Persamaan Laplace dalam Koordinat Bola

6.4.1 Persamaan Laplace dalam Koordinat Bola

Persamaan Laplace ∇ 2 F = 0 ditulis dalam koordinat bola berbentuk

Dengan menggunakan asumsi F (r, θ, ϕ) = R(r)Θ(θ)Φ(ϕ), kita dapat mengalikan per- samaan ini dengan r 2 /F dan mendapatkan

1 ∂ R(r) +

Θ(θ)Φ(ϕ) = 0 R(r) ∂r ∂r

2 R(r) Θ(θ)Φ(ϕ). ∂r ∂r Θ(θ)Φ(ϕ) sin θ ∂θ ∂θ sin θ ∂ϕ 2

R(r) = −

sin θ

Ruas kiri adalah fungsi dari r dan ruas kanan adalah fungsi dari θ dan ϕ. Karena r, θ, ϕ adalah variabel bebas, maka satunya dapat sama dengan yang lainnya, jika dan hanya jika semua ruas sama dengan konstanta yang sama. Yaitu

R(r) = λ,

R(r) ∂r ∂r

Mengalikan (6.18) dengan sin 2 θ, kita mempunyai

Jika kita susun ulang

2 1 ∂ sin θ 2 sin θ Θ(θ) + λ sin

Φ(ϕ) kedua ruas haruslah sama dengan konstanta lain yang sama

sin θ Θ(θ) + λ sin 2 θ = µ, (6.19) Θ(θ)

sin θ

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Suku Φ(ϕ) dari Persamaan Laplace Persamaan terkahir untuk Φ(ϕ)

Sehingga Φ(ϕ) diberikan oleh

√ Φ(ϕ) = exp [±i µϕ]

atau nilai riilnya yang ekivalen

Φ(ϕ) = c 1 cos √ µϕ + c 2 sin √ µϕ.

Tetapi ketika ϕ dinaikkan sebesar 2π, kita kembali pada titik yang sama. Sehingga

yang berarti

exp [±i µ(ϕ + 2π)] = exp [±i µϕ]

Hal ini meminta bahwa õ merupakan bilangan bulat, õ = m(m = 0, 1, 2, ...). Dengan kata lain

µ=m 2

dan

Φ(ϕ) = exp[±imϕ].

Suku Θ(θ) Persamaan Laplace Dengan µ = m 2 , (6.19) menjadi

Θ(θ) + λ sin 2 θ=m 2 Θ(θ)

Dengan perubahan variabel

sin 2 2 θ = 1 − cos 2 θ=1−x ,

dan misalkan Θ(θ) = y(x), maka (6.20) menjadi

dx (1 − x ) y(x) + dx λ− 1−x 2 y(x) = 0.

6.4. Laplacian Tiga-Dimensi dalam Koordinat Bola 333

Seperti yang sudah kita diskusikan, solusi persamaan ini akan divergen pada x = ±1, kecuali λ sama dengan l(l + 1), dengan l adalah bilangan bulat (l = 0, 1, 2, ..). Dengan

kata lain, agar solusinya secara fisis diterima, konstanta separasi λ, sebagai sebuah nilai eigen, haruslah

λ = l(l + 1)

Dengan λ ini persamaan

y(x) = 0 dx

(1 − x 2 )

y(x) + l(l + 1) −

dx

1−x 2

dikenal sebagai persamaan Legendre terasosiasi. Sebuah syarat tambahan untuk persamaan ini agar diperoleh solusi yang diterima adalah m haruslah berada pada −l ≤ m ≤ l. Jika syarat ini terpenuhi, solusi persamaan ini dikenal sebagai polinomial Legendre terasosiasi

y(x) = P |m| l (x).

Polinomial Legendre terasosiasi berhubungan dengan (diturunkan dari) polinomial Legendre P l (x), yang merupakan solusi untuk m = 0. Persamaan

y(x) + l(l + 1)y(x) = 0 dx

(1 − x )

dx

dikenal sebagai persamaan Legendre. Solusinya dinamakan sebagai polinomial Legen- dre P l (x). Sehingga suku Θ(θ) persamaan Laplace diberikan oleh

Θ(θ) = P |m| l (cos θ).

Sehingga bersama dengan ϕ(ϕ) = e imϕ , solusi suku angular persamaan Laplace dalam koordinat bola dapat dinyatakan dengan fungsi harmonik bola Y m l (θ, ϕ).

