Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak

Domain ketergantungan dan range pengaruh di titik Q dalam domain lingkaran D diilustrasikan dalam Gambar 2.2.5 di bawah ini. domain ketergantungan dan range pengaruh y batas tertutup D Q • o x Gambar 2.2.5 Domain penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat cakram Penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat cakram adalah fungsi , θ r U , fungsi ini harus memenuhi syarat batas yang ditentukan. Syarat batas yang digunakan serupa dengan yang digunakan dalam pelat persegi panjang.

C. Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak

Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dapat diselesaikan secara eksak dengan menggunakan metode Pemisahan Variabel. Metode Pemisahan Variabel Metode Pemisahan Variabel dapat digunakan, jika persamaan diferensial parsial adalah linear dan homogen. Secara umum, langkah-langkah untuk menyelesaikan persamaan Laplace yang memenuhi syarat batas yang ditentukan adalah sebagai berikut: 20 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI 1. Memisahkan dua variabel bebas dalam persamaan Laplace, sehingga akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa. 2. Menentukan penyelesaian untuk kedua persamaan yang telah diperoleh yang memenuhi syarat batas yang ditentukan. 3. Penyelesaian-penyelesaian itu dikombinasikan secara linear dengan Prinsip Superposisi sehingga hasilnya merupakan penyelesaian yang memenuhi syarat batas yang ditentukan. Penyelesaian Eksak Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang Persamaan Laplace dalam bentuk siku adalah linear dan homogen, sehingga dapat diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel. Contoh 2.3.1 Carilah penyelesaian persamaan Laplace dalam 0 x a dan 0 y b, 2.3.1 = + yy xx u u dengan syarat batas Dirichlet berikut , , , x g b x u x u = = pada 0 x a, dan 2.3.2 , , = = y a u y u pada 0 y b, 2.3.3 yang dapat diilustrasikan pada Gambar 2.3.1 di bawah ini. 21 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI y x g u = Gambar 2.3.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet Penyelesaian: Misalkan penyelesaiannya berbentuk , y Y x X y x u = , 2.3.4 dimana ux, y adalah penyelesaian tak trivial. Turunan parsial tingkat dua persamaan 2.3.4 terhadap x dan y secara berturut-turut adalah dan . , y Y x X y x u xx = , y Y x X y x u yy = Bila disubstitusikan ke persamaan 2.3.1 dan menyusunnya kembali dapat ditulis menjadi . x X x X y Y y Y − = Misalkan nilai perbandingannya adalah , λ maka . λ = − = x X x X y Y y Y Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa , = + x X x X λ 2.3.5 = − y Y y Y λ , 2.3.6 x = u = + yy xx u u = u = u a b 22 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Akan dicari penyelesaian persamaan 2.3.5 terlebih dahulu. Persamaan bantu untuk persamaan 2.3.5 adalah , yang dapat ditulis menjadi atau 2 = + λ m λ − = 2 m λ − ± = m . Akan diperoleh akar-akar kompleks, yaitu λ i m ± = , sehingga penyelesaian umumnya adalah x i x i e c e c x X λ λ − + = 2 1 . 2.3.7 Dengan memandang bahwa , maka persamaan 2.3.7 menjadi θ θ θ sin cos i e i + = λ λ x d x d x X sin cos 2 1 + = , dimana dan 2 1 1 c c d + = 2 1 2 c c i d − = . Dengan syarat batas persamaan 2.3.3, maka persamaan 2.3.4 menjadi , = = y Y X y u dan , = = y Y a X y a u . Berarti dapat diperoleh X0 = 0 dan Xa = 0. Karena X0 = 0, maka didapatkan sin cos 2 1 = + λ λ d d atau . 1 = d Karena Xa = 0 dan telah didapatkan 1 = d , maka akan didapatkan sin 2 = λ a d atau 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = a n n π λ , dengan K , 3 , 2 , 1 = n . Nilai n λ disebut nilai eigen yaitu nilai yang membuat penyelesaian tak trivial. Dengan mengambil , akan diperoleh penyelesaian tak trivial yang disebut fungsi eigen untuk persamaan 2.3.5 berikut 1 2 = d a x n x X n π sin = , dengan K , 3 , 2 , 1 = n . 2.3.8 23 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Selanjutnya akan dicari penyelesaiaan persamaan 2.3.6. Dengan nilai λ yang telah diperoleh, maka persamaan 2.3.6 menjadi . 2 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − y Y a n y Y n n π 2.3.9 Analog dengan cara penyelesaian persamaan 2.3.5, akan diperoleh penyelesaian umum persamaan 2.3.6 berikut a y n n a y n n n e D e C y Y π π − + = , 2.3.10 dimana dan adalah konstanta sebarang. n C n D Dengan syarat batas ux, 0 = 0, maka dari persamaan 2.3.4 diperoleh . = n Y Kemudian dari persamaan 2.3.10 didapatkan = + = n n D C Y atau n n C D − = . Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.6 berikut ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = − a y n a y n n n e e C y Y π π , dengan memandang , 2 sinh x x e e x − − = maka dapat ditulis menjadi bentuk ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = a y n C y Y n n π sinh 2 . 2.3.11 Dengan mensubstitusikan persamaan 2.3.8 dan 2.3.11 ke dalam persamaan 2.3.4, maka diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.1 berikut ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = a y n a x n A y x u n n π π sinh sin , , dimana . n n C A 2 = Persamaan 2.3.1 adalah linear dan homogen, maka menurut prinsip superposisi 24 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI ∑ ∑ ∞ = ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = = 1 1 sinh sin , , n n n n a y n a x n A y x u y x u π π , 2.3.12 juga merupakan penyelesaian bagi persamaan 2.3.1. Penyelesaian 2.3.12 juga memenuhi syarat batas , , x g b x u = maka persamaan 2.3.12 menjadi ∑ ∞ = = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 1 , sin , n n x g a x n b b x u π dimana . sinh ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = a b n A b n n π 2.2.13 Persamaan 2.2.13 adalah deret sinus Fourier. Sehingga menurut deret sinus Fourier, . sin 2 dx a x n x g a b a n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∫ π Sehingga akan diperoleh . sin sinh 2 sinh dx a x n x g a b n a a b n b A a n n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∫ π π π 2.3.14 Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan 2.3.1 dengan syarat-syarat batas 2.3.2 dan 2.3.3 berikut ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 1 sinh sin , n n a y n a x n A y x u π π , dengan dx a x n x g a b n a A a n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∫ π π sin sinh 2 . 25 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Contoh 2.3.2 Carilah penyelesaian persamaan Laplace dalam 0 x a dan 0 y b, 2.3.15 = + yy xx u u dengan syarat batas Neumann berikut pada , , = = b x u x u y y a x ≤ ≤ , dan 2.3.16 , , , y g y a u y u x x = = pada b y ≤ ≤ , 2.3.17 yang dapat diilustrasikan pada gambar 2.3.2 di bawah ini. y Gambar 2.3.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann Penyelesaian: Misalkan penyelesaiannya berbentuk , y Y x X y x u = . 2.3.18 Secara analog dengan persamaan Laplace 2.3.1, maka akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa , = + x X x X λ dan 2.3.19 = − y Y y Y λ . 2.3.20 x = y u y g u x = = + yy xx u u a b = y u = x u 26 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Dari syarat batas 2.3.16, akan diperoleh atau , dan atau . , = = Y x X x u y = Y , = = b Y x X b x u y = b Y Dari syarat batas 2.3.17, akan diperoleh atau . , = = y Y X y u x = X Akan dicari penyelesaian persamaan 2.3.20 terlebih dahulu. Persamaan 2.3.20 serupa dengan persamaan 2.3.5 yaitu dengan dan y Y x X = λ λ − = , sehingga diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.20 berikut λ λ − + − = y d y d y Y sin cos 2 1 , 2.3.21 dimana dan 2 1 1 c c d + = 2 1 2 c c i d − = . Turunan pertama persamaan 2.3.21 terhadap y adalah λ λ λ λ − − + − − − = y d y d y Y cos sin 2 1 . Karena , maka diperoleh = Y cos sin 2 1 = − + − − = λ λ d d Y atau 2 = d . Karena dan , maka = b Y 2 = d sin 2 = − − − λ λ b d atau sin = − λ b , sehingga akan diperoleh b n π λ = − atau 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = b n n π λ , dengan K , 3 , 2 , 1 , = n . Dengan mengambil , akan diperoleh penyelesaian tak trivial untuk persamaan 2.3.20 berikut 1 1 = d ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = b y n y Y n π cos , dengan K , 3 , 2 , 1 , = n . 2.3.22 Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan 2.3.19. 27 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Dengan nilai λ yang telah diperoleh, maka persamaan 2.3.19 menjadi . 2 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − x X b n x X n n π 2.3.23 Persamaan 2.3.23 serupa dengan persamaan 2.3.9 yaitu dengan dan , sehingga diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.23 berikut x X y Y = b a = b x n n b x n n n e D e C x X π π − + = , 2.3.24 dimana dan adalah konstanta sebarang. n C n D Turunan pertama persamaan 2.3.24 terhadap x adalah b x n n b x n n n e D b n e C b n x X π π π π − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = . Karena , maka didapatkan = X = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = e D b n e C b n X n n n π π atau n n D C = . Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.19 berikut ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = − b x n b x n n n e e C x X π π , dengan memandang , 2 cosh x x e e x − + = maka dapat ditulis menjadi bentuk ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = b x n C x X n n π cosh 2 . 2.3.25 Dengan mensubstitusikan persamaan 2.3.22 dan 2.3.25 ke dalam persamaan 2.3.18, maka diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.15 berikut 28 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = b y n b x n A y x u n n π π cos cosh , , dimana . n n C A 2 = Menurut prinsip superposisi, maka ∑ ∑ ∞ = ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = = 1 cos cosh , , n n n n b y n b x n A A y x u y x u π π , 2.3.26 juga merupakan penyelesaian bagi persamaan 2.3.15. Turunan pertama persamaan 2.3.26 terhadap x adalah ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 1 cos sinh , n n x b y n b x n A b n y x u π π π . Karena , maka diperoleh , y g y a u x = cos sinh , 1 y g b y n b a n A b n y a u n n x = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∑ ∞ = π π π , yang dapat ditulis menjadi ∑ ∞ = = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 1 , cos n n y g b y n a π dimana . sinh ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = b a n A b n a n n π π 2.2.27 Persamaan 2.2.27 disebut deret kosinus Fourier. Sehingga menurut deret kosinus Fourier, ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = b n dy b y n y g b a cos 2 π . Sehingga akan diperoleh . cos sinh 2 sinh dy b y n y g b a n n b a n n a b A b n n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∫ π π π π π 2.2.28 29 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Sehingga dengan mensubstitusikan persamaan 2.2.28 ke dalam persamaan 2.3.26, maka akan diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.15 dengan syarat-syarat batas 2.3.16 dan 2.3.17 berikut ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = 1 cos cosh , n n b y n b x n A A y x u π π , 2.2.29 dimana adalah kostanta sisa, dan A dy b y n y g b a n n A b n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ∫ π π π cos sinh 2 . A tidak dapat ditentukan, karena telah menghilang dalam pendiferensialan turunan normal pada syarat batas. A Penyelesaian Eksak Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram Persamaan Laplace dalam bentuk kutub adalah , 1 1 2 2 2 2 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ θ U r r U r U r 2.3.30 yang dapat ditulis menjadi . 1 1 2 = + + θθ U r U U r rr r 2.3.31 Persamaan Laplace 2.3.31 dapat ditulis menjadi bentuk 1 = + θθ U r U r r r . 2.3.32 30 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Persamaan Laplace dalam bentuk kutub adalah linear dan homogen, sehingga dapat diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel. Contoh 3.2.3 Carilah penyelesaian persamaan Laplace 1 = + θθ U r U r r r dalam 0 r A dan π θ 2 ≤ , 2.3.33 dengan syarat batas , θ θ g A U = pada π θ 2 ≤ , 2.3.34 Masalah diatas dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.3.3 di bawah ini. y θ r 0o 1 = + θθ U r U r r r θ g U = x Gambar 2.3.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet Penyelesaian: Misalkan penyelesaiannya berbentuk , θ θ Θ = r R r U , 2.3.35 dimana , θ r U adalah penyelesaian tak trivial. 31 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Persamaan 2.3.35 dicari turunan-turunan parsialnya terhadap r dan θ , kemudian disubstitusikan ke persamaan 2.3.33 dan menyusunnya kembali, maka diperoleh r R r R r r = Θ Θ − θ θ . Misalkan nilai perbandingannya adalah μ , maka μ θ θ = = Θ Θ − r R r R r r . Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa , dan 2.3.36 = Θ + Θ θ μ θ 2.3.37 2 = − + r R r R r r R r μ Akan dicari penyelesaian persamaan 2.3.36 terlebih dahulu. Persamaan 2.3.36 serupa dengan persamaan 2.3.5 yaitu θ Θ = x X dan μ λ = , sehingga penyelesaian umumnya adalah μ θ μ θ θ i i e c e c − + = Θ 2 1 . 2.3.38 Dengan memandang bahwa , maka persamaan 2.3.38 menjadi θ θ θ sin cos i e i + = μ θ μ θ θ sin cos 2 1 d d + = Θ , 2.3.39 dimana dan 2 1 1 c c d + = 2 1 2 c c i d − = . Turunan pertama dari persamaan 2.3.39 adalah μ θ μ μ θ μ θ cos sin 2 1 d d + − = Θ . 2.3.40 Dalam periodik- π 2 nilai dari 32 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI π π − Θ = Θ dan 2.3.41 π π − Θ = Θ Dengan mensubstitusikan persamaan 2.3.39 dan 2.3.40 ke dalam persamaan 2.3.41, maka akan diperoleh μ π μ π μ π μ π − + − = + sin cos sin cos 2 1 2 1 d d d d , dan μ π μ μ π μ μ π μ μ π μ − + − − = + − cos sin cos sin 2 1 2 1 d d d d . Dengan memandang bahwa kosinus adalah fungsi genap yaitu dan sinus adalah fungsi gasal yaitu cos cos x x = − sin sin x x − = − , maka menghasilkan sin 2 = μ π atau , dengan 2 n = μ K , 3 , 2 , 1 , = n . Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.36 berikut θ θ θ n b n a n n sin cos + = Θ , 2.3.42 dimana dan adalah konstanta sebarang. n a n b Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan 2.3.37. Dengan nilai μ yang telah diperoleh, maka persamaan 2.3.37 menjadi 2.3.43 2 2 = − + r R n r R r r R r n n n Persamaan 2.3.43 merupakan persamaan diferensial Euler orde-dua berbentuk , 1 2 2 = + + y a xy a y x a dimana adalah konstanta dan 1 2 , , a a a 2 ≠ a . Jika x 0, maka cara penyelesaiannya dipetakan dengan . Sedangkan Jika x 0, maka akan dipetakan dengan . t e x = t e x − = 33 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Persamaan diferensial Euler orde-dua akan diubah menjadi persamaan diferensial , . 2 1 .. 2 = + − + y a y a a y a dimana titik diatas variabel menyatakan turunan menurut t. Sehingga penyelesaiannya adalah sebagai berikut: Karena , maka menggunakan pemetaan dan persamaan 2.3.43 menjadi r t e r = . 2.3.44 2 .. = − n n R n R Persamaan 2.3.44 adalah persamaan diferensial biasa linear homogen, maka persamaan bantunya adalah . Yang mempunyai akar-akar real berbeda yaitu dan , sehingga penyelesaian umumnya adalah 2 2 = − n m n m = 1 n m − = 2 t n n t n n n e d e c t R − + = . Tetapi , maka akan menjadi t e r = n n n n n r d r c r R 1 + = , dimana dan adalah konstanta sebarang. n c n d Karena di titik pusat lingkaran r = 0, maka ditentukan = n d agar kontinu. r R n Dengan dan mengambil = n d 1 = n c , maka diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.43 berikut . 2.3.45 n n r r R = Dengan mensubstitusikan persamaan 2.3.42 dan 2.3.45 ke dalam persamaan 2.3.35 diperoleh penyelesaian persamaan 2.3.33 dengan syarat batas 2.3.34: 34 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI ⎩ ⎨ ⎧ = + = = . , 3 , 2 , 1 sin cos , , K n jika n B n A r n jika a r U n n n n θ θ θ Karena persamaan 2.3.33 adalah linear dan homogen, maka menurut prinsip superposisi , 2.3.46 ∑ ∑ ∞ = ∞ = + + = = 1 sin cos , , n n n n n n n b n a r a r U r U θ θ θ θ juga merupakan penyelesaian bagi persamaan 2.3.33. Penyelesaian 2.3.46 memenuhi syarat batas , , θ θ g A U = maka persamaan 2.3.46 menjadi . 2.3.47 ∑ ∞ = + + = 1 sin cos n n n n n n b A n a A a g θ θ θ Akan dicari nilai terlebih dahulu. a Dengan mengintegralkan ruas kiri dan kanan persamaan 2.3.47 dengan batas bawah 0 dan batas atas π 2 , maka akan diperoleh = + , ∫ π θ θ 2 d g ∫ π θ 2 d a ∑ ∫ ∫ ∞ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 1 2 2 sin cos n n n n n d n b A d n a A π π θ θ θ θ yang menghasilkan = ∫ π θ θ 2 d g [ ] π 2 a + [ ] [ ] ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + 1 2 cos 1 1 2 sin 1 n n n n n n n b A n n a A π π , karena 2 sin = π n dan [ 2 cos 1 ] = − π n untuk n = 1, 2, 3, ..., maka diperoleh θ θ π π d g a ∫ = 2 2 1 . 2.3.48 35 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Selanjutnya akan dicari nilai . n a Dengan mengalikan persamaan 2.2.47 dengan θ n cos , maka analog dengan cara mencari nilai akan diperoleh a ∫ = π θ θ θ π 2 cos 1 d n g A a n n , n = 1, 2, 3, ... . 2.3.49 Selanjutnya dicari nilai dari . n b Dengan mengalikan persamaan 2.2.47 dengan θ n sin , maka analog dengan cara mencari nilai akan diperoleh a ∫ = π θ θ θ π 2 sin 1 d n g A b n n , n = 1, 2, 3, ... . 2.3.50 Konstanta-konstanta yang didefinisikan oleh persamaan 2.3.47 sampai dengan

2.3.50 disebut koefisien-koefisien Fourier.

Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan 2.3.33 dengan syarat batas 2.3.34 berikut , ∑ ∞ = + + = 1 sin cos , n n n n n b n a r a r U θ θ θ dengan θ θ π π d g a ∫ = 2 2 1 , θ θ θ π π d n g A a n n ∫ = 2 cos 1 , dan θ θ θ π π d n g A b n n ∫ = 2 sin 1 . 36 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Contoh 2.3.4 Misalkan dicari penyelesaian persamaan Laplace 1 = + θθ U r U r r r dalam 0 r A dan π θ π ≤ − , 2.3.51 dengan syarat batas , θ θ g A U r = pada π θ π ≤ − , 2.3.52 Masalah diatas dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.3.4 di bawah ini. x y θ r 0o 1 = + θθ U r U r r r θ g U r = Gambar 2.3.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann Penyelesaian: Misalkan penyelesaiannya berbentuk , θ θ Θ = r R r U . 2.3.53 Secara analog dengan persamaan Laplace dalam bentuk kutub 2.3.33, maka diperoleh dua persamaan diferensial biasa , dan 2.3.54 = Θ + Θ θ μ θ . 2.3.55 2 = − + r R r R r r R r μ 37 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Akan dicari penyelesaian persamaan 2.3.54 dan 2.3.55. Persamaan 2.3.54 dan 2.3.55 secara berturut-turut serupa dengan persamaan 2.3.36 dan 2.3.37, maka penyelesaiannya adalah . 2.3.56 ∑ ∑ ∞ = ∞ = + + = = 1 sin cos , , n n n n n n n b n a r a r U r U θ θ θ θ Turunan pertama persamaan 2.3.56 terhadap r adalah . ∑ ∞ = − + = 1 1 sin cos , n n n n r n b n a r n r U θ θ θ Karena , θ θ g A U r = , maka diperoleh . 2.3.57 ∑ ∞ = − + = 1 1 sin cos n n n n n b n a A n g θ θ θ Akan dicari nilai . n a Dengan mengalikan persamaan 2.2.57 dengan θ n cos dan mengintegralkan ruas kiri dan kanan dengan batas bawah π − dan batas atas π , maka akan diperoleh ∫ − π π θ θ θ d n g cos = , ∑ ∫ ∫ ∞ = − − − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 1 1 2 1 cos sin cos n n n n n d n n b A n d n a A n π π π π θ θ θ θ θ yang menghasilkan ∫ − π π θ θ θ d n g cos = [ ] ∑ ∞ = − − − − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ + 1 2 1 1 sin 2 1 1 2 1 n n n n n n n b A n n n a A n π π π π θ θ . Karena sin sin = − = π π n n untuk n = 1, 2, 3, ..., maka diperoleh ∫ − − = π π θ θ θ π d n g A n a n n cos 1 1 , n = 1, 2, 3, ... . 2.3.58 38 PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Selanjutnya dicari nilai dari . n b Dengan mengalikan persamaan 2.2.58 dengan θ n sin , maka analog dengan cara mencari nilai akan diperoleh n a ∫ − − = π π θ θ θ π d n g A n b n n sin 1 1 , n = 1, 2, 3, ... . 2.3.59 Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan 2.3.51 dengan syarat-syarat batas 2.3.52 berikut , ∑ ∞ = + + = 1 sin cos , n n n n n b n a r a r U θ θ θ dimana a adalah kostanta sisa, ∫ − − = π π θ θ θ π d n g A n a n n cos 1 1 , dan ∫ − − = π π θ θ θ π d n g A n b n n sin 1 1 .

D. Penyelesaian Persamaan Poisson Secara Eksak