1. MAKALAH FISMAT III
PERSAMAAN POISSON
Dosen : Dra. Rini Budiharti, M.Pd
Anggota Kelompok :
1. Fita Listiana (k2310039)
2. Fitriana Alistya (k2310040)
3. Fitri Aprilianingrum (k2310041)
4. Gilang Anindita (k2310045)
5. Hanifa Rohmawati (k2310047)
6. Heppyana (k2310048)
Pendidikan Fisika 2010 Kelas A
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS SEBELAS MARET
SURAKARTA
2012

2. PERSAMAAN POISSON
Kita telah peroleh persamaan poisson untuk permasalahan sederhana yang
mana kita sudah ketahui jawabannya. Dengan menggunakan solusi yang kita
ketahui, kita dapat mengerjakan langkah-langkah untuk menyelesaikan
permasalahan yang lebih sulit.
Mengingat kembali dari chapter 6 section 8 , bahwa medan gravitasi itu
konservatif yang mana curl F = 0,dan fungsi potensialnya adalah F = VF −∇=
.Jika kita mempertimbangkan medan gravitasi pada titik p berkaitan dengan titik
massa m,dengan jarak r keluar,kita mempunyai
(8.1)
u
r
Gm
Fdan
r
Gm
V 2
−=−=
dimana u adalah vector satuan sepanjang r menuju p, vector satuan u ini bergerak
lurus kedepan untuk menunjukkan bahwa F⋅∇ = 0 dan V memenuhi persamaan
laplace, yaitu
(8.2)
02
=−∇=∇⋅−∇=⋅∇ VVF
Sekarang, terdapat beberapa masa m1 pada jarak r1 dari P,total potensial di titik P
adalah penjumlahan potensial yang terkait atau berkaitan dengan massa tunggal
m1,yaitu
r
Gm
VV
ii
i ∑∑ ==
dan total medan gravitasinya pada P adalah penjumlahan vector medan F,yaitu
VVF
i
i ∇−=∇−= ∑

3. perhatikan bahwa kita mengambil ini untuk menghasilkan tak ada m1 di P
sehingga r1 sama dengan 0,sehingga 02
=−∇=⋅∇ ii VF
kita juga mempunyai 02
=−∇=⋅∇ VF
Sebagai ganti nilai m1,kita dapat mengambil distribusi kontinyu dari bagian massa
dengan rapat volume τ . ρ distribusi rapat massa,selanjutnya elemen massa τd
adalah ρ τd .Potensial gravitasi pada P karena massa ρ τd adalah .kemudian
potensial gravitasi total pada P karena distribusi total massa adalah integral
rangkap tiga volume τ
(8.3)
∫∫∫=
τ
τρ
volume
r
dG
V
τρd
Τ
r
Gambar 8.1
Gambar 8.2
τρ d
.P
S
nˆ

4. Sebelumnya kontribusi untuk V pada P dikarenakan tiap elemen massa
menentukan persamaan laplace, sehingga V menentukan persamaan laplace.
Untuk total medan F pada P adalah vector penjumlahan dari medannya karena
elemen massa dan sebelumnnya kita mempunyai
02
=−∇=⋅∇ VF
ingat kembali ,bahwa kita secara eksplisit tidak ada distribusi massa yang tepat
pada P, bahwa r≠0, yang artinya titik P bukanlah titik pada daerah τ .
Sekarang dengan menggunakan penyelidikan, apayang terjadi jika p
adalah titik pada τ ,dapatkah kita menemukan V dari ( 8.3 ) dan apakah V
memenuhi persamaan laplace? misalkan S merupakan bola kecil berjari jari a
pusat P, bayangkan seluruh massa hilang dari S,pada diskusi sebelumnya kita
menempatkan titik di dalam S karena titik ini tidak berada di dalam distribusi
massa, jika F’ dan V’ adalah medan baru dan potensial ( dengan bahan pada S di
hilangkan ) .Kemudian pada titik di S.sekarang kita kembalikan massanya pada
S, F dan V mewakili medan dan potensial pada distribusi keseluruhan dan
mewakili medan dan potensial pada massa di S,kemudian
sFFF += '
dan pada titik di dalam S
(8.4)
sFFF ⋅+∇⋅∇=⋅∇ '
karena 0'=⋅∇ F di S
dengan divergen teorema ( lihat gambar 8.2 dan bab 6 bagian 10 )
(8.5)
στ dnFdF
Spermukaan
s
Svolume
s ∫∫∫∫∫ ⋅=⋅∇

5. Jika kita lihat bahwa jari-jari a bola S mendekati nol ,densitas ρ bahan S
mendekati nilai di P , untuk a yang kecil ,S memuat seluruh massa total, kira –
kira sama dengan ρπ 3
3/4 a , dimana ρ bernilai pada titik P.Medan gravitasi di
permukaan S oleh massa ini adalah besaran yang menuju langsung ke P.
ρπaG
a
GM
Fs
3
4
2
==
Pada (8.5 ) ,Fs.n = ρπaG
3
4
− karena Fs dan N tidak paralel ,karena Fs konstan di
luar permukaan S ( bagian sebelah kanan persamaan ( 8.5 ) adalah Fs.n waktu
luasan dari bola itu.Sisi sebelah kiri , untuk a yang kecil.Kira – kira nilai dari
sF⋅∇ pada waktu P volume S,selanjutnya kita punya
)4)(
3
4
()
3
4
)(( 23
aaGaFs πρππ −=⋅∇ atau
(8.6) PpadaGFs ρπ4−=⋅∇
karena
VVFFs
2
−∇=∇⋅−∇=⋅∇=⋅∇
kita mempunyai
(8.7)
ρπGV 42
=∇
Persamaan ini adalah persamaan poisson,kita lihat bahwa potensial gravitasi di
daerah yang mempunyai massa atau bermassa memenuhi persamaan poison yang
disajikan dalam persamaan ( 1.2 ), ingat jika ρ = 0 persaman 8.7 menjadi 8.2
Selanjutnya kita harus mempertimbangkan formula kita ( 8.3 ) apakah formula
untuk V itu valid ketika P adalah titik pada distribusi massa.integral yang terlihat
untuk divergensi pada r = 0, tetapi ini bukanlah hal yang mudah dengan
menggunakan koordinat bola. kemudian 8.3 menjadi

6. r
P(x, y, z)
(x’, y’, z’)
∫∫∫−=
τ
φθθ
ρ
volume
dddrr
r
G
V sin2
Dan kita lihat bahwa di sini tidak ada permasalahan ketika r = 0,sehingga
persamaan 8.3 secara umum valid dan memberikan solusi untuk 8.7
Dengan menggunakna notasi 1.2 untuk persamaan poison ( ini menggantikan
ρπG4 oleh f dan V dengan u pada persamaan ( 8.7 ) dan ( 8.3 ) ,kita dapat tulis
(8.8)
∫∫∫ =∇−= fudarisolusiadalah
r
df
u 2
4
1 τ
π
untuk notasi yang lebih detail di butuhkan ketika kita menggunakan solusi ini
pada suatu permasalahan, persamaan (8.8 ) menjadi ( lihat gambar 8.3 )
(8.9)
),,(),,(
'''
)'()'()'(
)',','(
4
1
),,(
2
222
zyxfzyxu
solusiadalahini
dzdydx
zzyyxx
zyxf
zyxu
=∇
−+−+−
−= ∫∫∫π
Pada persamaan (8.9) dan gambar 8.3, titik (x, y, z) adalah titik yang kita hitung
sebagai potensial u, titik (x’, y’, z’) merupakan titik pada distribusi massa yang
kita integrasikan. r pada persamaan (8.8) adalah jarak antara dua titik tersebut dan
dijabarkan pada persamaan (8.9).
Persamaan (8.8) atau (8.9) sebenarnya memberikan solusi khusus pada persamaan
Poisson. Mengingat bahwa biasanya diambil titik nol untuk energi potensial

7. gravitasi (dan elektrostatik) pada tak berhingga, dan hal ini telah kita selesaikan.
Jadi persamaan (8.8) atau (8.9) memberikan solusi
Gambar 8.3
pada persamaan Poisson yang cenderung untuk batas nol sampai tak hingga. Pada
permasalahan yang lain ini tidak seperti yang kita harapkan. Contohnya, jika kita
mempunyai distribusi muatan elektrostatik di dekat bidang tanah. Potensial
elektrostatik memenuhi persamaan Poisson, tetapi disini kita menginginkan solusi
yang mana bidang tanah sama dengan nol daripada tak hingga. Untuk mengetahui
bagaimana kita memungkinkan untuk menemukan solusinya, amati jika u adalah
penyelesaian persamaan Poisson, dan w adalah penyelesaian dari persamaan
Laplace ( )02
=∇ w , kemudian
( ) ;222
fuwuwu =∇=∇+∇=+∇ (8.10)
Sehingga u+w merupakan solusi persamaan Poisson. Lalu kita dapat
menambahkan solusi persamaan (8.9) sebagai solusi persamaan Laplace,
kombinasi harus disesuaikan dengan kondisi batas seperti yang telah kita
selesaikan pada masalah di paragraf sebelumnya.
Contoh 1: mari kita kerjakan masalah sederhana berikut untuk mengilustrasikan
proses ini. Pada gambar 8.4, muatan titik q berada di (0, 0, a) di luar bola berjari-
jari R dan terletak di pusat koordinat. Permasalahannya yaitu menentukan
potensial elektrostatik V pada titik di luar bola. Potensial V dan rapat muatan ρ di
hubungkan dengan persamaan Poisson.
;42
πρ−=∇ v (pada satuan Gauss) (8.11)
Potensial pada titik (x, y, z) juga memberikan distribusi muatan ρ yang diberikan
oleh persamaan (8.8) atau (8.9) dengan f = -4πρ:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
'''
'''
',','4
4
1
,,
222
dzdydx
zzyyxx
zyx
zyxV ∫∫∫ −+−+−
−
−=
πρ
π (8.12)