Suku Radial R(r) dari Persamaan Laplace Suku radial persamaan Laplace diberikan oleh (6.17). Dengan λ = l(l + 1), persamaan

ini menjadi

r 2 d 2 dr 2

R(r) + 2r R(r) = l(l + 1)R(r).

dr

Persamaan seperti ini dikenal sebagai persamaan Euler-Cauchy dan dapat diselesaikan dengan mengganti variabel

r=e t

dt

, t = ln r,

dr

dR

dR dt

1 dR

dr

dt dr

r dt

d 1 dR

1 dR

1 d dR

dr

dr r

dt

dt

r dr dt

1 dR

1 d dR dt

1 dR

=− 2 + =− 2 + 2 2 r . dt r dt dt dr r dt r dt

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Sehingga (6.22) menjadi

dR

= l(l + 1)R.

dt 2

dt

Ini adalah persamaan diferensial dengan koefisien konstan. Cara standar untuk me- nyelesekainnya adalah dengan memilih

R(t) = e mt ,

Maka m dapat ditentukan dari

m 2 + m = l(l + 1)

atau

(m − l)(m + l + 1) = 0.

R(r) =

 e −(l+1)t =e −(l+1) ln r = 1 r l +1

Jadi, solusi umum persamaan Laplace diberikan oleh

F (r, θ) =

a lm r l +b lm

P |m| (cos θ)e ±mϕ .

r l+1

l=0 m=−l

Jika persoalannya tidak bergantung ϕ (m = 0, hal yang umum), solusinya menjadi

F (r, θ) =

l r +b l

P l (cos θ).

r l+1

l=0

Koefisien-koefisien a lm dan b lm ditentukan oleh syarat batas.

Contoh 6.4.1 Sebuah bola konduktor berongga berjari-jari c dibagi menjadi dua pada ekuator dengan strip isolasi tipis. Bagian atas bola diberikan muatan V 0 dan bagian bawah dijaga pada potensial nol, seperti pada Gambar 6.9. Carilah potensial di dalam

6.4. Laplacian Tiga-Dimensi dalam Koordinat Bola 335

Gambar 6.9: Bola konduktor berongga

dan di luar bola. Solusi 6.4.1 Potensial listrik V yang memenuhi persamaan Laplace dan persoalannya bersimetri sumbu, sehingga bentuk umum potensialnya adalah

V (r, θ) =

+b l

P l (cos θ).

r l=0 l+1

Syarat batasnya adalah

  V 0 untuk 0 ≤ θ ≤ π/2,

V (c, θ) =  0 untuk π/2 ≤ θ ≤ π.

Di dalam bola (untuk r < c) kita menginginkan solusinya berhingga pada titik asal sehingga b l = 0 untuk semua l. Dengan memasukkan syarat batas pada r = c, kita memiliki

a l c l P l (cos θ) = V (c, θ).

l=0

Kita bisa menentukan koefisien a l dengan ortogonalitas polinomial Legendre. Kita kalikan kedua ruas persamaan ini dengan P n (cos θ) sin θ dan mengintegralkannya dari θ = 0 sampai π,

a l l c P l (cos θ)P n (cos θ) sin θ dθ =

V (c, θ)P n (cos θ) sin θ dθ.

l=0 θ=0

Karena Z π

Z 1 2 P l (cos θ)P n (cos θ) sin θ dθ =

P l (x)P n (x)dx = δ nl ,

2n + 1

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

maka Z

Z π/2

V (c, θ)P n (cos θ) sin θ dθ = V 0 P n (cos θ) sin θ dθ. 2n + 1

Dengan mengubah n menjadi l dan cos θ menjadi x, kita melihat a l diberikan oleh

1 2l + 1

V 0 P l (x)dx.

Oleh karena itu

X ∞ 2l + 1

V (r, θ) =

V 0 P l (x)dx

P l (cos θ).

l=0

Karena polinomial Legendre orde rendah relatif sederhana, beberapa koefisien dapat dengan mudah dihitung

V 0 , a 2 = 0, a 3 =−

V 0 ,···

2 4c 16c 3 Jadi

V (r, θ) = V 0 + V 0 P l (cos θ) −

P 3 (cos θ) + · · ·

2 4 c 16 c

Untuk persoalan ini, koefisien umum a l dapat dinyatakan dalam rumus tertutup. Ka- dang, hal ini cukup penting. Sebagai contoh, jika kita menginginkan komputer untuk menjumlahkan potensial dengan akurasi yang tinggi, maka sebaiknya kita memiliki rumus analitiknya. Ingat kembali

2l + 1 l−1 (0) − P l+1 0 (0)]

P l (x)dx =

[P

dan P l−1 (0) = P l+1 (0) = 0 jika l adalah bilangan genap (jadi l − 1 dan l + 1 adalah ganjil). Sehingga a l = 0 untuk semua bilangan genap kecuali a 0 , yang sama dengan

V 0 /2. Maka, V (r, θ) dapat dituliskan sebagai

V (r, θ) = V 0 +

a 2n+1 r 2n+1 P 2n+1 (cos θ),

a 2n+1 = 2n+1

V 0 P 2n+1 (x)dx.

Sekarang, karena Z 1

P 2n+1 (x)dx =

[P 2n (0) − P 2n+2 (0)]

0 4n + 3

dan sudah ditunjukkan bahwa

2 2n (n!) 2

6.4. Laplacian Tiga-Dimensi dalam Koordinat Bola 337

maka Z 1

1 4n + 3 P 2n+1 (x)dx =

2 (n!) 2n + 2 Oleh karena itu V (r, θ) di dalam bola diberikan oleh

0 4n + 3

(2n)! 4n + 3

r 2n+1

V (r, θ) = 1+

(−1) n

P 2n+1 (cos θ) .

2 2 2n (n!) 2

2n + 2

n=0

Di luar bola (untuk r > c), kita menginginkan potensialnya berhingga ketika r → ∞. Sehingga kita harus memilih a l dalam rumus umum untuk semua l. Dalam kasus ini,

dengan memasukkan syarat batas pada r = c, kita mempunyai

b l l+1 P l (cos θ) = V (c, θ).

l=0

Mengikuti argumen yang sama seperti sebelumnya, kita peroleh

1 2l + 1

V 0 P l (x)dx.

c l+1

Jadi V (r, θ) di luar bola diberikan oleh (

(2n)!

V 0 c X 4n + 3

c 2n+1

V (r, θ) = 1+

2 P 2n+1 (cos θ) 2 . r

(−1) 2n

2 (n!) 2n + 2

n=0

Perlu diperhatikan di sini, solusi di dalam (r < c) dan di luar bola (r > c) sama ketika r = c.

Contoh 6.4.2. Potensial Listrik sebuah Cincin Bermuatan. Carilah potensial listrik untuk sebarang titik yang diakibatkan oleh muatan total Q yang terdistribusi seragam pada cincin berjari-jari c. Solusi 6.4.2. Dari fisika dasar kita telah belajar bahwa potensial listrik V pada sebuah titik medan P yang diakibatkan muatan Q adalah

Q V= ,

dengan d adalah jarak antara titik medan P dan muatan. Jadi pada titik P pada sumbu−z pada sebuah jarak z di atas bidang (lihat Gambar 6.10), potensial listriknya

diberikan oleh

V=

(z 2 +c 2 ) 1/2

Karena semua titik berada pada jarak yang sama (z 2 +c 2 ) 1/2 dari titik medan P .

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Gambar 6.10: Potensial listrik oleh sebuah cincin bermuatan.

Untuk menghitung potensial pada titik sebarang di luar sumbu−z akan cukup sulit jika kita mencoba menjumlahkan potensial yang diakibatkan oleh muatan pada cin- cin. Tetapi, kita dapat mencari potensial dengan menggunakan fakta bahwa potensial

V (r, θ) memenuhi persamaan Laplace dan direduksi menjadi V (z, 0) ketika r = z dan θ = 0. Pertama jika r > z, karena kita mensyaratkan V (r, θ) berhingga ketika r → ∞, semua solusi a l persamaan Laplace harus dipilih nol, yang tersisa adalah

V (r, θ) =

P l (cos θ).

r l+1

l=0

Selanjutnya untuk r = z dan θ = 0

karena P l (1) = 1. Tetapi untuk r > c

z dengan koefisien-koefisien binomial adalah

1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) (2k)(2k − 2) · · · 2

2 2k (k!) 2 Jadi

k!

(2k)(2k − 2) · · · 2

2 2k (k!) 2

k=1

6.4. Laplacian Tiga-Dimensi dalam Koordinat Bola 339

Membandingkan dengan (6.24), kita lihat bahwa b l = 0 untuk semua l ganjil. Maka (6.24) dapat dituliskan sebagai

2l = Q(−1)

Sekarang kita menyimpulkan potensial V (r, θ) untuk r > c haruslah

l (2l)!

P 2l (cos θ) .

2 2l (l!) 2 r

l=1

Hal ini demikian karena fungsi tanpa konstanta sebarang memenuhi persamaan La- place dan mereduksi menjadi jawaban yang tepat pada sumbu−z. Teorema keunikan (uniqueness theorem) menyatakan hanya terdapat sebuah fungsi seperti itu.

