Post on 17-Aug-2019
Bab 4
Dasar Kedua:
12 Langkah Penyelesaian Pendekatan
Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulika
Ir. Djoko Luknanto, M.Sc., Ph.D.mailto:Luknanto@ugm.ac.id
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 2
Review (hal.96)
Û(x;a)ai harus dicari
Û(x;a)ai harus dicari
Û(x;a)aplikasi kondisi batas secara numeris
Û(x;a)aplikasi kondisi batas secara numeris
Penyelesaian Û(x) diperolehPenyelesaian Û(x) diperoleh
• Analisis yang dibutuhkan:
Kriteria Optimasi pada R(x;a)untuk menentukan nilai ai terbaik
Kriteria Optimasi pada R(x;a)untuk menentukan nilai ai terbaik
Sistem Persamaan Linier
Sistem Persamaan Linier
Integrasi Residual
I. Prosedur 12 Langkah
1. Pengembangan Teori2. Hitungan Numerik
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 3
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 4
1. Pengembangan Teori (hal 97)
1. Tulis persamaan residual Galerkin2. Integration by parts3. Substitusi residual kedalam Butir 24. Tentukan “fungsi coba”5. Substitusikan kedalam sistem persamaan, dan ubah
integral agar cocok untuk hitungan numerik6. Siapkan formula untuk “debit” dengan “fungsi coba”
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 5
2. Hitungan Numerik (hal 97)
7. Siapkan data lapangan8. Hitung suku-suku interior dalam sistem persamaan9. Aplikasikan kondisi batas kedalam persamaan10. Selesaikan sistem persamaan linier11. Hitung “debit”12. Tayangkan “penyelesaian pendekatan” dan estimasi
ketelitiannya
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 6
II. Contoh Soal (hal.98)
Persamaan dasar:
Kondisi Batas:
22)(xdx
xdUxdxd
Domain: 1 < x < 2
21
2)(
2)1(
xdxxdUx
U
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 7
III. Langkah 1 (Hal.99)
Persamaan pendekatan:Û(x;a) = Ø0(x) + a1Ø1(x) + a2Ø2(x) + ... + aNØN(x)
Persamaan Residual:
Persamaan N Galerkin Residual:
022)(ˆ
);(
xdxxUdxdx
daxR
0)();(...,,0)();(,0)();( 21
dxxaxRdxxaxRdxxaxR N
Nidxxxdx
Udxdxd
i
x
x
b
a
...,,2,10)(2ˆ2
... substitusikan, diperoleh:
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 8
III. Langkah 2 (hal.99)
Integration by parts:
Integrasikan:
dxdgfg
dxdffg
dxd
)(
dxdxdgfdxg
dxdffgd
dxdxdgfdxg
dxdfdxfg
dxd
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
)(
)(
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 9
III. Langkah 2 (hal.100)
... dimanipulasi lebih lanjut ...
dxdxdgffgdxg
dxdf
dxdxdgfdxg
dxdffg
dxdxdgfdxg
dxdffgd
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
x
x
xx
x
x
x
x
x
x
xx
x
x
x
x
x
x
)(
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 10
III. Langkah 2 (hal.100)
Aplikasikan terhadap:
...menjadi...
Nidxxxdx
Udxdxd
i
x
x
b
a
...,,2,10)(2ˆ2
Nidxxx
dxxdxUdx
dxd
i
x
xi
x
x
b
a
b
a
...,,2,10)(2)(ˆ
2
Nidxxx
dxdxd
dxUdx
dxUdx i
x
x
ix
x
x
x
i
b
a
b
a
b
a
...,,2,10)(2ˆˆ2
dxdxdgffgdxg
dxdf b
a
b
a
b
a
x
x
xx
x
x ingat:
derivatif turun satu tingkat!
