Pemecahan PDP Dengan Metode Sparasi Variabel Koordinat Silinder
Post on 20-Dec-2015
348 Views
Preview:
DESCRIPTION
Transcript
Pemecahan PDP dengan Metode Sparasi Variabel Koordinat
kartesian dan silinder
Oleh:Handoko 120210102089
Pemecahan PDP dengan Metode Sparasi Variabel Koordinat kartesian
1. Persamaan Laplace di dalam koordinat
kartesian
1. Persamaan Difusi dalam system
koordinat Cartesian
1. Persamaan Laplace di dalam koordinat kartesian
02
xZyYxXzyx ,,
0111
2
2
2
2
2
2
zZ
ZyY
YtX
X
Secara umum persamaan Laplace :
Dapat dituliskan penyelesaiannya, dalam koordinat cartesian :
Dapat dituliskan persamaan lain dalam bentuk diferensial:
Penyelesaian komponen X, Y, dan Z dapat dituliskan:
Sehingga penyelesaiannya adalah:
eBeAX mx
mm
mx
mm
00
eDeCY nynn
ny
nn
0
0
zFzEZ nmmn
nmnm
mnnm
2
1222
122 sin
00cos
00
myDmyCeBeA mm
mxm
mxm
msincos
0
1. Persamaan Difusi dalam system koordinat Cartesian
Di dalam sistem koordinat kartesian, persamaan difusi dapat dituliskan
Dengan mengingat gejala difusi adalah gejala yang tidak stabil sehingga mengalami penurunan nilai eksponensial, sehingga kita dapat menentukan penyelesaian :
(x, y, z, t) = e-at X(x) Y(y) Z(z)Dengan mensubtitusikan persamaan 1 kepersamaan 2
:
zyxD
t 2
2
2
2
2
2
zyxZ
Z
Y
Y
X
XD
a
2
2
2
2
2
2111
yang menghasilkan penyelesaian berbentuk :
Sehingga penyelesaian lengkapnya :
kzFkkzEkZ
nyDnnyCnY
mxBmmxAmX
sincos
sincos
sincos
D
aknm
dengan
222
1 1 1
sincos,,,2
m n k
tDm mxBmmxAmetzyx
Pemecahan PDP dengan Metode Sparasi Variabel Koordinat silinder
Persamaan Laplace di dalam koordinat silinder
Persamaan Difusi dalam system koordinat Silindris
Persamaan Laplace di dalam koordinat silinder
Persamaan laplace dalam koordinat silinder :
Penyelesaiannya dapat dituliskan :
01
2
2
2
2
2
2
2
dz
ddd
zZRz,,
Dibagi pada R Z , persamaan Laplace dalam koordinat silinder menjadi:
Menghasilkan variabel terpisah berbentuk:
011
2
2
2
2
2
2
2
dz
ddd
dzZd
ZddR
Rdd
dRd
R 2
2
2
2
22
2 1111
Karena antara satu suku dengan yang lain tidak bergantung sama lain, maka :
yang menghasilkan
yang memberikan
ndz
ZdZ
22
21 eBeA nz
nnz
nzZ
mdd 2
2
2
mDmC mm coscos
mnddR
RdRd
R222
2
22
Dapat dituliskan identik dengan persamaan diferensial:
Dengan mensubstitusikan n = x maka dapat dikenal sebagai Persamaan Bessel:
Dengan mencoba penyelesaian:
02222
22 Rmn
ddR
dRd
0222
22 Rmx
dxdR
xdx
Rdx
xaR k
Dengan menentukan persamaan indisial:yaitu
Untuk k=m menghasilkan hubungan berurutan untuk koefisien:
Diperoleh penyelesaian:
dengan:
022 mk mk
ama 221
xJamR mm
0!2
mk
xk
m kmkxJ
2
2
1
!!1
Apabila k=-m maka kita dapat menuliskan persamaan J-mx, sehingga dapat dituliskan persamaan lengkapnya:
Dengan demikian diperoleh penyelesaian:
xJFxJER mnmmnm ,,
mDmC
eBeAJFJEz
mm
nzn
nzn
nmnmn
mnm
coscos
),,(
)(,)(,
Di dalam sistem koordinat silindris, persamaan difusi dapat dituliskan
Dengan mengingat gejala difusi adalah gejala yang tidak stabil sehingga mengalami penurunan nilai eksponensial, sehingga kita dapat menentukan penyelesaian :
(, z, , t) = e-at R() Z(z) ()Persamaaan difusi akan menghasilkan hubungan:
PERSAMAAN DIFUSI DALAM KOORDINAT SILINDER
2
2
2
2
22
2 11
zDD
tDD
t
2
2
2
2
22
2 1111
z
Z
Z
R
R
R
RD
a
dengan menuliskan :
Akan didapatkan persamaan :
Yang berarti masing-masing ruas harus sama dengan suatu tetapan m2 .
nzn
nzn eFeEZn
z
Z
Z
annyapenyelesai yang 1 2
2
2
2
222
2
22 1
nD
aR
R
R
R
• Ruas kiri sesudah disamakan dengan m2 merupakan persamaan bessel yang penyelesaiannya diberikan oleh fungsi bessel Jm(x) dengan :
• Begitu pula ruas kanan sama dengan m2 akan menghasilkan berupa fungsi harmonik. Penyelesaian lengkapnya :
2
1
2
n
D
ax
nz
nnz
n
mmmmnmmnat
eFeE
mDmCxJBxJAetz
sincos,,,
Contoh soal
1. Pecahkan persoalan nilai batas dari persamaan laplace
dengan metode pemisahan variabel dengan syarat batas berikut :
02
2
2
2
y
u
x
u
by(y)gu(a,b)ygyu
ax(x)fu(x,b)xfxu
0 ,0 ,0)(),0(
0 , ,0)()0,(
21
21
PenyelesaianSubstitusi solusi sparasi variabel u(x,y) = X(x) Y(y) dalam
Persamaan , sehingga menghasilkan
persamaan : X’’ + kX = 0, Y’’ – kY = 0 pers (1)Gunakan syarat batas, maka diperoleh :• u(x,0) = X(x)Y (0) = 0 Y (0) = 0• u(0,y) = X(0)Y (y) = 0 X(0) = 0• u(a,y) = X(a)Y (0) = 0 X(a) = 0
Persamaan 1 memiliki 3 macam solusi yang bergantung pada nilai k. Untuk k=0 diperoleh X’’=0, solusinya :
02
2
2
2
y
u
x
u
21)( AxAxX
Substitusi syarat batas u(x,0) , sehingga memberikan solusi, untuk k < 0, misal k = -2, suku pertama persamaan 1 menjadi :
Yang mempunyai solusi
Substitusi syarat batas untuk u(0,y) dan u(a,y), diperoleh :
0'' 2 XX
2) (pers )( 21xx BeBxX
0
0
0)(
0
0)0(
2
22
21
2121
02
01
aa
aa
aa
eeB
eBeB
eBeBaX
BBBB
eBeBX
untuk, k = 2 > 0, diperoleh solusi :
Dengan substitusi syarat-syarat batas pada X, membuat c1 = 0,
Kembali lagi ke Y dengan , kita mendapat :
xcxc sincos 21
3) (pers . . . 1,2,n ,sin
jadidan
. . . 1,2,n ,
xa
nXn(x)
xa
nn
yByAY nnnn sinhcosh
2
nk
Dengan menyelesaikan Y(0) = 0, diperoleh An = 0, dan jadi:
Dari persamaan 3 dan 4, kita memperoleh solusi :
Dengan prinsip superposisi solusi, kita memperoleh bentuk umum solusi :
4) (pers. sinh yBY nnn
ya
nx
a
nBn
sinhsin
ya
nx
a
nByxu
nn
sinhsin),(
1
Akhirnya syarat batas u(x,b) = f2(x) mengakibatkan bahwa
Kalikan persamaan diatas dengan kemudian integrasikan atas interval 0 < x < 0, kita punya :
xa
n
a
bnBxf
nn
sinsinh)(
12
xa
m'
. . . 1,2,n ,sin)(sinh
2
0
2 xdxa
nxf
abn
aBn
a
CONTOH SOAL. Tentukan distribusi suhu u(x,t) pada logam yang lebarnya l
dimana logam mula-mula mempunyai distribusi suhu mantap yaitu 0 dan 100 pada x = l. jika pada keadaan tak mantap, t ≥C, kedua ujung logam dipertahankan bersuhu 0
Penyelesaian :Syarat batas untuk keadaan mantap :U0(0,0) = 0 dan U0 = (l,0)= 100
Karena keadaan awal adalah keadaan mantap maka U0 = (x,0) memenuhi pers. Laplace
0)0,(
20
2
dx
xud
• Penyelesaian PD sebelumnya adalah U0 = ax + b
Dengan menerapkan syarat batas, diperoleh b = 0 dan a = 100/l. jadi penyelesaian keadaan mantap
kxe
kxeu
kx
kxxF
Fkdx
FdFkF
xl
xu
tα-k
tα-k
cos
sin dan,
cos
sin)( : dimana
0atau 0
100)0,(
22
22
22
222
0
l
xne
nu(x,t)
ndx
l
xnx
lldx
l
xnxf
lb
x/lf(x)
xl
ul
xnbu
l
xnebu
l
xneu
tln
n
n
nll
n
nn
tln
nn
tln
sin)1(200
jadi,
)1(200sin
1002sin)(
2
: bkoefisien sehingga
100 dari sinusfourier deret merupakan diatasungkapan
100sin
uuan mengingink kita 0, tpada a,selanjutny
sin
sin
2
2
2
)/(
1
1
1
00
n
01
0
)/(
1
)/(
Latihan soal
1. Sebuah membran bujur sangkar dengan a = 4 cm dan b = 2 cm dan c2 = 12,5 dyne/cm ditempatkan pada bidang xy. Membran tersebut direntangkan dengan fungsi f (x,y) = 0,1(4x-x2)(2y-y2). tentukan posisi setiap titik pada membran untuk t > 0
Latihan soal
2. Tentukan distribusi suhu u(x,t) pada logam yang lebarnya l dimana logam mula-mula mempunyai distribusi suhu mantap yaitu 0 dan 250 pada x = l. jika pada keadaan tak mantap, t ≥C, kedua ujung logam dipertahankan bersuhu 0
gasaln dan mdengan 2
sin4
sin
44
5cos
33
16,409
demikiandengan
gasaln dan m ,6,409
2sin)2(
4sin)4(
20
1
2sin
4sin)2)(4(1,0
)2)(4(
4.1
22
1 16
336
2
0
24
0
2
2
0
4
0
22
ynxm
tnmnm
u(x,y,t)
nm
dyyn
yydxxm
xx
dxdyynxm
yyxxB
m n
mn
• Penyelesaian:2.Syarat batas untuk keadaan mantap :U0(0,0) = 0 dan U0 = (l,0)= 250
Karena keadaan awal adalah keadaan mantap maka
U0 = (x,0) memenuhi pers. Laplace
0)0,(
20
2
dx
xud
• Penyelesaian PD sebelumnya adalah U0 = ax + b
Dengan menerapkan syarat batas, diperoleh b = 0 dan a = 250/l. jadi penyelesaian keadaan mantap :
kxe
kxeu
kx
kxxF
Fkdx
FdFkF
xl
xu
tα-k
tα-k
cos
sin dan,
cos
sin)( : dimana
0atau 0
250)0,(
22
22
22
222
0
l
xne
nu(x,t)
ndx
l
xnx
lldx
l
xnxf
lb
x/lf(x)
xl
ul
xnbu
l
xnebu
l
xneu
tln
n
n
nll
n
nn
tln
nn
tln
sin)1(500
jadi,
)1(500sin
2502sin)(
2
: bkoefisien sehingga
250 dari sinusfourier deret merupakan diatasungkapan
250sin
uuan mengingink kita 0, tpada a,selanjutny
sin
sin
2
2
2
)/(
1
1
1
00
n
01
0
)/(
1
)/(
top related