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