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 11
III. Langkah 2 (hal.100)
...diatur dalam bentuk akhir:
RHS mengandung seluruh “loading term” yaitu dalam domain dan pada daerah batas
Nidxxxdx
Udxdxdxd
dxUdx i
x
x
x
x
ii
x
x
b
a
b
a
b
a
...,,2,1)(2ˆˆ2
“loading term”:pada daerah batas
“loading term”:dalam domain
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 12
III. Langkah 3 (hal.101)
Substitusikan “solusi coba” kedalamnya
menjadi:
N
j
jj dxd
adxd
dxUd
1
0ˆ
Nidxxxdx
Udxdxdxd
dxUdx i
x
x
x
x
ii
x
x
b
a
b
a
b
a
...,,2,1)(2ˆˆ2
Nidxdxdx
dxd
dxUdxdxx
xadx
dxd
xdxd
b
a
b
a
b
a
b
a
x
x
i
x
x
ii
x
xj
N
j
jx
x
i
...,,2,1
ˆ)(2
0
21
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 13
III. Langkah 3 (hal.102)
Dalam bentuk matriks lengkap:
NN
x
x
Nx
x
Nx
x
N
Nx
x
x
x
x
x
Nx
x
x
x
x
x
a
aa
dxdx
dxdx
ddxdxdx
dxddx
dxdx
dxd
dxdx
dxdxddx
dxdx
dxddx
dxdx
dxd
dxdx
dxdxddx
dxdx
dxddx
dxdx
dxd
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
2
1
21
22212
12111
dxdxdx
dxd
dxUdxdx
x
dxdxdx
dxd
dxUdxdx
x
dxdxdx
dxd
dxUdxdx
x
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
x
x
N
x
x
NN
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
02
02222
01112
ˆ2
ˆ2
ˆ2
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 14
III. Langkah 3 (hal.102)
Dalam bentuk matriks kompak:
dengan
NNNNNN
N
N
F
FF
a
aa
KKK
KKKKKK
2
1
2
1
21
22221
11211
dxdxdx
dxd
dxUdxdx
xF
dxdxd
xdxdK
b
a
b
a
b
a
b
a
x
x
i
x
x
ii
x
xi
jx
x
iij
02
ˆ2
FaK
“stiffness matrix”
“load vector”simetri
sKij = Kji
derivatif tertinggi
turun satu tingkat!
Suku kondisi batas muncul
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 15
III. Langkah 4 (hal.104)
Dipilih “solusi coba” sbb:Û(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + ... + aNxN-1
dipilih N = 3, sehingga menjadiÛ(x;a) = a1+ a2x + a3x2
JadiØ1(x) = 1, Ø2(x) = x, Ø3(x) = x2 dan
xdxd
dxd
dxd 2,1,0 321
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 16
III. Langkah 5 (hal.106)
Kij dihitung:
Untuk i = 1• K11 = 0• K12 = 0• K13 = 0karena:
dxdxd
xdxdK j
x
x
iij
b
a
01 dxd
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 17
... III. Langkah 5 ... (hal.106)
Kij dihitung:
Untuk i = 2
)(3221
)(2111
3323
2222
ab
x
x
ab
x
x
xxdxxxK
xxdxxK
b
a
b
a
dxdxd
xdxdK j
x
x
iij
b
a
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 18
... III. Langkah 5 ... (hal.106)
Kij dihitung:
Untuk i = 3
dxdxd
xdxdK j
x
x
iij
b
a
4433 22 ab
x
x
xxdxxxxKb
a
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 19
... III. Langkah 5 ... (hal.106)
Fi dihitung:
Fi terdiri dari “interior loading” Fii dan “boundary term” FBi:
b
a
b
a
x
x
ii
x
xi dx
Udxdxx
F
ˆ22
b
a
b
a
x
x
iii
x
xi dx
UdxFBdxx
FI
ˆdan2
2
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 20
... III. Langkah 5 ... (hal.106)
FIi dihitung:
i = 1
dxx
FI i
x
xi
b
a
22
ab
x
xi xx
dxx
FIb
a
112122
i = 2
a
bx
xi x
xdxxx
FIb
a
ln222
i = 3 ab
x
xi xxdxx
xFI
b
a
22 22
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 21
... III. Langkah 5 ... (hal.107)
FBi dihitung:
i = 1
)()(ˆˆ
bi
x
ai
x
i xxFBdxUdx
dxUdx
ba
i = 2
i = 3
dxUdx
dxUdx
ba xx
iFBˆˆ
b
x
a
x
i xxFBdxUdx
dxUdx
ba
ˆˆ
22ˆˆ
b
x
a
x
i xxFBdxUdx
dxUdx
ba
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 22
III. Langkah 6 (hal.107)
Debit (“flux”) diformulasikan:
232
3
1
2
ˆˆ
xaxa
dxd
ax
dxUdx
j
jj
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 23
III. Formulasi Akhir (hal.107)
Dalam bentuk akhir:
)(2
ln2
112
320
32
210
000
3
2
1
4433
3322
ab
a
b
ab
abab
abab
xxxxxx
aaa
xxxx
xxxx
22 ˆˆ
ˆˆ
ˆˆ
b
bxa
ax
b
bxa
ax
bxax
xdxUdxx
dxUdx
xdxUdxx
dxUdx
dxUdx
dxUdx
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 24
IV. Langkah 7 (hal.108)
Masukkan setiap data lapangan• Data geometrik xa = 1, xb = 2• Sifat-sifat fisik dan “applied load” “interior load” kondisi batas
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 25
IV. Langkah 8 (hal.108)
• Masukkan data kedalam matrik, kecuali data kondisi batas.
