FUNGSI HARMONIK DAN PENERAPAN PERSAMAAN
LAPLACE DALAM MENYELESAIKAN MASALAH NILAI
BATAS PADA KOORDINAT POLAR
Thoriq AzizTjang Daniel Chandra E-mail: aziz.thoriq6@gmail.com
ABSTRAK: Fungsi harmonik adalah solusi dari persamaan Laplace. ∆ adalah operator diferensial didefinisikan sebagai berikut ∆= 𝜕2
𝜕𝑥12+ ⋯ + 𝜕2
𝜕𝑥𝑛2. Menurut
Badger (2010:1), misal 𝑅𝑛 mendefinisikan Ruang Euclid berdimensi-n, sehingga 𝑅1
adalah garis, 𝑅2 adalah bidang dan seterusnya. Misal 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 adalah domainnya,
suatu fungsi 𝑢: 𝐹 → 𝑅 harmonik jika 𝑢 mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu dan turunan parsial tersebut jika dijumlahkan hasilnya sama dengan nol yaitu 𝑢𝑥1𝑥1+ 𝑢𝑥2𝑥2+ ⋯ + 𝑢𝑥𝑛𝑥𝑛 = 0. Beberapa sifat fungsi harmonik adalah (1)
jika 𝑢 dan 𝑣 adalah harmonik dan 𝛼 dan 𝛽 adalah suatu konstanta maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣
adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣 belum tentu harmonik, (3) Jika 𝑢 dan 𝑢2
adalah harmonik maka 𝑢 harus suatu konstanta, (4) Jika 𝑢, 𝑣 dan
𝑢2+ 𝑣2 adalah harmonik maka 𝑢 dan 𝑣 harus konstanta. Penerapan fungsi harmonik
digunakan untuk menyelesaikan permasalahan nilai batas (dirichlet) pada koordinat polar dalam domain berbeda. Terdapat empat tipe domain yang berbeda pada domain ruang Euclid dua dimensi dalam koordinat polar yaitu tipe daerah dalam suatu cakram (Disk), tipe irisan dengan kondisi Robin, tipe annulus, dan tipe daerah luar suatu cakram (Disk). Sedangkan dalam domain ruang Euclid tiga dimensi ada tipe permasalahan dirichlet pada koordinat silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan 𝑉0.
Kata kunci: Fungsi Harmonik, Persamaan Laplace, Koordinat Polar, Permasalahan Nilai Batas.
ABSTRACT: Harmonic function is the solution of laplace equation. Δ is differential operator, it is defined as 𝛥 = 𝜕2
𝜕𝑥12 + ⋯ + 𝜕2
𝜕𝑥𝑛2. According to Badger (2010:1), ie 𝑅 𝑛
define 𝑛-dimensional Euclidean space, so that 𝑅1 is the line, 𝑅2 is the area and so on.
Suppose 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 is a domain, a function 𝑢: 𝐹 → 𝑅 harmonic if 𝑢 has continuous second
partial derivatives and the sum of the pure second partial derivative is zero i.e 𝑢𝑥1 𝑥1+
𝑢𝑥2𝑥2 + ⋯ + 𝑢𝑥𝑛 𝑥𝑛 = 0. Some properties of harmonic functions is if 𝑢 and 𝑣 are
harmonic and 𝛼 and 𝛽 is a number then 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 is harmonic; Product of two harmonic function 𝑢 and 𝑣 are not harmonic; if 𝑢 and 𝑢2
is harmonic then 𝑢 must be a constant; If
𝑢, 𝑣 and 𝑢2+ 𝑣2 is harmonic then 𝑢 and 𝑣 must be constant. The application of Laplace
equation is used to solve the problem of boundary value (Dirichlet) to polar coordinate in different domain. A harmonic function itself is the solution of the problem (Dirichlet). There are four different types of domain in the domain of two-dimensional Euclidean space in polar coordinate. The interior type a disk , the wedge type with Robin condition, annulus type, and exterior type a disk. While in the domain of three-dimensional Euclidean space type there is a Dirichlet problem to cylindrical coordinates with its lateral surface is charge at a potential 𝑉0.
