12 Langkah Penyelesaian Pendekatan

Bab 4

Dasar Kedua:

12 Langkah Penyelesaian Pendekatan

Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulika

Ir. Djoko Luknanto, M.Sc., Ph.D. mailto:Luknanto@ugm.ac.id

Review

(hal.96) Û(x;a) a_i harus dicari Û(x;a) a_i harus dicari Û(x;a)

aplikasi kondisi batas secara numeris

Û(x;a)

aplikasi kondisi batas secara numeris

Penyelesaian Û(x) diperoleh Penyelesaian Û(x) diperoleh • Analisis yang

dibutuhkan:

Kriteria Optimasi pada R(x;a)

untuk menentukan nilai a_i terbaik

Kriteria Optimasi pada R(x;a)

untuk menentukan nilai a_i terbaik

Sistem

Persamaan Linier Sistem

Persamaan Linier Integrasi Residual

I.

Prosedur 12 Langkah

1. Pengembangan Teori

2. Hitungan Numerik

1. Pengembangan Teori

(hal 97)

1. Tulis persamaan residual Galerkin 2. Integration by parts

3. Substitusi residual kedalam Butir 2 4. Tentukan “fungsi coba”

5. Substitusikan kedalam sistem persamaan, dan ubah integral agar cocok untuk hitungan numerik

2. Hitungan Numerik

(hal 97)

7. Siapkan data lapangan

8. Hitung suku-suku interior dalam sistem persamaan 9. Aplikasikan kondisi batas kedalam persamaan

10. Selesaikan sistem persamaan linier 11. Hitung “debit”

12. Tayangkan “penyelesaian pendekatan” dan estimasi ketelitiannya

II. Contoh Soal

(hal.98)

Persamaan dasar:

Kondisi Batas:

2

2

)

(

x

dx

x

dU

x

dx

d

_



_      

Domain: 1 < x < 2

2

1

2

)

(

2

)

1

(



















x

dx

x

dU

x

U

III. Langkah 1

(Hal.99)

Persamaan pendekatan:

Û(x;a) = Ø

₀

(x) + a

₁

Ø

₁

(x) + a

₂

Ø

₂

(x) + ... + a

_N

Ø

_N

(x)

Persamaan Residual:

Persamaan N Galerkin Residual:

0 2 2 ) ( ˆ ) ; (                         x dx x U d x dx d a x R 0 ) ( ) ; ( ..., , 0 ) ( ) ; ( , 0 ) ( ) ; ( ₁ 



₂ 







   dx x a x R dx x a x R dx x a x R   _N N i dx x x dx U d x dx d i x x b a ..., , 2 , 1 0 ) ( 2 ˆ 2                 





... substitusikan, diperoleh:

III. Langkah 2

(hal.99)

Integration by parts:

Integrasikan:

dx dg f g dx df fg dx d _{ } ) ( dx dx dg f dx g dx df fg d dx dx dg f dx g dx df dx fg dx d b a b a b a b a b a b a x x x x x x x x x x x x













    ) ( ) (

III. Langkah 2

(hal.100) ... dimanipulasi lebih lanjut ...

 

 

dx

dx

dg

f

fg

dx

g

dx

df

dx

dx

dg

f

dx

g

dx

df

fg

dx

dx

dg

f

dx

g

dx

df

fg

d

b a b a b a b a b a b a b a b a b a x x x x x x x x x x x x x x x x x x



























)

(

III. Langkah 2

(hal.100)

Aplikasikan terhadap:

...menjadi...

N i dx x x dx U d x dx d i x x b a ..., , 2 , 1 0 ) ( 2 ˆ 2                 



 N i dx x x dx x dx U d x dx d i x x i x x b a b a ..., , 2 , 1 0 ) ( 2 ) ( ˆ 2         





  N i dx x x dx dx d dx U d x dx U d x _i x x i x x x x i b a b a b a ..., , 2 , 1 0 ) ( 2 ˆ ˆ 2                           







   dx dx dg f fg dx g dx df b a b a b a x x x x x x





  ingat: derivatif turun satu tingkat!