Potensial untuk r < c dapat diperoleh dengan cara yang mirip. Karena simteri sumbu dan persyaratan bahwa potensial harus berhingga pada r = 0, solusi persamaan Laplace harus memiliki bentuk

V (r, θ) =

a r l l P l (cos θ).

l=0

Untuk r = z, θ = 0, solusi ini menjadi

Perbandingan rumus ini dengan

= , untuk z < c

c k=1 (−1) 2 2k (k!) 2 c

jelas menunjukkan

a 0 = , a 2l+1 = 0,

2 c c . 2l+1 2 (l!)

2l

Sehingga potensial r < c diberikan oleh

l (2l)!

X 2l

V (r, θ) =

2 P 2l (cos θ) c .

(−1) 2l

2 (l!)

l=1

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Contoh 6.4.3. Bola konduktor dalam medan listrik seragam. Bola konduktor dita- nahkan berjari-jari r 0 diletakkan pada medan listrik seragam sebelumnya E 0 . Carilah potensial listrik di luar bola. Solusi 6.4.3. Medan listrik E dihubungkan dengan potensial V oleh −∇V = E. Sehingga medan seragam, diambil dalam arah−z, mempunyai potensial listrik

V = −E 0 z = −E 0 r cos θ,

karena

∂ −∇(−E 0 z) = kE 0 z=E 0 . ∂z

Potensial ini memenuhi persamaan Laplace ∇ 2 V = 0, seperti seharusnya potensial ketika terdapat bola. Kita memilih koordinat bola (r, θ, ϕ) karena bentuk konduk- tor yang sferis. Lebih dari itu, dengan sumbu−z positif dipilih dalam arah medan, persoalan ini jelaslah bersimetri sumbu. Sehingga solusi umum persamaan Laplace diberikan oleh

V (r, θ) =

a l r +b l

P l (cos θ).

(6.25) Karena medan listrik mula-mula yang tak terganggu adalah kE 0 , kita mensyaratkan,

r l+1

l=0

sebagai syarat batas

V (r → ∞) = −E 0 r cos θ = −E 0 rP 1 (cos θ). Pada r yang besar, (6.25) menjadi

V (r, θ) =

a l l r P l (cos θ),

l=0

karena 1/r l+1 → 0 ketika r → ∞. Dua buah persamaan terakhir menunjukkan

a 1 = −E 0 dan a l = 0, l 6= 1. Syarat batas yang lain meminta V (r 0 , θ) = 0, karena bola ditanahkan. Yaitu

0 V (r , θ) = −E 0 r 0 P 1 (cos θ) +

b l l+1 P l (cos θ) = 0.

Sehingga potensialnya diberikan oleh

(6.26) Solusinya mirip dengan (6.6), yang mendeskripsikan potensial yang dihasilkan oleh

V (r, θ) = −E 0 r cos θ

silinder konduktor yang diletakkan pada medan seragam. Satu-satunya perbedaan

adalah (r 0 /r) 3 digantikan dengan (r 0 /ρ) 2 .

6.4. Laplacian Tiga-Dimensi dalam Koordinat Bola 341

Contoh 6.4.4. Bola dalam sebuah aliran seragam. Untuk sebuah fluida tak kompre- sibel, kecepatan v dari aliran dapat diturunkan dari potensial kecepatan U , sehingga

v = ∇U , dengan U memenuhi persamaan Laplace ∇ 2 U = 0. Sebuah bola berjari-jari r 0 diletakkan dalam aliran seragam tersebut, carilah potensial kecepatan. Solusi 6.4.4. Pada jarak tak hingga dari bola, alirannya seragam. Anggap kecepatan v memiliki arah−z.

U (r → ∞) = vz = vr cos θ = vrP 1 (cos θ). Kecepatan normal pada permukaan bola haruslah nol

∂U = 0. ∂r r=r 0

Solusi kita diberikan lagi oleh

U (r, θ) =

a l l r +b l

P l (cos θ).

r l+1

l=0

Untuk memenuhi syarat batas asimptotik

U (r → ∞) = l a l r P l (cos θ) = vrP 1 (cos θ).

l=0

kita harus memiliki

a 1 =v dan a l = 0, l 6= 1.

Jadi

U (r, θ) = vrP 1 (cos θ)

b l l+1 P l (cos θ).

= vP 1 (cos θ) −

P l (cos θ),

= vP 1 (cos θ) −

(6.27) Hasil ini mirip dengan (6.26) tetapi tidak identik. Perhatikan bahwa komponen ta-

U (r, θ) = v cos θ r+ 0

2r 2

ngensial medan listrik adalah nol pada permukaan bola, sedangkan komponen kece- patan aliran pada permukaan bola nol.

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung