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) besas, 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

∞y T=0oC

T=0oC• T=?

T=100 10x

0

T=0oC

Pelat semi tak hingga

∞=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)()()()(

2

2

2

2

=∂+∂

=∂

∂+∂

∂

yQxP

xPyQ

y

yQxP

x

yQxP

0)(

)()(

)( =∂

∂+∂

∂y

yQxP

x

xPyQ

atau

y

yQ

yQx

xP

xP ∂∂−=

∂∂ )(

)(

1(

)(

1

Ruas kiri fungsi x saja, sedangkan ruas kanan fungsi y Saja. Kedua ruas akan sama jika keduanya merupakankonstanta yang sama, misalkan: – k2. Sehingga:

2)(

)(

1)(

)(

1k

y

yQ

yQx

xP

xP−=

∂∂−

∂∂

2)(1k

xP −=∂0)(

)( 2 =+ xPkxdP

atau

)(k

xxP−=

∂0)( =+ xPk

dx

2)(

)(

1k

y

yQ

yQ=

∂∂

0)()( 2 =− yQk

dy

ydQ

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 ke -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

n

exn

nyxT

πππ

−∞

=∑=

Inilah Solusi Khusus dari persoalan yang kita tinjau

sehingga

Atau jika kita cek pada T(5,5) :

en

ey

yxTyy

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

T=0oC

y

T=0oC

10 T=0oC

• T=?

T=100oC 10x0

T=0oC

10

Pelat segiempat

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

bvn

BD n=π

l

l

)(nRbvn

BD n ==πl

l

vtn

l

xnnRtxy

n

ππsinsin)(),(

1∑

∞

=

=

Solusi khusus