• Sistem persamaan di atas siap untuk diselesaikan, kecuali nilai kondisi batas yang belum tuntas!
21
21
21
3
2
1
ˆ4
ˆ
ˆ2
ˆ
ˆˆ
22ln2
1
153
1403
14230
000
xx
xx
xx
dxUdx
dxUdx
dxUdx
dxUdx
dxUdx
dxUdx
aaa
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 26
IV. Langkah 9 (hal.109)
• Masukkan data kondisi batas kedalam persamaan
• aplikasi “debit” kedalam sistem persamaan menjadikan:
2ˆ
1ˆ
21ˆ
22ln2
1
153
1403
14230
000
1
1
1
3
2
1
x
x
x
dxUdx
dxUdx
dxUdx
aaa
21
2)(dan2)1(
xdxxdUxU belum dapat
dihitung
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 27
... IV. Langkah 9... (hal.109)
• Kondisi batas U(1) = 2kondisi batas jenis ini lebih sulit diaplikasikan dibanding
kondisi batas “debit.”dalam sistem persamaan yang terakhir tidak terdapat suku
yang dapat menampung nilai kondisi batas di atas. sehingga digunakan alternatif terakhir yaitu aplikasi kondisi
batas di atas langsung kepada “fungsi coba” itu sendiri; dan akan menghasilkan persamaan konstrain
a1 + a2 + a3 = 2
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 28
... IV. Langkah 9... (hal.110)
• Sistem persamaan yang terjadi
• dikunci dengan persamaan konstrain sbb:
c1a1 + c2a2 + c3a3 = d1. nyatakan satu ai terhadap ai yang lain:
3
2
1
3
2
1
333231
232221
131211
FFF
aaa
KKKKKKKKK
23
21
3
1
33 a
cca
cc
cda
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 29
... IV. Langkah 9... (hal.111)
• Sistem persamaan menjadi
• disederhanakan menjadi:
323
21
3
1
333232131
223
21
3
1
323222121
123
21
3
1
313212111
Facca
cc
cdKaKaK
Facca
cc
cdKaKaK
Facca
cc
cdKaKaK
333
32333
232133
3
131
233
22233
222123
3
121
133
12133
212113
3
111
KcdFaK
ccKaK
ccK
KcdFaK
ccKaK
ccK
KcdFaK
ccKaK
ccK
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 30
... IV. Langkah 9... (hal.112)
• disederhanakan lagi menjadi:
2
1
333
232
3
223
3
22233
3
231
3
223
3
121
323
232
3
113
3
21233
3
131
3
113
3
111
aa
KccK
ccK
ccKK
ccK
ccK
ccK
KccK
ccK
ccKK
ccK
ccK
ccK
333
33
223
32
333
33
113
31
KcdF
ccK
cdF
KcdF
ccK
cdF
operasi kolom agar kondisi
batas terpenuhi
operasi baris agar fungsi bobot sesuai
“trial function”
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 31
... IV. Langkah 9... (hal.112)
• Aplikasi kondisi batas U(1) = 2, membutuhkan dua jenis operasi matrik: 1. Operasi kolom, ini berguna untuk mengubah
“fungsi coba” agar memenuhi kondisi batas untuk setiap nilai ai.
2. Operasi baris, ini diperlukan agar fungsi bobot berubah sesuai dengan perubahan “fungsi coba” seperti yang dibutuhkan pada metoda Galerkin.
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 32
... a time to compare...
Teoretis Numeris
Û(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + a4x4
ai harus dicariÛ(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + a4x4
ai harus dicari
Kriteria Optimasi pada R(x;a)untuk menentukan nilai ai terbaik Kriteria Optimasi pada R(x;a)
untuk menentukan nilai ai terbaik
Penyelesaian Û(x) diperolehPenyelesaian Û(x) diperoleh
Aplikasi kondisi batasÛ(x;a) = Ø0(x) + b1Ø1(x) + b2Ø2(x)
Aplikasi kondisi batasÛ(x;a) = Ø0(x) + b1Ø1(x) + b2Ø2(x)
Û(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + a4x4
ai harus dicariÛ(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + a4x4
ai harus dicari
Aplikasi kondisi batasÛ(x;a) = Ø0(x) + b1Ø1(x) + b2Ø2(x)
Aplikasi kondisi batasÛ(x;a) = Ø0(x) + b1Ø1(x) + b2Ø2(x)
Penyelesaian Û(x) diperolehPenyelesaian Û(x) diperoleh
Kriteria Optimasi pada R(x;a)untuk menentukan nilai ai terbaikKriteria Optimasi pada R(x;a)untuk menentukan nilai ai terbaik
membentuk “fungsi coba” sesuai kondisi batas
membentuk “fungsi coba” sesuai kondisi batas dengan operasi
matrik: kolom kemudian baris
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 33
IV. ... Langkah 9... (hal.113)
Aplikasi kondisi batas U(1) = 2
a1 + a2 + a3 = 2a3 = 2 - a1 - a2
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 34
IV. Operasi kolom (hal.113)
• Sistem persamaan awal:
• ... dilakukan operasi kolom ...
