( ) ( ) ( ). ( ) ( ) IV MODEL GELOMBANG BUNYI DALAM AIR 2-DIMENSI. λ >. Dapat ditunjukkan bahwa ( ) ( θ ) = ; ( )

11

IV MODEL GELOMBA NG BUNY I DA LAM A IR 2-DIMENS I

4.1 Model 2-Dimensi

Persamaan gelombang 2-dimensi, memiliki bentuk persamaan

(

)

(

)

2 2 2 2 , , , , u c u x y f x y t t ∂ _{− ∇ =} ∂

dengan f x y t( , , ) adalah gaya yang bekerja dari luar. Jika tidak ada gaya dari luar yang bekerja terhadap membran, maka persamaan diferensial homogennya adalah

(

)

2 2 2 2 , 0 . u c u x y t ∂ _{− ∇ =} ∂

Masalah Nilai Awal Batas (MNAB) akan ditentukan dengan mengasumsikan bahwa membran memiliki perpindahan sebesar nol (membran berada dalam keadaan diam) di sekitar batas tepi, r =0, r =a.

4.2 Transformasi Koordinat Kartesian ke Koordinat Polar

Sebelum mencari penyelesaian pada masalah di atas, langkah pertama adalah mentransformasi koordinat kartesian ke koordinat polar. Transformasi tersebut akan menghasilkan

( )

2 2 2 2 , 0 u c u r t θ ∂ _{− ∇ =} ∂ (4.1) [Lihat Lampiran 3].

Dengan syarat nilai batas dan nilai awal (simpangan awal dan kecepatan awal) diasumsikan diketahui 2 0, tt u −c u =

(

0, ,

)

0 u θ t = ; u a

(

, ,θ t

)

=0,

(

, ,

)

0 u r −π t = ; u r

(

, ,π t

)

=0,

(

, , 0

)

( )

, , u r θ =α rθ (4.2)

(

, , 0

)

( )

, , t u rθ =β r θ 0≤ ≤r a; − ≤ ≤π θ π ; t ≥0 .

4.3 Solusi Model 2-Dimensi

Beberapa cara penyelesaian masalah untuk persamaan bunyi pada dimensi yang lebih tinggi diantaranya adalah dengan menggunakan koordinat polar, solusi deret Fourier, atau dengan solusi Bessel. Pada bagian solusi model selanjutnya akan dipilih penyelesaian model 2-dimensi pada persamaan bunyi dengan menggunakan metode gabungan antara koordinat polar, solusi deret Fourier dan solusi Bessel, sehingga untuk langkah awal persamaan diferensial parsial di atas dipecahkan dengan

menggunakan koordinat polar dengan kasus

(

, ,

)

u =u rθ t .

4.4Pemisahan Peubah 4.4.1 Peubah t

Misalkan langkah selanjutnya adalah memisahkan peubah waktu t dari peubah r dan θ.

(

, ,

)

( ) ( )

, .

u rθ t =φ r θ h t (4.3) Substitusikan persamaan (4.3) ke dalam persamaan (4.1), maka didapatkan

( ) ( )

( )

( )

2 2 2 2 , , 0 h t r c h t r t φ θ φ θ ∂ − ∇ = ∂ sehingga

( ) ( )

( )

( )

2 2 2 2 , , h t r c h t r t φ θ φ θ λ ∂ = ∇ = − ∂ .

Persamaan tersebut dipenuhi untuk suatu daerah tertentu apabila kedua sisi persamaan adalah sama dengan suatu konstanta tertentu, misalkan

−

λ

, yang disebut sebagai konstanta pemisah. Diperoleh

( )

( )

2 2 2 , h t t c h t λ ∂ ∂ _{= − (4.4)}

( )

( )

2 , . , r r φ θ λ φ θ ∇ = − (4.5)

Notasi −λ dipilih sebagai konstanta pemisah karena persamaan diferensial (4.4) bergantung pada waktu dan akan memiliki solusi jika

0

λ > . Dapat ditunjukkan bahwa h t

( )

memenuhi

( )

( )

2 2 2 h t c h t t λ ∂ = − ∂ .

Solusi persamaan (4.4) diselesaikan secara langsung dengan menggunakan metode persamaan diferensial biasa.

( )

_{( )}

2 2 2 h t c h t t λ ∂ = − ∂ 2 0 . h′′ +λc h=

Persamaan karakteristiknya adalah

2 2

0

x +λc = dengan akar x1 dan x2 adalah 2 12 4 2 b b a c x a − ± − = 2 2 0 0 4.1.( ) 2.1 c λ ± − = 2 4 2 c λ ± − =

dengan c merupakan kecepatan pada bunyi sehingga c2 selalu bernilai positif. Karena λ adalah konstanta bernilai positif, maka akar-akar dari persamaan karakteristik di atas berbentuk bilangan kompleks, yaitu

1 2 2 c i x = λ =c λi dan 2 2 2 c i x =− λ = −c λi . Maka solusi umum dari 2

0

h′′ +λc h= adalah

( )

(

1cos 2sin

)

h t = A c λt+A c λt

(4.6)

dengan

A

₁ dan

A

₂ adalah konstanta real. Ketika λ >0 maka h adalah kombinasi linear pada sinc λt dan cosc λt yang berkisar pada frekuensi c λ .

4.4.2 Peubah θ dan r

Telah diasumsikan bahwa medium memiliki perpindahan sebesar nol karena pada kondisi batas

(

r =a

)

, simpangan tetap (medium berada dalam keadaan diam) di sekitar batas tepi, r =a sehingga φ

( )

a,θ =0.

Pemisahan peubah yang dilakukan pada langkah awal terhadap MNAB dari (4.2) memberikan :

( )

( )

2 , , 0, r r φ θ λφ θ ∇ + =

( )

0, 0 u θ = ; u a

( )

,θ =0, (4.7)

(

,

)

0 u r −π = ; u r

(

,π =

)

0, 0≤ ≤r a; − ≤ ≤π θ π.

Untuk memudahkan mendapatkan solusi pada persamaan (4.5) digunakan pemisahan

koordinat polar, misalkan

( )

r, f

( ) ( )

r g

φ θ = θ untuk batas tepi membran 0≤ ≤r a, − ≤ ≤π θ π . Persamaan (4.3) akan ekivalen dengan

(

, ,

)

( ) ( ) ( )

u r θ t =f r g θ h t .

Dalam koordinat polar diketahui bahwa 2 2 2 2 1 1 r r r r r φ φ φ θ ∂ ⎛ ∂ ⎞ ∂ ∇ = _{⎜ ⎟}+ ∂ ⎝ ∂ ⎠ ∂ (Haberman, 1987). Substitusi φ

( )

r,θ =f

( ) ( )

r g θ ke dalam persamaan (4.5) sehingga,

( )

( )

2 , , 0 r r φ θ λ φ θ ∇ + =

( )

2 2 2 1 1 , 0 r r r r r r φ _{φ λφ θ} θ ∂⎛ ∂ _⎞+ ∂ _{+ =} ⎜ ⎟ ∂ ⎝ ∂ ⎠ ∂

( ) ( )

(

)

(

( ) ( )

2

)

( )

2 1 1 , 0 rf r g f r g r r r θ r θ λφ θ ∂ _{′ + + =} ∂

( )

(

( )

)

(

( ) ( )

2

)

( )

2 1 1 , 0 g rf r f r g r r θ r r θ λφ θ ∂ _{′ + + =} ∂

( )

( )

2

_{( ) ( )}

2 2 0 . g f f r g r f r g r r r r θ λ θ θ ⎛ ⎞ ∂⎛ ∂ _⎞+ ∂ _{+ =} ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∂ ⎝ ∂ ⎠ ⎝∂ ⎠

Dengan demikian r dan θ dapat dipisahkan dengan mengalikan persamaan tersebut dengan 2

r dan membaginya dengan

( ) ( )

f r g θ sehingga :

( )

( )

2 2

( ) ( )

2 0 f g g r r f r r f r g r r θ λ θ θ ⎛ ⎞ ∂⎛ ∂ _⎞+ ∂ _{+ =} ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∂ ⎝ ∂ ⎠ ⎝∂ ⎠

( )

( )

2 2 2 1 0 r f g r r f r r r g θ θ λ ⎛ ⎞ ∂⎛ ∂ _⎞+ ∂ _{+ =} ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∂ ⎝ ∂ ⎠ ⎝∂ ⎠

( )

( )

2 2 2 1 . g r f r r g θ θ f r r r λ μ ⎛∂ ⎞ ∂⎛ ∂ ⎞ − _{⎜ ⎟}= _{⎜ ⎟}+ = ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ μ

adalah bentuk konstanta pemisah ke dua. Dengan demikian terbentuklah persamaan diferensial : Œ 2 2 g g μ θ ∂ _{= −}

∂ yang dapat ditulis sebagai

( )

( )

0 g′′ θ +μ θg = (4.8) Œ

( )

2 r f r r f r r r λ μ ∂⎛ ∂ _{⎞ + =} ⎜ ⎟ ∂ ⎝ ∂ ⎠ (4.9)

Kalikan kedua ruas pada persamaan (4.9) dengan f

( )

r

( )

2

( )

f r r f r r f r r r λ μ ∂⎛ ∂ _{⎞ + =} ⎜ ⎟ ∂ ⎝ ∂ ⎠

( )

( )

( )

2

( )

r f⎡_⎣ ′ r +f′′ r ⋅ +r⎤_⎦ λf r r =μf r

( )

( )

( )

( )

2 2 0 r f′′ r +r f′ r +λr f r −μf r =

( )

( )

(

)

( )

2 2 0 . r f′′ r +r f′ r + λr −μ f r = (4.10) Persamaan (4.8) dan (4.10) adalah persamaan Helmholtz, yang relatif sulit untuk diselesaikan. Untuk memudahkan, maka akan dicari penyelesaiannya dalam bentuk khusus yang memenuhi masalah nilai awal batas yang telah ditentukan. Dapat ditunjukkan φ

( )

r,θ memenuhi 2

( )

( )

, , 0

r r

φ θ λφ θ

∇ + = dengan

memperhatikan syarat nilai batas dari (4.7) diperoleh persamaan nilai eigen berikut :

( )

( )

0, g′′θ +μ θg =

( )

( )

(

)

( )

2 2 0, r f ′′ r +r f′ r + λr −μ f r =

( )

0 g π = , g

( )

−π =0,

( )

0 f r = , f a

( )

=0 .

Persamaan Helmholtz pada persamaan (4.8) dan (4.10) merupakan persamaan eliptik dengan fungsi yang dicari tidak bergantung

pada waktu, sehingga tidak diperlukan syarat awal. Yang perlu diperhatikan adalah syarat nilai batas yaitu f a

( )

=0, dengan

(

, ,

)

0

u aθ t = . Telah diketahui bahwa 0≤ ≤r a dan − ≤ ≤π θ π, sehingga, baik θ dan r terdefinisi pada jarak yang terbatas.

( )

_{( )}

2 2 g g θ μ θ θ ∂ = − ∂

( )

_{( )}

2 2 0 g g θ μ θ θ ∂ + = ∂ 0 g′′ +μg =

Persamaan karakteristiknya adalah 2 0

x + =μ

Jika akar x1 dan x2 dicari, akan didapatkan : 2 12 4 2 b b ac x a − ± − = 2 0 0 4.1. 2.1 μ ± − = 4 , 2 μ ± − =

dengan μ adalah suatu konstanta.

ƒ Kasus μ <0

Jika μ <0 maka akar-akar dari persamaan karakteristik diatas adalah real dan berbeda tanda.

( )

1 4 4 2 2 x = − −μ = μ = μ

( )

2 4 4 2 2 x =− − −μ =− μ = − μ

Sehingga solusi umum dari g′′ +μg =0 adalah g

( )

B e1 B e2

μ θ μ θ

θ _{= +} −

.

Dengan mensubstitusikan nilai batas untuk persamaan nilai eigen g

( )

π =0 dan

( )

0

g −π = maka akan diperoleh ;

( )

1 2 1 2 0 g B e B e e B B e μ π μ π μ π μ π π − − = + = ⇔ = −

( )

1 2 2 2 0 0 g B e B e e B e B e e μ π μ π μ π μ π μ π μ π π − − − − = + = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ −_{⎜ ⎟} + = ⎝ ⎠ 3 2 2 0 B e− μ π B e μ π ⇔ − + =

(

3

)

2 2 1 0 0. B e e B B μ π − μ π ⇔ − = ⇔ = =

Sehingga solusi adalah trivial yaitu

( )

0

g θ = .

