persamaan diferensial parsial...
TRANSCRIPT
PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL (PDP)
MATEMATIKA FISIKA II
JURDIK FISIKA FPMIPA UPI
BANDUNG
� PDP: Persamaan yang pada suku-sukunya mengandung bentuk turunan (diferensial) parsial yaitu turunan terhadap lebih dari satu variabel bebas.
� Dalam persoalan fisika banyak sekali di jumpai bahwa perubahan nilai suatu besaran dipengaruhi oleh beberapa faktor (variabel) bebas, baik variabel ruang maupun waktu, beberapa contoh fisika yang terumuskan dalam PDP adalah:
Persamaan Laplace :
,1
22
dt
duU
α=∇ 2αPersamaan Difusi : = Difusivitas
02 =∇ U U adalah Skalar
,2 dt
Uα
=∇ αPersamaan Difusi : = Difusivitas
Persamaan Gelombang : 2
2
22 1
t
u
vU
∂∂=∇
v = Kecepatan Gelombang
Kompetensi yang ingin dicapai adalah mampumencari solusi umum dan khusus PDP terkaitpersoalan fisika yang ditinjaupersoalan fisika yang ditinjau
Kasus Fisika :
� Persamaan Laplace
� Kasus Fisika : Distribusi keadaan mantap temperatur dalam ruang yang dibatasi oleh pelat temperatur dalam ruang yang dibatasi oleh pelat semi tak hingga.
Pelat semi tak hingga (3-Dimensi)
∞y T=0oC
T=0oC• T=?
T=100 10x
0
T=0oC
Pelat semi tak hingga (2-Dimensi)
∞=yy
T=0oC
T=0oC• T=?
T=100oC 10x0
T=0oC
02 =∇ T
022
=∂+∂ TT
Karena T tergantung pada x dan y tapi tidak bergantungpada z maka persamaan Laplacenya:
T(x,y)
PDP022
=∂
+∂ yx
Untuk mencari solusi umum dari PDP ini dimisalkan T(x,y) = P(x) Q(y), Dengan demikian PDP dapat dituliskan sebagai :
PDP
0)(
)()(
)(
0)()()()(
22
2
2
2
2
=∂+∂
=∂
∂+∂
∂
yQxP
xPyQ
y
yQxP
x
yQxP
0)(
)()(
)(22
=∂
∂+∂
∂y
yQxP
x
xPyQ
atau
2
2
2
2 )(
)(
1)(
)(
1
y
yQ
yQx
xP
xP ∂∂−=
∂∂
Ruas kiri fungsi x saja, sedangkan ruas kanan fungsi y Saja. Kedua ruas akan sama jika keduanya merupakankonstanta yang sama, misalkan: – k2. Sehingga:
22
2
2
2 )(
)(
1)(
)(
1k
y
yQ
yQx
xP
xP−=
∂∂−=
∂∂
22 )(1
kxP −=∂
0)()( 2
2
=+ xPkxPd
atau
22)(
kxxP
−=∂
0)(2
=+ xPkdx
22
2 )(
)(
1k
y
yQ
yQ=
∂∂
0)()( 2
2
2
=− yQkdy
yQd
Solusi I P(x) = A cos kx + B sin kx
Solusi IIQ(y)= Ceky + De-kyQ(y)= Ce + De
Dengan demikian,T(x,y) = P(x)Q(y)T(x,y) = (A cos kx + B sin kx)( Ce ky +De-ky)Ini solusi umum dari PDP terkait kasus fisika yangditinjau
Dari solusi umum ini selanjutnya dapat dicarisolusi khusus, dengan cara meninjau syarat-syarat batas (Sb) yang diberikan pada kasus fisikayang ditinjau:
Sb I : T(x,∞) = 0oCSb II : T(0,y) = 0oC
Sb III : T(10,y) = 0oC
Sb IV : T(x,0) = 100oC
Terapkan syarat batas I :T(x,∞∞∞∞) = ( A cos kx + B sin kx) (Ce ∞∞∞∞+De-∞∞∞∞) = 0
C= 0, D tidak sama dengan 0T(x,y) = ( A cos kx + B sin kx) (De -ky)
Terapkan Syarat batas II :T(0,y) = (A cos 0 + B sin 0) ( De –ky) =0
A=0, B tidak sama dengan 0T(x,y) =(B sin kx )(D e -ky)Atau
T(x,y) = BD sin kx e -ky
πnk =
T(10,y) = BD sin 10k e -ky = 0
Sin 10k = 0 atau 10k = n ππππ
Terapkan syarat batas III :
atau10
πnk =
10
0 10sin),(
yn
n
exn
BDyxTππ −∞
=∑=
atau
Sehingga :
Cexn
BDxT o
n
10010
sin)0,(0
0 ==∑∞
=
−π
∑∞
=
=0
0
10sin100
n
xnBDC
π
∑∞
= sin)(xn
bxfπ
Terapkan syarat batas IV :
∑=
=0
sin)(n
n L
xnbxf
π
dxL
xnxf
Lb
L
n ∫=0
sin)(2 π
( )1cos200
10cos
1020
10sin100
10
2
10
0
10
0
−−==
−==
== ∫
ππ
ππ
π
nn
bBD
xn
nbBD
dxxn
bBD
n
n
n
Deret Fourier Sinus (Fungsi ganjil)
==
=
ganjilnn
genapn
BD,
400
,0
π
10
)(1 10sin
400),(
yn
ganjiln
exn
nyxT
πππ
−∞
=∑=
Inilah Solusi Khusus dari persoalan yang kita tinjau
sehingga
Atau jika kita cek pada T(5,5) :
ex
ex
yxTyy 3
sin1
sin400
),( 10
3
10
++=−−
L
ππ ππ
CeeT
eeyxT
o42,262
3sin
3
1
2sin127)5,5(
10sin
310sin),(
2
3
2
1010
=
++=
++=
−−L
L
ππ ππ
π
Pelat segi empat (3-Dimensi)
T=0oC
y
T=0oC
10 T=0oC
• T=?
