarat-syarat batas untuk X dan Y kita memperoleh c1 = 0 dan c2 sinµ a = 0

dan d1 = 0 dan d2 sin ν b = 0. Maka

sinµ a = sinmπ ⇒ µ = µn =mπ

a, (1.15)

dan

sin ν b = sinnπ ⇒ ν = νn =nπ

b, m, n = 1, 2, · · · , (1.16)

sehingga

Xm(x) = sinmπ

ax dan Yn(x) = sin

nπ

by. (1.17)

Kita juga mempunyai

k = km =√µ2m + ν2n =

√m2π2

a2+n2π2

b2. (1.18)


Jadi,

T (t) = Tmn(t) = Bmn cos ckmt+B∗mn sin ckmt

= Bmn cos cπ

√m2

a2+n2π2

b2t+B∗mn sin cπ

√m2

a2+n2

b2t

= Bmn cosλmnt+B∗mn sinλmnt, (1.19)

dimana

λmn = cπ

√m2

a2+n2

b2. (1.20)

Disini λmn disebut frequensi karakteristik dari membran. Kita kemudian memper-

oleh perkalian solusi yg memenuhi persamaan-persamaan (1.1), (1.2) dan (1.3)

umn(x, y, t) = sinmπ

ax sin

nπ

by (Bmn cosλmnt+B∗mn sinλmnt). (1.21)

1.1.2 Solusi Double Deret Fourier dari Seluruh Masalah

Dengan mennggunakan prinsip superposisi, kita jumlahkan semua perkalian solusi

dan mendapat

u(x, y, t) =∞∑n=1

∞∑m=1

(Bmn cosλmnt+B∗mn sinλmnt) sinmπ

ax sin

nπ

by. (1.22)

Dari syarat awal pertama u(x, y, 0) = f(x, y), kita memperoleh

f(x, y) =∞∑n=1

∞∑m=1

Bmn sinmπ

ax sin

nπ

by. (1.23)

Perhatikan bahwa fungsi-fungsi sin mπax sin nπ

by adalah orthogonal atas 0 ≤

x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b. Yaitu,∫ b

0

∫ a

0

sinmπ

ax sin

nπ

by sin

m′π

ax sin

n′π

by dxdy = 0, (m,n) 6= (m′, n′). (1.24)

Jika (m,n) 6= (m′, n′), maka kita memperoleh∫ b

0

∫ a

0

sinmπ

ax sin

nπ

by dxdy =

ab

4. (1.25)

1.1. Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi 5

Kalikan (1.23) dengan sin m′πax sin n′π

by kemudian integrasikan atas empat persegi

panjang a× b dan gunakan sifat ortogonal, kita mendapat

Bm,n =4

ab

∫ b

0

∫ a

0

f(x, y) sinmπ

ax sin

nπ

by dxdy. (1.26)

Deret didalam (1.23) dengan koefisien diberikan oleh (1.26) disebut deret double

Fourier sinus dari f . Dengan cara yang sama, dari syarat awal kedua u(x, y, 0) =

f(x, y) kita memperoleh

g(x, y) =∞∑n=1

∞∑m=1

B∗mn sinmπ

ax sin

nπ

by. (1.27)

Dengan argument yang sama, kita memperoleh

B∗m,n =4

abλmn

∫ b

0

∫ a

0

g(x, y) sinmπ

ax sin

nπ

by dxdy. (1.28)

Contoh 1.1.1 Sebuah membran bujur sangkar dengan a = b = 1 dan c = 1/π

ditempatkan pada bidang xy. Sisi-sisi dari membran dibuat fixed dan membran

tersebut direntangkan kedalam bentuk yang dimodelkan oleh fungsi f(x, y) = x(x −

1)y(y − 1), 0 < x < 1, 0 < y < 1. Anggap membran tersebut mulai bergetar dari

diam. Tentukan posisi setiap titik pada membran untuk t > 0.

Solusi. Kita punya g(x, y) = 0, dan sehingga B∗m,n = 0. Untuk m,n = 1, 2, 3, · · · ,

kita punya

Bm,n = 4

∫ 1

0

∫ 1

0

x(x− 1)y(y − 1) sinmπx sinnπy dxdy

= 4

∫ 1

0

y(y − 1) sinnπy dy

∫ 1

0

x(x− 1) sinmπxdx. (1.29)

Integral parsial memberikan

4

∫ 1

0

x(x− 1) sinmπxdx =2((−1)m − 1)

π3m3. (1.30)

Formula similar berlaku untuk integral dengan variabel y. Jadi,

Bm,n = 42((−1)n − 1)

π3n3

2((−1)m − 1)

π3m3, m, n = 1, 2, · · · . (1.31)


Jika salah satunya m or n genap, Bmn adalah zero. Jika keduanya m dan n adalah

ganjil, maka Bm,n = 64π6m3n3 . Jadi, solusinya adalah

u(x, y, t) =∑n odd

∑m odd

64

π6m3n3sinmπx sinnπy cos

√m2 + n2t

=∞∑l=0

∞∑k=0

(64

π6(2k + 1)3(2l + 1)3sin(2k + 1)πx sin(2l + 1)πy

× cos√

(2k + 1)2 + (2l + 1)2t). (1.32)

Latihan 1.1.1 Seperti pada Contoh 1.2.1 pecahkan persoalan nilai batas dengan

a = b = 1, c = 1/π dan fungsi f dan g diberikan di bawah ini.

(i). f(x, y) = 0, g(x, y) = 1.

(ii). f(x, y) = sin πx sin πy, g(x, y) = 0.

(iii). Plot jumlah parsial dari solusi deret pada bermacam-macam nilai dari t untuk

mengilustrasikan getaran dari membran.

1.2 Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Ko-

ordinat Kartesius

Untuk persoalan steady-state or time independent di dalam dua dimensi atas persegi

panjang a× b, kita pertimbangkan persamaan berikut:

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0, 0 < x < a, 0 < y < b. (1.33)

Persamaan ini dikenal dengan persamaan Laplace dua dimensi. Didalam per-

soalan tertentu, solusi yang dicari ditentukan oleh syarat-syarat batas yang diberikan.

Sekarang kita impose syarat-syarat batas

u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x), 0 < x < a

u(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y), 0 < y < b. (1.34)

1.2. Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius 7

Sebuah persoalan yang terdiri dari persamaan Laplace pada daerah di dalam bidang

bersama dengan nilai batasnya disebut persoalan Dirichlet. Maka persoalan di

atas disebut persoalan Dirichlet pada empat persegi panjang. Kita mulai dengan

memecahkan kasus khusus bila f1, g1 dan g2 semuanya zero.

Contoh 1.2.1 Pecahkan persoalan nilai batas dari persamaan Laplace 1.33) dengan

metode pemisahan variabel dengan syarat batas berikut:

u(x, 0) = f1(x) = 0, u(x, b) = f2(x), 0 < x < a

u(0, y) = g1(y) = 0, u(a, y) = g2(y) = 0, 0 < y < b. (1.35)

Solusi. Substitusi perkali solusi u(x, y) = X(x)Y (y) kedalam (1.33) dan gunakan

metode pemisahan variabel, kita tiba pada persamaan-persamaan

X ′′ + kX = 0, Y ′′ − kY = 0, (1.36)

dimana k adalah konstanta pemisahan. Gunakan syarat batas, maka diperoleh

u(x, 0) = X(x)Y (0) = 0 =⇒ Y (0) = 0

u(0, y) = X(0)Y (y) = 0 =⇒ X(0) = 0

u(a, y) = X(a)Y (0) = 0 =⇒ X(a) = 0. (1.37)

Persamamn (1.36) memiliki 3 macam solusi yang bergantung pada nilai k. Untuk

k = 0 diperoleh X ′′ = 0 yang memberikan solusi

X(x) = A1x+ A2, (1.38)

di mana A1 dan A2 adalah sebarang konstanta real. Substitusi syarat batas (1.37)

memberikan solusi trivial. Untuk k < 0, misal k = −µ2, suku pertama persamamn

(1.36) menjadi

X ′′ − µ2X = 0 (1.39)


yang mempunyai solusi

X(x) = B1eµx +B2e

−µx. (1.40)

Substitusi syarat batas (1.37) memberikan

X(0) = B1eµ0 +B2e

−µ0 = 0

= B1 +B2 = 0 =⇒ B1 = −B2

X(a) = B1eµa +B2e

−µa = 0

= −B2eµa +B2e

−µa = 0

= B2(e−µa − eµa) = 0, (1.41)

yang mengakibatkan B2 = 0 sehingga mengarah ke solusi trivial. Untuk k = µ2 > 0,

diperoleh solusi-solusi X(x) = c1 cosµx + c2 sinµx. Pensubstitusian syarat-syarat

batas pada X membuat c1 = 0,

µ = µn =nπ

a, n = 1, 2, · · · (1.42)

dan jadi

Xn(x) = sinnπ

ax, n = 1, 2, · · · . (1.43)

Kembali lagi ke Y dengan k = µ2n, kita mendapat

Y = An coshµny +Bn sinhµny. (1.44)

Pengimposan Y (0) = 0, kita mendapat An = 0, dan jadi

Yn = Bn sinhµny. (1.45)

Dari (1.43) dan (1.45) kita kemudian memperoleh perkalian solusi

Bn sinnπ

ax sinh

nπ

ay. (1.46)

Dengan prinsip superposisi solusi, kita memperoleh bentuk umum solusi

u(x, y) =∞∑n=1

Bn sinnπ

ax sinh

nπ

ay. (1.47)


Akhirnya, syarat batas u(x, b) = f2(x) mengakibatkan bahwa

f2(x) =∞∑n=1

Bn sinhnπb

asin

nπ

ax. (1.48)

Kalikan (1.48) dengan sin m′πax kemudian integrasikan atas interval 0 < x < a dan

gunakan sifat ortogonal, kita punya

Bn =2

a sinh nπba

∫ a

0

f2(x) sinnπ

ax dx, n = 1, 2, · · · . (1.49)

Contoh 1.2.2 ( Temperatur steady-state didalam pelat bujur sangkar) Seperti

pada Contoh 1.2.1

(i). Tentukan distibusi temperatur steady-state didalam plat bujur sangkar 1 × 1

dimana satu sisi dilakukan pada 100◦ dan tiga sisi yang lain dilakukan pada

0◦.

(ii). Khususnya, cari distibusi temperatur steady-state pada pusat dari pelat.

Solusi. Untuk (i) kita pecahkan persoalan itu sebagai kasus khusus dari Contoh

1.2.1, dimana f2(x) = 100◦ dan a = b = 1. Dari (1.47) dan (1.49), diperoleh

u(x, y) =∞∑n=1

Bn sinnπx sinhnπy, (1.50)

dimana

Bn =200

sinhnπ

∫ 1

0

sinnπx dx =200

nπ sinhnπ(1− cosnπ). (1.51)

Substitusi (1.51) kedalam (1.50) kita kemudian mendapat solusi

u(x, y) =∑n odd

200

nπ sinhnπ(1− cosnπ) sinnπx sinhnπy

=400

π

∞∑k=0

sin(2k + 1)πx

(2k + 1)

sinh(2k + 1)πy

sinh(2k + 1)π. (1.52)


Untuk bagian (ii) pensubstitusian x = y = 12

ke (1.52) kita memperoleh temperatur

pada pusat sebagai

u(1

2,1

2) =

400

π

∞∑k=0

sin(2k + 1)π2

(2k + 1)

sinh(2k + 1)π2

sinh(2k + 1)π

=400

π

∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)

sinh(2k + 1)π2

2 sinh(2k + 1)π2

cosh(2k + 1)π2

=200

π

∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)

1

cosh(2k + 1)π2

, (1.53)

dimana digunakan fakta bahwa

sinhu = 2 sinhu

2cosh

u

2, (1.54)

dan

sin(2k + 1)π

2= (−1)k. (1.55)

Latihan 1.2.1 Seperti pada Contoh 1.2.1 pecahkan persoalan nilai batas dari persamaan-

persamaan (1.33) dan (1.34) dengan syarat-syarat awal sebagai berikut:

(i). u(x, 0) = f1(x) dan yang lainnya semuanya nol.

(ii). u(0, y) = g1(y) dan yang lainnya semuanya nol.

(iii). u(a, y) = g2(y) dan yang lainnya semuanya nol.

Remark 1.2.1 Gunakan fakta berikut: Dari soal (i) kita mempunyai PDP II: Y ′′−

µ2Y = 0 yang mempunyai solusi Y (y) = D1 coshµy+D2 sinhµy. Dari syarat batas

Y (0) = 0 di peroleh D2 = −D1 coshµbsinhµb

. Jadi

Y (y) =D1(coshµy sinhµb− coshµb sinhµy)

sinhµb. (1.56)


Karena X(x) = Xn(x) = sinµnx, n = 1, 2, 3, · · · . Maka

u(x, y) = sinµnxD1(coshµny sinhµnb− coshµnb sinhµny)

sinhµnb

=D1

sinhµnbsinµnx (coshµny sinhµnb− coshµnb sinhµny)

= Dn sinµnx (coshµny sinhµnb− coshµnb sinhµny)

=∞∑n=1

Dn sinµnx sinhµn(b− y), µn =nπ

a

=∞∑n=1

Dn sinnπ

ax sinh

nπ

a(b− y). (1.57)

Latihan 1.2.2 (Project problem) Persoalan temperatur steady-state didalam se-

buah solid tiga dimensi membentuk persoalan Dirichlet yang berkaitan dengan per-

samaan Laplace tiga dimensi:

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2= 0, 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c. (1.58)

Ikutilah langkah-langkah garis besar berikut untuk menurunkan solusinya yang mem-

punyai bentuk

u(x, y, z) =∞∑n=1

∞∑m=1

Amn sinmπ

cx sin

nπ

by sinhλmnz, λmn = π

√(m

a)2 + (

n

b)2

Amn =4

ab sinh(cλmn)

∫ b

0

∫ a

0

f(x, y) sinmπ

ax sin

nπ

by dxdy. (1.59)

• Cari perkalian solusi dari bentuk X(x)Y (y)Z(z). Gunakan pemisahan variabel

dan turunkan persamaan-persamaan

X ′′ + µ2X = 0, Y ′′ + ν2Y = 0, Z ′′ − (µ2 + ν2)Z = 0, (1.60)

• Dapatkan syarat-syarat batas

X(0) = X(a) = 0, Y (0) = Y (b) = 0, dan Z(0) = 0. (1.61)


• Tunjukkan bahwa

µ =mπ

a= 0, µ =

nπ

b, m, n = 1, 2, 3, · · · . (1.62)

• Turunkan perkalian solusi

umn(x, y, z) = Amn sinmπ

ax sin

nπ

by sinhλmnz. (1.63)

Bab 2

Persamaan Laplace Dua

Dimensi

2.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Po-

lar

Mari kita ingat kembali hubungan antara koordinat kartesius dan polar berikut:

x = r cos θ, y = r sin θ, r2 = x2 + y2, tan θ =y

x. (2.1)

Differensiasi r2 = x2 + y2 terhadap x kita memperoleh

2r∂r

∂x= 2x, atau

∂r

∂x=x

r. (2.2)

Differensiasi (2.2) terhadap x lagi kita mempunyai

∂2r

∂2x=r − x ∂r

∂x

r2=r − xx

r

r2=y2

r3. (2.3)

Differensiasi θ = tan−1 yx

terhadap x, kita mendapat

∂θ

∂x=

1

1 + ( yx)2

(− y

x2) = − y

r2. (2.4)

13

14 BAB 2. PERSAMAAN LAPLACE

Differensiasi (2.4) terhadap x lagi, kita mempunyai

∂2θ

∂x2=

0− (−y)2r ∂r∂x

r4=

2xy

r4. (2.5)

Dengan cara yang sama kita dengan mudah memperoleh berikut ini

∂r

∂y=y

r,

∂θ

∂y=

x

r2, (2.6)

dan juga

∂2r

∂y2=x2

r3,

∂2θ

∂y2= −2xy

r4. (2.7)

Dari u = u(r, θ), r = (x, y) dan θ = (x, y) kita dengan mudah memperoleh

∂u

∂x=∂u

∂r

∂r

∂x+∂u

∂θ

∂θ

∂x(2.8)

Terapkan aturan perkalian dari turunan dan aturan rantai lagi, kita memperoleh

∂2u

∂x2=

∂

∂x

(∂u

∂r

∂r

∂x+∂u

∂θ

∂θ

∂x

)=

∂

∂x(∂u

∂r)∂r

∂x+∂u

∂r

∂2r

∂x2+

∂

∂x(∂u

∂θ)∂θ

∂x+∂u

∂θ

∂2θ

∂x2

=

(∂2u

∂r2∂r

∂x+

∂2u

∂r∂θ

∂θ

∂x

)∂r

∂x+∂u

∂r

∂2r

∂x2+

(∂2u

∂r∂θ

∂r

∂x+∂2u

∂2θ

∂θ

∂x

)∂θ

∂x+∂u

∂θ

∂2θ

∂x2

=∂2u

∂r2

(∂r

∂x

)2

+ 2∂2u

∂r∂θ

∂θ

∂x

∂r

∂x+∂u

∂r

∂2r

∂x2+∂2u

∂θ2

(∂θ

∂x

)2

+∂u

∂θ

∂2θ

∂x2. (2.9)

Ganti x dengan y didalam (2.9), kita memperoleh

∂2u

∂y2=∂2u

∂r2

(∂r

∂y

)2

+ 2∂2u

∂r∂θ

∂θ

∂y

∂r

∂y+∂u

∂r

∂2r

∂y2+∂2u

∂θ2

(∂θ

∂y

)2

+∂u

∂θ

∂2θ

∂y2. (2.10)

2.1. Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar 15

Tambahkan persamaan (2.9) dan persamaan (2.10), kita mendapat

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2=

∂2u

∂r2

{(∂r

∂x

)2

+

(∂r

∂y

)2}

+ 2∂2u

∂r∂θ

{∂θ

∂x

∂r

∂x+∂θ

∂y

∂r

∂y

}︸︷︷︸

0

+∂u

∂r

{∂2r

∂x2+∂2r

∂y2

}+∂2u

∂θ2

{(∂θ

∂x

)2

+

(∂θ

∂y

)2}

+∂u

∂θ

{∂2θ

∂x2+∂2θ

∂y2

}︸︷︷︸

0

=∂2u

∂r2

∂r

∂x︸︷︷︸x/r

2

+

∂r

∂y︸︷︷︸y/r

2+

∂u

∂r

∂2r

∂x2︸︷︷︸y2/r3

+∂2r

∂y2

+∂2u

∂θ2

{(∂θ

∂x

)2

+

(∂θ

∂y

)2}. (2.11)

Lakukan cara yang sama, persamaan (2.11) reduksi ke

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2=

∂2u

∂r2

(x2

r2+y2

r2

)+∂u

∂r

(x2

r3+y2

r3

)+∂2u

∂θ2

(x2

r4+y2

r4

)=

∂2u

∂r2

(x2 + y2

r2

)+∂u

∂r

(x2 + y2

r3

)+∂2u

∂θ2

(x2 + y2

r4

)(2.12)

Substitusi x2 + y2 = r2 ke dalam persamaan (2.12), kita memperoleh

4u = 52u =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2=∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2∂2u

∂θ2. (2.13)

2.1.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Silinder

Jika u = u(x, y, z) persamaan Laplace (2.13) mempunyai bentuk

4u = 52u =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2. (2.14)

Hubungan antara koordinat kartesius dan koordinat silinder adalah

x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, z = z. (2.15)


Dapat ditunjukkan bahwa bentuk silinder dari persamaan (2.13) adalah

4u = 52u =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2=∂2u

∂ρ2+

1

ρ

∂u

∂ρ+

1

ρ2∂2u

∂θ2+∂2u

∂z2. (2.16)

Contoh 2.1.1 Gunakan koordinat bola untuk menghitung persamaan Laplace dari

f(x, y, z) = ln(x2 + y2 + z2), (x, y, z) 6= (0, 0, 0). (2.17)

Solusi. Didalam koordinat bola, kita punya

f(r, θ) = ln r2 = 2 ln r. (2.18)

Dari persamaan (2.13) kita memperoleh

52u =∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2∂2u

∂θ2= − 2

r2+

4

r2+ 0 =

2

r2. (2.19)

2.1.2 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Bola

Misalkan (r, θ, φ) menyatakan koordinat bola dari titik (x, y, z). kita punya

x = r cosφ sin θ, y = r sinφ sin θ, z = r cos θ, r2 = x2 + y2 + z2. (2.20)

Sekarang misalkan

ρ = r sin θ, x = ρ cosφ, y = ρ sinφ, ρ2 = x2 + y2. (2.21)

Dari bentuk polar persamaan Laplace (2.13) kita mempunyai

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2=∂2u

∂ρ2+

1

ρ

∂u

∂ρ+

1

ρ2∂2u

∂φ2. (2.22)

Perhatikan relasi berikut

z = r cos θ, ρ = r sin θ. (2.23)

Dari (2.23) kita memperoleh

∂2u

∂z2+∂2u

∂ρ2=∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2∂2u

∂θ2. (2.24)


Tambahkan ∂2u∂z2

ke (2.22) dan gunakan (2.24) memberikan

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2=∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2∂2u

∂θ2+

1

ρ

∂u

∂ρ+

1

ρ2∂2u

∂φ2. (2.25)

Dari (2.23) kita memperoleh θ = tan−1(ρ/z) sehingga

∂θ

∂ρ=

1

1 + (ρz)2

1

z=

z

z2 + ρ2=z2

r2=

cos θ

r. (2.26)

Differensiasi ρ = r sin θ terhadap ρ kita memperoleh

1 =∂r

∂ρsin θ + r cos θ

∂θ

∂ρ=∂r

∂ρsin θ + cos2 θ. (2.27)

Jadi,

∂r

∂ρ=

1− cos2 θ

sin θ= sin θ. (2.28)

Perhatikan bahwa φ dan ρ adalah koordinat polar di bidang-xy, maka ∂φ/∂ρ = 0.

Gunakan atruran rantai, kita memperoleh

∂u

∂ρ=∂u

∂r

∂r

∂ρ+∂u

∂θ

∂θ

∂ρ+∂u

∂φ

∂φ

∂ρ=∂u

∂r

ρ

r+∂u

∂θ

cos θ

r. (2.29)

Substitusi ini ke (2.25) dan sederhakan, kita memperoleh

4u = 52u =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2=∂2u

∂r2+

2

r

∂u

∂r+

1

r2

(∂2u

∂θ2+ cot θ

∂u

∂θ+ csc2 θ

∂2u

∂φ2

).

(2.30)

Latihan 2.1.1 Tunjukkan fungsi-fungsi berikut memenuhi persamaan Laplace dan

kemudian hitung nilainya dengan menggunakan koordinat polar.

(i). u(x, y) = xx2+y2

.

(ii). u(x, y) = 1√x2+y2

.

(iii). u(x, y) = (x2 + y2 + z2)−1/2.


2.1.3 Persamaan Laplace di dalam Domain Sirkuler

Distribusi temperatur steady-state pada plat sirkuler (lingkaran) yang berjari-jari a

memenuhi persamaan Laplace dua dimensi (koordinat polar):

52u =∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2∂2u

∂θ2, 0 < r < a, 0 < θ < 2π, (2.31)

dan syarat batas

u(a, θ) = f(θ), 0 < θ < 2π. (2.32)

Persamaan (2.31) dan persamaan(2.32) disebut persoalan Dirichlet dari cakram

berjari jari a.

Remark 2.1.1 Perhatikan bahwa f didalam (2.32) adalah berperiodik 2π.

Mari kita pecahkan persoalan (2.31) dan (2.32) dengan menggunakan metode

pemisahan variabel. Substitusi perkalian solusi u(r, θ) = R(r)Θ(θ) kedalam (2.31),

kita memperoleh

R′′Θ +1

rR′Θ +

1

r2RΘ′ = 0. (2.33)

Kalikan persamaan (2.33) dengan r2 dan kemudian bagi dengan RΘ, kita memper-

oleh

r2R′′

R+ r

R′

R+

Θ′′

Θ= 0. (2.34)

Atau

r2R′′

R+ r

R′

R︸︷︷︸λ

= − Θ′′

Θ︸︷︷︸λ

. (2.35)

Kita sederhakan persamaan (2.35) untuk memperoleh

r2R′′ + rR′ − λR = 0, dan Θ′′ + λΘ = 0. (2.36)

Suku kedua dari (2.36) mempunyai solusi berperiodik 2π

Θ = Θn = an cosnθ + bn sinnθ = 0, n = 0, 1, 2, · · · (2.37)


Suku pertama dari (2.36) adalah persamaan Euler. Mudah dilihat bahwa akar-

akarnya adalah n dan -n sehingga solusinya mempunyai bentuk

R(r) = c1

(ra

)n+ c2

(ra

)−n, n = 1, 2, · · · (2.38)

dan

R(r) = c1 + c2 ln(ra

), n = 0. (2.39)

Untuk persoalan Dirichlet di dalam cakram, solusi mesti tetap terbatas pada 0. Jadi,

kita harus ambil c2 = 0, karena(ra

)−n=(ar

)−ndan ln

(ra

)adalah tidak terbatas jika

r → 0. Maka kita tiba perkalian solusi

u0(r, θ) = a0 dan un(r, θ) =(ra

)n(an cosnθ + bn sinnθ), n = 1, 2, · · · . (2.40)

Dengan prinsip superposisi solusi, kita memperoleh

u(r, θ) = a0 +∞∑n=1

(ra

)n(an cosnθ + bn sinnθ). (2.41)

Taruh r = a didalam (2.41) gunakan (2.32) kita memperoleh

f(θ) = u(r, θ) = a0 +∞∑n=1

(an cosnθ + bn sinnθ). (2.42)

Mudah melihat bahwa a0, an dan bn di dalam persamaan (2.42) adalah koefisien-

koefisien Fourier dari fungsi f yang berperiodik 2π

a0 =1

2π

∫ 2π

0

f(θ) dθ, an =1

π

∫ 2π

0

f(θ) cosnθ dθ, bn =1

π

∫ 2π

0

f(θ) sinnθ dθ.

(2.43)

Contoh 2.1.2 Cari distribusi temperatur steady-state didalam cakram berjari-jari

1 jika bagian setengah atas dari cakram bersuhu 100◦ dan bagian setengah bawah

bersuhu 0◦.

Solusi. Nilai-nilai batas ditentukan oleh fungsi berikut:

u(r, θ) = f(θ) =

100, jika 0 < θ < π,

0, jikaπ < θ < 2π.

(2.44)


Substutusi persamaan diatas ke dalam (2.43)

a0 =1

2π

∫ π

0

100 dθ = 50, an =1

π

∫ π

0

100 cosnθ dθ = 0, (2.45)

dan

bn =1

π

∫ π

0

100 sinnθ dθ =100

nπ[1− cosnπ]. (2.46)

Substutusi persamaan (2.46) dan persamaan (2.45) ke dalam (2.41) kita mendapat

solusi

u(r, θ) = 50 +100

π

∞∑n=1

1

n[1− cosnπ]rn sinnθ. (2.47)

Pada batas cakram, ketika r = 1, deret di atas menjadi

u(1, θ) = 50 +200

π

∞∑k=0

1

(2k + 1)sin(2k + 1)θ. (2.48)

Contoh 2.1.3 Pecahkan persoalan Dirichlet didalam cakram yang berjari jari 1 (see

[2]) dan syarat batasnya u(1, θ) = 1 + sin θ + 12

sin 3θ + cos 4θ.

Solusi. Bandingkan syarat batas dan persamaan (2.42), kita simpulkan a0 = 1, a4 =

1 dan semua an yang lain adalah nol dan juga b1 = 1, b3 = 12

dan semua bn yang lain

adalah nol. Ini berarti solusi (2.41) mempunyai bentuk

u(r, θ) = 1 + r sin θ +r3

2sin 3θ + r4 cos 4θ. (2.49)

2.1.4 Persamaan Laplace di dalam Annulus

Pecahkan persoalan Dirichlet diantara dua lingkaran (annulus):

52u =∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2∂2u

∂θ2, R1 < r < R2, (2.50)

dan syarat batas

u(R1, θ) = g1(θ), dan u(R2, θ) = g2(θ), 0 < θ < 2π. (2.51)


Substitusi perkalian solusi u(r, θ) = R(r)Θ(θ) kedalam (3.5), kita memper-

oleh

r2R′′ + rR′ − λR = 0 (persamaan Euler), dan Θ′′ + λΘ = 0. (2.52)

Kasus 1 (λ = 0) persamaan Euler akan tereduksi ke

r2R′′ + rR′ = 0, (2.53)

yang mempunyai solusi sebagai

R(r) = a+ b ln r. (2.54)

Suku ke dua dari (2.52) mempunyai solusi

Θ(θ) = c+ dθ. (2.55)

Kasus 2 (λ > 0) persamaan Euler akan tereduksi ke

r2R′′ + rR′ − λ2R = 0, (2.56)

yang mempunyai solusi sebagai

R(r) = arλ + br−λ. (2.57)

Sekarang suku ke dua dari (2.52) mempunyai solusi

Θ(θ) = c cosλθ + d sinλθ. (2.58)

Jadi, solusi umum dari persoalan Dirichlet diatas adalah

u(r, θ) = a0 + b0 ln r +∞∑n=1

[(anrn + bnr

−n)] cosnθ + [(cnrn + dnr

−n) sinnθ]. (2.59)

Substitusi solusi (2.59) ke dalam syarat batas dan kemudian mengintegrasinya mem-

berikan persamaan berikut:

a0 + b0 lnR1 =1

2π

∫ 2π

0

g1(s) ds, a0 + b0 lnR2 =1

2π

∫ 2π

0

g2(s) ds (2.60)


dan

anRn1 + bnR

−n1 =

1

π

∫ 2π

0

g1(s) cosns ds, anRn2 + bnR

−n2 =

1

π

∫ 2π

0

g2(s) cosns ds,

(2.61)

dan juga

cnRn1 + dnR

−n1 =

1

π

∫ 2π

0

g1(s) sinns ds, cnRn2 + dnR

−n2 =

1

π

∫ 2π

0

g2(s) sinns ds.

(2.62)

Contoh 2.1.4 Anggaplah potensial didalam lingkran nol,sedangkan diluarnya sin θ,

yaitu

52u = 0, 1 < r < 2 (2.63)

dan syarat batas u(1, θ) = 0, 0 ≤ θ ≤ 2π,

u(2, θ) = sin θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.(2.64)

Solusi. Mudah mengecek bahwa berikut benar

a0 + b0 ln 1 =1

2π

∫ 2π

0

0 ds⇒ a0 = 0, a0 + b0 ln 2 =1

2π

∫ 2π

0

cos s ds⇒ b0 = 0,

(2.65)

dan juga

an + bn(1)−n =1

π

∫ 2π

0

0 ds, an2n + bn2−n =1

π

∫ 2π

0

sin s cosns ds, (2.66)

dan lagi

cn + dn =1

π

∫ 2π

0

0 sin s ds, cn2n + dn2−n =1

π

∫ 2π

0

sin s sinns ds. (2.67)

Bab 3

Solusi Numerik

3.1 Solusi Numerik (Numerical Solutions)

Perhatikan ekspansi deret taylor dari fungsi f(x) berikut:

f(x+ h) = f(x) + f ′(x)h+f ′′(x)

2h2 + · · · (3.1)

Jika kita potong suku tersebut setelah suku kedua, maka kita mempunyai approksi-

masi

f(x+ h) ∼= f(x) + f ′(x)h, (3.2)

sehingga kita memperoleh

f ′(x) ∼=f(x+ h)− f(x)

h, (3.3)

yang mana kita sebut approksimasi beda-maju. Persamaan (3.3) bisa ditulis kembali

dalam bentuk

f(x+ h) ∼= f(x) + f ′(x)h. (3.4)

