Persamaan Laplace dalam Koordinat Silinder

6.3.3 Persamaan Laplace dalam Koordinat Silinder

Persamaan Laplace tiga-dimensi ∇ 2 V = 0 dalam koordinat silinder

V (ρ, ϕ, z) = 0. Dengan V (ρ, ϕ, z) = u(ρ, ϕ)Z(z), persamaan ini dapat dituliskan sebagai

Z(z). Kedua ruas harus sama dengan konstanta separasi,

Z(z) ∂z 2

Z(z) = λ.

Z(z) ∂z 2

Terlihat bahwa setelah Z(z) dipisahkan, persamaan yang tersisa untuk u(ρ, ϕ) berupa persamaan Helmholtz dalam koordinat polar. Sebenarnya, persamaannya benar-benar sama dengan yang didapatkan dari persamaan difusi atau persamaan gelombang. Te- tapi terdapat sedikit perbedaan. Perbedaannya adalah pada kasus ini, konstanta se-

parasi λ dapat berupa +k 2 atau −k 2 , bergantung pada syarat batas. Dalam contoh berikut, kita akan mengilustrasikan dengan syarat batas tertentu kita harus meng- gunakan +k 2

, sedangkan dalam syarat batas yang lain kita perlu menggunakan −k 2 .

Secara umum, baik +k 2 maupun −k 2 diperlukan.

Contoh 6.3.5. Perhatikan sebuah silinder padat sirkular dengan jari-jari c dan pan- jang L. Suhu pada dasar silinder dijaga pada 0° sedangkan suhu pada sisi miringnya diberikan oleh fungsi f (z), seperti pada Gambar 6.5. Carilah distribusi suhu mantap di dalam silinder.

Solusi 6.3.5. Suhu mantap u memenuhi persamaan Laplace ∇ 2 u = 0. Selanjutnya

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Gambar 6.5: Persamaan Laplace dalam silinder sirkuler. Dengan syarat batas ini, solusinya dibe- rikan oleh sebuah deret hasil perkalian fungsi trigonometrik dan fungsi Bessel termodifikasi.

karena syarat batas tidak bergantung sudut, maka solusinya juga tidak akan meng- andung fungsi ϕ. Sehingga yang harus kita lakukan adalah menyelesaikan persoalan syarat batas berikut:

P. D. : ∇ 2 u(ρ, z) = 0, S. B. : u(ρ, 0) = u(ρ, L) = 0, u(c, z) = f (z).

Dengan u(ρ, z) = R(ρ)Z(z),

R(ρ) = λR(ρ)

= −λZ(z).

dz 2

Syarat batas u(ρ, 0) = R(ρ)Z(0) = 0 menjadi Z(0) = 0. Dengan cara yang sama Z(L) = 0. Persamaan Z dan syarat batasnya mengingatkan kita pada persoalan konduksi panas satu dimensi dengan kedua ujungnya pada 0°. Syarat batas ini dapat terpenuhi jika solusinya berupa fungsi sinus dan cosinus. Dengan konstanta separasi λ dipilih sebagai +k 2

Z(z) = c 1 cos kz + c 2 sin kz.

Persamaan untuk R dapat dituliskan sebagai

∂ 2 ∂ ρ 2 2 2 +ρ ρ 2 −k R(ρ) = 0.

Solusinya adalah

R(ρ) = c 3 I 0 (kρ) + c 4 K 0 (kρ),

dengan I 0 dan K 0 adalah fungsi Bessel termodifikasi jenis pertama dan kedua orde ke 0. Karena K 0 divergen ketika ρ → 0, untuk menjaga suhu berhingga pada sumbu silinder,

6.3. Persamaan Helmholtz Dua-Dimensi dalam Koordinat Polar 325

c 4 haruslah dipilih nol. Syarat Z(0) = 0 meminta c 1 = 0. Syarat Z(L) = 0 meminta k adalah salah satu k n , dengan k n = nπ/L dengan n bilangan bulat (n = 1, 2, ...). Sehingga solusi umumnya berbentuk

u(ρ, z) =

A n I 0 ρ sin

n=1

Koefisien a n ditentukan oleh syarat batas yang lain u(c, z) = f (z),

Hal ini adalah deret Fourier sinus. Diperoleh

f (z) sin

z dz.

Jadi distribusi suhunya adalah "

u(ρ, z) =

Contoh 6.3.6. Selesaikan persoalan sebelumnya dengan syarat batas diganti dengan kedua sisi permukaan lengkung dan dasar dijaga pada 0° dan permukaan atas diberikan oleh g(ρ), seperti pada Gambar 6.6.

Gambar 6.6: Persamaan Laplace dalam silinder sirkuler. Dengan syarat batas ini, solusinya dibe- rikan oleh perkalian fungsi hiperbolik dan fungsi Bessel.

