Bab V Model Difusi Oksigen di Jaringan dengan Laju Konsumsi Berdasarkan Prinsip Michaelis-Menten

Model Difusi Oksigen di Jaringan

dengan Laju Konsumsi Berdasarkan Prinsip

Michaelis-Menten

Pada Bab V ini akan dikaji proses penyebaran konsentrasi oksigen di jaringan dengan laju konsumsi memenuhi prinsip kinetika Michaelis-Menten, yaitu:

g(˜c) = A˜c

B+ ˜c,

dimana A danB adalah konstanta. Karena ˜cmenyatakan konsentrasi oksigen di jaringan, maka ˜c_≥0. Oleh karena itu, didefinisikang(˜c) bernilai nol, ketika ˜

c <0.

Menggunakan syarat batas pada Bab III dan penskalaan (3.12), persamaan difusi di jaringan dalam bentuk tidak berdimensi adalah:

−∂c_∂t +1 r ∂c ∂r r∂c ∂r = λcH(c) α+c , 1≤r ≤ b a. (5.1)

Nilai awal dan syarat batas:

c(1, t) =    b c1−1 δ t+ 1, jika 0≤t < δ; b c1, jika t ≥δ c(1,0) = 1, ∂c ∂r b a = 0, (5.2) dimana λ = Aa2 Djca, α = B ca, bc1 = ci ca, δ = εDj

a2 , dan H(c) merupakan fungsi

V.1 Solusi Keadaan Tunak

Setelah t_{→ ∞}, konsentrasi oksigen di dalam jaringan mencapai keadaan sta-sioner, yaitu memenuhi masalah syarat batas:

1 r dc dr rdc dr = λcH(c) α+c , 1≤r≤ b a (5.3) c(1) = bc1, dc dr b a = 0. (5.4)

V.1.1 Ketunggalan dan Kepositifan Solusi Bentuk umum persamaan (5.3) adalah

∇2c = f(c) untuk r_∈Ω (5.5)

c = ℓ untukr _∈∂Ω. (5.6)

dimana_∇2 _{adalah operator Laplace, ℓkonstanta non-negatif, Ω adalah daerah}

annulus, dengan 1_≤r _{≤ a}b, dan ∂Ω adalah batas pada r= 1. Dalam hal ini

f(c) = λcH(c)

α+c ,

dengan f(c) = 0 jika c_≤0 dan f′_{(c)>0 untuk c >0.}

Misalkan c1 dan c2 adalah solusi (5.5)-(5.6), dan u=c2−c1 maka: ∇2u = f(c2)−f(c1) untuk r∈Ω,

u = 0 untuk r_∈∂Ω.

Berdasarkan Teorema Green, maka diperoleh: Z Ω u_∇2u dv+ Z Ω∇ u._∇u dv = Z Ω∇ .(u_∇u) dv= Z ∂Ω u ∂u ∂nds, (5.7) dimana n adalah vektor normal dari batas.

Karena u = 0 pada ∂Ω, maka ruas kanan persamaan (5.7) bernilai nol. Se-hingga: Z Ω u_∇2u dv = ₋ Z Ω∇ u._∇u dv Z Ω u(f(c2)−f(c1)) dv = − Z Ω∇ u._∇u dv.

KarenaR_Ω∇u._∇u dv_≥0, maka: Z

Ω

u(f(c2)−f(c1)) dv≤0.

Tetapi f adalah fungsi monoton naik, sehingga haruslah u= 0.

Dengan demikian diperoleh c2 =c1.

Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa solusi persamaan (5.5)-(5.6) adalah non-negatif.

Jika ℓ = 0, maka c(r) = 0 adalah solusi tunggal untuk persamaan (5.5). Misalkan c3 adalah solusi untuk persamaan (5.5), dengan b >0.

Jika c3(r1) = 0 untuk 1< r =r1 < _ab, maka dapat dibuat pembatasan untuk

domain, yaitu Ω1 adalah annulus dengan r1 ≤r≤ _ab.

Karenac3adalah solusi tunggal untuk persamaan (5.5), makac3juga memenuhi: ∇2c3 = f(c3) untukr ∈Ω1,

c3 = 0 untukr ∈∂Ω1.

Sehingga diperoleh c3(r) = 0 untukr1 ≤r ≤ _ab.

Dengan demikian c(r)_≥0.

Selanjutnya akan dicari solusi dari persamaan (5.3)-(5.4).

V.1.2 Metode Numerik

Untuk diskritisasi persamaan (5.3) digunakan metode beda hingga. Interval [1,b

a] dipartisi menjadi n buah selang yang berukuran h = ( b

a −1)/n.

Diper-oleh titik-titik 1 = r0 < r1 < ... < rn = b_a, dengan rj = 1 + jh. Untuk

penyederhanaan, nilai konsentrasi c(rj) dinotasikan dengan cj. Berdasarkan

ekspansi Taylor, aproksimasi untuk _drdc dan _dd22c

r pada titik rj, masing-masing

adalah persamaan (3.35) dan (3.36).

Dengan mensubstitusi persamaan (3.35) dan (3.36) ke persamaan (5.3), maka diperoleh νjcj+1− 2 h2cj+ςjcj−1 = λcjH(cj) α+cj , j = 1, ..., n₋1 (5.8)

dimana νj = _h12 + 1 2hrj dan ςj = 1 h2 − 1 2hrj.

Karena c(1) = bc1, maka cj = bc1, untuk j = 0. Berdasarkan syarat batas

c′₍b a) = 0, maka untuk j =n : 2(cj−1−cj) h2 = λcjH(cj) α+cj . (5.9)

Selanjutnya digunakan metode Newton Raphson untuk menyelesaikan sistem persamaan non linier (5.8) - (5.9).

Karena g(c) merupakan fungsi non-linier, maka digunakan metode asimtotik untuk menyelesaikan persamaan difusi di jaringan. Penyelesaian dengan metode asimtotik pada Bab V ini bersifat kasuistik, yaitu untuk pasangan nilaiα _→0 dan λ=O(α), nilai α_→0 dan λ=O(1), serta α=O(1) dan λ_{→ ∞}.

V.1.3 Metode Asimtotik

V.1.3.1 Kasus α_→0, λ =O(α).

Parameter α merupakan perbandingan dari B dan ca. Oleh karena itu, jika

nilai ca yang merepresentasikan konsentrasi di dinding kapiler bernilai jauh

lebih besar dibandingkan dengan nilai B yang merupakan konstanta keseim-bangan reaksi, maka α _→ 0. Hal yang sama, jika nilai konsentrasi oksigen di dinding kapiler kali koefisien difusi jaringan (ca×Dj) jauh lebih besar dari laju

maksimum reaksi kali kuadrat jari-jari dinding kapiler (A_×a2_{), maka λ→0.}

Karenaλ =O(α), maka dapat ditulis λ=λ0α, dimana λ0 =Os(1).

b

c1 =O(1), dan misalkan c mempunyai perluasan:

c(r;α) = c0(r) +αc1(r) +O(α2). (5.10)

Dengan perluasan c(r;α) tersebut, persamaan (5.3) menjadi: 1 r(rc ′ 0) ′ +α1 r(rc ′ 1) ′ +O(α2) =λ0α+ λ0c1 c0 − λ0(1 +c1) c0 α2+O(α3).

Untuk O(1): 1 r(rc ′ 0) ′ = 0. (5.11) Dengan batas: c0(1) =bc1, c′0( b a) = 0, (5.12) maka diperoleh c0(r) =bc1. Untuk O(α): 1 r(rc ′ 1) ′ =λ0 dengan c1(1) = 0, c′1( b a) = 0. (5.13) Memberikan solusi: c1(r) = −λ0 b2 2a2 lnr−r 2 −1 4 . Sehingga c(r) = bc1−λ0α b2 2a2 lnr− r2₋₁ 4 (5.14) = bc1 −λ b2 2a2lnr− r2₋₁ 4 . (5.15)

Gambar 5.1 menunjukkan perbandingan solusi c(r) yang diselesaikan dengan metode asimtotik orde pertama (garis penuh) dan metode numerik (garis putus-putus), untuk parameter _ab = 11, dan bc1 = 1.25. Berdasarkan Gambar

