Komputasi Numerik
-
Upload
petrus-fendiyanto -
Category
Education
-
view
152 -
download
5
description
Transcript of Komputasi Numerik
Tugas Komputasi Numerik
Dosen Pengampu:Prof. DR. Basuki Widodo, M.Sc
NIP. 19650605 198903 1 002
Oleh:Petrus Fendiyanto
1213201002
Pascasarjana MatematikaFakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam
Institut Teknologi Sepuluh NopemberSurabaya
2014
1. Gunakan metode elemen hingga dan teorema Green untuk menyelesaikan permasalahanberikut ini:
d
dx
[xdϕ
dx
]+ d
dy
[ydϕ
dx
]= 0, 0 < x < 1 dan 0 < y < 1
ϕ(0) = 1,(dϕ
dx
)x=1
= 0 dan(dϕ
dy
)y=1
= 0
dengan elemen sebanyak 3 dan masing-masing elemen memiliki 4 buah titik lokalJawab:
d
dx
[xdϕ
dx
]+ d
dy
[ydϕ
dx
]= 0
∂2ϕ
∂x2 + ∂2ϕ
ϕy2 = 0
∇2ϕ = 0
Dengan menggunakan Teorema Green
∫ΩRωdω = 0∫
Ω∇2ϕωdω = 0
Berdasarkan integrasi persamaan multidimensi pada bagian Teorema Green-Gauss:∫Ω
(f · ∇ · ∇ · g +∇f · ∇g) =∫
Γf∂g
∂ndΓ
Dengan mensubtitusikan f = ω dan g = ϕ, maka persamaan∫
Ω∇2ϕωdω = 0 menjadi:
∫Ω∇(∇ϕ)ωdΩ =
∫Ω
(∇ϕ)∇ωdΩ−∫
Γf∂g
∂ndΓ
sehingga: ∫Ω∇(∇ϕ)ωdΩ = 0∫
Ω(∇ϕ)∇ωdΩ−
∫Γf∂g
∂ndΓ = 0∫
Ω(∇ϕ)∇ωdΩ =
∫Γf∂g
∂ndΓ
ϕ diberikan pada bagian batasan pertama dan ∂ϕ∂n
diberikan pada bagian batasan yanglain. Pada bagian left-hand side dihitung menggunakan:
∇ϕ∇ω = ∂ϕ
∂xp
· ∂ω∂xp
∇ϕ∇ω = ∂ϕ
∂ξq
· ∂ξq
∂xp
dengan:
ϕ = Tiωi
ω = Tj
∂ξq
∂xp
=[∂xp
∂ξq
]−1
1
Maka elemen dua dimensinya:∂ξ1
∂x
∂ξ1
∂y∂ξ2
∂x
∂ξ2
∂y
=
∂x
∂ξ1
∂x
∂ξ2∂y
∂ξ1
∂y
∂ξ2
= 1∂x
∂ξ1
∂y
∂ξ2− ∂x
∂ξ2
∂y
∂ξ1
∂y
∂ξ2− ∂x∂ξ2
− ∂y∂ξ1
∂x
∂ξ1
Dengan menggunakan elemen hingga dan membagi menjadi 3× 3 elemen sehingga diper-oleh:
Fungsi Basis turunannya adalah sebagai berikut:
T1 = (1− ξ1)(1− ξ2)T2 = ξ1(1− ξ2)T3 = (1− ξ1)ξ2
T4 = ξ1ξ2
Hasil diferensiasi fungsi T1, T2, T3 dan T4 terhadap ξ1 dan ξ2 adalah:
∂T1
∂ξ1= −(1− ξ2) ∂T1
∂ξ2= −(1− ξ1)
∂T2
∂ξ1= −(1− ξ2) ∂T2
∂ξ2= −ξ1
∂T3
∂ξ1= −ξ2
∂T3
∂ξ2= −(1− ξ1)
∂T4
∂ξ1= −ξ2
∂T4
∂ξ2= ξ1
2
Kemudian dihitung nilai Eij untuk i, j = 1, 2, 3, 4
E11 = k∫ 1
0
∫ 1
0((1− y)2 + (1− x)2)dxdy
E11 = 23k
E22 = −23k
E33 = −23k
E44 = −23k
E12 = −16k
E13 = −16k
E21 = −16k
E31 = −16k
E24 = −16k
E34 = −16k
E42 = −16k
E43 = −16k
E14 = −16k
E23 = −16k
E32 = −16k
E41 = −13k
Dapat dibentuk matriks left-hand side sebagai berikut:
23k −1
6k −16k −
16k
−16k −
23k −
13k −
16k
−16k −
13k −
23k −
16k
−13k −
16k −
16k −
23k
2. Selesaikan PDB d2x
dt2+ 2dx
dt+ 5x = sint dengan metode RK4 dimana syarat batasnya
x(0) =[dx
dt
]x=0
= 0
Jawab:
3
(a) Secara Analitik Daripersamaan d2x
dt2+ 2dx
dt+ 5x = sint diperoleh onformasi begai
berikut:• Persamaan Reduksi (PR) : D2 + 2D + 5• Persamaan Karateristik (PK) : m2 + 2m+ 5• Akar-akar PK :
m1,2 = −b±√b2 − 4ac
2a
m1,2 =−2±
√22 − 4(1)(5)2(1)
m1,2 = −2±√
4− 202
m1,2 = −2±√−16
2m1,2 = −2± 4i
2m1,2 = −1± 2i
• Sehingga persamaan umum penyelesaian reduksi:
yc = e−t(c1 cos 2t+ c2 sin 2t)yc = c1e
−t cos 2t+ c2e−t sin 2t
Dari sin 2t diperoleh:• Persamaan Partikulir :
yp = 1D2 + 2D + 5 sin t
yp = = 1D2 + 2D + 5e
it
yp = = 1i2 + 2i+ 5e
it
yp = =( 1
4 + 2i
)eit
yp = =(1
5 + i
10
)(cos t+ i sin t)
yp = =
110 cos t+ 1
10 sin t− i
10 cos t+ i
5 sin t
yp = = 1
10 cos t+ 110 sin t+ i
[− 1
10 cos t+ 15 sin t
]yp = − 1
10 cos t+ 15 sin t
Sehingga diperoleh:
y = yc + yp
y = c1e−t cos 2t+ c2e
−t sin 2t− 110 cos t+ 1
5 sin t
4
Dengan mensubstitusi syarat batas x(0) =[dx
dt
]x=0
= 0, diperoleh nilai c1 = 110 dan
c2 = − 120.
Dengan menggabungkan solusi dari ruas kiri dan ruas kanan, diperoleh penyelesaianumum persamaan diferensialnya adalah:
y = 110e
−t cos 2t− 120e
−t sin 2t− 110 cos t+ 1
5 sin t.
(b) Secara NumerikDigunakan metode Runge-kutta orde 4 untuk penyelesaian secara numerik.dy
dx= f(x, y) dengan syarat batas y(x0) = y0.
yn+1 = yn + 16 (k1 + 2k2 + 2k3 + k4)
xn+1 = xn + h
dimana:
k1 = hf (xn, yn)
k2 = hf
(xn + h
2 , yn + k1
2
)
k3 = hf
(xn + h
2 , yn + k2
2
)k4 = hf (xn + h, yn + k3)
Dari soal diketahui bahwa:
x′′ + 2x′ + 5x = sin t
Kemudian, permasalahan tersebut dijadikan ke dalam bentuk standar metode Runge-Kutta:
f(t, x, x′) = sin t− 2x′ − 5x dengan syarat batas x(0) = x′(0)
dengan:
k1 = hf (tn, tn, xn)= h
(sin t− 2x′ − 5x
)k2 = hf
(tn + h
2 , tn + h
2x′
n + h
8k1, x′
n + k1
2
)
= h
(sin(tn + h
2 )− 5(tn + h
2x′
n + h
8k1)− 2(x′
n + k1
2 ))
k3 = hf
(tn + h
2 , tn + h
2x′
n + h
8k2, x′
n + k2
2
)
= h
(sin(tn + h
2 )− 5(tn + h
2x′
n + h
8k2)− 2(x′
n + k2
2 ))
k4 = hf
(tn + h, xn + hx
′
n + h
2k3, x
′
n + k3
)
∆x = 16(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)
5
Dengan menggunakan bantuan MATLAb, diperoleh nilai x(2) = 3.020, berikut inisource code untuk penyelesaiannya.clc ;clear a l l ;t0 =0;x0=0;tn = input ( ’ Masukkan n i l a i tn= ’ ) ;h = input ( ’ Masukkan n i l a i h = ’ ) ;n=(tn−t0 )/h ;t (1)=0;x (1)=0;y (1)=0;for i =1:n