Solusi 6.3.6. Sekarang, kita harus menyelesaikan

P. D. : ∇ 2 u(ρ, z) = 0, S. B. : u(c, z) = 0, u(ρ, 0) = 0, u(ρ, L) = g(ρ).

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Dengan u(ρ, z) = R(ρ)Z(z) kita memiliki

R(ρ) = λR(ρ)

Z(z) = −λZ(z).

dz 2

Syarat batas u(c, z) = R(c)Z(z) = 0 meminta R(c) = 0. Jika λ = +k 2 , seperti pada contoh terakhir

R(ρ) = I 0 (kρ).

Karena I 0 fungsi yang naik secara monotonik dan tidak pernah sama dengan nol, pilihan ini tidak mungkin memenuhi syarat batas.

Jika λ = 0, persamaan R menjadi persamaan diferensial Euler-Cauchy, solusinya adalah

R(ρ) = c 1 +c 2 ln ρ.

Agar suhunya berhingga pada sumbu silinder, kita harus memilih c 2 = 0. Untuk membuat R(c) = 0, c 1 harus juga nol. Sehingga kita tidak akan memperoleh solusi untuk λ = 0.

Akhirnya, jika λ = −k 2 , persamaan R menjadi

dan solusi yang berhingga pada sumbu silinder diberikan oleh fungsi Bessel orde nol.

R(ρ) = J 0 (kρ).

Untuk memenuhi syarat batas R(c) = 0, k haruslah sama dengan k 0j , dengan k 0j c

adalah akar ke−j dari J 0 (x) = 0.

Persamaan untuk Z adalah

Z(z) = k 2

dz 2 0j Z(z).

Solusi persamaan ini adalah

Z(z) = c 3 cosh k 0j z+c 4 sinh k 0j z.

Syarat u(ρ, 0) = R(ρ)Z(0) = 0 meminta Z(0) = 0, sehingga c 3 haruslah nol. Jadi solusi umumnya berbentuk

u(ρ, z) =

A j J 0 (k 0j ρ) sinh k 0j z.

j=1

6.3. Persamaan Helmholtz Dua-Dimensi dalam Koordinat Polar 327

Koefisien-koefisien A j dapat ditentukan oleh kondisi u(ρ, L) = g(ρ),

g(ρ) =

A j J 0 (k 0j ρ) sinh k 0j L.

j=1

Diperoleh

A j sinh k 0j L=

g(ρ)J 0 (k 0j ρ)ρdρ.

1 (k 0j c) 0

Jadi distribusi suhunya diberikan oleh

u(ρ, z) = g(ρ ′ )J 0 (k 0j ρ ′ )ρ 2 ′ dρ 2 ′ J 0 (k 0j ρ) sinh k 0j z.

c J 1 (k 0j

c) sinh k 0j L 0

j=1

Contoh 6.3.7. Carilah suhu mantap u(ρ, z) dalam silinder pada contoh sebelumnya, dengan syarat batas: u(ρ, 0) = 0, u(c, z) = T 1 , u(ρ, L) = T 2 dengan T 1 dan T 2 dua buah konstanta.

Gambar 6.7: Prinsip superposisi. Persoalan pada sisi kiri dapat dipecah sebagai penjumlahan dua buah persoalan pada sisi kanan.

Solusi 6.3.7. Persoalan ini dapat diselesaikan dengan menggunakan prinsip superpo- sisi dan hasil dari contoh sebelumnya. Persoalan ditunjukkan pada bagian kiri Gambar

6.7. Kita memisahkan menjadi dua bagian pada sisi kanan Gambar 6.7. Anggap kita telah menyelesaikan dua buah persoalan berikut

S. B. : u 2 (ρ, 0) = 0, u 2 (ρ, L) = T 2 ,u 2 (c, z) = 0. Jelaslah solusi yang diinginkan

u(ρ, z) = u 1 (ρ, z) + u 2 (ρ, z),

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Karena

2 2 ∇ 2 u(ρ, z) = ∇ u 1 (ρ, z) + ∇ u 2 (ρ, z), u(ρ, 0) = u 1 (ρ, 0) + u 2 (ρ, 0) = 0,

u(ρ, L) = u 1 (ρ, L) + u 2 (ρ, L) = T 2 , u(c, z) = u 1 (c, z) + u 2 (c, z) = T 1 .

Dari hasil contoh sebelumnya

u 2 (ρ, z) = T 2 J 0 (k 0j ρ ′ 2 ′ )ρ dρ 2 ′ J 0 (k 0j ρ) sinh k 0j z.

c J 1 (k 0j

c) sinh k 0j L 0

 4T 1 n = ganjil

 0 n = genap dan

T 2 J 0 (k 0j ρ )ρ dρ =T 2 J 1 (k 0j c),

0 k 0j

maka solusinya diberikan oleh

4T 1 X 1 1

u(ρ, z) =

0 ρ sin

π n=ganjil n I 0 nπ L c L

2T 2 X 1

+ J 0 (k 0j ρ) sinh k 0j z.

c j=1 k oj J 1 (k oj

c) sinh k 0j L