5.1, jika ketersediaan konsentrasi oksigen di kapiler jauh lebih besar, baik dari laju maksimum reaksi (A) maupun dari keofisien kesetimbangan (B), maka konsentrasi oksigen di jaringan tidak akan mencapai nilai nol sampai waktu tak hingga. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 r c lambda=0.01,alpha=0.01 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 r c lambda=0.001, alpha=0.001

Gambar 5.1: Perbandingan Solusi Asimtotik Suku Pertama dan Numerik untuk α=λ= 0.01, dan α=λ= 0.001.

V.1.3.2 Kasus α_→0, λ =O(1).

Berikut ini akan dikaji suatu keadaan, dimana konsentrasi di dinding kapiler bernilai jauh lebih besar dibandingkan dengan konstanta keseimbangan reaksi (ca≫B), serta nilai konsentrasi oksigen di dinding kapiler kali koefisien difusi

sebanding dengan laju maksimum reaksi kali kuadrat jari-jari dinding kapiler (ca×Dj ∼A×a2).

Karena c(1) = _caci = O(1), maka c(r) = O(1), untuk r di persekitaran 1. Misalkan c mempunyai perluasan:

c(r;α) = c0(r) +αc1(r) +O(α2). (5.16) Persamaan (5.3) menjadi: 1 r (rc ′ 0) ′ +α1 r(rc ′ 1) ′ +O(α2) = λc α+c =λ− αλ c0 +O(α2). (5.17) Untuk O(1) diperoleh: 1 r (rc ′ 0) ′ =λ, (5.18)

dengan syarat batas c0(1) =bc1,c′0 ab

= 0. Sehingga c′₀(r) = λr 2 + K1 r , (5.19)

dimana K1 adalah konstanta. Jika c0 merupakan aproksimasi yang valid

un-tuk seluruh daerah domain, kita dapat menerapkan syarat batas c′

0(ba) = 0.

Sehingga diperoleh K1 = −λb

2

2a2. Dengan mengintegralkan persamaan (5.19)

dan menerapkan kondisi c0(1) =bc1, maka diperoleh:

c0(r) =bc1−λ b2 2a2 lnr− r2₋₁ 4 . (5.20)

Karenacmerepresentasikan konsentrasi oksigen di dalam jaringan, makac_≥0 dan begitu juga c0 ≥0. Berdasarkan (5.20),c0 akan bernilai positif jika

λ < _b2 bc1

2a2 lnr−

r2₋₁

4

. (5.21)

Grafik λ terhadap r ditunjukkan oleh Gambar 5.2, dengan b_a = 11 dan bc1 =

2 4 6 8 10 0.00 0.05 0.10 0.15 0.20 r Λ

Gambar 5.2: Hubungan λ dan r.

Berdasarkan grafik tersebut, jika λ <0.0108627 maka c0 ≥0, sehingga asumsi

dipenuhi. Akibatnya solusi (5.20) valid di seluruh daerah domain.

Jikaλ >0.0108627, makac0 mempunyai akar, dinotasikanr1. Karena interval

dibagi menjadi dua bagian olehr1, maka kita tidak dapat menerapkan kondisi

c′

0(ab) = 0 pada c0(r). Oleh karena itu K1 pada persamaan (5.19) belum bisa

ditentukan nilainya dan demikian juga untuk nilai r1.

Untuk r < r1, berlaku: c0(r) = λ 4r 2_+K 1lnr+bc1− λ 4. (5.22)

Akan ditunjukkan bahwa untuk r _≥r1,c(r) = 0.

Asumsikan 0 _≤ c _≤ O(α). Selanjutnya dibuat penskalaan c = αn_{¯c, n ≥ 1.}

Persamaan (5.3) menjadi: α1 r d dr rd¯c dr = λc¯ 1 +αn−1_c¯. (5.23)

Karenaα _→0 maka dengann _≥1, setiap ekspansi ¯c(r;α) = ¯c0(r) +..., r≥r1

akan memberikan c= 0. Sehingga solusi untuk r_≥r1 adalah nol.