Sekarang ganti h dengan −h didalam persamaan (3.3) kita memperoleh approksi-

masi beda-mundur sebagai

f ′(x) ∼=f(x)− f(x− h)

h. (3.5)

23

24 BAB 3. SOLUSI NUMERIK

Atau

f(x− h) ∼= f(x)− f ′(x)h. (3.6)

Dari persamaan-persamaan (3.4) dan (3.6) kita memperoleh approksimasi beda-

pusat, yaitu,

f ′(x) =1

2h[f(x+ h)− f(x− h)]. (3.7)

Dengan cara yang sama kita bisa memperoleh approksimasi beda-pusat untuk tu-

runan ke dua, yaitu,

f ′′(x) =1

h2[f(x+ h)− 2f(x) + f(x− h)]. (3.8)

Kita sekarang perluas approksimasi beda hingga ini ke turunaan parsial. Jika

kita mulai dengan expansi deret taylor didalam dua vaiabel

u(x+ h, y) = u(x, y) + ux(x, y)h+ uxxh2

2!+ · · ·

u(x− h, y) = u(x, y)− ux(x, y)h+ uxxh2

2!− · · · . (3.9)

kita bisa simpulkan berikut:

ux(x, y) ∼=u(x+ h, y)− u(x, y)

h(Forward diffrence)

ux(x, y) ∼=u(x+ h, y)− u(x− h, y)

2h(Central diffrence)

uxx(x, y) ∼=1

h2[u(x+ h, y)− 2u(x, y) + u(x− h, y)] (Central diffrence)

uy(x, y) ∼=u(x, y + k)− u(x, y)

h(Forward diffrence)

uy(x, y) ∼=u(x, y + k)− u(x, y − k)

2k(Central diffrence)

uyy(x, y) ∼=1

k2[u(x, y + k)− 2u(x, y) + u(x, y − k)] (Central diffrence).(3.10)

3.1. Solusi Numerik (Numerical Solutions) 25

Notasi berikut sangat membantu dalam menggunakan komputer

u(x, y) = ui,j

u(x, y + k) = ui+1,j

u(x, y − k) = ui−1,j

u(x+ h, y) = ui,j+1

u(x− h, y) = ui,j−1

ux(x, y) =1

2h(ui,j+1 − ui,j−1)

uy(x, y) =1

2k(ui+1,j − ui−1,j)

uxx(x, y) =1

h2(ui,j+1 − 2ui,j + ui,j−1)

uyy(x, y) =1

k2(ui+1,j − 2ui,j + ui−1,j). (3.11)

Contoh 3.1.1 Pecahkan persoalan Dirichlet dengan menggunkan metode beda hingga

52u =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1. (3.12)

dan syarat batas u = 0, pada puncak atas dan sisi− sisi dari bujursangkar

u(x, 0) = sin(πx), 0 ≤ x ≤ 1.(3.13)

Solusi. Substitusi persamaan (3.11) ke persamaan (3.12) kita memperoleh

52u =1

h2(ui,j+1 − 2ui,j + ui,j−1) +

1

k2(ui+1,j − 2ui,j + ui−1,j). (3.14)

Dengan memisalkan ukuran diskritisai h dan k sama, persamaan Laplace men-

jadi

(ui+1,j + ui−1,j + ui,j+1 + ui,j−1 − 4ui,j) = 0, (3.15)

atau

ui,j =1

4(ui+1,j + ui−1,j + ui,j+1 + ui,j−1). (3.16)

26 BAB 3. SOLUSI NUMERIK

Perhatikan bahwa ui,j adalah solusi di interior titik-titik grid. Sebagai contoh, jika

kita ambil 4 interior titik-titik grid, yaitu m = n = 4, kita memperoleh

−4u22 + u21︸︷︷︸0

+u23 + u12︸︷︷︸sin(π/3)

+u32 = 0

−4u23 + u22 + u24︸︷︷︸0

+ u13︸︷︷︸sin(2π/3)

+u33 = 0

−4u32 + u31︸︷︷︸0

+u33 + u22 + u42︸︷︷︸0

= 0

−4u33 + u32 + u34︸︷︷︸0

+u23 + u43︸︷︷︸0

= 0. (3.17)

Atau

−4 1 1 0

1 −4 0 1

1 0 −4 1

0 1 1 −4

u22

u23

u32

u33

=

− sin(π/3)

− sin(2π/3)

0

0

=

−0.86

−0.86

0

0

. (3.18)

Daftar Pustaka

[1] N. H. Asmar, Partial Differential Equations with Fourier Series and Boundary

Value Problems, Pearson Prentice Hall, 2005.

[2] S. J. Farlow, Partial Differential Equations for Scienties and Engineers, John

Wiley and Sons, 1984.

27

BookPDP by Mawardi

Documents

Transcript of BookPDP by Mawardi