T=100oC 10x0
T=0oC
10
Pelat segiempat (2-Dimensi)
y
T=0oC10
T=0oC• T=?
T=100oC 10x0
T=0oC
10
T(x,y) = (A cos kx + B sin kx)( Ce ky +De-ky)
Sama seperti sebelumnya kita mulai dari solusi umum
T(x,y) = (A cos kx + B sin kx)( Ce +De )
Dari solusi umum ini selanjutnya dapat dicarisolusi khusus, dengan cara meninjau syarat-syarat batas (Sb) yang diberikan pada kasus fisikayang ditinjau:
Sb I : T(x,10) = 0oC
Sb II : T(0,y) = 0oC
Sb III : T(10,y) = 0oC
Sb IV : T(x,0) = 100oC
T(x,y) = (A cos kx + B sin kx)( De -ky )
Untuk kasus seperti ini, kita harus mengeliminasisuku e ky, karena pelat kita tingginya tidak tak hingga,sehingga :
Kemudian lakukan modifikasi bentuk suku e-kyKemudian lakukan modifikasi bentuk suku e-ky
dengan bentuk lain sedemikian rupa sehinggamemenuhi syarat batas I : T(x,10) = 0 0C.
Bentuk yang dimaksud adalah kombinasi linier :kykyky beaee += −−
yang nilainya 0 ketika y = 10.
Salah satu pilihan yang tepat adalah :
kk ebea 1010
2
1
2
1 −−==
sehingga
kykkykky eeeee 1010
2
1
2
1 −−− −=
( ) ( )ykykky eee −−−− −= 1010
2
1
2
1
( ) ( )ykykky eee −−−− −= 1010
2
1
2
1
Pada y = 10, nilainya sama dengan nol, seperti persoalan kita.
22
( ) ( ) 02
1
2
1
2
1
2
1 10101010 =−=− −−− kk ee
Dengan demikian :
( ) ( ) ( )ykCkxBkxAyxT −+= 10sinhsincos,
Terapkan Sb II, seperti sebelumnya, didapat :Terapkan Sb II, seperti sebelumnya, didapat :
0,0 ≠= BA
( ) ( )ykkxCByxT −= 10sinhsin,
Sehingga :
( ) ( ) ( ) 010sinh0sin0cos, =−+= ykCBAyxT
πnk =
Sin 10k = 0 atau 10k = n ππππ
Terapkan syarat batas III :
atau
( ) ( ) 010sinh10sin,10 =−= ykkCByT
10
πnk =
( )ynxn
BCyxTn
−=∑∞
=
1010
sinh10
sin),(0
ππ
atau
Sehingga :
( ) Cnxn
BCxT o
n
10001010
sinh10
sin)0,(0
=−=∑∞
=
ππ
Terapkan syarat batas IV :
∑∞
=
=0 10
sinsinh100n
xnnBC
ππ
∑∞
=
=0
sin)(n
n L
xnbxf
π
dxL
xnxf
Lb
L
n ∫=0
sin)(2 π
( )1cos200
10cos
1020
10sin100
10
2
10
0
10
0
−−=
−=
= ∫
ππ
ππ
π
nn
b
xn
nb
dxxn
b
n
n
n
Deret Fourier Sinus (Fungsi ganjil)
===
=
ganjilnn
genapnnbnBC
,400
,0
sinh ππ
sehingga
===
=
ganjilnnn
genapn
n
n
bBC
,sinh
400
,0sinhππ
π
( )ynxn
nnyxT −= ∑
∞
1010
sinh10
sinsinh
400),(
ππππ
Dengan demikian :
( )ynn
yxTganjiln
−= ∑=
1010
sinh10
sinsinh
),(,1 ππ
Solusi khusus untuk persoalan keadaan mantap temperatur dalam plat segiempat
Persamaan Difusi : Difusi Kalor
T
UU
∂∂=∇
22 1
α
Kasus Fisika : Difusi kalor pada batang logam, bera rti T = suhu
T=0 T=100
x
t=0
l
T=0
x
t>0
l0 0
T=0
Difusi kalor terjadi dari tempat yangtemperaturnya lebih tinggi ke tempat yangtemperaturnya lebih rendah. Jika dibatasi arahdifusi hanya ke sb x saja, maka temperatur disetiap titik pada batang logam akansetiap titik pada batang logam akanbergantung pada posisi x dan waktu t.
dt
dT
dx
Td22
2 1
α=
Dalam kasus ini u = T (temperatur) dan T=f(x,t) dengan demikian persamaan difusi menjadi :
dtdx 22 α
Misalkan:T(x,t) = P(x) S(t)Maka persamaan difusi menjadi:
atau
kedua ruas akan sama jika merupakan suatukedua ruas akan sama jika merupakan suatukonstanta yang sama –k 2, jadi :
Solusi *P(x) = (A cos kx + B Sin kx)
Solusi **
tkCetS22
)( α−=Sehingga
)kx)(Cesin B kx cos(A t)T(x,22-k tα+=
tkCetS22
)( α−=
Solusi umum persamaan difusi
Syarat awal: (pada t = 0)
Syarat awal dan syarat batas :
xxTSAl
100)0,(: =
l
Syarat Batas : t > 0
SB I : T(0,t) = 0 oCSB II : T( l,t) = 0oC
Terapkan SB I diperoleh :
Terapkan SB II diperoleh:
0sin),(22
== − tkekBCtxT αl
l
πnk =πnk =l atau
∑∞
−=
22
sin),(t
n
exn
BCxT l
ll
παπ
Dengan demikian :
∑=1n l
Terapkan Syarat Awal :
∑∞
=
==1
0 100sin)0,(
n
xxnBCxT
ll
l
π
∑∞
=
=1
sin100
n
xnBC
x
ll
πAtau :
∑∞
=
=
=
↓
1
1
sin)(n
n
n
xnbxf
l
ll
π
0
0
sin1002
sin)(2
n
dxxnx
BC
dxxn
xfbBC
=
==
∫
∫l
l
lll
ll
π
π
( ) )(
0
2
2
2
0
0
sin)1(cos200
sin200
nMxn
n
xn
nxBC
dxxn
xBC
=
−−
−=
= ∫l
l
l
l
l
l
l
ll
lll
ππ
ππ
π
tn
nn e
xnMtxT
22
1)( sin),(
−∞
=∑= l
l
παπn 1= l
Persamaan Gelombang
2
2
22 1
t
u
vu
∂∂=∇ v = kecepatan Gelombang
Sebuah dawai yang panjangnya h diikat kedua ujungnyaSebuah dawai yang panjangnya h diikat kedua ujungnyasehingga setiap sudut tetap karena disimpangkanpadabagian tengahnya sejauh h seperti padagambar.Jika kemudian pada t > 0 dawai dilepaskanmaka dawaitersebut akan bergetar, akibatnya akanmembentuk gelombang dalam hal ini u = y yangmerupakan simpangan dan y bergantung pada posisi xdan waktu t, Y = f (x,t)
Kasus Fisika
y(x,0) t=0 � Kondisi Awal
l/2 lx
h
� Sebuah dawai yang panjangnya h diikat keduaujungnya. sehingga setiap sudut tetap karenadisimpangkan pada bagian tengahnya sejauhh seperti pada gambar di atas.
� Jika kemudian pada t > 0 dawai dilepaskanmaka dawai tersebut akan bergetar, akibatnyamaka dawai tersebut akan bergetar, akibatnyaakan membentuk gelombang dalam hal iniu = y yang merupakan simpangan.
� Nilainya y bergantung pada posisi (x) danwaktu t.