2ˆ
1ˆ
21ˆ
22ln2
1
153
1403
14230
000
1
1
1
3
2
1
x
x
x
dxUdx
dxUdx
dxUdx
aaa
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 35
IV. Operasi kolom (hal.113)
• ... operasi kolom dengan c1/c3=1, c2/c3=1, d/c3=2
• ... disederhanakan ...
)2(154ˆ
)2(3
1412ln2ˆ
23ˆ
153
14153
1423
314
00
1
1
1
2
1
x
x
x
dxUdx
dxUdx
dxUdx
aa
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 36
IV. Operasi baris (hal.113)
• ... disederhanakan ...
• disederhanakan lebih jauh dengan operasi baris...
34ˆ
3312ln2
ˆ23ˆ
331156
193
14
00
1
1
1
2
1
x
x
x
dxUdx
dxUdx
dxUdx
aa
3312ln234
2334
619
331
31415
33115
2
1
aa
2ln2371
265
643
331
33115
2
1
aa
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 37
IV. Langkah 10 & 11 (hal.114)
10. Selesaikan pers. sehingga diperoleh nilai:
a1 = 3.719, a2 = -2.254 dan a3 = 0.535
• Jadi penyelesaian pendekatannya adalah:
Û(x) = 3.719 - 2.254 x + 0.535 x2
11. Hitung debit:
(x) = - 2.254 x - 1.070 x2
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 38
IV. Langkah 12 (hal.115-118)
12. Plot penyelesaiannya dan prakirakan ketelitiannya, lihat Gambar 4.3 (hal 115) Û(1) = 2
tepat memenuhi kondisi batas U(1) = 2 (2) = 0.228
tidak memenuhi kondisi batas (2) = 0.5Inilah karakteristik yang berbeda antara kedua kondisi batas tersebut, yang pertama dipenuhi secara tepat, yang kedua hanya didekati.
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 39
IV. Langkah 12 (hal.116-117)
Perbandingan solusi dengan DOF berbeda:Û1(x) = 2.591 - 0.591 xÛ2(x) = 3.719 - 2.254 x + 0.535 x2
Û3(x) = 4.963 - 4.908 x + 2.340 x2 - 0.395 x3
Û4(x) = 6.250 - 8.557 x + 6.123 x2 - 2.097 x3 + 0.281 x4
Hitung debit:
1(x) = 0.591 x2(x) = 2.254 x - 1.070 x2
3(x) = 4.908 x - 4.680 x2 + 1.185 x3
4(x) = 8.557 x - 12.246 x2 + 6.290 x3 – 1.123 x3
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 40
IV. Langkah 12 (hal.116-117)
Perbandingan solusi dengan DOF berbeda, U(1) = 2:Û1(1) = 2Û2(1) = 2Û3(1) = 2Û4(1) = 2
Hitung debit, (2) = 0.5:
1(2) = 1.1822(2) = 0.2283(2) = 0.5764(2) = 0.480
dipenuhi secara tepat
hanya didekatise
ma
kin tin
gg
iD
OF
sem
akin
teliti
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 41
V. Konsep Kondisi Batas (hal.118)
• Persamaan differensial di atas mempunyai derivatif tertinggi genap.
• Persamaan seperti ini sering dijumpai di bidang teknik.
Kondisi Batas:1. Esensial. Kondisi
batas untuk U dan derivatifnya s/d m-1
2. Natural. Kondisi batas untuk derivatif U dari m s/d 2m-1
)()()()()(...)()()()( 01
12
12
2
2 xfxUxadx
xdUxadx
xUdxadx
xUdxam
m
m
m
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 42
V. Konsep Kondisi Batas (hal.119)
1. Kondisi Batas Esensial :Kondisi batas ini sering disebut Dirichlet, kinematik, displacement, geometrik.
2. Kondisi Batas Natural :Kondisi batas ini sering disebut Neumann, dinamik, gaya, tegangan.
)()()()()(...)()()()( 01
12
12
2
2 xfxUxadx
xdUxadx
xUdxadx
xUdxam
m
m
m
constrained
unconstrained
... be a winner ...
... and acts like winners ..
5/8/2014 luknanto@ugm.ac.id 43