Keywords: Harmonic functions, Laplace equation, Polar coordinates, Boundary Value Problems
Persamaan diferensial merupakan salah satu cabang ilmu matematika yang dipelajari oleh banyak orang dan sebagian sudah diterapkan dalam kehidupan nyata seperti halnya permodelan matematika yang memiliki peran dalam bidang teknik, biologi, dan lain-lain, tetapi ada juga yang digunakan untuk
mengembangkan materi yang sudah didapat sehingga memperoleh suatu pernyataan yang benar dan dapat dibuktikan secara matematis. Persamaan diferensial mempelajari berbagai macam materi yang berguna penelitian. Salah satunya Persamaan Laplace yang merupakan materi dalam persamaan diferensial. Persamaan Laplace merupakan salah satu yang terpenting dari semua persamaan diferensial dalam terapan matematika (Boyce, dkk, 2008:646). Persamaan tersebut dapat digunakan untuk menentukan fungsi harmonik yaitu dengan mencari solusi persamaan Laplace, karena menurut Nakhle (2004), 𝑢(𝑥, 𝑦) disebut fungsi harmonik jika memenuhi persamaan Laplace. Banyak proyek permasalahan yang dapat dikaji dalam materi persamaan diferensial salah satu proyek permasalahannya adalah tentang fungsi harmonik. Salah satu soal proyek yang belum dikerjakan adalah tentang sifat-sifat fungsi harmonik dan penerapan dari fungsi harmonik. Berdasarkan buku “Partial Differential Equations with Fourier Series and Boundary Value Problems” karya Nakhle (2004:194), terdapat soal proyek tentang sifat-sifat fungsi harmonik yaitu jika 𝑢 dan 𝑣 adalah harmonik dan
𝛼 dan 𝛽 adalah suatu konstanta maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 adalah harmonik; Beri contoh dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣 sehingga 𝑢𝑣 bukan harmonik; Jika 𝑢 dan 𝑢2 adalah
harmonik maka 𝑢 harus suatu konstanta; Jika 𝑢, 𝑣 dan 𝑢2+ 𝑣2 adalah harmonik
maka 𝑢 dan 𝑣 harus konstanta. Karena fungsi harmonik merupakan solusi persamaan Laplace maka peneliti ingin mengetahui bagaimana penerapan persamaan Laplace dalam menyelesaikan pemasalahan nilai batas pada koordinat polar yang meliputi daerah dalam cakram, daerah luar cakram, daerah irisan dengan kondisi Robin, daerah annulus, dan daerah silinder dengan kondisi temperatur bagian selimut sama dengan 𝑉0.
.
KAJIAN PUSTAKA
Dalam penelitian ini penulis akan menjelaskan tterlebih dahulu tentang fungsi harmonik. Menurut Badger (2010:1), misal 𝑅𝑛 mendefinisikan Ruang
Euclid berdimensi-n, sehingga 𝑅1 adalah garis, 𝑅2 adalah bidang, 𝑅3 adalah Ruang dan seterusnya. Misal 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 adalah domainnya, suatu fungsi 𝑢: 𝐹 → 𝑅
harmonik jika 𝑢 mempunyai turunan parsial kedua yang kontinu dan turunan parsial tersebut jika dijumlahkan hasilnya sama dengan nol yaitu 𝑢𝑥1𝑥1 + 𝑢𝑥2𝑥2 + ⋯ + 𝑢𝑥𝑛𝑥𝑛 = 0. Fungsi harmonik memiliki sifat-sifat yaitu (1) Jika 𝑢 dan 𝑣
adalah harmonik dan 𝛼 dan 𝛽 adalah suatu bilangan maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣 belum tentu harmonik, (3) Jika 𝑢 dan 𝑢2 adalah harmonik maka 𝑢 harus suatu konstanta, (4) Jika 𝑢, 𝑣 dan
𝑢2+ 𝑣2 adalah harmonik maka 𝑢 dan 𝑣 harus konstanta. Metode variabel terpisah adalah suatu tekhnik mencari solusi dengan menggunakan nilai batas dan mengecek kondisi batas. Kemudian untuk mencari solusi dari permasalahan nilai batas pada koordinat silinder diperlukan solusi dari persamaan Bessel orde nol, sebelum itu perhatikan teorema berikut
Teorema 2.3.1
Perhatikan persamaan diferensial 𝑥2𝑦′′ + 𝑥 𝑥𝑝(𝑥) 𝑦′+ 𝑥2𝑝 𝑥 𝑦 = 0
dimana 𝑥 = 0 adalah titik singular regular kemudian 𝑥𝑝(𝑥) dan 𝑥2𝑝 𝑥 analitik
pada 𝑥 = 0 dengan ekspansi deret kuasa konvergen
𝑥𝑝 𝑥 = 𝑝𝑛 ∞ 𝑛 =0 𝑥𝑛; 𝑥2𝑞 𝑥 = 𝑞𝑛 ∞ 𝑛 =0 𝑥𝑛
Untuk 𝑥 < 𝜌, dimana 𝜌 > 0 adalah minimum dari jari-jari konvergensi untuk deret kuasa 𝑥𝑝 𝑥 dan 𝑥2𝑞 𝑥 . Misal 𝑟1 dan 𝑟2 adalah akar-akar dari persamaan
indeks
𝐹 𝑟 = 𝑟 𝑟 − 1 + 𝑝0𝑟 + 𝑞0 = 0
dengan 𝑟1 ≥ 𝑟2 jika 𝑟1dan 𝑟2 nyata. Maka pada interval – 𝜌 < 𝑥 < 0 atau interval
0 < 𝑥 < 𝜌, ada solusi dalam bentuk
𝑦1 𝑥 = 𝑥 𝑟1 1 + 𝑎
𝑛 𝑟1 𝑥𝑛 ∞
𝑛=1
… . (2.1)
dengan 𝑎𝑛 𝑟1 diberikan oleh relasi rekurensi dengan 𝑎0 = 1 dan 𝑟 = 𝑟1.
Jika 𝑟1− 𝑟2 tidak nol atau bilangan bulat positif, maka pada interval – 𝜌 < 𝑥 < 0
atau interval 0 < 𝑥 < 𝜌, ada solusi kedua dalam bentuk
𝑦2 𝑥 = 𝑥 𝑟2 1 + 𝑎𝑛 𝑟2 𝑥𝑛 ∞
𝑛=1
… . 2.2
dengan 𝑎𝑛 𝑟2 diberikan oleh relasi rekurensi dengan 𝑎0 = 1 dan 𝑟 = 𝑟2. Deret
kuasa dari persamaan 2.1 dan 2.2 konvergen pada paling sedikit 𝑥 < 𝜌 Jika 𝑟1 = 𝑟2, maka solusi kedua berbentuk
𝑦2 𝑥 = 𝑦1 𝑥 ln 𝑥 + 𝑥 𝑟1 𝑏𝑛 𝑟1 𝑥𝑛 ∞
𝑛=1
… . 2.3
Jika 𝑟1− 𝑟2 = 𝑁, suatu bilangan bulat positif, maka
𝑦2 𝑥 = 𝑎𝑦1 𝑥 ln 𝑥 + 𝑥 𝑟2 1 + 𝑐𝑛 𝑟2 𝑥𝑛 ∞
𝑛 =1
… . 2.4
Koefisien 𝑎𝑛 𝑟1 , 𝑏𝑛 𝑟1 , 𝑐𝑛 𝑟2 , dan konstanta 𝑎 dapat ditentukan dengan
mensubtitusi bentuk dari deret solusi persamaan
𝑥2𝑦′′ + 𝑥 𝑥𝑝(𝑥) 𝑦′ + 𝑥2𝑝 𝑥 𝑦 = 0
Konstanta 𝑎 dapat dinyatakan dengan nol pada kasus yang tidak ada suku logarithmic di solusi 2.4 . Masing-masing deret di persamaan 2.3 dan 2.4 konvergen pada paling sedikit 𝑥 < 𝜌 dan mendefinisikan suatu fungsi yang analitik pada beberapa lingkungan dari 𝑥 = 0.
Dalam semua kasus tersebut, dua solusi 𝑦1 𝑥 dan 𝑦2 𝑥 membentuk suatu set solusi fundamental dari persamaan diferensial yang diberikan.
Kemudian perhatikan persamaan umum dari persamaan Bessel yaitu
𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + 𝑥2− 𝑣2 𝑦 = 0
Dari teorema 2.3.1 diperoleh bahwa solusi untuk persamaan Besel orde nol (saat
𝑣 = 0) yaitu 𝑦 = 𝑐1𝐽0 𝑥 + 𝑐2𝑌0 𝑥 dengan 𝐽0 = 1 + −1 𝑥2𝑚 22𝑚 𝑚 ! 2 ∞ 𝑚 =1 ; 𝑌0 = 2 𝜋 𝐽0 𝑥 𝛾 + ln 𝑥 2 + −1 𝑚 +1𝐻 𝑚 22𝑚 𝑚 ! 2 𝑥2𝑚 ∞ 𝑚 =1
Perhatikan bahwa 𝐽0 𝑥 → 1 saat 𝑥 → 0 dan 𝑌0 𝑥 memiliki singular logarithmic pada 𝑥 = 0 sehingga 𝑌0 𝑥 berperilaku seperti 2
𝜋 ln 𝑥 saat 𝑥 → 0
melalui nilai positif. Oleh karena itu jika mencari solusi dengan persamaan Bessel orde nol yang terhingga pada titik asal, kasus yang seperti ini diharuskan membuang 𝑌0 .
Persamaan Euler merupakan persamaan diferensial yang berbentuk 𝑥2𝑑 2𝑦 𝑑𝑥2+ 𝛼𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥+ 𝛽𝑦 = 0 … 1 ; 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ
Solusi dari persamaan euler tersebut untuk akar real dan kembar adalah sebagai berikut 𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑥𝑟1+ 𝑐2𝑥𝑟1ln 𝑥.
HASIL DAN PEMBAHASAN
Dalam penelitian ini peneliti akan menunjukkan solusi dari permasalahan nilai batas dalam domain yang berbeda yaitu empat permasalahan di ruang Euclid berdimensi dua dan satu permasalahan dalam ruang Euclid berdimensi tiga. Solusi dari permasalahan tersebut merupakan fungsi harmonik. Sebelum mencari solusi dari permasalahan nilai batas tersebut terlebih dahulu mengubah persamaan Laplace dalam koordinat kartesius ke dalam koordinat polar sehingga diperoleh persamaan Laplace dua dimensi dalam koordinat polar dan persamaan Laplace tiga dimensi dalam koordinat silinder berturut-turut yaitu 𝜕
2𝑢 𝜕 𝑟2+ 1 𝑟 𝜕𝑢 𝜕𝑟 + 1 𝑟2 𝜕2𝑢 𝜕 𝜃2 = 0 dan 𝜕 2𝑢 𝜕 𝜌2+ 1 𝜌 𝜕𝑢 𝜕𝜌 + 𝜕2𝑢 𝜕 𝑧2 = 0.
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah dalam cakram (Interior Disk). Akan dicari solusi dari 𝜕
2𝑢 𝜕 𝑟2 + 1 𝑟 𝜕𝑢 𝜕𝑟 + 1 𝑟2 𝜕2𝑢
𝜕 𝜃2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 1, 𝜃 =
𝑓 𝜃 ; 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋.
Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial biasa
𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑇′′ + 𝐾𝑇 = 0.
Digunakan periode dari 𝜃 yaitu 2𝜋 dan menyelesaikan persamaan diferensial 𝑇′′ +
𝐾𝑇 = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 =
𝜆2 < 0 diperoleh solusi
𝑇 𝜃 = 𝑐1cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2sinh(𝜆𝜃) yang periodic saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi
𝑇 𝜃 = 𝑐1𝜃 + 𝑐2 yang periodic jika 𝑐1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah
𝑇 𝜃 = 𝑐2. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐
1cos 𝜆𝜃 +
𝑐2sin 𝜆𝜃 yang periodic jika 𝜆 = 𝑛 untuk 𝑛 bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐1cos 𝑛𝜃 + 𝑐2sin 𝑛𝜃 . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟2𝑅′′ +
𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐
3+ 𝑐4ln 𝑟, karena untuk
𝑟 = 0 nilai dari ln 𝑟 tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐3. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐
5𝑟𝜆 + 𝑐6𝑟−𝜆, karena untuk
𝑟 = 0 nilai dari 𝑐6𝑟−𝜆 tidak bernilai real jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 =
𝑐5𝑟𝑛. Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum untuk permasalahan nilai
batas pada suatu daerah dalam cakram adalah
𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝐶 + 𝑟𝑛 𝐴
𝑛cos 𝑛𝜃 + 𝐵𝑛sin 𝑛𝜃 ∞
𝑛 =1 . Kemudian mencari nilai dari
konstanta menggunakan deret fourier diperoleh 𝐶 = 1
2𝜋 𝑓 𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃; 𝐴𝑛 = 1 𝜋 𝑓 𝜃 cos 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 dan 𝐵𝑛 = 1 𝜋 𝑓 𝜃 sin 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃.
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah luar cakram (Exterior Disk). Akan dicari solusi dari 𝜕
2𝑢 𝜕 𝑟2 + 1 𝑟 𝜕𝑢 𝜕𝑟 + 1 𝑟2 𝜕2𝑢
𝜕 𝜃2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 1, 𝜃 =
𝑓 𝜃 ; 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋.
Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial biasa
𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑇′′ + 𝐾𝑇 = 0.
Digunakan periode dari 𝜃 yaitu 2𝜋 dan menyelesaikan persamaan diferensial 𝑇′′ +
𝐾𝑇 = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐
1cosh 𝜆𝜃 +
𝑐2sinh(𝜆𝜃) yang periodic saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0
sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1𝜃 + 𝑐2 yang periodic
jika 𝑐1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 >
0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1cos 𝜆𝜃 + 𝑐2sin 𝜆𝜃 yang periodic jika 𝜆 = 𝑛
untuk 𝑛 bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐1cos 𝑛𝜃 + 𝑐2sin 𝑛𝜃 . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 0 diperoleh
solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐3+ 𝑐4ln 𝑟, karena untuk 𝑟 = 0 nilai dari ln 𝑟 tidak bernilai real
jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐3. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh
solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐5𝑟𝜆+ 𝑐6𝑟−𝜆, karena untuk 𝑟 semakin besar nilai dari 𝑐6𝑟𝜆 tidak
terhingga jadi solusi yang didapat adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐5𝑟−𝑛. Dari ketiga kasus
tersebut diperoleh solusi umum dari permasalahan nilai batas pada suatu daerah luar cakram adalah 𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝐶 + 𝑟−𝑛 𝐴
𝑛cos 𝑛𝜃 + 𝐵𝑛sin 𝑛𝜃 ∞
𝑛 =1 .
Kemudian mencari nilai dari koefisien menggunakan deret fourier diperoleh
𝐶 = 1 2𝜋 𝑓 𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃; 𝐴𝑛 = 1 𝜋 𝑓 𝜃 cos 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 dan 𝐵𝑛 = 1 𝜋 𝑓 𝜃 sin 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃.
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi Robin. Akan dicari solusi dari 𝜕
2𝑢 𝜕 𝑟2+ 1 𝑟 𝜕𝑢 𝜕𝑟 + 1 𝑟2 𝜕2𝑢
𝜕 𝜃2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 𝑟, 𝜃 =
0 ; 𝑢 𝑟, 𝛼 = 0 ; 𝜕
𝜕𝑟𝑢 1, 𝜃 = −𝑢 1, 𝜃 − 𝜃. Kodisi batas ini merepresentasikan
suatu irisan yang sisi bagian pertama adalah sinar 𝜃 = 0 dan sisi yang lain adalah sinar 𝜃 = 𝛼, irisan ini mengalirkan panas sesuai dengan konsisi Robin
𝜕
𝜕𝑟𝑢 1, 𝜃 = −𝑢 1, 𝜃 − 𝜃.
Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh 𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan
𝑇′′ + 𝐾𝑇 = 0. Kemudian diperhatikan persamaan diferensial 𝑇′′ + 𝐾𝑇 = 0 dengan
kondisi batas 𝑇 0 = 0; 𝑇 𝛼 = 0. Karena K adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi
𝑇 𝜃 = 𝑐1cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2sinh(𝜆𝜃) yang memenuhi kondisi batas saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0
kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1𝜃 + 𝑐2 yang yang memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 𝑐2 = 0 jadi solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi
𝑇 𝜃 = 𝑐1cos 𝜆𝜃 + 𝑐2sin 𝜆𝜃 yang memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 0
sehingga solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2sin 𝑛𝜋
𝛼 𝜃 . Karena solusi yang
tidak diabaikan terdapat satu kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial
𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐
5𝑟𝜆+ 𝑐6𝑟−𝜆,
karena untuk 𝑟 = 0 nilai dari 𝑐6𝑟−𝜆 tidak bernilai real jadi solusi yang didapat
adalah 𝑅 𝑟 = 𝑐5𝑟𝑛. Dari ketiga kasus diatas diperoleh solusi umum dari
permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi robin adalah
𝑢 𝑟, 𝜃 = ∞𝑛 =1𝐴𝑛𝑟
𝑛𝜋
𝛼 sin 𝑛𝜋
𝛼 𝜃 . Kemudian mencari nilai dari koefisien
menggunakan deret fourier diperoleh 𝐴𝑛 = − 2 𝛼 1+𝑛𝜋𝛼 𝜃 sin 𝑛𝜋 𝛼 𝜃 𝛼 0 𝑑𝜃.
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus. Akan dicari solusi dari
𝜕2𝑢 𝜕 𝑟2+ 1 𝑟 𝜕𝑢 𝜕𝑟 + 1 𝑟2 𝜕2𝑢
𝜕 𝜃2 = 0 dengan kondisi batas 𝑢 𝑎, 𝜃 = 𝑓1 𝜃 ; 𝑢 𝑏, 𝜃 = 𝑓2 𝜃 . Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial
𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0 dan 𝑇′′ + 𝐾𝑇 =
0. Digunakan periode dari 𝜃 yaitu 2𝜋
untuk menyelesaikan persamaan diferensial 𝑇′′ + 𝐾𝑇 = 0. Karena K
adalah suatu konstanta maka perhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0
diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2sinh(𝜆𝜃) yang periodic saat 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1𝜃 + 𝑐2 yang periodic jika 𝑐1 = 0 jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2. Kemudian saat
𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐
1cos 𝜆𝜃 + 𝑐2sin 𝜆𝜃 yang periodic jika
𝜆 = 𝑛 untuk 𝑛 bilangan bulat jadi solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐1cos 𝑛𝜃 + 𝑐2sin 𝑛𝜃 . Karena solusi yang tidak diabaikan terdapat dua kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 0
diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐3+ 𝑐4ln 𝑟. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi
𝑅 𝑟 = 𝑐5𝑟𝑛 + 𝑐6𝑟−𝑛. Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus adalah 𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝐶 + 𝐷 ln 𝑟 + 𝐴𝑛𝑟𝑛 + 𝐵
𝑛𝑟−𝑛 cos 𝑛𝜃 + 𝐶𝑛𝑟𝑛 + 𝐷𝑛𝑟−𝑛 sin 𝑛𝜃 ∞
𝑛 =1 . Kemudian
untuk mencari nilai koefisien menggunakan deret fourier diperoleh
𝐶 = 1 2𝜋 1 − ln 𝑎 ln𝑎𝑏 𝑓1 𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 + 𝑓2 𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 𝐷 = 1 2𝜋 ln𝑎𝑏 𝑓1 𝜃 − 𝑓2 𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 𝐴𝑛 = 1 𝑎𝑛𝜋 𝑓1 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 − 1 𝜋𝑎𝑛 𝑏𝑛−𝑎 2𝑛𝑏 𝑛 𝑏 𝑛 𝑓 1 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 − 𝑎𝑛 𝑓 1 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0