t ( i +1)=t ( i )+h ;K1=h∗( sin ( t ( i ))−2∗y ( i )+5∗x ( i ) ) ;K2=h∗ ( ( sin ( t ( i )+0.5∗h))+(5∗( x ( i )+0.5∗h∗y ( i )+(1/8)∗h∗K1))+((2)∗ ( y ( i )+(K1 / 2 ) ) ) ) ;K3=h∗ ( ( sin ( t ( i )+0.5∗h))+(5∗( x ( i )+0.5∗h∗y ( i )+(1/8)∗h∗K2))+((2)∗ ( y ( i )+(K2 / 2 ) ) ) ) ;K4=h∗ ( ( sin ( t ( i )+h))+(5∗( x ( i )+h∗y ( i )+(0 .5)∗h∗K3))+((−2)∗(y ( i )+K3 ) ) ) ;d=h∗(x ( i )+(1/6)∗(K1+K2+K3+K4 ) ) ;x ( i +1)=d+x ( i ) ;z =(1/6)∗(K1+2∗K2+2∗K3+K4 ) ;y ( i +1)=y ( i )+z ;
enddisp ( [ ’ x (2 ) = ’ ,num2str( x (n + 1 ) ) ] ) ;
3. Gunakan metode beda hingga untuk menyelesaikan permasalahan berikut ini:
−∂2T
∂x2 −∂2T
∂y2 + T = 0, untuk 0 < x < 1 dan 0 < y < 1
Dengan syarat batas:
T (0, 0) = 1[dT
dx
]x=1
= 0[dT
dy
]y=1
= 0
dengan pias sebanyak 5 ke masing-masing sumbu x dan y.Jawab:
(a) Jika diselesaikan dengan analitik:Misalkan T = X(x) · Y (y)dari pemisalan tersebut, diperoleh bahwa:
dT
dx= X ′Y
dT
dy= XY ′
d2T
dx2 = X ′′Yd2T
dy2 = XY ′′
6
substitusi nilai tersebut ke dalam permasalahan dalam soa:
−d2T
dx2 −d2T
dy2 + T = 0
−X ′′Y −XY ′′ +XY = 0
kalikan semua ruas dengan 1XY
, sehingga diperoleh:
−X′′
X− Y ′′
Y+ 1 = 0
−X′′
X= Y ′′
Y− 1
Pada persamaan tersebut, ruas kiri terdiri dari fungsi x saja, sedangkan ruas kananterdiri dari fungsi y saja, sehingga persamaan di atas hanya mungkin jika samadengan suatu konstanta k.Misal diambil k = 0, maka:
−X′′
X= 0
−X ′′ = 0
Persamaan karakteristik : m2 = 0⇔ m = 0, sehingga X = c1 + c2x dan untuk Y :
−Y′′
Y− 1 = 0
−Y′′
Y= 1
−Y ′′ = Y
−Y ′′ − Y = 0
Persamaan karakteristik : m2 − 1 = 0 ⇔ m = 1 atau m = −1, sehingga Y =c3e
y + c4e−y.
Maka penyelesaiannya:
T = XY
T = (c1 + C2x)(c3ey + c4e
−y)
Substitusi syarat batas T (0, 0) = 1 ke dalam persamaan T = (c1 + c2x)(c3ey + c4e
−y)
T (x, y) = (c1 + c2x)(c3ey + c4e
−y)T (0, 0) = (c1 + c2(0))(c3e
0 + c4e0)
c1(c3 + c4) = 1
Substitusi syarat batas[
dTdx
]x=1
= 0 ke dalam persamaan
T = (c1 + c2x)(c3ey + c4e
−y)dT
dx= c2)(c3e
y + c4e−y)
0 = c2)(c3ey + c4e
−y)c2 = 0
7
Substitusi syarat batas[
dTdx
]y=1
= 0 ke dalam persamaan
T = c1(c3ey + c4e
−y)dT
dy= c1(c3e
y + c4e−y)
0 = c1(c3e1 − c4e
−1)Karena c2 = 0, maka c1 6= 0, maka fungsi T akan bernilai 0.
