
\documentclass{article}
\usepackage{amssymb}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath}

%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
%TCIDATA{Created=Tue Sep 05 11:11:44 2000}
%TCIDATA{LastRevised=Mon Oct 02 14:07:55 2000}
%TCIDATA{<META NAME="GraphicsSave" CONTENT="32">}
%TCIDATA{<META NAME="DocumentShell" CONTENT="General\Blank Document">}
%TCIDATA{CSTFile=LaTeX article (bright).cst}

\newtheorem{theorem}{Theorem}
\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Acknowledgement}
\newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithm}
\newtheorem{axiom}[theorem]{Axiom}
\newtheorem{case}[theorem]{Case}
\newtheorem{claim}[theorem]{Claim}
\newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion}
\newtheorem{condition}[theorem]{Condition}
\newtheorem{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollary}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion}
\newtheorem{definition}[theorem]{Definition}
\newtheorem{example}[theorem]{Example}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercise}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemma}
\newtheorem{notation}[theorem]{Notation}
\newtheorem{problem}[theorem]{Problem}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
\newtheorem{remark}[theorem]{Remark}
\newtheorem{solution}[theorem]{Solution}
\newtheorem{summary}[theorem]{Summary}
\newenvironment{proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\input{tcilatex}

\begin{document}


\begin{center}
\bigskip

FUNGSI PANHARMONIK TERBATAS

PADA SETENGAH BIDANG ATAS
\end{center}

\bigskip

Tulisan ini menjelaskan solusi persamaan Yukawa, $\triangle u=\mu ^{2}u$, $%
\mu $ konstanta real, pada setengah bidang atas ($y>0$), dengan nilai batas $%
u(x,0)=f(x)$, yang diperoleh melalui transformasi Fourier.

\bigskip

Transformasi Fourier

Misalkan $f$ fungsi terintegralkan pada $\Re $. Transformasi Fourier dari
fungsi $f$ adalah

sebuah fungsi $\widehat{f}$ pada $\Re $, \ didefinisikan 
\begin{equation*}
\widehat{f}(\xi )=\int_{-\infty }^{\infty }e^{-i\xi x}f(x)dx.
\end{equation*}
Transformasi Fourier dari fungsi $f$ biasa juga ditulis sebagai $\digamma %
\left[ f(x)\right] =\widehat{f}(\xi ).$ Inversi fungsi fourier $\widehat{f}$
adalah 
\begin{equation*}
f(x)=\frac{1}{2\pi }\int_{-\infty }^{\infty }e^{i\xi x}\widehat{f}(\xi )d\xi
.
\end{equation*}
Masalah :

Mencari solusi persamaan $\triangle u=\mu ^{2}u$ dengan syarat batas $%
u(x,0)=f(x)$, dan $u$ fungsi

yang terbatas. Untuk itu, akan digunakan transformasi Fourier terhadap $x$
dan

selanjutnya memecahkan \ masalahnya dalam $y.$

\begin{equation*}
\digamma \left[ u(x,y)\right] =\int_{\Re }u(x,y)e^{-i\xi x}dx=\widehat{u}%
(\xi ,y)
\end{equation*}
\begin{equation*}
\digamma \left[ u_{yy}(x,y)\right] =\int_{\Re }u_{yy}(x,y)e^{-i\xi x}dx=%
\widehat{u}_{yy}(\xi ,y)
\end{equation*}
\begin{equation*}
\digamma \left[ u_{xx}(x,y)\right] =\int_{\Re }u_{xx}(x,y)e^{-i\xi x}dx=-\xi
^{2}\widehat{u}(\xi ,y)
\end{equation*}

dengan syarat $u(x,y),u_{x}(x,y),u_{xx}(x,y)$ unsur di $L^{1}(\Re ),$%
\begin{equation*}
\digamma \left[ u(x,0)\right] =\digamma \left[ f(x)\right] =\int_{\Re
}f(x)e^{-i\xi x}dx=\widehat{f}(\xi )
\end{equation*}
Hasil transformasi Fourier terhadap persamaan Yukawa, diperoleh persamaan
diferensial linier orde dua dengan koefisien konstan 
\begin{equation*}
\widehat{u}_{yy}(\xi ,y)-\left( \xi ^{2}+\mu ^{2}\right) \widehat{u}(\xi
,y)=0.
\end{equation*}
Solusi persamaan ini adalah 
\begin{equation*}
\widehat{u}(\xi ,y)=c_{1}(\xi )e^{y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}+c_{2}(\xi )e^{-y%
\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}.
\end{equation*}
Karena $y>0$, maka untuk $\xi \longrightarrow \infty ,$ akan mengakibatkan $%
c_{1}(\xi )e^{y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}\longrightarrow \infty ,$ karena itu
kita pilih $c_{1}(\xi )=0,$ jadi $\widehat{u}(\xi ,y)=c(\xi )e^{-y\sqrt{\xi
^{2}+\mu ^{2}}}.$ Dengan menggunakan syarat batas $\widehat{u}(\xi ,0)=%
\widehat{f}(\xi ),$ maka 
\begin{equation*}
\widehat{u}(\xi ,y)=\widehat{f}(\xi )e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}
\end{equation*}
Selanjutnya, kalikan kedua ruas dengan $\frac{1}{2\pi }e^{i\xi x}$ dan
integralkan terhadap $\xi $ atas $\Re $, diperoleh 
\begin{equation*}
\frac{1}{2\pi }\int_{\Re }\widehat{u}(\xi ,y)e^{i\xi x}d\xi =\frac{1}{2\pi }%
\int_{\Re }\widehat{f}(\xi )e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}e^{i\xi x}d\xi 
\end{equation*}
\begin{equation*}
u(x,y)=\frac{1}{2\pi }\int_{\Re }\widehat{f}(\xi )e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu
^{2}}}e^{i\xi x}d\xi .
\end{equation*}
Tetapi, 
\begin{equation*}
\int_{\Re }f(x)e^{-i\xi x}dx=\widehat{f}(\xi ),
\end{equation*}
karena itu, kita punya 
\begin{eqnarray*}
u(x,y) &=&\frac{1}{2\pi }\int_{\Re }\left[ \int_{\Re }f(v)e^{-i\xi v}dv%
\right] e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}e^{i\xi x}d\xi  \\
&=&\frac{1}{2\pi }\int_{\Re }\int_{\Re }f(v)e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}%
}e^{i\xi (x-v)}d\xi dv \\
&=&\frac{1}{\pi }\int_{\Re }\int_{0}^{\infty }f(v)e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu
^{2}}}\cos \xi (x-v)d\xi dv
\end{eqnarray*}
Akibat dari bentuk representasi integral dari fungsi panharmonik terbatas
pada setengah bidang atas, kita punya:

Misalkan $u$ fungsi panharmonik terbatas pada setengah bidang atas. Jika $%
u=0 $

pada $y=0,$ maka $u=0$ \bigskip pada $y\geq 0.$

Bukti

Gunakan representasi integral di atas, untuk $f(x)=0$ $\forall x\in \Re .$

\bigskip

Representasi integral fungsi panharmonik pada setengah bidang atas, dapat
dipandang sebagai hasil kali konvolusi dua buah fungsi, yakni 
\begin{eqnarray*}
u(x,y) &=&\frac{1}{\pi }\int_{\Re }\int_{0}^{\infty }f(v)e^{-y\sqrt{\xi
^{2}+\mu ^{2}}}\cos \xi (x-v)d\xi dv \\
&=&\int_{\Re }f(v)\left[ \int_{0}^{\infty }\frac{1}{\pi }e^{-y\sqrt{\xi
^{2}+\mu ^{2}}}\cos \xi (x-v)d\xi \right] dv \\
&=&\int_{\Re }f(v)P(x-v,y)dv \\
&=&\int_{\Re }f(v)P_{y}(x-v)dv \\
&=&P_{y}\ast f(v).
\end{eqnarray*}
Sekarang, kita tinjau fungsi 
\begin{equation*}
P(x-v,y)=\int_{0}^{\infty }\frac{1}{\pi }e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}\cos
\xi (x-v)d\xi .
\end{equation*}
Fungsi tersebut memenuhi persamaan Yukawa dalam $x$ dan $y$, karena itu $P$
merupakan fungsi panharmonik.

\bigskip

Selanjutnya perhatikan bahwa 
\begin{equation*}
0\leq \left| e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}\cos \xi (x-v)\right| \leq e^{-y%
\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}\leq e^{-y\xi }
\end{equation*}
dan $\ $integral $\int_{0}^{\infty }e^{-y\xi }d\xi $ \ \ konvergen, karena
itu \ $\int_{0}^{\infty }\left| e^{-y\sqrt{\xi ^{2}+\mu ^{2}}}\cos \xi
(x-v)\right| d\xi $ \ konvergen, akibatnya \ $\int_{0}^{\infty }e^{-y\sqrt{%
\xi ^{2}+\mu ^{2}}}\cos \xi (x-v)d\xi $ \ konvergen, sehingga \ $\left|
P(x-v,y)\right| <\infty $, dan 
\begin{eqnarray*}
\left| \pi P(x-v,y)\right| &\leq &\int_{0}^{\infty }\left| e^{-y\sqrt{\xi
^{2}+\mu ^{2}}}\right| d\xi \\
&\leq &\int_{0}^{\infty }\left| e^{-y\xi }\right| d\xi \\
&\leq &\frac{1}{y}.
\end{eqnarray*}
Akibatnya, 
\begin{equation*}
\int_{\Re }\left| f(v)P_{y}(x-v)\right| dv\leq \frac{1}{\pi y}\int_{\Re
}\left| f(v)\right| dv<\infty ,\text{ bila }f\in L^{1}(\Re ).
\end{equation*}
Sekarang kita tinjau akibat hasil yang lalu, yaitu

1. Misalkan \ $\Omega $ daerah domain yang terletak pada setengah bidang
atas, yang memuat segmen garis pada sumbu $x$, sebagai salah satu batasnya.
Misalkan $u$ panharmonik pada $\Omega $, maka $u$ dapat diperluas pada $%
\overline{\Omega }\cup \Omega ^{\prime },$ dimana $\Omega ^{\prime }$
merupakan daerah hasil refleksi $\Omega $ tehadap sumbu $x.$

2. Misalkan $u$ panharmonik pada $\Re ^{2}$ dan bernilai nol pada sumbu $x,$
maka $u(x,y)=-u(x,-y)$ untuk setiap $(x,y)$ di $\Re ^{2}.$

Akibat di atas, memaksa kita bahwa perluasan fungsi panharmonik terbatas
pada $\Re ^{2}$ haruslah bernilai nol pada sumbu $x$, sehingga hasil ini
sesuai dengan hasil yang telah dibuktikan terdahulu, yaitu bahwa fungsi
panharmonik terbatas di $\Re ^{2}$ adalah fungsi nol.

\end{document}