𝐵𝑛 = 1 𝜋 𝑏𝑎 𝑛 − 𝑎𝑏 𝑛 𝑏 𝑛 𝑓 1 𝜃 cos 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 − 𝑎 𝑛 𝑓 2 𝜃 cos 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 𝐶𝑛 = 1 𝑎𝑛𝜋 𝑓1 𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 − 1 𝜋 𝑎𝑛 𝑏𝑛−𝑎 2𝑛 𝑏 𝑛 𝑏𝑛 𝑓 1 𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 − 𝑎𝑛02𝜋𝑓1𝜃sin𝑛𝜃𝑑𝜃 𝐷𝑛 = 1 𝜋 𝑏𝑎 𝑛 − 𝑎𝑏 𝑛 𝑏 𝑛 𝑓 1 𝜃 sin 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 − 𝑎 𝑛 𝑓 2 𝜃 sin 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃
Permasalahan nilai batas pada suatu daerah silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan 𝑉0. Akan diselesaikan persamaan Laplace
𝜕2𝑢 𝜕𝜌2 + 1 𝜌 𝜕𝑢 𝜕𝜌+ 𝜕2𝑢 𝜕𝑧2 = 0, 0 < 𝜌 < 𝑎, 0 < 𝑧 < ℎ
dengan kondisi batas 𝑢 𝜌, 0 = 𝑢 𝜌, ℎ = 0, 0 ≤ 𝜌 ≤ 𝑎 ; 𝑢 𝑎, 𝑧 = 𝑉0, 0 ≤ 𝑧 ≤ ℎ Dengan menggunakan metode variabel terpisah diperoleh persamaan diferensial 𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ −
𝐾𝑅 = 0 dan 𝑍′′ + 𝐾𝑍 = 0. Kemudian diperhatikan
persamaan diferensial 𝑍′′ + 𝐾𝑍 = 0 dengan
kondisi batas 𝑍 0 = 0; 𝑍 ℎ = 0. Karena 𝐾
adalah suatu konstanta maka diperhatikan tiga kasus yaitu saat 𝐾 = 𝜆2 < 0 diperoleh solusi
𝑇 𝜃 = 𝑐1cosh 𝜆𝜃 + 𝑐2sinh(𝜆𝜃) yang
memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 𝑐2 = 0 sehingga
solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Saat 𝐾 = 0 diperoleh solusi 𝑇 𝜃 = 𝑐1𝜃 + 𝑐2 yang memenuhi kondisi batas jika 𝑐1 = 𝑐2 = 0 jadi solusi yang didapat trivial akibatnya kasus ini diabaikan. Kemudian saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 diperoleh solusi
𝑇 𝜃 = 𝑐1cos 𝜆𝜃 + 𝑐2sin 𝜆𝜃 yang memenuhi kondisi batas jika𝑐1 = 0 jadi
solusi yang didapat adalah 𝑇 𝜃 = 𝑐2sin 𝑛𝜋
ℎ 𝜃 dengan 𝑛 = 1,2,3, …. Karena
solusi yang tidak diabaikan terdapat satu kasus sehingga selesaikan persamaan diferensial 𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝐾𝑅 = 0. Saat 𝐾 = 𝜆2 > 0 persamaan tersebut dapat
dipandang sebagi persamaan Bessel orde nol sehingga diperoleh solusi 𝑅 𝑟 = 𝑐1𝐽𝑜 𝑛𝜋
ℎ 𝜌 . Dari ketiga kasus tersebut diperoleh solusi umum dari permasalahan
nilai batas pada daerah silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan
𝑉0adalah 𝑢 𝑟, 𝜃 = 𝐼0 𝑛𝜋
ℎ 𝜌 sin 𝑛𝜋
ℎ 𝑧 ∞
𝑛 =1 . Kemudian mencari koefisien
dengan menggunakan deret fourier diperoleh
𝑐𝑛 = 𝑉0 𝐼0 𝑛𝜋ℎ𝑎 ℎ sin 𝑛𝜋 ℎ 𝑧 ℎ 0 𝑑𝑧 PENUTUP Kesimpulan
Berdasarkan hasil diatas diperoleh bahwa fungsi harmonik memiliki sifat-sifat yaitu (1) Jika 𝑢 dan 𝑣 adalah harmonik dan 𝛼 dan 𝛽 adalah suatu bilangan maka 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣 adalah harmonik, (2) Hasil kali dua fungsi harmonik 𝑢 dan 𝑣
belum tentu harmonik, (3) Jika 𝑢 dan 𝑢2 adalah harmonik maka 𝑢 harus suatu
konstanta. Solusi dari masing-masing permasalahan nilai batas merupakan fungsi harmonik yaitu
a. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah dalam cakram (InteriorDisk)
( , ) n cos sin n n n u r C