Berikutnya akan dicari akarr1 dan K1.

Misalkan

c=αnψ, r=r1+αmξ. (5.24)

diper-oleh: αn−2m r1+αmξ d dξ (r1+αmξ) dψ dξ = λα n_ψ α+αn_ψ (5.25) α−2md 2_ψ d2_ξ + α−m r1+αmξ dψ dξ = λψ α+αn_ψ (5.26) d2_ψ d2_ξ + αm r1+αmξ dψ dξ = λα2m_ψ α+αn_ψ = λα2m−1_ψ 1 +αn−1_ψ. (5.27) Distinguished limit.

Karena m, n > 0, maka dipilih n = 1 dan m = 1₂, sehingga c = αψ, r =

r1+√αξ dan d2_ψ dξ2 = λψ 1 +ψ. (5.28) Matching condition.

Di sebelah kananr1,ψ harus terhubung denganc(r) = 0, sehinggaψ →0, jika

ξ _{→ ∞}. Di sebelah kiri r1, ψ harus terhubung denganc0(r). Oleh karena itu,

ekspansi Taylor dari c0(r) di sekitar r1 adalah:

c0(r) = c0(r1) + (r−r1)c′0(r1) + 1 2(r−r1) 2_c′′ 0(r1) +... (5.29) = √αξc′0(r1) + 1 2αξ 2_c′′ 0(r1) +... (5.30) ≃ αψ(ξ). (5.31)

Orde O(√α) harus sama dengan nol, sehingga c′

0(r1) = 0. Secara fisis, hal

tersebut sangatlah masuk akal: jika tidak ada sumber pada batas daerah di-mana konsentrasi bernilai nol, maka fluks oksigen bernilai nol.

0 =c′0(r1) = λr1 2 + K1 r1 . (5.32) Diperoleh K1 =−λr 2 1 2 . Sehingga: c0(r) = λ 4r 2 − λ₂r12lnr+bc1− λ 4 =bc1−λ r2 1 2 lnr− r2₋₁ 4 , (5.33) dengan r1 merupakan akar dari c0(r).

0 =c0(r1) =bc1−λ r2 1 2 lnr1− r2 1 −1 4 . (5.34)

0 20 40 60 80 100 2 4 6 8 10 1 lambda r1

Gambar 5.3: Grafikr1 terhadap 1_λ.

Dapat dilihat dari Gambar 5.3 bahwa untuk λ = 0.0108627 atau 1

λ = 92.058

nilai r1 ≈11.

Selanjutnya akan dikaji secara analitik tentang nilai r1, untuk λ → ∞ dan

b

c1 =O(1). Misalkan _λ1 =ε. Maka persamaan (5.34) menjadi:

r2 1 2 lnr1 − r2 1 −1 4 =εbc1, (5.35) dimana ε_→0. Misalkan r1 ≈x0 +εαx1+εβx2+..., (5.36) dengan x0 =Os(1), 0< α < β .

Dengan mensubstitusi persamaan (5.36) ke (5.35) maka (x0+εαx1 +εβx2+...)2 2 ln(x0+ε α_x 1+εβx2+...)− (x0 +εαx1+εβx2+...)2−1 4 =εbc1. (x0+εαx1 +εβx2+...)2 2 lnx0+ (εαx1+εβx2+...)− (εα_x 1+εβx2+...)2 2 − (x0+εαx1+εβx2+...)2−1 4 = εbc1. 1 2x0 2_lnx 0− 1 4(x0 2 −1) + 1 2ε 2α_x2 1+ 1 2ε 2β_x2 2+εα+βx1x2+...=εbc1. Untuk O(1) : 1 2x0 2_lnx 0− 1 4(x0 2 −1) = 0,

maka diperoleh x0 = 1.Selanjutnya pilih α= 1₂,sehingga untuk O(ε) :

1 2x

2 1 =bc1,

memberikan x1 = ±√2bc1. Karena 1 ≤ r ≤ b_a, maka dipilih x1 = √2bc1.

Se-hingga r1 ≈1 +ε 1 2 p 2bc1+...