III. Langkah 2

(hal.100)

...diatur dalam bentuk akhir:

RHS mengandung seluruh “loading term” yaitu

 dalam domain dan

 pada daerah batas

N i dx x x dx U d x dx dx d dx U d x _i x x x x i i x x b a b a b a ..., , 2 , 1 ) ( 2 ˆ ˆ 2                   





   “loading term”: pada daerah batas

“loading term”: dalam domain

III. Langkah 3

(hal.101) Substitusikan “solusi coba” kedalamnya

menjadi:



   N j j j dx d a dx d dx U d 1 0 ˆ   N i dx x x dx U d x dx dx d dx U d x _i x x x x i i x x b a b a b a ..., , 2 , 1 ) ( 2 ˆ ˆ 2                   





   N i dx dx d x dx d dx U d x dx x x a dx dx d x dx d b a b a b a b a x x i x x i i x x j N j j x x i ..., , 2 , 1 ˆ ) ( 2 0 2 1                            





 

      

III. Langkah 3

(hal.102)

Dalam bentuk matriks lengkap:

                                            N N x x N x x N x x N N x x x x x x N x x x x x x a a a dx dx d x dx d dx dx d x dx d dx dx d x dx d dx dx d x dx d dx dx d x dx d dx dx d x dx d dx dx d x dx d dx dx d x dx d dx dx d x dx d b a b a b a b a b a b a b a b a b a         2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1                                                                                                         dx dx d x dx d dx U d x dx x dx dx d x dx d dx U d x dx x dx dx d x dx d dx U d x dx x b a b a b a b a b a b a b a b a b a x x N x x N N x x x x x x x x x x x x x x 0 2 0 2 2 2 2 0 1 1 1 2 ˆ 2 ˆ 2 ˆ 2             

III. Langkah 3

(hal.102)

Dalam bentuk matriks kompak:

dengan

                                     N N NN N N N N F F F a a a K K K K K K K K K          2 1 2 1 2 1 2 22 21 1 12 11 dx dx d x dx d dx U d x dx x F dx dx d x dx d K b a b a b a b a x x i x x i i x x i j x x i ij 0 2 ˆ 2 _{ }    







                   

 

K

   

a



F

“stiffness matrix” “load vector” simetri s K_ij= K_ji derivatif tertinggi turun satu tingkat! Suku kondisi batas muncul

III. Langkah 4

(hal.104)

Dipilih “solusi coba” sbb:

Û(x;a) = a

₁

+ a

₂

x + a

₃

x

2

+ ... + a

_N

x

N-1

dipilih N = 3, sehingga menjadi

Û(x;a) = a

₁

+ a

₂

x + a

₃

x

2

Jadi

Ø

₁

(x) = 1

,

Ø

₂

(x) = x

,

Ø

₃

(x) = x

2

dan

x dx d dx d dx d 2 , 1 , 0 2 3 1      

III. Langkah 5

(hal.106)

K

_ij

dihitung:

Untuk i = 1

•

K

₁₁

= 0

•

K

₁₂

= 0

•

K

₁₃

= 0

karena:

dx

dx

d

x

dx

d

K

j x x i ij b a









0

1



dx

d



... III. Langkah 5 ...

(hal.106)

K

_ij

dihitung:

Untuk i = 2

)

(

3

2

2

1

)

(

2

1

1

1

3 3 23 2 2 22 a b x x a b x x

x

x

dx

x

x

K

x

x

dx

x

K

b a b a

























dx

dx

d

x

dx

d

K

j x x i ij b a









... III. Langkah 5 ...

(hal.106)

K

_ij

dihitung:

Untuk i = 3

dx

dx

d

x

dx

d

K

j x x i ij b a









4 4 33

2

2

b a x x

x

x

dx

x

x

x

K

b a













... III. Langkah 5 ...

(hal.106)

F

_i

dihitung:

F_i terdiri dari “interior loading” Fi_i dan “boundary term” FB_i:

b a b a x x i i x x i dx U d x dx x F                  



2₂ ˆ  b a b a x x i i i x x i dx U d x FB dx x FI                   



2₂ dan ˆ 

... III. Langkah 5 ...

(hal.106)

FI

_i

dihitung:

i = 1 dx x FI _i x x i b a 



  2₂           



a b x x i x x dx x FI b a 1 1 2 1 2 2 i = 2           



a b x x i x x dx x x FI b a ln 2 2 2 i = 3



_{b a}



x x i x dx x x x FI b a      



2₂ 2 2

... III. Langkah 5 ...

(hal.107) FB_i dihitung: i = 1 ) ( ) ( ˆ ˆ b i x a i x i x x FB dx U d x dx U d x b a   _                i = 2 i = 3                 dx U d x dx U d x b a x x i FB ˆ ˆ b x a x i x x FB dx U d x dx U d x b a                 ˆ ˆ 2 2 ˆ ˆ b x a x i x x FB dx U d x dx U d x b a                

III. Langkah 6

(hal.107)

Debit (“flux”) diformulasikan:

2 3 2 3 1

2

ˆ

ˆ

x

a

x

a

dx

d

a

x

dx

U

d

x

j j j























III. Formulasi Akhir

(hal.107)

Dalam bentuk akhir:



 





 



                                                            ) ( 2 ln 2 1 1 2 3 2 0 3 2 2 1 0 0 0 0 3 2 1 4 4 3 3 3 3 2 2 a b a b a b a b a b a b a b x x x x x x a a a x x x x x x x x                                                                    2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ b b x a a x b b x a a x b x a x x dx U d x x dx U d x x dx U d x x dx U d x dx U d x dx U d x

IV. Langkah 7

(hal.108)

Masukkan setiap data lapangan

• Data geometrik x

_a

= 1, x

_b

= 2

• Sifat-sifat fisik dan “applied load”

 “interior load”

IV. Langkah 8

(hal.108)

• Masukkan data kedalam matrik, kecuali data kondisi batas.

• Sistem persamaan di atas siap untuk diselesaikan, kecuali nilai kondisi batas yang belum tuntas!

                                                                                                            2 1 2 1 2 1 3 2 1 ˆ 4 ˆ ˆ 2 ˆ ˆ ˆ 2 2 ln 2 1 15 3 14 0 3 14 2 3 0 0 0 0 x x x x x x dx U d x dx U d x dx U d x dx U d x dx U d x dx U d x a a a

IV. Langkah 9

(hal.109)

• Masukkan data kondisi batas kedalam persamaan

• aplikasi “debit” kedalam sistem persamaan menjadikan:

                                                                                    2 ˆ 1 ˆ 2 1 ˆ 2 2 ln 2 1 15 3 14 0 3 14 2 3 0 0 0 0 1 1 1 3 2 1 x x x dx U d x dx U d x dx U d x a a a 2 1 2 ) ( dan 2 ) 1 (          x dx x dU x U belum dapat dihitung

... IV. Langkah 9...

(hal.109)

• Kondisi batas U(1) = 2

 kondisi 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

... IV. Langkah 9...

(hal.110)

• Sistem persamaan yang terjadi

• dikunci dengan persamaan konstrain sbb:

c

₁

a

₁

+ c

₂

a

₂

+ c

₃

a

₃

= d

1. nyatakan satu a_i terhadap a_i yang lain:

                           3 2 1 3 2 1 33 32 31 23 22 21 13 12 11 F F F a a a K K K K K K K K K 2 3 2 1 3 1 3 3

a

c

c

a

c

c

c

d

a







... IV. Langkah 9...

(hal.111)

• Sistem persamaan menjadi

• disederhanakan menjadi: 3 2 3 2 1 3 1 3 33 2 32 1 31 2 2 3 2 1 3 1 3 23 2 22 1 21 1 2 3 2 1 3 1 3 13 2 12 1 11 F a c c a c c c d K a K a K F a c c a c c c d K a K a K F a c c a c c c d K a K a K                                  33 3 3 2 33 3 2 32 1 33 3 1 31 23 3 2 2 23 3 2 22 1 23 3 1 21 13 3 1 2 13 3 2 12 1 13 3 1 11 K c d F a K c c K a K c c K K c d F a K c c K a K c c K K c d F a K c c K a K c c K                                                   

... IV. Langkah 9...

(hal.112)

• disederhanakan lagi menjadi:

                                                                               2 1 33 3 2 32 3 2 23 3 2 22 33 3 2 31 3 2 23 3 1 21 32 3 2 32 3 1 13 3 2 12 33 3 1 31 3 1 13 3 1 11 a a K c c K c c K c c K K c c K c c K c c K K c c K c c K c c K K c c K c c K c c K                                             33 3 3 3 2 23 3 2 33 3 3 3 1 13 3 1 K c d F c c K c d F K c d F c c K c d F operasi kolom agar kondisi batas terpenuhi

operasi baris agar fungsi bobot sesuai

... IV. Langkah 9...

(hal.112)

• 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 a

_i

.

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 _{+ a} 4x4 a_i harus dicari Û(x;a) = a₁+ a₂x + a₃x2 _{+ a} 4x4 a_i harus dicari

Kriteria Optimasi pada R(x;a)

untuk menentukan nilai a_i terbaik

Kriteria Optimasi pada R(x;a)

untuk menentukan nilai a_i terbaik

Penyelesaian Û(x) diperoleh Penyelesaian Û(x) diperoleh

Aplikasi kondisi batas

Û(x;a) = Ø₀(x) + b₁Ø₁(x) + b₂Ø₂(x)

Aplikasi kondisi batas

Û(x;a) = Ø₀(x) + b₁Ø₁(x) + b₂Ø₂(x)

Û(x;a) = a₁+ a₂x + a₃x2 + a₄x4

a_i harus dicari

Û(x;a) = a₁+ a₂x + a₃x2 + a₄x4

a_i harus dicari

Aplikasi kondisi batas

Û(x;a) = Ø₀(x) + b₁Ø₁(x) + b₂Ø₂(x)

Aplikasi kondisi batas

Û(x;a) = Ø₀(x) + b₁Ø₁(x) + b₂Ø₂(x)

Penyelesaian Û(x) diperoleh Penyelesaian Û(x) diperoleh Kriteria Optimasi pada R(x;a)

untuk menentukan nilai a_i terbaik

Kriteria Optimasi pada R(x;a)

untuk menentukan nilai a_i 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

a

₁

+ a

₂

+ a

₃

= 2

IV. Operasi kolom

(hal.113)

• Sistem persamaan awal:

• ... dilakukan operasi kolom ...

                                                                                    2 ˆ 1 ˆ 2 1 ˆ 2 2 ln 2 1 15 3 14 0 3 14 2 3 0 0 0 0 1 1 1 3 2 1 x x x dx U d x dx U d x dx U d x a a a

IV. Operasi kolom

(hal.113)

• ... operasi kolom dengan c₁/c₃=1, c₂/c₃=1, d/c₃=2

• ... disederhanakan ...                                                                              ) 2 ( 15 4 ˆ ) 2 ( 3 14 1 2 ln 2 ˆ 2 3 ˆ 15 3 14 15 3 14 2 3 3 14 0 0 1 1 1 2 1 x x x dx U d x dx U d x dx U d x a a

IV. Operasi baris

(hal.113)

• ... disederhanakan ...

• disederhanakan lebih jauh dengan operasi baris...

                                                                           34 ˆ 3 31 2 ln 2 ˆ 2 3 ˆ 3 31 15 6 19 3 14 0 0 1 1 1 2 1 x x x dx U d x dx U d x dx U d x a a                                 3 31 2 ln 2 34 2 3 34 6 19 3 31 3 14 15 3 31 15 2 1 a a                             2 ln 2 3 71 2 65 6 43 3 31 3 31 15 2 1 a a

IV. Langkah 10 & 11

(hal.114)

10. Selesaikan pers. sehingga diperoleh nilai:

a

₁

= 3.719

,

a

₂

= -2.254

dan

a

₃

= 0.535

• Jadi penyelesaian pendekatannya adalah:

Û(x) = 3.719 - 2.254 x + 0.535 x

2

11. Hitung debit:

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) = 0.5

Inilah karakteristik yang berbeda antara kedua

kondisi batas tersebut, yang pertama dipenuhi secara tepat, yang kedua hanya didekati.

IV. Langkah 12

(hal.116-117)

Perbandingan solusi dengan DOF berbeda:

Û₁(x) = 2.591 - 0.591 x Û₂(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 x



₂(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

IV. Langkah 12

(hal.116-117)

Perbandingan solusi dengan DOF berbeda, U(1) = 2:

Û₁(1) = 2 Û₂(1) = 2 Û₃(1) = 2 Û₄(1) = 2 Hitung debit, (2) = 0.5:



₁(2) = 1.182



₂(2) = 0.228



₃(2) = 0.576



₄(2) = 0.480

dipenuhi

secara tepat

hanya

didekati

semak in ting gi DOF semak in 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 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ... ) ( ) ( ) ( ) ( _{1 0} 1 2 1 2 2 2 a x U x f x dx x dU x a dx x U d x a dx x U d x a m 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

. ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ... ) ( ) ( ) ( ) ( _{1 0} 1 2 1 2 2 2 a x U x f x dx x dU x a dx x U d x a dx x U d x a m m m m        constrained unconstrained

... be a winner ...

... and acts like winners

..