Bab 5 Konsep Elemen - luk.staff.ugm.ac.idluk.staff.ugm.ac.id/fem/Bab5.pdf · Bab 5 Konsep Elemen...

Bab5KonsepElemen

Bab5KonsepElemen

Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulika

Ir. Djoko Luknanto, M.Sc., Ph.D.mailto:[email protected]

5/8/2014 [email protected] 2

Pendahuluan• Domain dibagi menjadi interval

yang disebut elemen

• 12 langkah umum akan diberlakukan pada elemen


1.Kasus(hal129)

• Persamaan dasar dan domain

• Kondisi batas

212)(2

xxdx

xdUxdxd

21

2)(

2)1(

xdxxdUx

U

KB esensial (constrained)

KB natural (unconstrained)


2.SolusiSatu‐ElemenPersamaanElemen(hal130)

• Langkah 1-3: lakukan seperti bab sebelumnya1. Tulis persamaan residual Galerkin2. Integration by parts3. Substitusi residual kedalam Butir 2

• Langkah 4: Pembentukan i(x)1. Dibentuk polinomial: Û(x;) = 1 + 2x2. Polinomial ini harus mempunyai sifat bahwa “Setiap

parameter ai harus merupakan nilai dari “solusi coba” di titik tertentu di dalam elemen.”


2.persamaanelemen…1(hal131)

• Gambar polinomial dengan karakteristik tsb.

Û(xa;a) = a1 Û(xb;a) = a2

x

Û(x;a)

Node 1 Node 2

a1

xa

a2

xb



Dicari persamaan yang memenuhi:

1 + 2xa = a1

1 + 2xb = a2

diperoleh nilai:

abab

ab

xxaa

xxaxax

122

211 dan



Diperoleh persamaan:

Û(x;a) = a1 1(x) + a2 2(x)

dengan nilai:

Diperoleh karakteristik “fungsi coba”:

1(xa) = 1 1(xb) = 02(xa) = 0 2(xb) = 1

ab

a

ab

b

xxxxx

xxxxx

)(dan)( 21

Polinomial InterpoLasi Lagrange



Gambar Û(x;a) dan (x)

Û(x;a) = a1Ø1(x) + a2Ø2(x)

x1x1

2x2

121 1

12

12

12

21 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

Û(x1;a) = a1 Û(x2;a) = a2

1(x1) = 1 1(x2) = 0

2(x1) = 0 2(x2) = 1

a1

a2

… understand!… memorize!

j(xi) = jiji delta

Kronecker


2.Langkah5:substitusiSolusi(hal135)

• Sistem persamaan s/d Langkah 4 sbb:

• Kij dihitung untuk i = 1,2 dan j = 1,2• Fi dihitung untuk i = 1,2

dxdxd

xdxdK j

x

x

iij

b

a

b

a

b

a

x

x

ii

x

x

iii

dxUdxdx

x

FBFIF

ˆ2

2

2

1

2

1

2221

1211

FF

aa

KKKK


2.Langkah5:hitungKij (hal135)

• Kij dihitung untuk i = 1,2 dan j = 1,2

• K12 = K21 = -K11 dan K22 = K11

dxdxd

xdxdK j

x

x

iij

b

a

ab

ab

xxdxd

xxdxd

1

1

2

1

ab

ab

ab

x

x ab xxxxdx

xxx

xxK

b

a

2111

11

• diperoleh nilai:


2.Langkah5:hitungFIi (hal135)

• FIi dihitung untuk i = 1,2

• diperoleh:

ab

ab

aba

ab

ab

abaab

bx

x

xxxx

xxxFI

xxxx

xxxdx

xxxx

xFI

b

a

ln22

ln222

2

21

ab

a

ab

bi

x

xi xx

xxxxxxxxdx

xFI

b

a

)(,)(dengan2212


2.Langkah5:hitungFBi (hal135)

• FBi dihitung untuk i = 1,2

• diperoleh:

bab

aab

xa

xb

x

xa

xb

x

dxUdxx

dxUdxx

dxUdxFB

dxUdxx

dxUdxx

dxUdxFB

ˆ)(

ˆ)(

ˆ

ˆ)(

ˆ)(

ˆ

222

111

ab

a

ab

b

x

x

ii xxxxx

xxxxx

dxUdxFB

b

a

)(,)(dengan

ˆ21


2.Langkah6:hitung“Flux” (hal136)

• Debit/Flux dihitung sbb:

• Pada akhir Langkah 6 diperoleh sistem persamaan:

b

a

x

x

a

b

abb

a

b

aba

ab

ab

ab

ab

ab

ab

ab

ab

dxUdx

dxUdx

xx

xxx

xx

xxxaa

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

ˆ

ˆ

ln22

ln22

21

21

21

21

2

1

)()()(ˆ)(ˆ 21

22

11 aa

xxx

dxxda

dxxdax

dxUdxx

ab


2.Langkah7(hal.136)

Masukkan setiap data lapangan• Data geometrik xa = 1, xb = 2• Sifat-sifat fisik dan “applied load” “interior load” kondisi batas


2.Langkah8(hal.136)• Masukkan data kedalam matrik, kecuali data kondisi

batas.