8. Gambar 8.4
Untuk distribusi muatan-ruang, selanjutnya kita akan mengevaluasi integral ini.
Untuk muatan titik q, kita mempunyai ( x’,y’,z’) = (0,0,a) dan kita mengganti
(dengan muatan total sederhana) oleh q menjadi:
(8.13)
[kita bisa, tentu saja, penulisan yang sederhana untuk persamaan (8.13) tanpa
menggunakan persamaan (8.8) ; (8.13) untuk formulasi elektrostatic yang
berhubungan dengan formulasi grafitasi. (8.1) dengan ini kita bisa memulai]
Sekarang kita bisa menambahkan ke persamaan (8.13) penyelesaian
persamaan Laplace dengan mengkombinasikan nol yang diberikan oleh bola
( gambar 8.4). ini sangat tepat untuk mengubah koordinat bola dan untuk
menggunakan penyelesaian persamaan Laplace pada koordinat bola. [ catatan:
perubahan dalam artian disini adalah mulai dari sekarang kita menggunakan r.
Kita akan menggunakan r untuk menunjukkan jarak dari q pada (x’,y’,z’) menjadi
y
z
x
q (0, 0, a)
x, y, z
R

9. (x,y,z). Mulai dari sekarang kita akan mengguanakan itu untuk menunjukkan
jarak dari ( 0,0,0 ) menjadi ( x, y ,z ). Lihatlah, sebagai contoh gambara 8.3 dan
8.4 ]. Menulis menjadi (8.13) ( untuk membedakan jawaban akhir kita,
yang akan menjumlahkan dan penyelesaian persamaan Laplace) dan mengubah
menjadi koordinat bola, kita peroleh :
(8.14)
Penyelasaian umum dari persamaan Laplace pada koordinat bola adalah (bagian
7):
(8.15)
Saat kita tertarik pada daerah diluar bola, kita peroleh penyelesaian r yang tidak
bisa berubah dari tak hingga menjadi sangat tak terhingga. Selanjutnya kita
gunakan dan penyelesaiannya membuang . karena masalah fisika
mengenai simetris sumbu z , kita cari penyelesaian bebas dari ф ; bahwa ini , kita
memilih m = 0, cos θ = 1. Kemudian solusi utama untuk masalah kita adalah
dan kita mencoba untuk menemukan penyelesaiannya.
(8.16)
Kita harus memenuhi kondisi batas dengan V = 0 ketika r = R , diperoleh:
(8.17)

10. Kemudian kita mengembangkan dalam deret Legendre. Ketia sangat utama
untuk membangkitkan fungsi dari polinomLegendre, hal ini sangat mudah.
Membandingkan (8.17) dan formulasi bab 12, bagian 5 ((5.1) dan (5.2) atau lebih
sederhana (5.12) dan (5.17)). Maka kita temukan :
(8.18)
Untuk distribusi muatan-ruang, selanjutnya kita akan mengevaluasi integral ini.
Untuk muatan titik q, kita mempunyai ( x’,y’,z’) = (0,0,a) dan kita mengganti
(dengan muatan total sederhana) oleh q menjadi:
(8.13)
[kita bisa, tentu saja, penulisan yang sederhana untuk persamaan (8.13) tanpa
menggunakan persamaan (8.8) ; (8.13) untuk formulasi elektrostatic yang
berhubungan dengan formulasi grafitasi. (8.1) dengan ini kita bisa memulai]
Sekarang kita bisa menambahkan ke persamaan (8.13) penyelesaian
persamaan Laplace dengan mengkombinasikan nol yang diberikan oleh bola
( gambar 8.4). ini sangat tepat untuk mengubah koordinat bola dan untuk
menggunakan penyelesaian persamaan Laplace pada koordinat bola. [ catatan:
perubahan dalam artian disini adalah mulai dari sekarang kita menggunakan r.
Kita akan menggunakan r untuk menunjukkan jarak dari q pada (x’,y’,z’) menjadi
(x,y,z). Mulai dari sekarang kita akan mengguanakan itu untuk menunjukkan
jarak dari ( 0,0,0 ) menjadi ( x, y ,z ). Lihatlah, sebagai contoh gambara 8.3 dan
8.4 ]. Menulis menjadi (8.13) ( untuk membedakan jawaban akhir kita,

11. yang akan menjumlahkan dan penyelesaian persamaan Laplace) dan mengubah
menjadi koordinat bola, kita peroleh :
(8.14)
Penyelasaian umum dari persamaan Laplace pada koordinat bola adalah (bagian
7):
(8.15)
Saat kita tertarik pada daerah diluar bola, kita peroleh penyelesaian r yang tidak
bisa berubah dari tak hingga menjadi sangat tak terhingga. Selanjutnya kita
gunakan dan penyelesaiannya membuang . karena masalah fisika
mengenai simetris sumbu z , kita cari penyelesaian bebas dari ф ; bahwa ini , kita
memilih m = 0, cos θ = 1. Kemudian solusi utama untuk masalah kita adalah
dan kita mencoba untuk menemukan penyelesaiannya.
(8.16)
Kita harus memenuhi kondisi batas dengan V = 0 ketika r = R , diperoleh:
(8.17)
Kemudian kita mengembangkan dalam deret Legendre. Ketia sangat utama
untuk membangkitkan fungsi dari polinomLegendre, hal ini sangat mudah.

12. Membandingkan (8.17) dan formulasi bab 12, bagian 5 ((5.1) dan (5.2) atau lebih
sederhana (5.12) dan (5.17)). Maka kita temukan :
(8.18)
Sehingga koefisisen lc pada (8.17) diberikan oleh :
(8.19) 1
1
+
−−
−= l
l
l
l
a
qR
Rc atau 1
12
+
+
−= l
l
l
a
qR
c
Subtitusi (8.19) ke dalam (8.16), kita memperoleh solusi akhir untuk V :
(8.20) ∑ +
−−+
−
+−
=
l
l
l
ll
a
PrR
q
aarr
q
V 1
112
22
)(cos
cos2
θ
θ
Karena hubungan ke dua dalam (8.20) adalah dari bentuk umum yang sama
sebagaimana (8.18), kita dapat menyederhanakan (8.20) dengan menjumlahkan
rangkaian-rangkaian tersebut untuk mendapatkan (permasalahan 2)
(8.21)
θθ cos)/(2)/(
)/(
cos2 222222
aRraRr
qaR
aarr
q
V
−+
−
+−
=
Rumus (8.21) memiliki sebuah tafsiran fisika yang sangat menarik. Hubungan
kedua merupakan potensial dari sebuah muatan-(R/a)q pada titik (0, 0, R2
/a):
sehingga kita dapat mengganti bidang bola dengan muatan ini dan mempunyai
potensial yang sama untuk r > R. Hasil ini dapat ditunjukkan juga dengan
geometri analitik dasar dan diketahui sebagai “metode gambar”. Untuk
permasalahan dengan geometri sederhana (termasuk bidang, bola, silinder
bundar), itu mungkin menawarkan metode sederhana sebagai soluai daripada
salah satu yang kita diskusikan tadi; akan tetapi, tujuan kita adalah untuk
mengilustrasikan metode umum yang lebih lagi. (juga lihat Bab 15, section 8.)
Permasalahan 8.
Soal
1.
2.

13. 3. kerjakan permasalahan pada contoh 1 untuk kasus muatan q didalam bidang
bola untuk memperoleh potensial V didalam bola. Jumlahkan rangkaian solusi
tetapkan metode gambar untuk memecahkan permasalahan ini.
4. Soal no 4
Kerjakan analogi dua dimensi dari masalah pada Contoh 1. Sebuah muatan titik
pada bidang secara fisik mengartikan bahwa sebuah muatan seragam sepanjang
garis tak terhingga tegak lurus terhadap bidang; lingkaran pada potensial nol
berarti bahwa sebuah silinder bundar yang panjangnya tak hingga tegak lurus
terhadap bidang. Bagaimanapun, sejak semua tampang lintang dari garis sejajar
dan silinder sama, masalahnya adalah dua dimensinya. Catatan: potensial harus
memenuhi persamaan Laplace di daerah muatan bebas. Bagaimana solusi dari
persamaan Laplace dua dimensi?
Jawab:
Misal K = garis muatan persatuan panjang.
K pada (a, 0), -K pada R2
/a
Kemudian:
( ) ( ) ( ) 



−++−+−+−= θθ cos2lnlnlncos2ln
22222222
r
a
R
a
RrKRKaKraarKV
5. temukan metode gambar untuk permasalahan 4.