ƒ Kasus μ =0

Jika μ =0 maka akar-akar dari persamaan karakteristik memiliki satu akar real x .

( )

4 0 ₀

0

2 2

x =± − =± =

Sehingga solusi umum dari g′′ +μg =0 adalah g

( )

θ =B1+B2θ .

Dengan mensubstitusikan nilai batas untuk persamaan nilai eigen g

( )

π =0 dan

( )

0

g −π = maka akan diperoleh ;

( )

1 2 1 2 0 g B B B B π π π = + = ⇔ = −

( )

1 2 0 g −π =B −Bπ= 2 2 2 2 1 0 2 0 0. B B B B B π π π ⇔ − − = ⇔ − = ⇔ = =

Sehingga solusi adalah trivial yaitu

( )

0

g θ = .

ƒ Kasusμ>0

Jika μ>0 maka akar-akar dari persamaan karakteristik adalah bilangan kompleks.

( )

1 4 2 2 2 i x = − μ = μ = μi

( )

2 4 2 . 2 2 i x =− − μ =− μ = − μi

Sehingga solusi umum dari g′′ +μg =0 adalah

( )

1cos 2sin

g θ =B μθ+B μθ. (4.11) Dengan mensubstitusikan nilai batas untuk

persamaan nilai eigen g

( )

π =0 dan

( )

0

g −π = maka akan diperoleh ;

( )

1cos 2sin 0 g π =B μ π+B μ π = 1cos 2sin B μ π B μ π ⇔ = − 1 2 sin cos B B μ π μ π ⇔ = −

( )

( )

( )

( )

( )

1 2 1 2 cos sin 0 cos sin 0 g B B B B π μ π μ π μ π μ π − = − + − = ⇔ − = 2 2 sin cos sin 0 cos B μ π μ π B μ π μ π ⎛ ⎞ ⇔ −⎜_⎜ ⎟_⎟ − = ⎝ ⎠ 2 2 2 sin sin 0 2 sin 0 B B B μ π μ π μ π ⇔− − = ⇔− =

2 0 B = atau 2 sin 0 0, 1, 2, . m m m m μ π μ π π μ μ ± ± = ⇔ = = = = … Bilangan 2 m m μ = , 0, 1, 2,m= ± ± … (kecuali 0

μ ) disebut sebagai nilai eigen dari g. Karena μ μ= m maka persamaan (4.10)

menjadi

( )

( )

(

)

( )

2 2 2

0 .

r f ′′ r +r f ′ r + λr −m f r = (4.12) Persamaan (4.12) terdiri atas dua parameter,

m dan λ. Dipilih m suatu integer tak negatif dan telah didefiniskan sebelumnya bahwa nilai λ yang memenuhi, terjadi pada saat λ >0. Untuk memudahkan mencari solusi (4.10), baik secara numerik maupun melalui solusi eksak dimisalkan suatu transformasi z = λ r yang dapat menghilangkan kebergantungan persamaan diferensial terhadap λ. Sehingga persamaan (4.12) menjadi

( )

( )

(

)

( )

2 2 2 0 z f′′ z +z f ′ z + z −m f z =

(

0< < ∞z

)

. (4.13) Persamaan (4.13) adalah persamaan diferensial Bessel orde-m atau persamaan diferensial linear orde-2 dengan koefisien variabel.

4.5 Solusi Deret

Secara umum persamaan diferensial linear orde-2 adalah

( )

( )

2 2 0. d f df a z b z f dz dz + + = (4.14)

Jika a z

( )

dan b z

( )

memiliki deret Taylor yang analitik di z =0 maka z =0 adalah suatu titik biasa. Dalam kasus tersebut semua solusinya dapat direpresentasikan dengan kekonvergenan deret Taylor,

2 0 1 2 0 l l l f a z a a z a z ∞ = =

∑

= + + + .

Persamaan (4.13) memiliki titik singular yang bebas pada saat z =0 dan tidak memiliki titik lainnya dalam bilangan kompleks. Jika z =0 adalah titik singular maka semua solusinya tidak dapat dinyatakan dalam deret Taylor. Untuk memudahkan mencari solusi yang analitik di z =0 dimisalkan a z

( )

R z

( )

z

= dan b z

( )

S z

( )

₂ z

=

dengan R z

( )

dan S z

( )

memiliki deret Taylor. Kasus tersebut biasa disebut dengan tiitk regular singular.Maka bentuk persamaan (4.14) menjadi 2 2 2 2 2 1 0 d f df z m f z dz dz z − + + = (4.15) dengan R z

( )

=1 dan

( )

2 2 S z =z −m

keduanya memiliki deret Taylor yang analitik di z =0. Ubah persamaan (4.15) sedemikian sehingga menjadi bentuk persamaan (4.13) dengan cara mengalikan kedua ruas persamaan (4.15) dengan peubah 2

z , sehingga didapatkan

(

)

2 2 2 2 2 0 . d f df z z z m f dz dz + + − =

Dari uraian di atas dapat disimpulkan bahwa z =0 merupakan titik regular singular pada persamaan diferensial Bessel. Untuk memudahkan memperoleh solusi substitusikan

( )

1

R z = dengan R

( )

0 dan

( )

2 2 S z =z −m dengan S

( )

0 . Maka akan didapatkan

2

( )

( )

2

( )

0

z f′′ z +z f ′ z −m f z = (4.16) Untuk titik regular singular yang analitik di z =0, maka persamaan diferensial Bessel di atas memiliki solusi deret dalam bentuk

( )

0 r l l l f z z a z ∞ = =

∑

(

a0≠0

)

(4.17) yang disebut sebagai deret Frobenius. z konvergen untuk daerah

(

0,∞

)

. r adalah salah satu solusi dari persamaan indeks kuadrat, yaitu persamaan yang diperoleh dengan mensubtitusi zr. Untuk memperoleh persamaan indeks kuadrat substitusikan

r f =z kedalam persamaan (4.16). 1 , r r f ≈z ↔df =r z −dz 1 , r df r z dz − =

(

)

2 2 2 1 , r d f r r z dz − = −

substitusikan ke dalam persamaan

2 2 2 2 0 d f df z z m f dz dz + − ≈ menghasilkan

(

)

(

)

(

( )

)

2 2 1 2 1 r r 0 z r r z − z r z − m f ⇔ − + − ≈

( )

(

) ( )

( )

2 1 r r r 0 r r z r z m z ⇔ − + − ≈

(

)

2 1 0 r z r r⎡ r m⎤ ⇔ _⎣ − + − _⎦=

(

)

2 1 0 r r r m ⇔ − + − =

akar-akar yang dihasilkan adalah r1=m dan 2

r = −m. Jika m≠0, maka dihasilkan dua solusi pendekatan yang bebas linear,

m

f ≈z dan m

f ≈z− (4.18) Jika 0m= hanya dihasilkan satu solusi bebas linier, 0

1

f ≈z = . Solusi kedua yaitu ln

f ≈ z yang dapat diturunkan langsung dari persamaan (4.16). Sehingga untuk m=0akan dihasilkan

1

f ≈ dan f ≈lnz (4.19) Oleh karena m adalah suatu integer yang tak negatif, maka deret Frobenius akan menghasilkan dua solusi bebas linear. Penurunan f

( )

z deret Frobenius

( )

0 r l l l f z z a z ∞ = =

∑

menghasilkan

(

)

1 0 , r l l l f r l a z ∞ + − = ′ =

∑

+

(

)(

)

2 0 1 r l . l l f r l r l a z ∞ + − = ′′ =

∑

+ + −

Substitusikan ke dalam persamaan (4.13), sehingga didapatkan

(

)

2 2 2 0 2 0 r l r l l l l n r l m a z a z ∞ ∞ + + − = = ⎡ _{+ −} ⎤ _{+ =} ⎣ ⎦

∑

∑

. (4.20) [Lihat Lampiran 4]