Dengan bc1 = 1.25, Tabel 5.1 menunjukkan beberapa perbandingan nilai r1

yang diperoleh dengan metode asimtotik dan numerik.

Tabel 5.1. Nilai r1. r1 Asimtotik Numerik ε= 0.1 1.4682 1.5000 ε= 0.01 1.1543 1.1581 ε= 0.001 1.0496 1.0500 ε= 0.0001 1.0158 1.0158

Dengan demikian, solusi c0(r) untuk λ≤0.0108627 adalah:

c0(r) =bc1−λ b2 2a2 lnr− r2₋₁ 4 , (5.37)

dan untuk λ_≥0.0108627 adalah:

c0(r) =    b c1−λ _r2 1 2 lnr− r2 −1 4 , jika 1_≤r < r1; 0, jika r1 < r≤ b_a.

Karena λ = 0.0108627 _→ 0, maka dapat dilihat bahwa solusi c0(r) untuk

λ_≤0.0108627 adalah sama dengan persamaan (5.15).

Gambar 5.4 (a) dan (b) menunjukkan perbandingan solusi luar (garis penuh) dengan solusi numerik (garis putus) untuk λ _≥0.0108627. Berdasarkan gam-bar tersebut, dapat dikatakan bahwa jika λ=O(1) dan α_→0, maka konsen-trasi oksigen di jaringan akan mencapai nilai nol dalam waktu yang berhingga.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 -0.5 0 0.5 1 1.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 -0.5 0 0.5 1 1.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 -0.5 0 0.5 1 1.5 r r r c c c (a) (b) (c)

lambda=1, alpha=0.1 lambda=1, alpha=0.01

lambda=0.01, alpha=0.001

Gambar 5.4: Perbandingan Solusi Asimtotik Suku Pertama dan Numerik

α_→0, λ=O(1).

Sedangkan Gambar 5.4 (c) menunjukkan perbandingan solusi luar dengan so-lusi numerik untuk λ _≤0.0108627. Berdasarkan gambar tersebut, jika λ _→ 0 danα _→0, konsentrasi oksigen di jaringan tidak akan mencapai nilai nol sam-pai waktu tak hingga. Berdasarkan Gambar 5.4, galat untuk solusi asimtotik suku pertama adalah semakin kecil jika nilai α semakin mendekati nilai nol.

V.1.3.3 Kasus α=O(1), λ_{→ ∞}.

Akan dikaji suatu keadaan, dimana konsentrasi oksigen di dinding kapiler dan koefisien kesetimbangan reaksi menuju nol, tetapi jaringan melakukan metabolisme yang membutuhkan oksigen (A90). Secara matematis, keadaan tersebut dapat dituliskan α=O(1), λ_{→ ∞}.

Misalkan ε = 1_λ. Karena λ _{→ ∞}, maka ε _→0. Persamaan (5.3) menjadi: ε1 r d dr rdc dr = cH(c) α+c. (5.38) c(1) =bc1, dc dr( b a) = 0. (5.39) Solusi Luar

Misalkan ˆcadalah solusi luar bagi persamaan (5.38) - (5.39), dan ˆcmempunyai perluasan ˆc=c0 +εγc1+..., dimana γ >0.Persamaan (5.38) menjadi:

ε1 r d dr rd(c0+εγc1+...) dr = c0+ε γ_c 1+... α+c0+εγc1+... ε1 r d dr rdc0 dr +ε1+γ1 r d dr rdc1 dr = c0 α+c0 +εγ c1 α+c0 − c0c1 (α+c0)2 +... Untuk O(1) : c0 α+c0 = 0 maka c0 = 0.

Dipilih γ = 1, sehingga untuk O(ε) : 1 r d dr rdc0 dr = c1 α+c0 − c0c1 (α+c0)2 karena c0 = 0, maka c1 = 0. ∴ˆc= 0.

Solusi ˆc = 0, memenuhi batas dc_dr(_ab) = 0, tetapi tidak memenuhi c(1) = cb1.

Sehingga di r= 1 terjadiboundary layer.