c3e1 − c4e
−1 = 0c3e
2 − c4 = 0c3e
2 = c4
Substitusi nilai c4 = c3e2 ke persamaan yang dihasilkan dari substitusi syarat awal
untuk memperoleh c1:c1(c3 + c4) = 1
c1(c3 + c3e2) = 1
c1c3(1 + e2) = 1
c1 = 1c3(1 + e2)
Dari hasil substitusi syarat batas dan syarat awal, diperoleh nilai konstanta-konstantac1 = 1
c3(1 + e2) , c2 = 0, dan c4 = c3e2, diperoleh penyelesaian sebagai berikut:
T (x, y) = (c1 + c2x)(c3ey + c4e
−y)
T (x, y) =(
1c3(1 + e2) + (0)x
)(c3e
y + c3e2−y)
T (x, y) =(
1c3(1 + e2)
)(c3e
y + c3e2−y)
T (x, y) =(
c3
c3(1 + e2)
)(ey + e2−y)
T (x, y) =( 1
1 + e2
)(ey + e2−y)
T (x, y) =(ey + e2−y
1 + e2
)
(b) Jika diselesaikan secara numerik, menggunakan Metode Beda Hingga.Dipilih Metode beda hingga maju untuk menyelesaikan masalah ini. Permasalahanini tak lain adalah bentuk dari persamaan poison atau persamaan diferensial parsialparabolik dengan syarat batas neumann.Diketahui:
−∂2T
∂x2 −∂2T
∂y2 + T = 0
−∂2T
∂x2 −∂2T
∂y2 = −T
−(∂2T
∂x2 + ∂2T
∂y2
)= −T
8
−(∂2
∂x2 + ∂2
∂y2
)T = −T
−∆T = −T dengan domain Ω = (0, 1)× (0, 1)
Dari definisi beda maju:
∂T
∂x≈ Ti+1,j − Ti,j
h∂T
∂y≈ Ti,j+1 − Ti,j
k∂T
∂x≈ Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j
h2
∂T
∂x≈ Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1
k2
Karena ∆ =(∂2
∂x2 + ∂2
∂y2
)dan h = k, maka digunakan skema eksplisit untuk
mencari nilai Ti,j:
Ti,j = ∂2T
∂x2 + ∂2T
∂y2
Ti,j =(Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j
h2
)+(Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1
k2
)Ti,j =
(Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j
h2
)+(Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1
h2
)Ti,j =
(Ti+1,j + Ti,j+1 − 4Ti,j + Ti−1,j + Ti,j−1
h2
)h2Ti,j = Ti+1,j + Ti,j+1 − 4Ti,j + Ti−1,j + Ti,j−1
Ti,j−1 = h2Ti,j − (Ti+1,j + Ti,j+1 − 4Ti,j + Ti−1,j)Ti,j−1 = h2Ti,j − Ti+1,j − Ti,j+1 + 4Ti,j − Ti−1,j
Ti,j−1 =(h2 + 4
)Ti,j − Ti+1,j − Ti,j+1 − Ti−1,j
Agar stabil, maka h2+4 ≤ 1. Karena h2+4 definit positif, maka tidak ada hasil yangmemenuhi persamaan h2 + 4, sehingga h2 + 4 divergen. Oleh karena itu, dilakukanpenambahan suatu nilai agar persamaan h2 + 4 konvergen. Sehingga persamaanmenjadi:
h2 + 4 ≤ 1h2 + 4
5 ≤ 1
h2 + 4 ≤ 5
9
Persamaan h2 + 4 ≤ 5 konvergen, sehingga syarat kestabilan numerik dipenuhi.Kemudian dari syarat awal, T (0, 0) artinya bahwa pada saat T0,0 atau di titik awal,
nilai T adalah 0. Syarat batas[dT
dx
]x=1
= 0 menyatakan bahwa nilai T pada sisi
kanan domain Ω bernilai 0, sedangkan[dT
dy
]y=1
= 0 menyatakan bahwa nilai T pada
sisi atas domain Ω bernilai 0. Kemudian akan ditunjukkan melalui grafik:
Penyelesaian T untuk h = 5
Dari penyelesaian terlihat bahwa semakin tinggi nilai h, maka semakin baik danteliti hasil T .
10