• Sistem persamaan di atas siap untuk diselesaikan, kecuali nilai kondisi batas yang belum tuntas!

2

1

2

1

ˆ

ˆ

2ln212ln22

23

23

23

23

x

x

dxUdx

dxUdx

aa


2.Langkah9(hal.137)• Masukkan data kondisi batas kedalam persamaan

21)(dan2)1(

2

xdxxdUxU

21

ˆ

2ln212ln22

23

23

23

23

1

2

1x

dxUdx

aa

belum dapat dihitung

• aplikasi “debit” kedalam sistem persamaan menjadikan:


2.…Langkah9…(hal.137)

• 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

Û(1;a) = a1Ø1(1) + a2Ø2(1) = 2


2.…Langkah9…(hal.137)• Kondisi batas U(1) = 2

Û(1;a) = a1Ø1(1) + a2Ø2(1) = 2Û(1;a) = a11 + a20 = 2a1 = 2

• Tampak bahwa “shape function” sangat menyederhanakan hitungan karena hanya satu parameter saja yang mempunyai nilai = kondisi batas, sehingga menjadi

ai = d


2.…Langkah9…(hal.137)

• Cara menyelesaikanai = d

• dalam sistem matriks sbb:

Kalikan kolom i dengan d dan kurangilah sebesar hasil

kali tersebut dari RHS, kemudian hapus kolom i.

Hapus baris i dari persamaan tersebut.

3

2

1

3

2

1

333231

232221

131211

FFF

aaa

KKKKKKKKK


2.Langkah9dan10(hal.138)• Masukkan a1 = 2, kedalam persamaan di bawah

21

ˆ

2ln212ln22

23

23

23

23

1

2

1x

dxUdx

aa

• Langkah 10, menghasilkan:3/2 a2 = 1 – 2 ln 2 – ½ + 3/2 (a1)a2 = 1 – 2 ln 2 – ½ + 3/2 (2) = 7/3 – 4/3 ln 2 = 1.409


2.Langkah10&11(hal.138)

10. Selesaikan pers. sehingga diperoleh nilai:

a1 = 2 dan a2 = 1.409 Jadi penyelesaian pendekatannya adalah:

Û(x) = 2 (2 - x) + 1.409 (x – 1)Û(x) = 2.591 - 0.591 x

11. Hitung debit:

(x) = x(a1 - a2) = 0.591 x


2.Langkah12(hal.138)12. Plot penyelesaiannya dan prakirakan ketelitiannya,

lihat Gambar 5.5 (hal 138) Û(1) = 2

tepat memenuhi kondisi batas U(1) = 2 (2) = 1.182

tidak memenuhi kondisi batas (2) = 0.5Inilah karakteristik yang berbeda antara kedua kondisi batas tersebut, yang pertama dipenuhi secara tepat, yang kedua hanya didekati.


3.Persamaan2Elemen(hal139)

• Domain dibagi menjadi 2 subdomain/elemen

xa < x < xc dan xc < x < xb

xxa

(xa=1)xb

(xb=2)xc

Elemen 1 Elemen 2


3.1.Formulasi2Elemen(hal140)

• Karena domain dibagi menjadi 2 subdomain/elemen, timbullah pertanyaan mengenai masalah kontinuitas pada “penyelesaian pendekatan” di titik xc.

• Untuk keperluan itu dibutuhkan definisi sbb:

Suatu fungsi dikatakan termasuk klas Cn (pada domain tertentu) jika fungsi tersebut dan n buah derivatifnya kontinu (pada domain terkait).

• Contoh; Jika sebuah fungsi kontinu C0 dan turunan 1-nya kontinu, maka fungsi tersebut termasuk klas C1; jika turunan 2-nya kontinu, maka fungsi tersebut termasuk klas C2. Suatu fungsi klas Cn pasti termasuk pula klas Cn-1 , Cn-2 , …, C0 , tetapi belum tentu masuk klas Cn+1, Cn+2, Cn+3 dst.


3.1.a.Formulasi2Elemen(hal140)

• Diperlukan perumusan kembali persamaan dasar pada tiap elemen

• Pada prinsipnya persamaan dasar di atas sama dengan persamaan semula, kecuali pada titik xc.

bxxcxxdxxdUxdx

d

cxxaxxdxxdUxdx

d

2

)2(

2

)1(

2)(

2)(

Elemen 1

Elemen 2



• Pada prinsipnya yang dibutuhkan adalah pernyataan tentang kontinuitas U(1)(x) dan U(2)(x) pada titik xc.

• Dibuktikan sbb:

ppxx

x

x

x

x

x

x

x

x

xxdxxdUx

dxxdUx

xdxxdUx

dxx

dxdx

xdUxdxd

pp

p

p

p

p

p

p

p

p

22)()(

2)(

2)(2



• Jika mendekati nol, maka diperoleh

• Jika xdU/dx kontinu di suatu titik xp, sedangkan itu berlaku untuk seluruh domain, maka xdU/dx kontinu untuk seluruh domain. Karena x kontinu dimana saja, maka dU/dx juga kontinu.

pp

pp

pp

xx

ppxx

ppxx

dxxdUx

dxxdUx

xxdxxdUx

dxxdUx

xxdxxdUx

dxxdUx

)()(

022)()(

22)()(



• Integrasi dU/dx akan menunjukkan pula bahwa U kontinu di sembarang titik xp:

• Untuk suatu titik xc, dapat ditulis U(1) untuk setiap titik di sebelah kirinya dan U(2) untuk setiap titik di sebelah kanannya.

)()( pp xUxU


3.1.a.KondisiBatasInternal(hal141)

• Sehingga untuk suatu titik xc, dapat ditulis kondisi kontinuitas sbb:

• Persamaan di atas terkenal dengan nama “KBI” kondisi batas internal. KBI harus dipenuhi oleh “exact solution” pada batas antara dua elemen.

• Sedangkan KB harus dipenuhi pada batas dari domain.

)()( )2()1(

)2()1(

cc

xx

xUxU

dxdUx

dxdUx

cc


3.1.b.KondisiBatasLengkap(hal142)

Kondisi Batas

Kondisi Batas Internal

xxa

(xa=1)xc xb

(xb=2)

2)1()1( U )()( )2()1(

)2()1(

cc

xx

xUxU

dxdUx

dxdUx

cc

21

2

)2(

xdxdUx

Kondisi Batas

Elemen 1

22)()1(

xdxxdUxdx

d

Pers. Dasar

Elemen 2

22)()2(

xdxxdUxdx

d

Pers. Dasar


3.2.a.Elemen1(hal143)

Gambar Û(1)(x;a) dan (x)

Û(1)(x;a) = a1Ø1(x) + a2Ø2(x)ac

a

ac

c

xxxxx

xxxxx

)(dan)( 21

xNode 1

xaNode 2

xc

121 1a1

a2


3.2.b.Elemen1:Langkah1‐6(hal144)

• Langkah 1-6 menghasilkan matriks:


)()()(ˆ)(ˆ 21

22

11

)1()1( aa

xxx

dxxda

dxxdax

dxUdxx

ac

)1(

2

)1(1

2

1)1(

22)1(

21

)1(12

)1(11

FF

aa

KKKK

c

a

x

x

a

c

acc

a

c

aca

ac

ac

ac

ac

ac

ac

ac

ac

dxUdx

dxUdx

xx

xxx

xx

xxxaa

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

)1(

)1(

2

1

ˆ

ˆ

ln22

ln22

21

21

21

21


3.2.c.Elemen2(hal145)

Gambar Û(2)(x;a) dan (x)

Û(2)(x;a) = a3Ø3(x) + a4Ø4(x)cb

c

cb

b

xxxxx

xxxxx

)(dan)( 43

xNode 3

xcNode 4

xb

141 3a3

a4


3.2.d.Elemen2:Langkah1‐6(hal145)

• Langkah 1-6 menghasilkan matriks:


)()()(ˆ)(ˆ 43

44

33

)2()2( aa

xxx

dxxda

dxxdax

dxUdxx

cb

)2(

4

)2(3

4

3)2(

44)2(

43

)2(34

)2(33

FF

aa

KKKK

b

c

x

x

c

b

cbb

c

b

cbc

cb

cb

cb

cb

cb

cb

cb

cb

dxUdx

dxUdx

xx

xxx

xx

xxxaa

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

)2(

)2(

4

3

ˆ

ˆ

ln22

ln22

21

21

21

21


3.2.e.Elemen1dan2:Langkah1‐6(hal146)• Elemen 1&2 digabung menghasilkan matriks:

b

c

c

a

x

x

x

x

c

b

cbb

c

b

cbc

a

c

acc

a

c

aca

cb

cb

cb

cb

cb

cb

cb

cb

ac

ac

ac

ac

ac

ac

ac

ac

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

xx

xxx

xx

xxx

xx

xxx

xx

xxx

aaaa

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

)2(

)2(

)1(

)1(

4

3

2

1

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ln22

ln22

ln22

ln22

21

2100

21

2100

0021

21

0021

21


3.2.f.Elemen1dan2(hal147)

• Secara simbolik dalam bentuk matrik menjadi:

• Perhatikan bahwa anggota matrik dari elemen 1 tidak ditambahkan pada elemen 2. Jadi kedua elemen tersebut masih terpisah

)2(4

)2(3

)1(2

)1(1

4

3

2

1

)2(44

)2(43

)2(34

)2(33

)1(22

)1(21

)1(12

)1(11

0000

0000

FFFF

aaaa

KKKK

KKKK


3.3.Langkah7(hal.147)

• Masukkan setiap data lapangan– Data geometrik xa = 1, xb = 2– Digunakan xc = 3/2, karena tidak indikasi pemilihan nilai

yang lain.– Sifat-sifat fisik dan “applied load”

“interior load” kondisi batas

• Catatan: Proses menentukan panjang elemen dan lokasi titik biasa disebut dengan “mesh generation.”


3.3.Langkah8 (hal148)

• Masukkan data lapangan ke sistem persamaan

2

)2(23

)2(23

)1(1

)1(

4

3

2

1

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

34ln4134ln4

34

23ln4

34

23ln42

27

2700

27

2700

0025

25

0025

25

x

x

x

x

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

aaaa


3.3.a.Langkah8… (hal148)

• Pada titik xc, dapat ditulis kondisi kontinuitas sbb:

• Pada xc=3/2, maka U(1)(3/2) = U(2)(3/2), untuk “solusi coba” hal sama berlaku, maka:

Û(1)(3/2) = Û(2)(3/2)

• maka a2 = a3

)()( )2()1(

)2()1(

cc

xx

xUxU

dxdUx

dxdUx

cc


3.3.b.Langkah8… (hal149)

• Syarat a2 = a3 , dapat dipandang sebagai “persamaan konstrain”, dalam matriks dilakukan dengan menambah Kolom 2+3 dan Baris 2+3 sbb:

2

)2(23

)1(

23

)2(1

)1(

4

2

1

ˆ

ˆˆ

ˆ

34ln41

34ln4

34

23ln4

34

23ln42

27

270

27

27

25

25

025

25

x

xx

x

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

aaa


3.3.c.Langkah8… (hal149)

• Disederhanakan:

2

)2(23

)1(

23

)2(1

)1(

4

2

1

ˆ

ˆˆ

ˆ

34ln41

98ln4

23ln42

27

270

276

25

025

25

x

xx

x

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

aaa


3.3.d.Assembling… (hal149)

• Prosedur aplikasi KBI [kontinuitas U(x)] dalam sistem persamaan disebut “assembly.”

• Assembly adalah pemenuhan kontinuitas dalam “solusi coba” pada elemen-elemen.

• Secara umum persamaan konstrain dapat dinyatakan dalam bentuk

ai = aj• Sehingga assembly terdiri atas penambahan Kolom i

dan j, dan Baris i dan j.


3.3.d.Assembling… (hal150)

• Assembly lebih mudah disajikan dalam bentuk matrik:

• Matrik di atas adalah gabungan dari dua matrik ini:

)2(

4

)2(3

)1(2

)1(1

4

2

1

)2(44

)2(43

)2(34

)2(33

)1(22

)1(21

)1(12

)1(11

0

0

FFF

F

aaa

KKKKKK

KK

)2(

4

)2(3

4

3)2(

44)2(

43

)2(34

)2(33

FF

aa

KKKK

)1(

2

)1(1

2

1)1(

22)1(

21

)1(12

)1(11

FF

aa

KKKK


3.3.e.Langkah9,KBI… (hal151)

• Kondisi Batas Internal diaplikasikan

2

)2(

1

)1(

4

2

1

ˆ0

ˆ

34ln41

98ln4

23ln42

27

270

276

25

025

25

x

x

dxUdx

dxUdx

aaa

0ˆˆ

ˆˆ

23

)1(

23

)2(

23

)1(

23

)2(

xx

xx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx


3.3.f.Langkah9,KB… (hal152)

• Tampak bahwa KBI “flux” adalah KBI unconstrained, sama dengan KB natural yang asli.

• Nanti akan terlihat bahwa “flux” tidak kontinu di antara elemen, karena hal di atas.

• Aplikasi KB natural menghasilkan:

21

0

ˆ

34ln41

98ln4

23ln42

27

270

276

25

025

25

1

)1(

4

2

1 xdxUdx

aaa


3.3.g.Langkah9,KB… (hal152)

• Kondisi batas U(1) = 2

Û(1)(1;a) = a1Ø1(1) + a2Ø2(1) = 2Û(1;a) = a11 + a20 = 2a1 = 2

• Kalikan Kolom 1 dengan 2 dan kurangi RHS, kemudian delete Kolom 1 dan Baris 1, sehingga menghasilkan

21

34ln41

598ln4

27

27

276

4

2

aa


3.3.h.Langkah10&11(hal.153)

10. Selesaikan pers. sehingga diperoleh nilai:a1 = 2, a2 = 1.551, a3 = 1.551, a4 = 1.365 Jadi penyelesaian pendekatannya adalah:

Û(1)(x) = 2.000 Ø1(x) + 1.551 Ø2(x)Û(2)(x) = 1.551 Ø3(x) + 1.365 Ø4(x)

11. Hitung debit:(1)(x) = 0.898 x dan (2)(x) = 0.372 x


3.3.i.Langkah12(hal.154)

12. Plot penyelesaiannya dan prakirakan ketelitiannya, lihat Gambar 5.13 (hal 154) Û(1)(1) = 2

tepat memenuhi kondisi batas U(1) = 2 (2) = 0.744

tidak memenuhi kondisi batas (2) = 0.5Penyelesaian dua elemen ini sebaiknya dibandingkan dengan penyelesaian satu elemen yang disajikan dalam Gambar 4.5 (hal 117).


3.4.Assembly:NotasiRasional(hal156)

• KBI esential menghasilkan persyaratan a2=a3, hal ini membuat “trial solution” harus ditulis sbb:

Û(1)(x;a) = a1Ø1(x) + a2Ø2(x)Û(2)(x;a) = a2Ø3(x) + a4Ø4(x)

• Karena Ø2(x) dan Ø3(x) dalam persamaan di atas merupakan dua buah “shape function” yang kontinu, maka notasi yang terbaik adalah sbb:

Û(1)(x;a) = a1Ø1(1)(x) + a2Ø2

(1)(x)Û(2)(x;a) = a2Ø2

(2)(x) + a3Ø3(2)(x)


3.4.Assembly:NotasiRasional(hal157)Notasi Û(x;a) dan (x)

xNode 1xa=1

Node 2xc=3/2

11

(1)a1

13

(2)

12

(1) 2(2)

a2

)2(

3

)2(2

3

2)2(

33)2(

32

)2(23

)2(22

FF

aa

KKKK

)1(

2

)1(1

2

1)1(

22)1(

21

)1(12

)1(11

FF

aa

KKKK

Node 3xb=2

a3


3.4.Assembly:NotasiRasional(hal157)

• Assembly dalam notasi yang lebih baik:


)2(

3

)2(2

)1(2

)1(1

3

2

1

)2(33

)2(32

)2(23

)2(22

)1(22

)1(21

)1(12

)1(11

0

0

FFF

F

aaa

KKKKKK

KK

)2(

3

)2(2

3

2)2(

33)2(

32

)2(23

)2(22

FF

aa

KKKK

)1(

2

)1(1

2

1)1(

22)1(

21

)1(12

)1(11

FF

aa

KKKK

Elemen 1 Elemen 2


4.Persamaan4Elemen(hal158)

• Domain dibagi menjadi 4 subdomain/elemen

xx1(xa=1)

x2 x5(xb=2)

x3 x4

Û(1)

(1)

Û(2)

(2)

Û(3)

(3)

Û(4)

(4)

a1a2 a3 a4

a5


4.a.ElemenPertama(hal158)Solusi coba Û(1)(x;a) dan fungsi bentuk (x)

Û(1)(x;a) = a1Ø1(1)(x) + a2Ø2

(1)(x)

12

1)1(2

12

2)1(1 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

xNode 1x1 = xa

Node 2x2

1

1

a1

a2


4.b.ElemenKedua(hal158)Solusi coba Û(2)(x;a) dan fungsi bentuk (x)

Û(2)(x;a) = a2Ø2(2)(x) + a3Ø3

(2)(x)

23

2)2(3

23

3)2(2 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

xNode 2

x2

Node 3x3

1

1

a2

a3


4.c.ElemenKetiga(hal158)Solusi coba Û(3)(x;a) dan fungsi bentuk (x)

Û(3)(x;a) = a3Ø3(3)(x) + a4Ø4

(3)(x)

34

3)3(4

34

4)3(3 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

xNode 3

x3

Node 4x4

1

1

a3

a4


4.d.ElemenKeempat(hal158)Solusi coba Û(4)(x;a) dan fungsi bentuk (x)

Û(4)(x;a) = a4Ø4(4)(x) + a5Ø5

(4)(x)

45

4)4(5

45

5)4(4 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

xNode 4

x4

Node 5x5

1

1

a4

a5


Û(3)(x;a) = a3Ø3(3)(x) + a4Ø4

(3)(x)

34

3)3(4

34

4)3(3 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

Elemen 3

4.e.ResumeEmpatElemen(hal158)

Notasi global untuk seluruh elemen

45

4)4(5

45

5)4(4 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

Û(4)(x;a) = a4Ø4(4)(x) + a5Ø5

(4)(x)Elemen 4

Û(2)(x;a) = a2Ø2(2)(x) + a3Ø3

(2)(x)

23

2)2(3

23

3)2(2 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

Elemen 2Û(1)(x;a) = a1Ø1

(1)(x) + a2Ø2(1)(x)

12

1)1(2

12

2)1(1 )(dan)(

xxxxx

xxxxx

Elemen 1


4.f.NotasiElemenLokal(hal159)Solusi coba Û(e)(x;a) dan fungsi bentuk (x)

Û(e)(x;a) = a1Ø1(e)(x) + a2Ø2

(e)(x)

12

1)(2

12

2)(1 )(dan)(

xxxxx

xxxxx ee

xNode 1

x1

Node 2x2

12

(e)

1

1

(e)a1

a2


4.g.NotasiLokalkeGlobal(hal160)• Setiap notasi lokal harus disesuaikan dengan notasi

global dan sebaliknya.• Untuk kasus 4 elemen linier di atas disusun tabel

koneksi koordinat lokal ke global

ElementTitik Lokal 1 menjadi Titik

Global

Titik Lokal 2 menjadi Titik

Global

(1) 1 2(2) 2 3(3) 3 4(4) 4 5


4.h.4Elemen:Langkah1‐6 (hal160)

• Langkah 1-6 menghasilkan matriks, dalam notasi lokal:


)()()(ˆ)(ˆ 21

12

)(2

2

)(1

1

)()( aa

xxx

dxxda

dxxdax

dxUdxx

eeee

)(

2

)(1

2

1)(

22)(

21

)(12

)(11

e

e

ee

ee

FF

aa

KKKK

2

1

)(

)(

1

2

122

1

2

121

2

1

12

12

12

12

12

12

12

12

ˆ

ˆ

ln22

ln22

21

21

21

21

x

ex

e

dxUdx

dxUdx

xx

xxx

xx

xxxaa

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx


4.i.4Elemen:Langkah7 (hal160)

1. Pembuatan Kisi (data geometrik)a) Definisi titik: tentukan koordinat setiap titik dan berilah

nomor. Dalam contoh soal di sini, digunakan 4 elemen yang sama panjang, sehingga koordinat masing-masing titik:x1 = 1.00, x2 = 1.25, x3 = 1.50, x4 = 1.75, x5 = 2.00

b) Definisi elemen: tentukan nomor titik dalam setiap elemen. Nomor titik dan elemen didefinisikan seperti dalam Gambar 5.17 (hal 158). Dalam program komputer nomor-nomor ini akan disimpan dalam array koneksitas seperti dalam Tabel 5.1 (hal 160)

2. Data karakteristik fisik dan beban.


4.j.Elemen1:Langkah8 (hal162)

• Dengan Tabel 5.1 (hal 160) untuk Elemen 1 (Ttk Lokal 1 menjadi Ttk Global 1, Ttk Lokal 2 menjadi Ttk Global 2) kita gunakan Pers. 5.80 (hal 160). Gunakan data lapangan: x1 = 1.00, x2 = 1.25, sehingga diperoleh:

• Dalam bentuk matriks:

)1(

2

)1(1

2

1)1(

22)1(

21

)1(12

)1(11

FF

aa

KKKK

25.1

)1(00.1

)1(

2

1

ˆ

ˆ

45ln8

58

45ln82

29

29

29

29

x

x

dxUdx

dxUdx

aa





)2(

3

)2(2

3

2)2(

33)2(

32

)2(23

)2(22

FF

aa

KKKK

50.1

)2(25.1

)2(

3

2

ˆ

ˆ

56ln8

34

56ln8

58

211

211

211

211

x

x

dxUdx

dxUdx

aa





)3(

4

)3(3

4

3)3(

43)3(

43

)3(34

)3(33

FF

aa

KKKK

75.1

)3(50.1

)3(

4

3

ˆ

ˆ

67ln8

78

67ln8

34

213

213

213

213

x

x

dxUdx

dxUdx

aa





)4(

4

)4(3

5

4)4(

55)4(

54

)4(45

)4(44

FF

aa

KKKK

00.2

)4(75.1

)4(

5

4

ˆ

ˆ

78ln81

78ln8

78

215

215

215

215

x

x

dxUdx

dxUdx

aa


4.j.Assembling:Langkah8 (hal166)

• Assembling semua komponen menjadi matrik global:

00.2

)4(75.1

)3(

75.1

)4(50.1

)2(

50.1

)3(25.1

)1(

25.1

)2(00.1

)1(

5

4

3

2

1

ˆ

ˆˆ

ˆˆ

ˆˆ

ˆ78ln81

78ln8

78

67ln8

78

67ln8

34

56ln8

34

56ln8

58

45ln8

58

45ln82

215

215

215

215

213

213

213

213

211

211

211

211

29

29

29

29

x

xx

xx

xx

x

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

aaaaa




)4(5

)4(4

)3(4

)3(3

)2(3

)2(2

)1(2

)1(1

5

4

3

2

1

)4(55

)4(54

)4(45

)4(44

)3(44

)3(43

)3(34

)3(33

)2(33

)2(32

)2(23

)2(22

)1(22

)1(21

)1(12

)1(11

00000

0000000

FFFFFFF

F

aaaaa

KKKKKK

KKKKKKKK

KK



• Matriks global disederhanakan:

00.2

)4(75.1

)3(

75.1

)4(50.1

)2(

50.1

)3(25.1

)1(

25.1

)2(00.1

)1(

5

4

3

2

1

ˆ

ˆˆ

ˆˆ

ˆˆ

ˆ

78ln81

4948ln83635ln82524ln8

45ln82

215

215000

21514

21300

02

13122

110

002

111029

00029

29

x

xx

xx

xx

x

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

dxUdx

aaaaa


4.k.Langkah9:AplikasiKondisiBatas (hal168‐169)

• Aplikasikan KBI dan KB natural:

21

000

ˆ

78ln81

4948ln83635ln82524ln8

45ln82

215

215000

21514

21300

02

13122

110

002

111029

00029

29

1

)1(

5

4

3

2

1x

dxUdx

aaaaa

0ˆˆ

25.1

)1(

25.1

)2(

xxdxUdx

dxUdx

21ˆ

2

)4(

xdxUdx

0ˆˆ

5.1

)2(

5.1

)3(

xxdxUdx

dxUdx 0

ˆˆ

75.1

)3(

75.1

)4(

xxdxUdx

dxUdx


4.k.Langkah9:AplikasiKondisiBatas (hal169)

• Aplikasikan KB esensial U(1) = 2, menghasilkan pada Elemen 1: a1 = 2.