Solusi Dalam

Misalkanr=ες_{X+1,dan ¯Cadalah solusi untukX.Persamaan (5.38) menjadi}

ε1−2ζd 2_C¯ dX2 + ε1−ζ 1 +ες_X dC¯ dX = ¯ C α+ ¯C ε1−2ζd2C¯ dX2 +ε 1−ζdC¯ dX −εX dC¯ dX = ¯ C α+ ¯C.

Melalui proses balancing, diperoleh ζ = 1₂, sehingga d2_C¯ dX2 +ε 1/2dC¯ dX −εX dC¯ dX = ¯ C α+ ¯C, (5.40)

dengan batas ¯C(0) = cb1. Misalkan ¯C = ¯C0 +εηC¯1 +..., dimana η > 0.

De-ngan mensubstitusi perluasan dari ¯Ctersebut ke persamaan (5.40) maka untuk

O(1) : ¯ C0 ′′ = C¯0 α+ ¯C0 ¯ C0′C¯0′′ = ¯ C0 α+ ¯C0 ¯ C0′ 1 2 d( ¯C0′)2 dX = 1₋ α α+ ¯C0 ¯ C0′ ¯ C0 ′ = _± q 2 ¯C0−2αln(α+ ¯C0) +K,

K adalah konstanta yang akan ditentukan nilainya. Karena ¯C(0)> c0(1) maka

¯

C merupakan fungsi turun di sekitar r = 1. Sehingga yang diambil adalah tanda negatif.

Matching condition˙

Karena ˆc = 0, maka ¯C0 ′

(_∞) = 0 dan ¯C0(∞) = 0. Sehingga dapat diperoleh

nilai K, yaitu

K = 2αln(α).

Selanjutnya dengan menggunakan metode Runge-Kutta, ¯C0 dihitung secara

numerik.

∴c= ˆc+ ¯C = ¯C.

Grafik solusi c(r) ditunjukkan oleh Gambar 5.5. Dengan nilaiλ = 100, solusi asimtotik orde 1 memberikan hasil yang sama dengan solusi numerik.

1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 alpa=1, lambda=10 r c asimtotik O(1) numerik 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 alpha=1, lambda=100 r c asimtotik O(1) numerik

Gambar 5.5: Perbandingan Solusi Asimtotik Suku Pertama dan Numerik

α=O(1), λ= 10, dan α =O(1), λ = 100.

V.2 Solusi Keadaan Tidak Tunak

Persamaan difusi beserta syarat-syarat batas dan nilai awal diberikan oleh per-samaan (5.1)-(5.2). Karena perper-samaan (5.1) nonlinier, maka akan diselesaikan dengan metode numerik. Metode yang digunakan untuk mencari solusi nu-merik ini adalah metode beda maju. Dengan nilai parameter _ab = 11, Gambar 5.6 menunjukkan proses penyebaran konsentrasi oksigen di jaringan.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 r c alpa=0.01, lamda=0.01 t=0 t=1.6 t=100 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 r c alpa=0.01, lambda=1 t=0 t=0.1 t=1.6 t=100 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 r c alpha=1, lambda=1 t=0 t=0.1 t=1.6 t=10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 alpa=1, lambda=100 r c t=0 t=0.1 t=1.6 t=100

Gambar 5.6: Proses Penyebaran Konsentrasi Oksigen di Jaringan dengan Laju Konsumsi Memenuhi Prinsip Kinetika Michaelis-Menten.

Berdasarkan Gambar 5.6, dapat dinyatakan bahwa yang mempunyai peranan penting dalam proses penyebaran konsentrasi oksigen di jaringan adalahλ, di-manaλini merupakan perbandingan dari kecepatan reaksi kali jari-jari dinding kapiler terhadap koefisien difusi kali konsentrasi di dinding kapiler.

Parameterαyang merupakan perbandingan koefisien kesetimbangan terhadap nilai konsentrasi oksigen di dinding kapiler memberikan pengaruh kepada ke-cepatan penurunan konsentrasi oksigen. Dapat dilihat dari Gambar 5.6, bahwa untuk nilai λ yang sama, semakin besar nilai α maka penurunan konsentrasi oksigen semakin lama.