MG2113 Matematika Terapan

Modul 13 Bab 8 Penyelesaian Persamaan Diferensial Parsial

Tria Laksana Achmad ST., MT., Ph.D.

MG2113 Matematika Terapan

mengandung satu atau lebih turunan parsial suatu fungsi (yang tidak diketahui)

. Turunan tertinggi dalam

PDP = .

Sebagaimana pada persamaan diferensial biasa, PDP disebut jika persamaan itu berderajat satu dalam peubah tak bebas dan turunan parsialnya.

c = konstanta, t = waktu, dan x,y,z = koordinat Kartesius.

Persamaan (4), dengan f(x,y)  0 = ,

sedangkan persamaan-persamaan lainnya = . (1) ^𝜕2𝑢

𝜕𝑡² = 𝑐^{2 𝜕2𝑢}

𝜕𝑥² Persamaan gelombang berdimensi satu (2) ^𝜕𝑢

𝜕𝑡 = 𝑐^{2 𝜕2𝑢}

𝜕𝑥² Persamaan konduksi panas berdimensi satu (3) ^𝜕2𝑢

𝜕𝑥² + ^𝜕2𝑢

𝜕𝑦² = 0 Persamaan Laplace berdimensi dua (4) ^𝜕2𝑢

𝜕𝑥² + ^𝜕2𝑢

𝜕𝑦² = 𝑓(𝑥, 𝑦) Persamaan Poisson berdimensi dua (5) ^𝜕2𝑢

𝜕𝑥² + ^𝜕2𝑢

𝜕𝑦² + ^𝜕2𝑢

𝜕𝑧² = 0 Persamaan Laplace berdimensi tiga

Solusi suatu PDP dan berbeda satu dengan lainnya. Misalnya, fungsi-fungsi

𝑢 = 𝑥² − 𝑦², 𝑢 = 𝑒^𝑥 cos 𝑦, 𝑢 = ln 𝑥² + 𝑦² (6) semuanya merupakan solusi bagi PDP (3).

suatu PDP yang memodelkan suatu permasalahan fisik tertentu dapat

diperoleh dengan menggunakan

untuk kondisi pada waktu (t) = 0 pada kasus yang ditinjau tsb.

Sebagaimana pada PD Biasa (PDB), pada juga berlaku

dimana penjumlahan dari solusi-solusi PDP juga merupakan solusi dari PDP tersebut.

Jika u₁ dan u₂ adalah solusi bagi suatu PDP linier homogen pada suatu daerah definisinya, maka:

dengan c₁ dan c₂ adalah konstanta.

Perubahan temperatur di dalam suatu material padat homogen mengikuti persamaan sbb:

𝜕𝑇

𝜕𝑡 = 𝑐²𝛻²𝑇 𝑐² = ^𝑘

ρ𝐶_𝑝

𝛻²𝑇 adalah Laplacian dari T ( ), relatif terhadap koordinat Kartesius x, y, z,

𝛻²𝑇 = 𝜕²𝑇

𝜕𝑥² + 𝜕²𝑇

𝜕𝑦² + 𝜕²𝑇

𝜕𝑧²

dengan T(x, y, z, t) adalah suhu di dalam benda tersebut (^oC,), k adalah

material ( ), ρ adalah densitas benda (kg/m³) dan C_p adalah .

Tinjau distribusi temperatur pada suatu dan terbuat dari material yang homogen, terletak pada sumbu-x sehingga

. Perubahan temperatur dalam batang logam dalam arah x sebagai fungsi waktu (t) adalah sbb:

𝜕𝑇

𝜕𝑡 = 𝑐^{2 𝜕2𝑇}

𝜕𝑥² (1)

0 x = L

Kita akan menentukan solusi Persamaan (1) untuk beberapa kondisi batas dan kondisi awal yang ditentukan.

Kedua ujung batang (x = 0 dan x = L) dipertahankan pada suhu nol. Maka

adalah

, (2)

Jika adalah suhu awal batang tersebut, maka adalah:

𝑇 𝑥, 0 = 𝑓(𝑥) 𝑓 𝑥 : 𝑑𝑖𝑘𝑒𝑡𝑎ℎ𝑢𝑖 (3) Untuk x = 0 → f(0) = 0 dan untuk x = L → f(L) = 0, berdasarkan SB 2. Kita akan menentukan

solusi T(x,t) bagi Persamaan (1) yang memenuhi kondisi (2) dan (3).