Ketika l =0, persamaan (4.20) akan menghasilkan

r= ±m . (4.21) Ketika l=1, persamaan (4.20) akan menghasilkan

(

)

2 2 1 1 0 r m a ⎡ + − ⎤ = ⎣ ⎦ , (4.22)

dan untuk l≥2, persamaan (4.20) akan menghasilkan

(

)

2 2 2 l l r l m a a₋ ⎡ _{+ −} ⎤ _{= −} ⎣ ⎦ , l =2, 3,… (4.23) [Lihat Lampiran 5]

Asumsikan akar pertama r =m. Pada kasus (4.22) dihasilkan bahwa

(

2m+1

)

a1=0, sehingga karena m ≥0 maka

a1=0. (4.24) Sedangkan persamaan (4.23) menghasilkan

(

)

2 1 2 l l a a k m l − = − + , l =2, 3,… (4.25) Dari (4.24) dan (4.25) didapatkan bahwa nilai untuk semua koefisien ganjil adalah nol, sehingga

a2k+1=0, k =0,1, 2,… (4.26) Untuk koefisien genap, dari persamaan (4.25) dihasilkan

(

)

2 0 1 2 2 2 a a m = − + ,

(

)(

)

4 0 1 2 4 2 2 2 4 a a m m = + + i

(

)(

)(

)

6 0 1 2 4 6 2 2 2 4 2 6 a a m m m = − + + + i i

(

)(

)(

)(

)

8 0 1 2 4 6 8 2 2 2 4 2 6 2 8 a a m m m m = + + + + i i i i

( )

( )(

)(

) (

)

2 0 1 2 4 2 2 2 2 4 2 2 k k a a m m m m k − = + + + i i…i … 1, 2, 3, k = …

( )

( ) (

) (

) (

)

2 0 1 2 4 2 2 1 2 2 2 k k a a m m m m k − = + + + i i…i …

yang selanjutnya dapat ditulis sebagai

( )

(

)(

) (

)

2 2 0 1 2 ! 1 2 k k k a a k m m m k − = + + … + 1, 2, 3, k = … (4.27) Dengan mensubstitusi persamaan (4.27) ke dalam persamaan (4.17), maka dihasilkan

( )

0 2

₍

( )

₎₍

2

₎

₍

₎

0 1 2 ! 1 2 k k m m k k z f z a z k m m k m ∞ = − = + + +

∑

_…… . (4.28) [Lihat Lampiran 6]

Dengan cara yang sama, untuk akar r= −m akan diperoleh persamaan

( )

0 2

₍

( )

₎₍

2

₎

₍

₎

0 1 2 ! 1 2 k k m m k k z f z b z k m m k m ∞ − − = − = − − −

∑

_…… . (4.29) [Lihat Lampiran 7] 0

a dan

b

₀ adalah konstanta yang selalu berubah. Dipilih

(

)

0 1 2m 1 a m = Γ + , dan

(

)

0 1 2m 1 b m − = Γ − , Γ

( )

x adalah fungsi

Gamma yang didefinisikan sebagai

( )

1 0 x t x t e dt ∞ − −

Γ =

_∫

. Menurut Lemma 1, maka

(

1 k m

) (

k m

) (

2 m

)(

1 m

) (

1 m

)

,

Γ + + = + + + Γ +

(

1 k m

) (

k m

) (

2 m

)(

1 m

) (

1 m

)

Γ + − = − − − Γ − .

Substitusikan ke dalam persamaan (4.28) dan (4.29) maka kedua persamaan tersebut dapat ditulis sebagai

( )

₍

( )

₎

2 0 1 , ! 1 2 k k m m k z J z k k m + ∞ = − ⎛ ⎞ = _{⎜ ⎟} Γ + + ⎝ ⎠

∑

(4.30) [Lihat Lampiran 8]

( )

₍

( )

₎

2 0 1 . ! 1 2 k k m m k z J z k k m − ∞ − = − ⎛ ⎞ = _{⎜ ⎟} Γ + − ⎝ ⎠

∑

(4.31) [Lihat Lampiran 9].

Persamaan (4.30) dan (4.31) masing-masing adalah solusi persamaan Bessel orde-m dan orde-(-m). Jm

( )

z dan J−m

( )

z adalah dua

solusi yang bebas linear jika m bukan suatu integer.

