Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulikaluk.staff.ugm.ac.id/fem/Bab4.pdf · Bab 4 Dasar Kedua: 12...

Bab 4

Dasar Kedua:

12 Langkah Penyelesaian Pendekatan

Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulika

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

5/8/2014 [email protected] 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



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”


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


II. Contoh Soal (hal.98)

Persamaan dasar:

Kondisi Batas:

22)(xdx

xdUxdxd

Domain: 1 < x < 2

21

2)(

2)1(

xdxxdUx

U


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:


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

)(

)(



... 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

)(



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!



...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



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



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



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



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



Kij dihitung:

Untuk i = 1• K11 = 0• K12 = 0• K13 = 0karena:

dxdxd

xdxdK j

x

x

iij

b

a

01 dxd


... 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



Kij dihitung:

Untuk i = 3

dxdxd

xdxdK j

x

x

iij

b

a

4433 22 ab

x

x

xxdxxxxKb

a



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



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



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



Debit (“flux”) diformulasikan:

232

3

1

2

ˆˆ

xaxa

dxd

ax

dxUdx

j

jj


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


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



• 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



• 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


... 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



• 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



• 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



• 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”



• 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.


... 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


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




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


IV. ... Langkah 9... (hal.113)

Aplikasi kondisi batas U(1) = 2

a1 + a2 + a3 = 2a3 = 2 - a1 - a2


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


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


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


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


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.



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



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


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


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 ..


Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulikaluk.staff.ugm.ac.id/fem/Bab4.pdf · Bab 4 Dasar Kedua: 12...

Documents

Transcript of Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulikaluk.staff.ugm.ac.id/fem/Bab4.pdf · Bab 4 Dasar Kedua: 12...