r A nB n dengan 2 0 1 ( ) d 2 C f
2 0 1 ( ) cos(n ) d n A f
2 0 1 ( ) sin(n ) d n B f
b. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah luar cakram (Exterior Disk)
( , ) n ncos nsin n u r C
r A nB n dengan 2 0 1 ( ) d 2 C f
; 2 0 1 ( ) cos(n ) d n A f
2 0 1 ( ) sin(n ) d n B f
c. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah irisan dengan kondisi Robin
1 ( , ) sin , 0 1, 0 n n n n u r b r r
dengan 0 2 sin 1 m m b d m
d. Permasalahan nilai batas pada suatu daerah annulus
( , ) ln n n n n cos n n n n sin n u r C D r
A r B r n C r D r n dengan 𝐶 = 1 2𝜋 1 − ln 𝑎 ln𝑎𝑏 𝑓1 𝜃 2𝜋 0 + 𝑓2 𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 𝐷 = 1 2𝜋 ln𝑎𝑏 𝑓1 𝜃 − 𝑓2 𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 𝐴𝑛 = 1 𝑎𝑛𝜋 𝑓1 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 − 1 𝜋𝑎𝑛 𝑏𝑛−𝑎 2𝑛𝑏 𝑛 𝑏 𝑛 𝑓 1 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 − 𝑎𝑛 𝑓 1 𝜃 cos 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐵𝑛 = 1 𝜋 𝑏𝑎 𝑛− 𝑎𝑏 𝑛 𝑏 𝑛 𝑓 1 𝜃 cos 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 − 𝑎 𝑛 𝑓 2 𝜃 cos 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃𝐶𝑛 = 1 𝑎𝑛𝜋 𝑓1 𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 − 1 𝜋 𝑎𝑛 𝑏𝑛−𝑎 2𝑛 𝑏 𝑛 𝑏𝑛 02𝜋𝑓1 𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃− 𝑎𝑛 𝑓 1 𝜃 sin 𝑛𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐷𝑛 = 1 𝜋 𝑏𝑎 𝑛− 𝑎𝑏 𝑛 𝑏 𝑛 𝑓 1 𝜃 sin 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃 − 𝑎 𝑛 𝑓 2 𝜃 sin 𝑛𝜃 2𝜋 0 𝑑𝜃
e. Permasalahan nilai batas pada silinder dengan temperatur bagian selimut sama dengan 𝑉0 𝑢 𝜌, 𝑧 = 𝑐𝑛𝐼0 𝑛𝜋 ℎ 𝜌 sin 𝑛𝜋 ℎ 𝑧 ∞ 𝑛 =1 dengan 𝑐𝑛 = 𝑉0 𝐼0 𝑛𝜋ℎ𝑎 ℎ sin 𝑛𝜋 ℎ 𝑧 ℎ 0 𝑑𝑧 Saran
Saran dari peneliti setelah diuraikan penjelasan tentang permasalahan nilai batas dengan domain yang berbeda-beda adalah domain dari penerapan fungsi harmonik dalam penjelasan pada hasil dan pembahasan terbatas hanya pada koordinat polar dua dimensi dan koordinat silnder dengan kondisi batas tertentu, sehingga dapat dikembangkan ke dalam koordinat bola atau koordinat silinder dengan kasus kondisi batas yang lain.
DAFTAR PUSTAKA
Asmar, Nakhle.H.2005.Differential Equations with Fourier Series and Boundary Value Problems(Second Edition).Pearson Prentice Hall:Amerika Serikat. Axler, S., Bourdon, P., dan Ramey, W..2000.Harmonic Function Theory (Second
Edition).Springer:Amerika Serikat.
Badger.2010.Harmonic Function (Suplemental Notes).(online)
(http://ww:w.google.com/harmonic%20function/www.math.washington. edu/hnotes.pdf, diakses tanggal 8 Agustus 2012)
Boyce, William E., dan Diprima, Richard E.2009.Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems (Ninth
Edition).Willey:Amerika Serikat.
Brown, James W., dan Churchill, Ruel V..1993.Fourier Series and Boundary Problem (Fifth Edition).McGraw-Hill:Amerika Serikat.
Goh, Y.K.2009.Boundary Value Problems in Cylindrical Coordinates.(online)( staff.utar.edu.my/gohyk/03_PDE_cyl.pdf, diakses 7 Maret 2013) Zill, Dennis G.,dan Cullen, Michael R..2009.Differential Equations with
Boundary-Value Problems (Seventh Edition).Cengage Learning: Amerika Serikat.