Karena telah dipilih m suatu integer yang tak negatif, maka persamaan Bessel diatas dapat ditulis sebagai

( )

( )

₍

₎

2 0 1 . ! ! 2 k k m m k z J z k k m + ∞ = − ⎛ ⎞ = _{⎜ ⎟} + ⎝ ⎠

∑

(4.32) [Lihat Lampiran 10]

Persamaan (4.32) disebut sebagai fungsi Bessel pertama. Pada kasus m suatu integer tak negatif, fungsi Bessel Jm

( )

z dan

( )

m

J− z memiliki sifat bergantung linear

karena Jm

( ) ( )

z = −1mJ−m

( )

z [Lihat

Lampiran 11], sehingga untuk fungsi Bessel pertama pada orde m cukup diambil Jm

( )

z

saja.

Dalam menentukan fungsi Bessel kedua yang bebas linear untuk m =0,1, 2,…, sebelumnya harus ditetapkan dahulu fungsi Bessel kedua yang bebas linear untuk m bukan suatu integer. Dengan mempertimbangkan

0,1, 2,

m≠ … dan hubungan kombinasi linear pada Jm

( )

z dan J−m

( )

z , maka bentuk solusi

fungsi Bessel kedua pada orde m≠0,1, 2,…

adalah

( )

( )

( )

1 cos . sin m m m J z m J z Y z m π π − − = (4.33)

Dari persamaan (4.33) dapat ditentukan fungsi Bessel kedua yang bebas linear pada orde m=0,1, 2,… Karena penyebut pada

( )

1

m

Y z adalah nol ketika m=0,1, 2,… maka

( )

1

m

Y z tidak terdefinisi. Jika pembilang pada

( )

1

m

Y z adalah nol, maka Ym₁

( )

z dapat

didefinisikan sebagai nilai limit. Dengan menggunakan aturan L’Hopital, dapat didefinisikan Ym₂

( )

z ketika m=0,1, 2,… sebagai

( )

(

) ( )

1 1

( )

2 1 2 1 1 cos lim sin m m m m m m J z J z Y z m π π − → − ⎛ ⎞ = ⎜_⎜ ⎟_⎟ ⎝ ⎠.

Sehingga solusi umum untuk persamaan Bessel pada orde m≥0 jika m=0,1, 2,…

adalah

( )

( )

1 m 2 m ,

f =C J z +C Y z (4.34) dengan C1 dan C2 adalah konstanta real. Karena z = λr maka persamaan (4.34) menjadi f

( )

r =C J1 m

( )

λr +C Y2 m

( )

λr .

Untuk menentukan nilai eigen pada f digunakan syarat batas homogen yaitu

( )

0

f a = dan karena perpindahan membran terbatas maka f

( )

0 < ∞. Karena

( )

0

f < ∞ maka f

( )

0 =0 berhingga. Di sisi lain dapat dilihat bahwa nilai yang dihasilkan oleh Ym

( )

z tidak berhingga

sehingga haruslah C2 =0, maka

f

( )

r =C J1 m

( )

λr . (4.35)

Untuk f a

( )

=0, nilai eigennya adalah

( )

0 .

m

J λ =a

Dapat dilihat bahwa λa adalah akar dari fungsi Bessel Jm

( )

z . Sehingga akar ada tak

terhingga banyaknya dari setiap fungsi Bessel

( )

m

J z . Misalkan zmp adalah akar ke-p dari

( )

m J z , maka 2 . mp mp mp mp mp z a z a z a λ λ λ ⎛ ⎞ = ⇔ _{= ⎜ ⎟} ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⇔ _{= ⎜ ⎟} ⎝ ⎠

Untuk setiap m, terdapat bilangan tak terhingga banyaknya nilai eigen dan untuk setiap nilai eigen tersebut terdapat fungsi eigen

( )

m

(

mp

)

m mp . r f r J r J z a λ ⎛ ⎞ = = _{⎜ ⎟} ⎝ ⎠ Untuk m =0,1, 2,… dan p=0,1, 2,…

Karena λ λ= mp maka persamaan

( )

(

1cos 2sin

)

h t = A c λt+A c λt menjadi

( )

(

1cos mp 2sin mp

)

h t = A c λ t+A c λ t

.

