Solusi Numerik Persamaan Transport

Solusi Numerik Persamaan Transport

M. Jamhuri

December 16, 2013

▸ Baca selengkapnya: penentu solusi adalah

Diberikan persamaan Transport

u _t + 2u _x = 0 (1)

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

u _j ⁿ⁺¹ − u _j ⁿ

∆t + 2 u _j ⁿ − u _{j −1} ⁿ

∆x = 0 (2)

Diberikan persamaan Transport

u _t + 2u _x = 0 (1)

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

u _j ⁿ⁺¹ − u _j ⁿ

∆t + 2 u _j ⁿ − u _{j −1} ⁿ

∆x = 0 (2)

Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi u ⁿ⁺¹ _j = − 2∆t

∆x u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u _j ⁿ

atau,

u _j ⁿ⁺¹ = −d u _j ⁿ − u _{j −1} ⁿ
+ u ⁿ _j , dengan d = 2∆t

∆x (3) Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukan dengan cara mensubstitusikan u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan tersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1. Substitusi u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan (3) menghasilkan

ρ ⁿ⁺¹ e ^iaj = −d 

ρ ⁿ e ^iaj − ρ ⁿ e ^{ia(j −1)} 

+ ρ ⁿ e ^iaj Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρ ⁿ e ^iaj , sehingga diperoleh

ρ = −d 1 − e ^−ia
+ 1

Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi u ⁿ⁺¹ _j = − 2∆t

∆x u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u _j ⁿ atau,

u _j ⁿ⁺¹ = −d u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u ⁿ _j , dengan d = 2∆t

∆x (3)

Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukan dengan cara mensubstitusikan u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan tersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1. Substitusi u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan (3) menghasilkan

ρ ⁿ⁺¹ e ^iaj = −d 

ρ ⁿ e ^iaj − ρ ⁿ e ^{ia(j −1)} 

+ ρ ⁿ e ^iaj Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρ ⁿ e ^iaj , sehingga diperoleh

ρ = −d 1 − e ^−ia
+ 1

Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi u ⁿ⁺¹ _j = − 2∆t

∆x u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u _j ⁿ atau,

u _j ⁿ⁺¹ = −d u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u ⁿ _j , dengan d = 2∆t

∆x (3) Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukan dengan cara mensubstitusikan u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan tersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.

Substitusi u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan (3) menghasilkan ρ ⁿ⁺¹ e ^iaj = −d 

ρ ⁿ e ^iaj − ρ ⁿ e ^{ia(j −1)} 

+ ρ ⁿ e ^iaj Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρ ⁿ e ^iaj , sehingga diperoleh

ρ = −d 1 − e ^−ia
+ 1

Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi u ⁿ⁺¹ _j = − 2∆t

∆x u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u _j ⁿ atau,

u _j ⁿ⁺¹ = −d u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u ⁿ _j , dengan d = 2∆t

∆x (3) Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukan dengan cara mensubstitusikan u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan tersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.

Substitusi u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan (3) menghasilkan ρ ⁿ⁺¹ e ^iaj = −d 

ρ ⁿ e ^iaj − ρ ⁿ e ^{ia(j −1)} 

+ ρ ⁿ e ^iaj

Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρ ⁿ e ^iaj , sehingga diperoleh

ρ = −d 1 − e ^−ia
+ 1

Persamaan beda (2) dapat disederhanakan menjadi u ⁿ⁺¹ _j = − 2∆t

∆x u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u _j ⁿ atau,

u _j ⁿ⁺¹ = −d u ⁿ _j − u _{j −1} ⁿ
+ u ⁿ _j , dengan d = 2∆t

∆x (3) Syarat kestabilan dari persamaan beda (3) dapat ditentukan dengan cara mensubstitusikan u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan tersebut, dan dikatakan stabil jika memenuhi |ρ| ≤ 1.

Substitusi u _j ⁿ = ρ ⁿ e ^iaj pada persamaan (3) menghasilkan ρ ⁿ⁺¹ e ^iaj = −d 

ρ ⁿ e ^iaj − ρ ⁿ e ^{ia(j −1)} 

+ ρ ⁿ e ^iaj Bagi kedua ruas persamaan diatas dengan ρ ⁿ e ^iaj , sehingga diperoleh

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 pakai kriteria yang terakhir. Sedangkan dari perhitungan diperoleh

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

= n

d²− 2d²cos a − 2d + d²cos²a + 2d cos a + 1o + d²sin²a

= 

d²cos²a + d²sin²a +

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)

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 pakai kriteria yang terakhir. Sedangkan dari perhitungan diperoleh

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

= n

d²− 2d²cos a − 2d + d²cos²a + 2d cos a + 1o + d²sin²a

= 

d²cos²a + d²sin²a +

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)

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 pakai kriteria yang terakhir. Sedangkan dari perhitungan diperoleh

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

= n

d²− 2d²cos a − 2d + d²cos²a + 2d cos a + 1o + d²sin²a

= 

d²cos²a + d²sin²a +

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)

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.

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.

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.

Syarat Konsistensi-nya

Untuk menentukan syarat konsistensi dari (2), lakukan ekspansi Taylor untuk uⁿ⁺¹_j dan u_{j −1}ⁿ yaitu:

uⁿ⁺¹_j = u_jⁿ+ ∆t ut|ⁿ_j + 1

2!∆t²utt|ⁿ_j + 1

3!∆t³uttt|ⁿ_j + · · · (5)

u_{j −1}ⁿ = u_jⁿ− ∆x u_x|ⁿ_j + 1

2!∆x²uxx|ⁿ_j −1

3!∆x³uxxx|ⁿ_j + · · · (6)

Selanjutnya dan substitusikan (5) dan (6) pada persamaan (2), sehingga diperoleh

∆t u_t|ⁿ_j +_2!¹∆t²u_tt|ⁿ_j +_3!¹∆t³u_ttt|ⁿ_j + · · ·

∆t +2

∆x u_x|ⁿ_j −_2!¹∆x²u_xx|ⁿ_j +_3!¹∆x³u_xxx|ⁿ_j − · · ·

∆x = 0

atau

 ut|ⁿ_j + 1

2!∆t utt|ⁿ_j + 1

3!∆t²uttt|ⁿ_j + · · ·

 + 2

 ux|ⁿ_j −1

2!∆x uxx|ⁿ_j + 1

3!∆x²uxxx|ⁿ_j − · · ·



= 0

( ut+∆t

2!utt+∆t² 3! uttt+ · · ·

) + 2

( ux−∆x

2!uxx+∆x² 3! uxxx− · · ·

)

= 0

{u_t+ 2ux} +

∆t 2!utt− 2∆x

2!uxx

 +

(∆t²

3! uttt+ 2∆x² 3! uxxx

)

+ · · · = (7)0

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)

Syarat Konsistensi-nya

Untuk menentukan syarat konsistensi dari (2), lakukan ekspansi Taylor untuk uⁿ⁺¹_j dan u_{j −1}ⁿ yaitu:

uⁿ⁺¹_j = u_jⁿ+ ∆t ut|ⁿ_j + 1

2!∆t²utt|ⁿ_j + 1

3!∆t³uttt|ⁿ_j + · · · (5)

u_{j −1}ⁿ = u_jⁿ− ∆x u_x|ⁿ_j + 1

2!∆x²uxx|ⁿ_j −1

3!∆x³uxxx|ⁿ_j + · · · (6) Selanjutnya dan substitusikan (5) dan (6) pada persamaan (2), sehingga diperoleh

∆t u_t|ⁿ_j +_2!¹∆t²u_tt|ⁿ_j +_3!¹∆t³u_ttt|ⁿ_j + · · ·

∆t +2

∆x u_x|ⁿ_j −_2!¹∆x²u_xx|ⁿ_j +_3!¹∆x³u_xxx|ⁿ_j − · · ·

∆x = 0

atau

 ut|ⁿ_j + 1

2!∆t utt|ⁿ_j + 1

3!∆t²uttt|ⁿ_j + · · ·

 + 2

 ux|ⁿ_j −1

2!∆x uxx|ⁿ_j + 1

3!∆x²uxxx|ⁿ_j − · · ·



= 0

( ut+∆t

2!utt+∆t² 3! uttt+ · · ·

) + 2

( ux−∆x

2!uxx+∆x² 3! uxxx− · · ·

)

= 0

{u_t+ 2ux} +

∆t 2!utt− 2∆x

2!uxx

 +

(∆t²

3! uttt+ 2∆x² 3! uxxx

)

+ · · · = (7)0

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)

Syarat Konsistensi-nya

Untuk menentukan syarat konsistensi dari (2), lakukan ekspansi Taylor untuk uⁿ⁺¹_j dan u_{j −1}ⁿ yaitu:

uⁿ⁺¹_j = u_jⁿ+ ∆t ut|ⁿ_j + 1

2!∆t²utt|ⁿ_j + 1

3!∆t³uttt|ⁿ_j + · · · (5)

u_{j −1}ⁿ = u_jⁿ− ∆x u_x|ⁿ_j + 1

2!∆x²uxx|ⁿ_j −1

3!∆x³uxxx|ⁿ_j + · · · (6) Selanjutnya dan substitusikan (5) dan (6) pada persamaan (2), sehingga diperoleh

∆t u_t|ⁿ_j +_2!¹∆t²u_tt|ⁿ_j +_3!¹∆t³u_ttt|ⁿ_j + · · ·

∆t +2

∆x u_x|ⁿ_j −_2!¹∆x²u_xx|ⁿ_j +_3!¹∆x³u_xxx|ⁿ_j − · · ·

∆x = 0

atau

 ut|ⁿ_j + 1

2!∆t utt|ⁿ_j + 1

3!∆t²uttt|ⁿ_j + · · ·

 + 2

 ux|ⁿ_j −1

2!∆x uxx|ⁿ_j + 1

3!∆x²uxxx|ⁿ_j − · · ·



= 0

( ut+∆t

2!utt+∆t² 3! uttt+ · · ·

) + 2

( ux−∆x

2!uxx+∆x² 3! uxxx− · · ·

)

= 0

{u_t+ 2ux} +

∆t 2!utt− 2∆x

2!uxx

 +

(∆t²

3! uttt+ 2∆x² 3! uxxx

)

+ · · · = (7)0

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

Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah

Error pemotongan pertama =∆t 2!u_tt− 2∆x

2!u_xx

selanjutnya kita singkat Gpp.

Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya

u_t= −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

Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah

Error pemotongan pertama =∆t 2!u_tt− 2∆x

2!u_xx

selanjutnya kita singkat Gpp.

Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya

u_t= −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

Galat pemotongan pertama pada persamaan (7) adalah

Error pemotongan pertama =∆t 2!u_tt− 2∆x

2!u_xx

selanjutnya kita singkat Gpp.

Perhatikan! dari persamaan (1), kita punya

u_t= −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

Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh

Gpp =

∆t 2 −∆x

4

 u_tt

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

∆t 2 −∆x

4 = 0 atau

∆t

2 = ∆x

4 2∆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

{u_t+ 2ux} +

∆t 2!utt− 2∆x

2!uxx

 +

(∆t²

3! uttt+ 2∆x² 3! uxxx

)

+ · · · ∼= ut+ 2ux•

Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh

Gpp =

∆t 2 −∆x

4

 u_tt

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

∆t 2 −∆x

4 = 0 atau

∆t

2 = ∆x

4 2∆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

{u_t+ 2ux} +

∆t 2!utt− 2∆x

2!uxx

 +

(∆t²

3! uttt+ 2∆x² 3! uxxx

)

+ · · · ∼= ut+ 2ux•

Jika kenyataan terakhir kita substitusikan pada GPP, akan diperoleh

Gpp =

∆t 2 −∆x

4

 u_tt

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

∆t 2 −∆x

4 = 0 atau

∆t

2 = ∆x

4 2∆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

∆t ∆x  (

∆t² ∆x² )

Contoh Cari Solusinya

Di berikan persamaan transport beserta kondisi batasnya sebagai berikut:

u_t+ 2u_x= 0 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ t ≤ 1

u (x, 0) = (

1 0 < x ≤ 0.8

0 x lainnya dan u (0, t) = 0

Dengan menggunakan ∆t = 0.2 dan ∆x = 0.4, maka dapat diperoleh solusi dari pdp diatas sebagai mana pada tabel berikut:

Table: Hasil Numerik Skema FTBS (u

_jⁿ⁺¹

= −

^2∆t_∆x



u

_jⁿ

− u

ⁿ_{j −1}

 + u

_jⁿ

)

t/x 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

0 0 0 0 0 0 0

0.4 1 0 0 0 0 0

0.8 1 1 0 0 0 0

1.2 0 1 1 0 0 0

1.6 0 0 1 1 0 0

2 0 0 0 1 1 0

Contoh Cari Solusinya

Di berikan persamaan transport beserta kondisi batasnya sebagai berikut:

u_t+ 2u_x= 0 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ t ≤ 1

u (x, 0) = (

1 0 < x ≤ 0.8

0 x lainnya dan u (0, t) = 0

Dengan menggunakan ∆t = 0.2 dan ∆x = 0.4, maka dapat diperoleh solusi dari pdp diatas sebagai mana pada tabel berikut:

Table: Hasil Numerik Skema FTBS (u

_jⁿ⁺¹

= −

^2∆t_∆x



u

_jⁿ

− u

ⁿ_{j −1}

 + u

_jⁿ

)

t/x 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

0 0 0 0 0 0 0

0.4 1 0 0 0 0 0

0.8 1 1 0 0 0 0

1.2 0 1 1 0 0 0

1.6 0 0 1 1 0 0

2 0 0 0 1 1 0