Dengan menerapkan

, mula-mula kita tentukan solusi bagi Persamaan (1) yang memenuhi syarat batas (2). Kita mulai dengan:

(4)

Pensubstitusian Pers [4] ke dalam Pers[1]:

𝜕𝐹 𝑥 𝐺 𝑡

𝜕𝑡 = 𝑐^{2 𝜕2𝐹 𝑥 𝐺 𝑡}

𝜕𝑥²

dengan

, sedangkan

. Untuk memisahkan peubah, kita bagi kedua ruas dengan c²FG :

ሶ𝐺

𝑐²𝐺 = ^𝐹"

𝐹 (5)

, sedangkan . Agar kedua ruas sama, maka keduanya harus sama dengan suatu

, katakanlah .

Sebab jika ruas kiri  konstanta maka

perubahan t akan mengubah nilai ruas kiri namun jelas tidak akan mengubah nilai ruas

kanan, sebab ruas kanan tidak bergantung pada t. Dan sebaliknya jika yang berubah adalah jarak (ruas kanan). Oleh karenanya, kita bisa tuliskan:

𝐹" − 𝑘𝐹 = 0 ሶG −𝑐² 𝑘𝐺 = 0

ሶ𝐺

𝑐²𝐺 = ^𝐹"

𝐹 = 𝑘

𝐹" − 0𝐹 = 0 → 𝐹" = 0 𝐹^′ = 𝑎 → 𝐹 = 𝑎𝑥 + 𝑏

solusi umum bagi Persamaan (A) adalah:

, sehingga dari syarat batas pada Persamaan (2) kita memperoleh a = b = 0.

dengan syarat batas T(0,t) = 0 dan T(L,t) = 0 maka :

𝐹 0 𝐺 𝑡 = 0 dan 𝐹 𝐿 𝐺 𝑡 = 0 Jadi pada x = 0 → 0 = 𝑎 0 + 𝑏 → 𝑎 = 𝑏 = 0

Untuk

y´´+ ay´ + by = 0 → λ² + aλ + b = 0 Untuk 𝐹" − 𝜇²𝐹 = 0

Pers karakteristik : 𝜆² − 𝜇² = 0 𝜆² = 𝜇²

𝜆 = ± 𝜇² = ±𝜇

solusi umum bagi Persamaan (A) adalah 𝐹 = 𝐴𝑒^𝜇𝑥 + 𝐵𝑒^−𝜇𝑥,

dan berdasarkan syarat batas (2), juga menghasilkan F = 0.

Untuk

ሶ𝐺

𝑐²𝐺 = 𝐹"

𝐹 = −𝑝²

yang kalau kita pisahkan F dan G akan menghasilkan dua persamaan diferensial biasa linear sbb:

𝐹" + 𝑝²𝐹 = 0 (6) ሶ𝐺 + 𝑐²𝑝²𝐺 = 0 (7) Untuk

Menentukan solusi umum dari Persamaan (6).

𝐹" + 𝑝²𝐹 = 0

Pers. Karakteristik 𝜆² + 𝑝² = 0

𝜆² = −𝑝²

𝜆_1,2 = ± −𝑝² 𝜆_1,2 = ±𝑝𝑖

𝐹 𝑥 = 𝐴 cos 𝑝𝑥 + 𝐵 sin 𝑝𝑥 (8)

Berdasarkan syarat batas (2):

𝑇 0, 𝑡 = 𝐹 0 𝐺 𝑡 = 0, 𝑇 𝐿, 𝑡 = 𝐹 𝐿 𝐺 𝑡 = 0

Berdasarkan Persamaan (8), pada x = 0, F(0) = A. Jadi, A = 0, sehingga

𝐹 𝐿 = 𝐵 sin 𝑝𝐿

Dalam hal ini haruslah , sebab jika B = 0, maka F = 0. Oleh karena itu, dengan syarat batas F(L) = 0 maka:

sin 𝑝𝐿 = 0 sehingga 𝑝 = ^𝑛𝜋

𝐿 n = 1, 2, ... (n bulat)

Untuk B = 1, kita memperoleh solusi bagi Pers (6) yang memenuhi Pers (2), sbb:

𝐹_𝑛 𝑥 = sin^𝑛𝜋

𝐿 𝑥, n = 1, 2, ... (n bulat)

Selanjutnya tinjau Persamaan (7), ሶ𝐺 + 𝑐²𝑝²𝐺 = 0 Untuk nilai-nilai yang baru diperoleh, Persamaan (7) mempunyai bentuk:

ሶ𝐺 + 𝜆_𝑛²𝐺 = 0 dengan 𝜆_𝑛 = ^𝑐𝑛𝜋

𝐿

Solusi umumnya adalah

𝐺_𝑛 𝑡 = 𝐵_𝑛𝑒^{−𝜆𝑛2𝑡} n = 1, 2, ...,

dengan B_n adalah konstanta. Jadi, fungsi-fungsi 𝑇_𝑛 𝑥, 𝑡 = 𝐹_𝑛 𝑥 𝐺_𝑛 𝑡 = 𝐵_𝑛 sin^𝑛𝜋𝑥

𝐿 𝑒^{−𝜆𝑛2𝑡} n=1, 2, ..., (9)

merupakan solusi bagi Persamaan (1) yang memenuhi syarat batas (2).

Untuk memperoleh solusi yang juga memenuhi syarat awal pada Persamaan (3), kita tinjau deret dari n = 1 hingga n =  sbb:

𝑇 𝑥, 𝑡 = ෍

𝑛=1

~

𝑇_𝑛 𝑥, 𝑡 = ෍

𝑛=1

~

𝐵_𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿 𝑒^{−𝜆𝑛2𝑡} 𝜆_𝑛 = 𝑐𝑛𝜋

𝐿 (10)

Dari Persamaan (10) dan Persamaan (3), maka:

𝑇 𝑥, 0 = ෍

𝑛=1

~

𝐵_𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿 = 𝑓(𝑥)

Agar Pers [10] memenuhi Pers. [3], maka koefisien-koefisien B_n harus dipilih sedemikian rupa sehingga T(x,0) merupakan separuh-kisaran bagi f(x), yaitu:

𝐵_𝑛 = ²

𝐿 ׬₀^𝐿𝑓 𝑥 sin ^𝑛𝜋𝑥

𝐿 𝑑𝑥 (11)

Tentukan suhu T(x,t) di dalam batang tipis

tembaga yang telah diisolasi yang panjangnya 80 cm

oC dan ujung-ujungnya dipertahankan pada suhu 0^oC.

Berapa lama sampai suhu maksimum di dalam batang tembaga itu turun menjadi 50^oC? Data fisik untuk tembaga: kerapatan 8,92 g/cm³, kapasitas panas 0,092 kal/g ^oC, konduktivitas termal 0,95 kal/cm det ^oC.

Berdasarkan syarat awal yang diberikan, 𝑇 𝑥, 0 = σ_𝑛=1^~ 𝐵_𝑛 sin^𝑛𝜋𝑥

80 = 𝑓 𝑥 = 100 sin^𝜋𝑥

80

Berdasarkan kesetaraan koefisien fungsi sinus, kita memperoleh

Selanjutnya, 𝜆₁² = ^𝑐2𝜋2

𝐿² , dengan 𝑐² = ^𝑘

𝜌𝐶_𝑝

𝑐² = ^0,95

0,092 8,92 = 1,158 (cm²/det) 𝜆₁² = ^{1,158 3,142}

80² = 0,0018 (det^-1), sehingga

Untuk agar T maks = 50 → 100𝑒^{−0,0018𝑡} = 50

Pecahkan soal pada contoh 1 jika suhu awalnya adalah

oC dan data lainnya sama.

Tinjau Persamaan (10), kalau pada Contoh sebelumnya n = 1 sekarang n = 3, dan

sehingga solusinya adalah 𝑇 𝑥, 𝑡 = 100 sin3𝜋𝑥

80 𝑒^−0,016𝑡

Dalam hal ini suhu maksimumnya turun menjadi 50^oC dalam waktu 𝑡 = ^{ln 0,5}

−0,016 ~43 detik, jauh lebih cepat (9 kali lebih cepat dibandingkan pada contoh 1).

Pecahkan soal pada contoh 1 jika suhu awalnya adalah

oC dan data lainnya sama.

Kalau kita mengambil n yang lebih besar, penurunan suhu akan lebih cepat lagi, dan di dalam deret yang suku-sukunya demikian, setiap suku mempunyai laju penurunannya sendiri.

T

Modul 13 Bab 8 Penyelesaian Persamaan Diferensial Parsial

Tria Laksana Achmad ST., MT., Ph.D.

MG2113 Matematika Terapan

Persamaan perpindahan panas dalam dua- dimensi berbentuk:

𝜕𝑇

𝜕𝑡 = 𝑐²𝛻²𝑇 = 𝑐^{2 𝜕2𝑇}

𝜕𝑥² + ^𝜕2𝑇

𝜕𝑦² (1)

Jika aliran panas bersifat (tidak bergantung waktu), maka ^𝜕𝑇

𝜕𝑡 = 0, sehingga persamaan perpindahan panas ini berubah menjadi persamaan berikut yang dikenal

sebagai :

𝛻²𝑇 = ^𝜕2𝑇

𝜕𝑥² + ^𝜕2𝑇

𝜕𝑦² = 0 (2)

 disebut gradien atau nabla = ^𝜕

𝜕𝑥, ^𝜕

𝜕𝑦

Tinjau batangan logam tipis yang berbentuk rectangular yang

, dan pada pada satu sisi lainnya dibuat konstan pada T = T_o (lihat Gambar).

Jika dan

pusat koordinat diambil pada salah satu sudut salah satu sisi batang (berbentuk persegi panjang), maka persoalan tersebut diatas dapat digambarkan sbb:

(3)

Kita pecahkan permasalahan ini melalui pemisahan peubah. Substitusikan:

ke dalam Persamaan (2) dan bagi dengan FG sehingga dihasilkan:

1

𝐹 ∙ ^𝑑2𝐹

𝑑𝑥² = −¹

𝐺 ∙ ^𝑑2𝐺

𝑑𝑦² = −𝑘 (4)

Dari Persamaan (3) dan syarat batas pada sisi kiri dan sisi kanan persegi panjang R, kita memperoleh:

𝑑²𝐹

𝑑𝑥² + 𝑘𝐹 = 0, 𝐹 0 = 0, 𝐹 𝑎 = 0 Dengan penurunan yang sama dengan contoh sebelumnya, dihasilkan 𝑘 = ^𝑛𝜋

𝑎

2 dan solusi bukan-nol:

, n = 1,2, ... (5)

PDB untuk G dengan , persamaan (4) menjadi:

𝑑²𝐺

𝑑𝑦² − ^𝑛𝜋

𝑎

2 𝐺 = 0

yang solusi-solusinya adalah:

Sekarang dengan syarat batas T = 0 pada sisi bawah persegi panjang R, maka G_n(0) = 0 → A_n + B_n = 0 → B_n = -A_n sehingga:

, ingat sinh 𝑥 = ^{𝑒𝑥−𝑒−𝑥}

2

(6)

Dari Persamaan (5) dan Persamaan (6),

= 𝐹_𝑛 𝐺_𝑛 = 𝐴_𝑛^∗sin ^𝑛𝜋

𝑎 ∙ sinh ^𝑛𝜋

𝑎 (7)

untuk 𝐴_𝑛^∗ = 𝐵_𝑛^∗2𝐴_𝑛 Solusi

= 𝐹_𝑛 𝐺_𝑛 = 𝐴_𝑛^∗ sin 𝑛𝜋

𝑎 ∙ sinh 𝑛𝜋 𝑎

memenuhi syarat batas T = 0 pada sisi kiri, sisi kanan dan sisi bawah persegi panjang R.

Selanjutnya untuk memenuhi syarat T(x,b) pada sisi atas, kita gunakan deret tak hingga:

𝑇 𝑥, 𝑦 = σ_𝑛=1^∞ 𝑇_𝑛(𝑥, 𝑦)

Dari persamaan deret tak hingga tersebut dan Persamaan (7) dengan y = b, kita peroleh:

𝑇 𝑥, 𝑏 = 𝑓 𝑥 = ෍

𝑛=1

∞

𝐴_𝑛^∗ sin 𝑛𝜋

𝑎 ∙ sinh 𝑛𝜋 𝑎

Kita dapat tuliskan lebih lanjut dalam bentuk:

𝑇 𝑥, 𝑏 = ෍

𝑛=1

∞

𝐴_𝑛^∗sinh 𝑛𝜋

𝑎 sin 𝑛𝜋 𝑎

Suku di dalam kurung merupakan koefisien Fourier b_n untuk f(x) 𝑏_𝑛 = 𝐴_𝑛^∗sinh 𝑛𝜋

𝑎 = 2 𝑎න

0 𝑎

𝑓 𝑥 sin𝑛𝜋

𝑎 𝑑𝑥 Sehingga solusi dari permasalahan yang kita tinjau adalah:

= ෍

𝑛=1

∞

𝐴_𝑛^∗sin 𝑛𝜋

𝑎 sinh 𝑛𝜋 𝑎 dengan

𝐴_𝑛^∗ = ²

𝑎 sinh^𝑛𝜋

𝑎

׬₀^𝑎𝑓 𝑥 sin ^𝑛𝜋

𝑎 𝑑𝑥