• Eliminasi a1 dari persamaan dengan mengalikan Kolom 1 x 2, hasilnya dikurangkan ke RHS dan Baris 1 dihilangkan dari persamaan.

78ln8

21

4948ln83635ln8

2524ln89

215

21500

21514

2130

02

13122

11

002

1110

5

4

3

2

aaaa


4.k.Langkah10:PenyelesaianPersamaan(hal170)

• Dengan menggunakan eliminasi Gauss, sistem persamaan Pers. 5.105 (hal 169), diperoleha2 = 1.714, a3 = 1.540, a4 = 1.427, a5 = 1.352

• Dan dari persamaan konstrain KB, a1 = 2.000• Sehingga diperoleh solusi coba tiap elemen sbb:

75.100.275.1352.1

75.100.200.2427.1)(ˆ

50.175.150.1427.1

50.175.175.1540.1)(ˆ

25.150.125.1540.1

25.150.150.1714.1)(ˆ

00.125.100.1714.1

00.125.125.1000.2)(ˆ

)4(

)3(

)2(

)1(

xxxU

xxxU

xxxU

xxxU


4.k.Langkah11‐12:HitungDebit(hal170)

• Debit/flux dihitung sbb:

• Plot solusi coba dan debit serta estimasi ketelitiannya (lihat hal 171).

• Perhatikan solusi coba kontinu namun debit tidak.

xxxxaaxxx

xxaax

xxxxaaxxx

xxaax

300.0)(ˆ452.0)(ˆ

696.0)(ˆ144.1)(ˆ

45

54)4(

34

43)3(

23

32)2(

12

21)1(


5.DelapanElemen&6.Konvergensi

• Prosedure penyelesaian solusi coba dengan delapan elemen dapat dilihat dalam Buku Pegangan, hal. 173-185.

• Perbaikan kisi FEM dan kondisi konvergensi dibahas dalam Buku Pegangan, hal. 185-189


7.PenomoranElemenRandom(hal189)

Notasi Û(x;a) dan (x)

xNode 2xa=1

Node 3xc=3/2

12

(2)a2

11

(1)

13

(2) 3(1)

a3

)1(

3

)1(2

1

3)1(

11)1(

13

)1(31

)1(33

FF

aa

KKKK

)2(

3

)2(2

3

2)2(

33)2(

32

)2(23

)2(22

FF

aa

KKKK

Node 1xb=2

a1

Elemen 2 Elemen 1


7.…Assembly… (hal189)

• Assembly:


)1(

1

)1(3

)2(3

)2(2

1

3

2

)1(11

)1(13

)1(31

)1(33

)2(33

)2(32

)2(23

)2(22

0

0

FFF

F

aaa

KKKKKK

KK

Elemen 1 Elemen 2

)1(

3

)1(2

1

3)1(

11)1(

13

)1(31

)1(33

FF

aa

KKKK

)2(

3

)2(2

3

2)2(

33)2(

32

)2(23

)2(22

FF

aa

KKKK


7.…Urutan… (hal189)

• Secara teoretis sistem persamaan linier di atas dapat diselesaikan pula secara mudah.

• Walaupun arraynya tidak urut tetapi

{a2, a3, a1}t

• Namun penyelesaian dengan komputer lebih mudah kalau suatu array disusun dengan urutan dari kecil ke besar yaitu

{a1, a2, a3}t


7.…Pengurutan… (hal191)

• Matrik asli:

• Matrik sesudah diurutkan:

)1(

1

)1(3

)2(3

)2(2

1

3

2

)1(11

)1(13

)1(31

)1(33

)2(33

)2(32

)2(23

)2(22

0

0

FFF

F

aaa

KKKKKK

KK

)1(3

)2(3

)2(2

)1(1

3

2

1

)1(33

)2(33

)2(32

)1(31

)2(23

)2(22

)1(13

)1(11

00

FFFF

aaa

KKKKKKKK


7.AssemblySecaraUmum(hal191)

• Matrik residual pada elemen e dan nomor titik global s dan r:

• Tambahkan Ksr(e) ke dalam Baris s dan Kolom r pada

matriks besar, dan tambahkan Fs(e) ke Baris s kedalam

vektor beban:

)(

)(

)()(

)()(

er

es

r

se

rre

rs

esr

ess

FF

aa

KKKK

)(

)(

)()(

)()(

er

es

r

s

err

ers

esr

ess

F

F

a

a

KK

KK

Kolom rKolom s

Baris s

Baris r


7.SifatPenomoranRandom(hal.192)• Penomoran global di elemen

• Penomoran global untuk penyelesaian

x8 2 31 45 67 9(3) (6) (2) (5) (8) (1) (7) (4)

xNode s

xs

Node rxr

1s

(e)

1

s(e)

as

ar


7.TabelKoneksitas8elemen(hal192)• Setiap notasi lokal harus disesuaikan dengan notasi

global dan sebaliknya.• Untuk kasus 8 elemen linier di atas disusun tabel

koneksi koordinat lokal ke globalNomorElemen

Titik Lokal 1 menjadiTitik Global

Titik Lokal 2 menjadiTitik Global

(1) 4 9(2) 5 1(3) 8 2(4) 3 6(5) 1 7(6) 2 5(7) 9 3(8) 7 4


7.MatriksPersamaanElemen(hal.192)• Penomoran global

• Matriks Residual di elemenx8 2 31 45 67 9

(3) (6) (2) (5) (8) (1) (7) (4)