� Y = f (x,t)
Misalkan : y(x,t) = M(x) N(t)Persamaan gelombang menjadi:
2
2
22
2 1
dt
yd
vdx
yd =
22 )()(1)()( tNxMdtNxMd =
PDP
22
)()(1)()(
dt
tNxMd
vdx
tNxMd =
( )2
2
22
2 )()(
1)(
dt
tNdxM
vdx
xMdtN =
Ruas kiri dan kanan dikali dengan )()(
1
tNxM
22
2
22
2 )(
)(
11)(
)(
1k
dt
tNd
tNvdx
xMd
xM−==
Didapat :
22
2 )(
)(
1k
dx
xMd
xM−=
22
2
2
)(
)(
11k
dt
tNd
tNv−=
0)()( 2
2
2
== xMkdx
xMd
0)()( 22
2
2
=+ tNvkdt
tNd
kvtDkvtCtN
kxBkxAxM
sincos)(
sincos)(
+=+=
Didapat solusi untuk masing-masing :
kvtDkvtCtN sincos)( +=
[ ] [ ]kvtDkvtCkxBkxAtxy sincossincos),( ++=
Solusi umum persamaan getaran dawai
Syarat batas dan awal :
0: =
dt
dyISA
Sb I : y(0,t) = 0Sb II : y( l, t ) = 0
Solusi khusus
0 =tdt
=<<+
<<+−2
0;02
2;2
2)0,(l
ll
xl
hx
xhl
hxxy
SA II = y (x,0) = seperti pada gambar
Terapkan sb I:
y (0, t) = ( A cos 0 + B sin 0 ) ( C cos kvt + D sin kvt )=0A = 0, B ≠ 0
y (x, t) = (B sin kx) (C cos kvt + D sin kvt )=0
Terapkan sb II:
y(l,t) = (B sin kl)(C cos kvt + D sin kvt)=0
Terapkan sb II:
l
l
ππ
nk
nk
=
=
( )
=+
=
nnxn
kvtDkvtCxn
Btxyl
πππ
π0sincossin),(
+
= vtn
Dvtn
Cxn
Btxylll
πππsincossin),(
Terapkan SA I :
= +−=
=
+−= 0cossinsin
nvnvxndy
vtnnv
Dvtnnv
Cxn
Bdt
dy
lllll
πππ
πππππ
∑∞
=
=
=
=≠
=
+−=
1
0
cossin),(
0,0
00cos0sinsin
n
t
vtnxnBCtxy
DC
nvD
nvC
xnB
dt
dy
ll
lll
ππ
πππ
Terapkan SA II:
∑∞
=
<<
<<+−
==1
20;
2
2;2
20cossin)0,(n
xhx
xhhx
xnBCxy
l
l
ll
ll
π
=∑∞<< xn
BCx
l
hx
20,
2
sinl π
+−+
==
=
=
∫∫
∑
∑∞
=
=<<+−
dxxn
hhx
dxxnhx
LbBC
xnbxf
BC
L
L
L
n
nn
n
l
xhl
hx
2/
2/
0
1
1
2
2,2
2
sin22
sin22
sin)(
sin
llll
l
lll
ππ
π
)(xMbBC
bBC
bBC
n
n
======L
L
∑∞
=
=1
cossin)(),(n
vtnxnxMtxy
ll
ππ
)(xMbBC n ==
Pada Dawai Piano
t=0 ���� Diberikan kecepatan awal dengan
cara piano tuts ditekan
y(x,0)v(x,0)
l
x
l/2 lx
h
0 0
SB I: y (0,t) = 0SB II: y ( l,t) = 0SA I : y (x,0) = 0SA II : v (x,0) = lihat gambar
Terapkan SB I dan SB II didapat :
[ ] [ ]kvtDkvtCkxBkxAtxy sincossincos),( ++=
Mulai dari solusi umum :
nnxn πππ
Terapkan SA I:
+= vtl
nDvt
l
nC
l
xnBtxy
πππsincossin),(
[ ] 00sin0cossin)0,( =+= DCl
xnBxy
π
0,0 ≠= DC
Sehingga :
Terapkan SA II :
l
vtn
l
xnDBtxy
n
ππsinsin),(
1∑
∞
=
=
Terapkan SA II :
∑∞
=
=1
coscossin
n l
vtnxnvnBD
dt
dy πππll
{
} ∑
∑∞
=
∞
==
=
==10
sin
0cossinnt
xnvnBD
xnvnBD
dt
dy
ll
ll
L
L
L
L
ππ
ππ
∑
∑∞
=
=
=1
1
sin)(n
n
n
xnbxf
l
ll
π
+−+= ∫∫l
l
l
lll 2/
2/
0
sin22
sin22
vdxnhhx
vdxnhx
bn ππ
( )
( )( )lnR
bBD
nRbvn
BD
nRbmisal
n
n
π
==
==
=
l
l
:
( )vn
lnRb
vnBD n ππ
== l
( )l
vtn
l
xn
vn
lnRtxy
n
πππ
sinsin),(1∑
∞
=
=
Solusi khusus