Solusi Numerik Persamaan Transport M. Jamhuri December 16, 2013 M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
j
∆t+ 2
unj − un
j−1
∆x= 0 (2)
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
j
∆t+ 2
unj − un
j−1
∆x= 0 (2)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
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
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
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
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukandengan cara mensubstitusikan un
j = ρne iaj pada persamaantersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.
Substitusi unj = 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
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
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
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi
un+1j = −2∆t
∆x(unj − un
j−1)
+ unj
atau,
un+1j = −d
(unj − un
j−1)
+ unj , dengan d =
2∆t∆x
(3)
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
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
)+ 1
=(2d − 2d2
)cos a +
(2d2 − 2d
)+ 1
Karena nilai −1 ≤ cos a ≤ 1, maka
(2d2 − 2d
)+(2d2 − 2d
)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤
(2d − 2d2
)+(2d2 − 2d
)+ 1
4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
)+ 1
=(2d − 2d2
)cos a +
(2d2 − 2d
)+ 1
Karena nilai −1 ≤ cos a ≤ 1, maka
(2d2 − 2d
)+(2d2 − 2d
)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤
(2d − 2d2
)+(2d2 − 2d
)+ 1
4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
)+ 1
=(2d − 2d2
)cos a +
(2d2 − 2d
)+ 1
Karena nilai −1 ≤ cos a ≤ 1, maka
(2d2 − 2d
)+(2d2 − 2d
)+ 1 ≤ |ρ|2 ≤
(2d − 2d2
)+(2d2 − 2d
)+ 1
4d2 − 4d + 1 ≤ |ρ|2 ≤ 1(4)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
atau
4d2 − 4d ≤ 0
d − 1 ≤ 0
d ≤ 1
Jadi syarat kestabilannya akan dipenuhi jika d ≤ 1 atau
2∆t
∆x≤ 1.
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
atau
4d2 − 4d ≤ 0
d − 1 ≤ 0
d ≤ 1
Jadi syarat kestabilannya akan dipenuhi jika d ≤ 1 atau
2∆t
∆x≤ 1.
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
atau
4d2 − 4d ≤ 0
d − 1 ≤ 0
d ≤ 1
Jadi syarat kestabilannya akan dipenuhi jika d ≤ 1 atau
2∆t
∆x≤ 1.
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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 +
1
3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)
unj−1 = un
j − ∆x ux |nj +1
2!∆x2 uxx |nj −
1
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 +
1
2!∆t utt |nj +
1
3!∆t2 uttt |nj + · · ·
}+ 2
{ux |nj −
1
2!∆x uxx |nj +
1
3!∆x2 uxxx |nj − · · ·
}= 0{
ut +∆t
2!utt +
∆t2
3!uttt + · · ·
}+ 2
{ux −
∆x
2!uxx +
∆x2
3!uxxx − · · ·
}= 0
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0(7)
Suatu persamaan beda untuk persamaan transport (1) atau bentuk terakhir dari persamaan (7)dikatakan konsisten jika
lim(∆t,∆x)→0
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0 (8)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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 +
1
3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)
unj−1 = un
j − ∆x ux |nj +1
2!∆x2 uxx |nj −
1
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 +
1
2!∆t utt |nj +
1
3!∆t2 uttt |nj + · · ·
}+ 2
{ux |nj −
1
2!∆x uxx |nj +
1
3!∆x2 uxxx |nj − · · ·
}= 0{
ut +∆t
2!utt +
∆t2
3!uttt + · · ·
}+ 2
{ux −
∆x
2!uxx +
∆x2
3!uxxx − · · ·
}= 0
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0(7)
Suatu persamaan beda untuk persamaan transport (1) atau bentuk terakhir dari persamaan (7)dikatakan konsisten jika
lim(∆t,∆x)→0
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0 (8)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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 +
1
3!∆t3 uttt |nj + · · · (5)
unj−1 = un
j − ∆x ux |nj +1
2!∆x2 uxx |nj −
1
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 +
1
2!∆t utt |nj +
1
3!∆t2 uttt |nj + · · ·
}+ 2
{ux |nj −
1
2!∆x uxx |nj +
1
3!∆x2 uxxx |nj − · · ·
}= 0{
ut +∆t
2!utt +
∆t2
3!uttt + · · ·
}+ 2
{ux −
∆x
2!uxx +
∆x2
3!uxxx − · · ·
}= 0
{ut + 2ux} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0(7)
Suatu persamaan beda untuk persamaan transport (1) atau bentuk terakhir dari persamaan (7)dikatakan konsisten jika
lim(∆t,∆x)→0
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · = 0 (8)
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah
Error pemotongan pertama =∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
selanjutnya kita singkat Gpp.
Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya
ut = −2ux
atau∂u
∂t= −2
∂u
∂x
Jika kita turunkan persamaan diatas sekali lagi terhadap t, maka
∂2u
∂t2=∂
∂t
(−2
∂u
∂x
)= −2
∂
∂t
(∂u
∂x
)= −2
∂
∂x
(∂u
∂t
)= −2
∂
∂x
(−2
∂u
∂x
)= 4
∂2u
∂x2
atau
utt = 4uxx atau uxx =1
4utt
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah
Error pemotongan pertama =∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
selanjutnya kita singkat Gpp.
Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya
ut = −2ux
atau∂u
∂t= −2
∂u
∂x
Jika kita turunkan persamaan diatas sekali lagi terhadap t, maka
∂2u
∂t2=∂
∂t
(−2
∂u
∂x
)= −2
∂
∂t
(∂u
∂x
)= −2
∂
∂x
(∂u
∂t
)= −2
∂
∂x
(−2
∂u
∂x
)= 4
∂2u
∂x2
atau
utt = 4uxx atau uxx =1
4utt
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah
Error pemotongan pertama =∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
selanjutnya kita singkat Gpp.
Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya
ut = −2ux
atau∂u
∂t= −2
∂u
∂x
Jika kita turunkan persamaan diatas sekali lagi terhadap t, maka
∂2u
∂t2=∂
∂t
(−2
∂u
∂x
)= −2
∂
∂t
(∂u
∂x
)= −2
∂
∂x
(∂u
∂t
)= −2
∂
∂x
(−2
∂u
∂x
)= 4
∂2u
∂x2
atau
utt = 4uxx atau uxx =1
4utt
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh
Gpp =
(∆t
2−
∆x
4
)utt
yang menyatakan bahwa akurasi dari persamaan beda (2) berorde O (∆t,∆x) , dan Gpp tersebutakan bernilai nol jika
∆t
2−
∆x
4= 0
atau
∆t
2=
∆x
42∆t
∆x= 1
d = 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} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · ∼= ut + 2ux•
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh
Gpp =
(∆t
2−
∆x
4
)utt
yang menyatakan bahwa akurasi dari persamaan beda (2) berorde O (∆t,∆x) , dan Gpp tersebutakan bernilai nol jika
∆t
2−
∆x
4= 0
atau
∆t
2=
∆x
42∆t
∆x= 1
d = 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} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · ∼= ut + 2ux•
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh
Gpp =
(∆t
2−
∆x
4
)utt
yang menyatakan bahwa akurasi dari persamaan beda (2) berorde O (∆t,∆x) , dan Gpp tersebutakan bernilai nol jika
∆t
2−
∆x
4= 0
atau
∆t
2=
∆x
42∆t
∆x= 1
d = 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} +
{∆t
2!utt − 2
∆x
2!uxx
}+
{∆t2
3!uttt + 2
∆x2
3!uxxx
}+ · · · ∼= ut + 2ux•
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
∆x
(unj − un
j−1
)+ un
j )
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
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport
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
∆x
(unj − un
j−1
)+ un
j )
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
M. Jamhuri Solusi Numerik Persamaan Transport