Dan karena 2 m m μ μ= = , maka

( )

1cos 2sin g θ =B μθ+B μθ menjadi

( )

1cos

( )

2sin

( )

.

g θ =B mθ +B mθ

Dari semua solusi yang didapatkan pada

( )

h t , g

( )

θ , dan f

( )

r yaitu (4.6), (4.11), (4.35) substituskan ke dalam persamaan (4.3), sehingga akan diperoleh

(

)

(

)

( )

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 2 1 2 , , cos sin cos sin . mp m mp mp mp u r t C J r B m B m A c t A c t θ λ θ θ λ λ = + + i i (4.36) Untuk bentuk aljabar yang lebih sederhana, diasumsikan bahwa keadaan awal saat diam,

(

, , 0

)

( )

, 0

t

u rθ =β rθ =

sehingga sinc λmpt pada persamaan (4.36)

dapat diabaikan karena bernilai 0. Akibatnya

(

)

(

)

( )

(

)

0 1 , , cos cos mp m mp m p mp u r t A J r m c t θ λ θ λ ∞ ∞ = = =

∑∑

(

)

0 1 mp m mp m p B J λ r ∞ ∞ = = +

∑∑

( )

(

)

sin mθ cosc λmp t (4.37) dengan Amp =C B A1 1 1 dan Bmp =C B A1 2 1 adalah konstanta. 4.6 Ilustrasi Grafik

Berikut ini akan disajikan beberapa gambar grafik tiga dimensi pada model gelombang bunyi 2-dimensi dalam persamaan (4.36). Dipilih untuk nilai peubah 0≤ ≤t 10,

0≤ ≤r 10 dan menganggap konstanta

1 2 1 2 1 1

A =A =B =B =C = serta kecepatan bunyi di dalam air 2

15 10 m s c= × . 0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.5 0 0.5 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 4. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan θ =0, serta nilai parameter λ =1, dan m=1.

Dari Gambar 4 terlihat bahwa lengkungan gelombang yang terjadi cukup teratur. Akan tetapi pada kisaran nilai peubah tertetu terjadi riakan gelombang bunyi yang lebih tenang.

0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.5 0 0.5 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 5. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan θ π= , serta nilai parameter λ =1, dan m=1.

0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.5 0 0.5 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 6. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan θ = −π, serta nilai parameter λ =1, dan

1 m= . 0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.5 0 0.5 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 7. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan 2

π

θ = , serta nilai parameter λ =1, dan

1

m= .

Jika diperhatikan antara Gambar 4, Gambar 5 Gambar 6 dan Gambar 7, tidak terjadi perubahan gelombang yang cukup relatif. Hal ini berarti bahwa perubahan nilai θ tidak

berpengaruh terhadap amplitudo yang akan terjadi pada gelombang bunyi.

0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.5 -0.25 0 0.25 0.5 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 8. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan θ =0, serta nilai parameter λ =1, dan m=5.

0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.02 0 0.02 0.04 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 9. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan θ =0, nilai parameter λ =1, dan m=10.

Pada Gambar 8 dan Gambar 9, ketika nilai parameter m dirubah menjadi lebih besar terlihat bahwa gelombang bunyi mulai muncul pada 4≤ ≤r 8 pada semua kisaran waktu, dalam hal ini 0≤ ≤t 10. Amplitudo gelombang pun terjadi pada kisaran r=8.

0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.5 0 0.5 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 10. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan 0

θ = , serta nilai parameter λ =3, dan 1 m= . 0 2 4 6 8 10 t 0 2 4 6 8 10 r -0.5 -0.25 0 0.25 0.5 θ 0 2 4 6 8 t

Gambar 11. Gambar u r

(

, ,θ t

)

dengan 0

θ = , serta nilai parameter λ =3, dan 5

m= .

Pada Gambar 10 dan Gambar 11 ketika nilai parameter λ diperbesar akan dihasilkan gelombang bunyi yang lebih banyak. Akibatnya panjang gelombang yang dihasilkan pun lebih pendek bila dibandingkan dengan sebelumya.