)3(

2

)3(8

2

8)3(

22)3(

28

)3(82

)3(88

FF

aa

KKKK

)6(

5

)6(2

5

2)6(

55)6(

52

)6(25

)6(22

FF

aa

KKKK

)5(

7

)5(1

7

1)6(

77)6(

71

)5(17

)5(11

FF

aa

KKKK

)8(

4

)8(7

4

7)8(

44)8(

47

)8(74

)8(77

FF

aa

KKKK

)1(

9

)1(4

9

4)1(

99)1(

94

)1(49

)1(44

FF

aa

KKKK

)4(

6

)4(3

6

3)4(

66)4(

63

)4(36

)4(33

FF

aa

KKKK

)7(

3

)7(9

3

9)7(

33)7(

39

)7(93

)7(99

FF

aa

KKKK

)2(

1

)2(5

1

5)2(

11)2(

15

)2(51

)2(55

FF

aa

KKKK

understand the pattern


7.MatriksLengkap8Elemen(hal.193)

)7(9

)1(9

)3(8

)8(7

)5(7

)4(6

)6(5

)2(5

)8(4

)1(4

)7(3

)4(3

)6(2

)3(2

)5(1

)2(1

9

8

7

6

5

4

3

2

1

)7(99

)1(99

)1(94

)7(93

)3(88

)3(82

)8(77

)5(77

)8(74

)5(71

)4(66

)4(63

)6(55

)2(55

)6(52

)2(51

)1(49

)8(47

)8(44

)1(44

)7(39

)4(36

)7(33

)4(33

)3(28

)6(25

)6(22

)3(22

)5(17

)2(15

)5(11

)2(11

00000000000000000000000000000000

000000000000

000000000000

FFF

FFF

FFFFFFFFFF

aaaaaaaaa

KKKKKK

KKKKKK

KKKKKKKKKKKK

KKKKKKKK


7.KarakteristikMatriks(hal.193)

• Dengan penomoran titik dan elemen secara acak, tidak mempengaruhi jumlah anggota matriks yang mempunyai nilai nol

• Namun penomoran secara acak berakibat pada lebar pita matriks yang semakin besar, sehingga mengakibatkan penyelesaian matriks lebih lama


8.FungsiCobaGlobal(hal.195)

• Fungsi coba global mempunyai nilai tidak nol (kecuali di beberapa lokasi) pada seluruh (global) domain.

xx1(xa=1)

x2 x5(xb=2)

x3 x4

Û

a1a2 a3 a4

a5


8.FungsiCobadalamElemen(hal.195)• Fungsi coba lokal mempunyai nilai tidak nol

(kecuali di beberapa lokasi) hanya pada bagian sempit (lokal) dari domain, dan identik dengan nol di lain tempat.

xx1(xa=1)

x2 x5(xb=2)

x3 x4

Û(2)

(2)

a2 a3


8.KeuntunganFEM(hal.196)

• Matriks stiffness biasanya mempunyai sangat banyak nol, sehingga mampu untuk menampung lebih banyak persamaan.

• Bagian yang tidak nol, biasanya diperoleh dari satu jenis elemen, jadi persamaan residual elemen dapat digunakan berulang-ulang.

• Persamaan tiap elemen sangat mudah dikumpulkan dengan menggabungkan tiap suku kedalam lokasi yang tepat kedalam matriks stiffness.

• Kondisi batas dengan mudah diaplikasikan.


9.12LangkahUntukElemen(hal197)A. Pengembangan Teori

1. Tulis persamaan residual Galerkin untuk suatu elemen

2. Integration by parts3. Substitusi persamaan residual

elemen kedalam Butir 2. Hasilnya berupa persamaan elemen.

4. Tentukan “fungsi bentuk”5. Substitusikan “fungsi bentuk”

kedalam “solusi coba” sehingga didapat sistem persamaan, dan ubah integral agar cocok untuk hitungan numerik

6. Siapkan formula untuk “debit” dengan “solusi coba”

B. Hitungan Numerik

7. Siapkan data lapangan8. Hitung suku-suku interior

dalam elemen, assemble ke dalam suku-suku sistem persamaan

9. Aplikasikan kondisi batas kedalam persamaan baik KB maupun KBI.

10. Selesaikan sistem persamaan linier

11. Hitung “debit”12. Tayangkan “penyelesaian

pendekatan” dan estimasi ketelitiannya

…beawinner…

…andactslikewinners..


Bab 5 Konsep Elemen - luk.staff.ugm.ac.idluk.staff.ugm.ac.id/fem/Bab5.pdf · Bab 5 Konsep Elemen...

Documents

Transcript of Bab 5 Konsep Elemen - luk.staff.ugm.ac.idluk.staff.ugm.ac.id/fem/Bab5.pdf · Bab 5 Konsep Elemen...