Fungsi Green dengan Syarat Batas

6.5.2 Fungsi Green dengan Syarat Batas

Fungsi Green yang diturunkan pada subbab terakhir (solusi dasar) membuat kita bisa memperoleh solusi persamaan Poisson u(r) yang nilainya menuju nol pada tak hingga. Biasanya solusi persamaan Poisson diharuskan untuk memenuhi syarat batas tambahan atau syarat batas yang lain. Sebagai contoh, anggap kita memiliki sebuah distribusi muatan listrik di dekat bola konduktor. Potensial elektrostatik, sebagai tambahan untuk memenuhi persamaan Poisson, harus hilang pada permukaan bola. Jika kita dapat mencari sebuah fungsi Green yang juga memenuhi syarat batas ini, kita masih bisa tetap menggunakan integral (6.31) untuk mencari potensial.

Jadi, kita ingin mencari G(r, r ′ ) yang memenuhi persamaan ∇ 2 G(r, r ′ ) = δ(r, r ′ ) dan pada waktu yang sama hilang pada batas tertentu. Secara umum, sulit untuk mencari fungsi tersebut secara langsung. Tetapi, kita perhatikan jika F (r, r ′ ) meme-

nuhi persamaan Laplace ∇ 2 G(r, r ′ ) = 0, maka

G(r, r ′ )=−

+ F (r, r ′ )

4π|r − r ′ |

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

memenuhi persamaan yang mendefinisikan fungsi Green

2 G(r, r ′

4π|r − r | Kita bisa saja mengatur konstanta pada solusi persamaan Laplace F (r, r ′ ) sehingga

4π|r − r |

(6.32) sama dengan nol pada batas. Untuk batas dengan geometri sederhana, seperti bidang, bola, silinder sirkular, hal ini dapat dilakukan. Kita akan mengilustrasikan dalam contoh berikut.

Contoh 6.5.3. Carilah fungsi Green G(r, r ′ ) untuk menyelesaikan persamaan Poisson di luar bola berjari-jari R yang ditanahkan yang pusatnya di titik awal. Solusi 6.5.3. Kita ingin mencari G(r, r ′ ) dalam bentuk

G(r, r ′

′ + F (r, r ′ 4π|r − r ) |

dengan F (r, r ′ ) memenuhi persamaan Laplace

F (r, r ′ ) = 0,

dengan ∇ 2 bekerja pada r (bukan pada r ′ ). Dengan r = r(r, θ) dan r ′ berada pada sumbu−z. F (r, r ′ ) diberikan oleh

F (r, r ′

P l (cos θ).

r l+1

l=0

Karena F (r, r ′ ) diharuskan menuju nol ketika r → ∞, semua a l haruslah bernilai nol. Jadi

F (r, r ′ )=

P l (cos θ).

r l+1

l=0

Jika r adalah titik pada permukaan bola (atau sebagai vektor radial dari pusat ke sebuah titik pada permukaan bola, misalnya |r| = r = R), maka

F (r, r )| r=R =

b l l+1 P l (cos θ),

l=0

dengan r, r dan θ ditunjukkan Gambar 6.11. Dengan konfigurasi ini

P l (cos θ). |r − r |

(R − 2Rr cos θ + r )

r l=0 r

6.5. Persamaan Poisson 353

Gambar 6.11: Konfigurasi r, r dan θ fungsi Green. Ketika r berada pada titik pada permukaan bola, maka |r| = R.

Syarat G(r, r ′ )| r=R = 0 meminta

− 4π r ′

P l (cos θ) +

P l (cos θ) = 0.

′l+1 4π = r R l+1

atau

R 2l+1

4πr ′l+1

Jadi

1 X R 2l+1 1

F (r, r )=

P l (cos θ).

Menarik untuk menulis rumus terakhir sebagai

R l 2l+1 1 R X ∞ R 2

P l (cos θ) = ′

P l (cos θ)

r ′l+1 r l+1

Dengan bantuan gambar berikut dan hukum cosinus "

− 2r

cos θ

r ′2

6. Persamaan Diferensial Parsial dengan Batas Lengkung

Sehingga fungsi Green sebagai akibat adanya bola yang ditanahkan diberikan oleh G(r, r ′

1 1 1 R/r ′

4π |r − (R 2 /r ′2 )r ′ | Fungsi Green seperti ini kadang dinamakan fungsi Dirichlet-Green. (Ketika nilai solusi

4π |r − r ′ |

pada batas dispesifikasi, dinamakan syarat batas Dirichlet.)

Contoh 6.5.4. Carilah potensial listrik di luar bola konduktor berjari-jari R yang ditanahkan. Potensial diakibatkan oleh muatan titik q yang terletak pada jarak a dari pusat bola dan a > R. Solusi 6.5.4. Potensial diberikan oleh solusi persamaan Poisson

∇ 2 u(r) = −̺(r)

dengan syarat batas

u(r)| r=R = 0.

Misalkan garis yang menghubungkan pusat bola dan muatan berhimpit sumbu−z dan k adalah vektor satuan dalam arah z, seperti tampak pada Gambar 6.12. Sehingga distribusi muatan dapat dinyatakan sebagai

̺(r) = qδ(r − ak).

Dalam suku fungsi Dirichlet Green, potensial diberikan oleh ZZZ

u(r) = −

̺(r ′ )G(r, r ′ )d 3 τ ′

ZZZ

1 1 R/r ′

= qδ(r − ak) 3

d τ ′ . 4π

|r − (R 2 /r ′2 )r ′ | Efek fungsi delta adalah mengganti r ′ dengan ak dan r ′ dengan a pada fungsi Green. Jadi

|r − r ′

1 (R/a)q u(r) =

(R/a)q

4π |r − ak|

4π d 1 4π d 2 "

|r − (R 2 /a)k|

(R/a)q = 4π

2 1/2 [r − − 2ra cos θ + a 2 ] [r 2 − 2r(R 2 1/2 /a) cos θ + (R . 2 /a) 2 ]

6.6. Latihan 355

Gambar 6.12: Metode bayangan. Sebuah muatan titik q diletakkan pada jarak a dari pusat bola yang ditanahkan berjari-jari R. Vektor satuan k adalah arah dari garis yang menghubungkan pusat dengan muatan.

Suku pertama adalah potensial Coloumb karena muatan titik. Suku kedua disebabk- an karena adanya bola. Menarik untuk memperhatikan bahwa jika kita mengganti

bola dengan muatan (R/a)q yang diletakkan pada (R 2 /a)k, kita akan mendapatkan potensial yang sama untuk r > R. Hal ini ditunjukkan pada Gambar 6.12. Sebenar- nya, hal ini biasa dilakukan dalam teori elektromagnetik. Ini dikenal sebagai “metode bayangan”.