Solusi Numerik Persamaan Transport · Diberikan persamaan Transport u t + 2u x = 0 (1) Diskretkan...
Transcript of Solusi Numerik Persamaan Transport · Diberikan persamaan Transport u t + 2u x = 0 (1) Diskretkan...
Solusi Numerik Persamaan Transport
M. Jamhuri
December 16, 2013
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Diberikan persamaan Transport
ut + 2ux = 0 (1)
Diskretkan persamaan transport (1) dengan menggunakanpersamaan beda skema FTCS, yaitu
un+1j − un
j
∆t+ 2
unj − un
j−1
∆x= 0 (2)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Diberikan persamaan Transport
ut + 2ux = 0 (1)
Diskretkan persamaan transport (1) dengan menggunakanpersamaan beda skema FTCS, yaitu
un+1j − un
j
∆t+ 2
unj − un
j−1
∆x= 0 (2)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukandengan cara mensubstitusikan un
j = ρne iaj pada persamaantersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.Substitusi un
j = ρne iaj pada persamaan (3) menghasilkan
ρn+1e iaj = −d(ρne iaj − ρne ia(j−1)
)+ ρne iaj
Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρne iaj , sehinggadiperoleh
ρ = −d(1− e−ia) + 1
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukandengan cara mensubstitusikan un
j = ρne iaj pada persamaantersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.Substitusi un
j = ρne iaj pada persamaan (3) menghasilkan
ρn+1e iaj = −d(ρne iaj − ρne ia(j−1)
)+ ρne iaj
Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρne iaj , sehinggadiperoleh
ρ = −d(1− e−ia) + 1
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukandengan cara mensubstitusikan un
j = ρne iaj pada persamaantersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.
Substitusi unj = ρne iaj pada persamaan (3) menghasilkan
ρn+1e iaj = −d(ρne iaj − ρne ia(j−1)
)+ ρne iaj
Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρne iaj , sehinggadiperoleh
ρ = −d(1− e−ia) + 1
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukandengan cara mensubstitusikan un
j = ρne iaj pada persamaantersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.Substitusi un
j = ρne iaj pada persamaan (3) menghasilkan
ρn+1e iaj = −d(ρne iaj − ρne ia(j−1)
)+ ρne iaj
Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρne iaj , sehinggadiperoleh
ρ = −d(1− e−ia) + 1
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukandengan cara mensubstitusikan un
j = ρne iaj pada persamaantersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.Substitusi un
j = ρne iaj pada persamaan (3) menghasilkan
ρn+1e iaj = −d(ρne iaj − ρne ia(j−1)
)+ ρne iaj
Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρne iaj , sehinggadiperoleh
ρ = −d(1− e−ia) + 1
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Untuk mempermudah analisis, ubah bentuk exp ke dalam bentuk sinusoidal, sehingga diperoleh
ρ = −d (1− cos a + i sin a) + 1
= −d + d cos a − id sin a + 1
= {−d + d cos a + 1} + i {−d sin a}
Jika |ρ| ≤ 1, maka |ρ|2 ≤ 1, dan untuk mempermudah perhitungan syarat kestabilan, kita pakaikriteria yang terakhir. Sedangkan dari perhitungan diperoleh
|ρ|2 = {−d + d cos a + 1}2 + {−d sin a}2
={d2 − 2d2 cos a − 2d + d2 cos2 a + 2d cos a + 1
}+ d2 sin2 a
=(d2 cos2 a + d2 sin2 a
)+(2d − 2d2
)cos a +
(d2 − 2d
)+ 1
=(2d − 2d2
)cos a +
(2d2 − 2d
)+ 1
Karena nilai −1 ≤ cos a ≤ 1, maka
(2d2 − 2d
)+(2d2 − 2d
)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤
(2d − 2d2
)+(2d2 − 2d
)+ 1
4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Untuk mempermudah analisis, ubah bentuk exp ke dalam bentuk sinusoidal, sehingga diperoleh
ρ = −d (1− cos a + i sin a) + 1
= −d + d cos a − id sin a + 1
= {−d + d cos a + 1} + i {−d sin a}
Jika |ρ| ≤ 1, maka |ρ|2 ≤ 1, dan untuk mempermudah perhitungan syarat kestabilan, kita pakaikriteria yang terakhir. Sedangkan dari perhitungan diperoleh
|ρ|2 = {−d + d cos a + 1}2 + {−d sin a}2
={d2 − 2d2 cos a − 2d + d2 cos2 a + 2d cos a + 1
}+ d2 sin2 a
=(d2 cos2 a + d2 sin2 a
)+(2d − 2d2
)cos a +
(d2 − 2d
)+ 1
=(2d − 2d2
)cos a +
(2d2 − 2d
)+ 1
Karena nilai −1 ≤ cos a ≤ 1, maka
(2d2 − 2d
)+(2d2 − 2d
)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤
(2d − 2d2
)+(2d2 − 2d
)+ 1
4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Untuk mempermudah analisis, ubah bentuk exp ke dalam bentuk sinusoidal, sehingga diperoleh
ρ = −d (1− cos a + i sin a) + 1
= −d + d cos a − id sin a + 1
= {−d + d cos a + 1} + i {−d sin a}
Jika |ρ| ≤ 1, maka |ρ|2 ≤ 1, dan untuk mempermudah perhitungan syarat kestabilan, kita pakaikriteria yang terakhir. Sedangkan dari perhitungan diperoleh
|ρ|2 = {−d + d cos a + 1}2 + {−d sin a}2
={d2 − 2d2 cos a − 2d + d2 cos2 a + 2d cos a + 1
}+ d2 sin2 a
=(d2 cos2 a + d2 sin2 a
)+(2d − 2d2
)cos a +
(d2 − 2d
)+ 1
=(2d − 2d2
)cos a +
(2d2 − 2d
)+ 1
Karena nilai −1 ≤ cos a ≤ 1, maka
(2d2 − 2d
)+(2d2 − 2d
)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤
(2d − 2d2
)+(2d2 − 2d
)+ 1
4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Ingat syarat kestabilannya adalah
|ρ| ≤ 1 atau − 1 ≤ ρ ≤ 1
jika dikuadratkan, maka syarat kestabilannya berubah menjadi
|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ ρ2 ≤ 1
untuk ρ ∈ R, jika ρ ∈ C maka
|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ a2 + b2 ≤ 1
untuk ρ = a + ib, dengan i =√−1.
Dengan demikian dari pertidaksamaan (4) diperoleh syarat kestabilan
4d2 − 4d + 1 ≤ 1
atau
4d2 − 4d ≤ 0
d − 1 ≤ 0
d ≤ 1
Jadi syarat kestabilannya akan dipenuhi jika d ≤ 1 atau
2∆t
∆x≤ 1.
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Ingat syarat kestabilannya adalah
|ρ| ≤ 1 atau − 1 ≤ ρ ≤ 1
jika dikuadratkan, maka syarat kestabilannya berubah menjadi
|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ ρ2 ≤ 1
untuk ρ ∈ R, jika ρ ∈ C maka
|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ a2 + b2 ≤ 1
untuk ρ = a + ib, dengan i =√−1.
Dengan demikian dari pertidaksamaan (4) diperoleh syarat kestabilan
4d2 − 4d + 1 ≤ 1
atau
4d2 − 4d ≤ 0
d − 1 ≤ 0
d ≤ 1
Jadi syarat kestabilannya akan dipenuhi jika d ≤ 1 atau
2∆t
∆x≤ 1.
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Ingat syarat kestabilannya adalah
|ρ| ≤ 1 atau − 1 ≤ ρ ≤ 1
jika dikuadratkan, maka syarat kestabilannya berubah menjadi
|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ ρ2 ≤ 1
untuk ρ ∈ R, jika ρ ∈ C maka
|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ a2 + b2 ≤ 1
untuk ρ = a + ib, dengan i =√−1.
Dengan demikian dari pertidaksamaan (4) diperoleh syarat kestabilan
4d2 − 4d + 1 ≤ 1
atau
4d2 − 4d ≤ 0
d − 1 ≤ 0
d ≤ 1
Jadi syarat kestabilannya akan dipenuhi jika d ≤ 1 atau
2∆t
∆x≤ 1.
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Syarat Konsistensi-nyaUntuk menentukan syarat konsistensi dari (2), lakukan ekspansi Taylor untuk un+1
j dan unj−1
yaitu:
un+1j = un
j + ∆t ut |nj +1
2!∆t2 utt |nj +
1
3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)
unj−1 = un
j − ∆x ux |nj +1
2!∆x2 uxx |nj −
1
3!∆x3 uxxx |nj + · · · (6)
Selanjutnya dan substitusikan (5) dan (6) pada persamaan (2), sehingga diperoleh
∆t ut |nj + 12!
∆t2 utt |nj + 13!
∆t3 uttt |nj + · · ·
∆t+2
∆x ux |nj −12!
∆x2 uxx |nj + 13!
∆x3 uxxx |nj − · · ·
∆x= 0
atau{ut |nj +
1
2!∆t utt |nj +
1
3!∆t2 uttt |nj + · · ·
}+ 2
{ux |nj −
1
2!∆x uxx |nj +
1
3!∆x2 uxxx |nj − · · ·
}= 0{
ut +∆t
2!utt +
∆t2
3!uttt + · · ·
}+ 2
{ux −
∆x
2!uxx +
∆x2
3!uxxx − · · ·
}= 0
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0(7)
Suatu persamaan beda untuk persamaan transport (1) atau bentuk terakhir dari persamaan (7)dikatakan konsisten jika
lim(∆t,∆x)→0
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0 (8)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Syarat Konsistensi-nyaUntuk menentukan syarat konsistensi dari (2), lakukan ekspansi Taylor untuk un+1
j dan unj−1
yaitu:
un+1j = un
j + ∆t ut |nj +1
2!∆t2 utt |nj +
1
3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)
unj−1 = un
j − ∆x ux |nj +1
2!∆x2 uxx |nj −
1
3!∆x3 uxxx |nj + · · · (6)
Selanjutnya dan substitusikan (5) dan (6) pada persamaan (2), sehingga diperoleh
∆t ut |nj + 12!
∆t2 utt |nj + 13!
∆t3 uttt |nj + · · ·
∆t+2
∆x ux |nj −12!
∆x2 uxx |nj + 13!
∆x3 uxxx |nj − · · ·
∆x= 0
atau{ut |nj +
1
2!∆t utt |nj +
1
3!∆t2 uttt |nj + · · ·
}+ 2
{ux |nj −
1
2!∆x uxx |nj +
1
3!∆x2 uxxx |nj − · · ·
}= 0{
ut +∆t
2!utt +
∆t2
3!uttt + · · ·
}+ 2
{ux −
∆x
2!uxx +
∆x2
3!uxxx − · · ·
}= 0
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0(7)
Suatu persamaan beda untuk persamaan transport (1) atau bentuk terakhir dari persamaan (7)dikatakan konsisten jika
lim(∆t,∆x)→0
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0 (8)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Syarat Konsistensi-nyaUntuk menentukan syarat konsistensi dari (2), lakukan ekspansi Taylor untuk un+1
j dan unj−1
yaitu:
un+1j = un
j + ∆t ut |nj +1
2!∆t2 utt |nj +
1
3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)
unj−1 = un
j − ∆x ux |nj +1
2!∆x2 uxx |nj −
1
3!∆x3 uxxx |nj + · · · (6)
Selanjutnya dan substitusikan (5) dan (6) pada persamaan (2), sehingga diperoleh
∆t ut |nj + 12!
∆t2 utt |nj + 13!
∆t3 uttt |nj + · · ·
∆t+2
∆x ux |nj −12!
∆x2 uxx |nj + 13!
∆x3 uxxx |nj − · · ·
∆x= 0
atau{ut |nj +
1
2!∆t utt |nj +
1
3!∆t2 uttt |nj + · · ·
}+ 2
{ux |nj −
1
2!∆x uxx |nj +
1
3!∆x2 uxxx |nj − · · ·
}= 0{
ut +∆t
2!utt +
∆t2
3!uttt + · · ·
}+ 2
{ux −
∆x
2!uxx +
∆x2
3!uxxx − · · ·
}= 0
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0(7)
Suatu persamaan beda untuk persamaan transport (1) atau bentuk terakhir dari persamaan (7)dikatakan konsisten jika
lim(∆t,∆x)→0
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0 (8)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah
Error pemotongan pertama =∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
selanjutnya kita singkat Gpp.
Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya
ut = −2ux
atau∂u
∂t= −2
∂u
∂x
Jika kita turunkan persamaan diatas sekali lagi terhadap t, maka
∂2u
∂t2=∂
∂t
(−2
∂u
∂x
)= −2
∂
∂t
(∂u
∂x
)= −2
∂
∂x
(∂u
∂t
)= −2
∂
∂x
(−2
∂u
∂x
)= 4
∂2u
∂x2
atau
utt = 4uxx atau uxx =1
4utt
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah
Error pemotongan pertama =∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
selanjutnya kita singkat Gpp.
Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya
ut = −2ux
atau∂u
∂t= −2
∂u
∂x
Jika kita turunkan persamaan diatas sekali lagi terhadap t, maka
∂2u
∂t2=∂
∂t
(−2
∂u
∂x
)= −2
∂
∂t
(∂u
∂x
)= −2
∂
∂x
(∂u
∂t
)= −2
∂
∂x
(−2
∂u
∂x
)= 4
∂2u
∂x2
atau
utt = 4uxx atau uxx =1
4utt
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah
Error pemotongan pertama =∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
selanjutnya kita singkat Gpp.
Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya
ut = −2ux
atau∂u
∂t= −2
∂u
∂x
Jika kita turunkan persamaan diatas sekali lagi terhadap t, maka
∂2u
∂t2=∂
∂t
(−2
∂u
∂x
)= −2
∂
∂t
(∂u
∂x
)= −2
∂
∂x
(∂u
∂t
)= −2
∂
∂x
(−2
∂u
∂x
)= 4
∂2u
∂x2
atau
utt = 4uxx atau uxx =1
4utt
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh
Gpp =
(∆t
2−
∆x
4
)utt
yang menyatakan bahwa akurasi dari persamaan beda (2) berorde O (∆t,∆x) , dan Gpp tersebutakan bernilai nol jika
∆t
2−
∆x
4= 0
atau
∆t
2=
∆x
42∆t
∆x= 1
d = 1
Jadi persamaan beda (2) akan menghasilkan solusi numerik yang sama dengan solusi eksaknya(errornya nol) jika kita dapat mengkondisikan d = 1.
Akhirnya, skema numerik untuk persamaan transport (3) konsisten, karena untuk ∆t → 0,∆x → 0 Gpp-nya juga menuju nol. sedemikian hingga
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · ∼= ut + 2ux•
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh
Gpp =
(∆t
2−
∆x
4
)utt
yang menyatakan bahwa akurasi dari persamaan beda (2) berorde O (∆t,∆x) , dan Gpp tersebutakan bernilai nol jika
∆t
2−
∆x
4= 0
atau
∆t
2=
∆x
42∆t
∆x= 1
d = 1
Jadi persamaan beda (2) akan menghasilkan solusi numerik yang sama dengan solusi eksaknya(errornya nol) jika kita dapat mengkondisikan d = 1.
Akhirnya, skema numerik untuk persamaan transport (3) konsisten, karena untuk ∆t → 0,∆x → 0 Gpp-nya juga menuju nol. sedemikian hingga
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · ∼= ut + 2ux•
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh
Gpp =
(∆t
2−
∆x
4
)utt
yang menyatakan bahwa akurasi dari persamaan beda (2) berorde O (∆t,∆x) , dan Gpp tersebutakan bernilai nol jika
∆t
2−
∆x
4= 0
atau
∆t
2=
∆x
42∆t
∆x= 1
d = 1
Jadi persamaan beda (2) akan menghasilkan solusi numerik yang sama dengan solusi eksaknya(errornya nol) jika kita dapat mengkondisikan d = 1.
Akhirnya, skema numerik untuk persamaan transport (3) konsisten, karena untuk ∆t → 0,∆x → 0 Gpp-nya juga menuju nol. sedemikian hingga
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · ∼= ut + 2ux•
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Contoh Cari Solusinya
Di berikan persamaan transport beserta kondisi batasnya sebagai berikut:
ut + 2ux = 0 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ t ≤ 1
u (x, 0) =
{1 0 < x ≤ 0.80 x lainnya
dan u (0, t) = 0
Dengan menggunakan ∆t = 0.2 dan ∆x = 0.4, maka dapat diperoleh solusi dari pdp diatassebagai mana pada tabel berikut:
Table: Hasil Numerik Skema FTBS (un+1j = − 2∆t
∆x
(unj − un
j−1
)+ un
j )
t/x 0 0.2 0.4 0.6 0.8 10 0 0 0 0 0 0
0.4 1 0 0 0 0 00.8 1 1 0 0 0 01.2 0 1 1 0 0 01.6 0 0 1 1 0 02 0 0 0 1 1 0
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Contoh Cari Solusinya
Di berikan persamaan transport beserta kondisi batasnya sebagai berikut:
ut + 2ux = 0 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ t ≤ 1
u (x, 0) =
{1 0 < x ≤ 0.80 x lainnya
dan u (0, t) = 0
Dengan menggunakan ∆t = 0.2 dan ∆x = 0.4, maka dapat diperoleh solusi dari pdp diatassebagai mana pada tabel berikut:
Table: Hasil Numerik Skema FTBS (un+1j = − 2∆t
∆x
(unj − un
j−1
)+ un
j )
t/x 0 0.2 0.4 0.6 0.8 10 0 0 0 0 0 0
0.4 1 0 0 0 0 00.8 1 1 0 0 0 01.2 0 1 1 0 0 01.6 0 0 1 1 0 02 0 0 0 1 1 0
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport