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

∆t+ 2

unj − un

∆x= 0 (2)

Diberikan persamaan Transport

ut + 2ux = 0 (1)

Diskretkan persamaan transport (1) dengan menggunakanpersamaan beda skema FTCS, yaitu

un+1j − un

∆t+ 2

unj − un

∆x= 0 (2)

Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi

un+1j = −2∆t

∆x(unj − un

j−1)

un+1j = −d

(unj − un

j−1)

+ unj , dengan d =

2∆t∆x

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

un+1j = −2∆t

∆x(unj − un

j−1)

un+1j = −d

(unj − un

j−1)

+ unj , dengan d =

2∆t∆x

)+ ρne iaj

ρ = −d(1− e−ia) + 1

un+1j = −2∆t

∆x(unj − un

j−1)

un+1j = −d

(unj − un

j−1)

+ unj , dengan d =

2∆t∆x

j = ρne iaj pada persamaantersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.

Substitusi unj = ρne iaj pada persamaan (3) menghasilkan

)+ ρne iaj

ρ = −d(1− e−ia) + 1

un+1j = −2∆t

∆x(unj − un

j−1)

un+1j = −d

(unj − un

j−1)

+ unj , dengan d =

2∆t∆x

)+ ρne iaj

ρ = −d(1− e−ia) + 1

un+1j = −2∆t

∆x(unj − un

j−1)

un+1j = −d

(unj − un

j−1)

+ unj , dengan d =

2∆t∆x

)+ ρne iaj

ρ = −d(1− e−ia) + 1

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

=(2d − 2d2

)cos a +

(2d2 − 2d

Karena nilai −1 ≤ cos a ≤ 1, maka

(2d2 − 2d

)+(2d2 − 2d

)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤

(2d − 2d2

)+(2d2 − 2d

4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)

ρ = −d (1− cos a + i sin a) + 1

= {−d + d cos a + 1} + i {−d sin a}

|ρ|2 = {−d + d cos a + 1}2 + {−d sin a}2

}+ d2 sin2 a

)+(2d − 2d2

)cos a +

(d2 − 2d

=(2d − 2d2

)cos a +

(2d2 − 2d

)+(2d2 − 2d

)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤

(2d − 2d2

)+(2d2 − 2d

4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)

ρ = −d (1− cos a + i sin a) + 1

= {−d + d cos a + 1} + i {−d sin a}

|ρ|2 = {−d + d cos a + 1}2 + {−d sin a}2

}+ d2 sin2 a

)+(2d − 2d2

)cos a +

(d2 − 2d

=(2d − 2d2

)cos a +

(2d2 − 2d

)+(2d2 − 2d

)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤

(2d − 2d2

)+(2d2 − 2d

4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)

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

4d2 − 4d ≤ 0

d − 1 ≤ 0

d ≤ 1

Jadi syarat kestabilannya akan dipenuhi jika d ≤ 1 atau

∆x≤ 1.

|ρ| ≤ 1 atau − 1 ≤ ρ ≤ 1

|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ ρ2 ≤ 1

|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ a2 + b2 ≤ 1

4d2 − 4d + 1 ≤ 1

4d2 − 4d ≤ 0

d − 1 ≤ 0

d ≤ 1

∆x≤ 1.

|ρ| ≤ 1 atau − 1 ≤ ρ ≤ 1

|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ ρ2 ≤ 1

|ρ|2 ≤ 1 atau 0 ≤ a2 + b2 ≤ 1

4d2 − 4d + 1 ≤ 1

4d2 − 4d ≤ 0

d − 1 ≤ 0

d ≤ 1

∆x≤ 1.

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 +

3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)

unj−1 = un

j − ∆x ux |nj +1

2!∆x2 uxx |nj −

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 +

2!∆t utt |nj +

3!∆t2 uttt |nj + · · ·

{ux |nj −

2!∆x uxx |nj +

3!∆x2 uxxx |nj − · · ·

ut +∆t

2!utt +

3!uttt + · · ·

{ux −

2!uxx +

3!uxxx − · · ·

{ut + 2ux} +

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · = 0(7)

Suatu persamaan beda untuk persamaan transport (1) atau bentuk terakhir dari persamaan (7)dikatakan konsisten jika

lim(∆t,∆x)→0

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · = 0 (8)

j dan unj−1

yaitu:

un+1j = un

j + ∆t ut |nj +1

2!∆t2 utt |nj +

3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)

unj−1 = un

j − ∆x ux |nj +1

2!∆x2 uxx |nj −

3!∆x3 uxxx |nj + · · · (6)

∆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 +

2!∆t utt |nj +

3!∆t2 uttt |nj + · · ·

{ux |nj −

2!∆x uxx |nj +

3!∆x2 uxxx |nj − · · ·

ut +∆t

2!utt +

3!uttt + · · ·

{ux −

2!uxx +

3!uxxx − · · ·

{ut + 2ux} +

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · = 0(7)

lim(∆t,∆x)→0

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · = 0 (8)

j dan unj−1

yaitu:

un+1j = un

j + ∆t ut |nj +1

2!∆t2 utt |nj +

3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)

unj−1 = un

j − ∆x ux |nj +1

2!∆x2 uxx |nj −

3!∆x3 uxxx |nj + · · · (6)

∆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 +

2!∆t utt |nj +

3!∆t2 uttt |nj + · · ·

{ux |nj −

2!∆x uxx |nj +

3!∆x2 uxxx |nj − · · ·

ut +∆t

2!utt +

3!uttt + · · ·

{ux −

2!uxx +

3!uxxx − · · ·

{ut + 2ux} +

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · = 0(7)

lim(∆t,∆x)→0

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · = 0 (8)

Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah

Error pemotongan pertama =∆t

2!utt − 2

selanjutnya kita singkat Gpp.

Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya

ut = −2ux

atau∂u

∂t= −2

Jika kita turunkan persamaan diatas sekali lagi terhadap t, maka

∂t2=∂

)= −2

utt = 4uxx atau uxx =1

2!utt − 2

ut = −2ux

atau∂u

∂t= −2

∂t2=∂

)= −2

2!utt − 2

ut = −2ux

atau∂u

∂t= −2

∂t2=∂

)= −2

Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh

yang menyatakan bahwa akurasi dari persamaan beda (2) berorde O (∆t,∆x) , dan Gpp tersebutakan bernilai nol jika

42∆t

∆x= 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} +

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · ∼= ut + 2ux•

42∆t

∆x= 1

{ut + 2ux} +

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · ∼= ut + 2ux•

42∆t

∆x= 1

{ut + 2ux} +

2!utt − 2

{∆t2

3!uttt + 2

3!uxxx

}+ · · · ∼= ut + 2ux•

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

(unj − un

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

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

(unj − un

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

Solusi Numerik Persamaan Transport · Diberikan persamaan Transport u t + 2u x = 0 (1) Diskretkan...

Documents

Transcript of Solusi Numerik Persamaan Transport · Diberikan persamaan Transport u t + 2u x = 0 (1) Diskretkan...