Metode Beda Hingga pada Persamaan Gelombang

Metode Beda Hingga pada Persamaan Gelombang

(Tulisan ini diadaptasi dari buku PDP yang disusun oleh Dr. Sri Redjeki Pudjaprasetia)

M. Jamhuri UIN Malang

Metode Beda Hingga

Perhatikan persamaan gelombang

utt− c2uxx= 0 (1)

dengan syarat awal

u (x , 0) = φ (x ) , dan ut(x , 0) = ψ (x ) (2)

Persamaan beda skema CTCS (central time central space) untuk persamaan (1) adalah sebagai berikut u_jn+1− 2un j + u n−1 j ∆t2 − c 2u n j +1− 2unj + uj −1n ∆x2 = 0 (3)

atau dapat dituliskan sebagai u_jn+1= S  un_{j +1}+ uj −1n  + 2 (1 − S) ujn− u n−1 j (4) dengan S =c 2_∆t2 ∆x2

Perhatikan bahwa persamaan beda (4) memerlukan dua baris syarat awal, sementara permasalahan kita hanya mempunyai syarat awal (2), yang berarti u0

j, untuk j = 1, . . . , Mx.

Untuk memperoleh u_j1terapkan beda pusat dengan akurasi O ∆t2
pada ut|0j, yaitu

u1 j − u

−1 j

2∆t = ψj (5)

Persamaan (4) untuk n = 0 menghasilkan u1j = S  uj +10 + u0j −1  + 2 (1 − S) u0j − u −1 j dan karena −u_j−1= 2∆tψj− uj1 maka diperoleh u1_j = S  u_{j +1}0 + u0j −1  + 2 (1 − S) u0j + 2∆tψj− uj1 atau uj1= S 2  u0j +1+ uj −10  + (1 − S) u0j + ∆tψj (6)

Berikutnya, substitusikan kondisi u_j0= φj pada persamaan (6) sehingga diperoleh

uj1= S 2  φ0j +1+ φ0j −1  + (1 − S) φ0j + ∆tψj (7)

Jadi, persamaan beda (4) dapat diterapkan dengan menggunakan u0

j = φjdan persamaan

Syarat Kestabilan

Syarat kestabilan dari persamaan beda (4) dapat dicari dengan cara mensubstitusikan un_j = ρneiaj kedalam persamaan tersebut, yaitu

ρn+1eiaj= Sρneia(j +1)+ ρneia(j −1)+ 2 (1 − S) ρneiaj− ρn−1_eiaj

selanjutnya bagi persamaan diatas dengan ρn_eiaj_{, sehingga diperoleh}

ρ = S 

eia+ e−ia 

+ 2 (1 − S) − ρ−1 (8)

Karena e±ia= cos a ± i sin a, maka persamaan (8) dapat ditulis sebagai ρ = S ([cos a + i sin a] + [cos a − i sin a]) + 2 (1 − S) − ρ−1 ρ2 = [2S (cos a − 1) + 2] ρ − 1

atau

ρ2− [2S (cos a − 1) + 2] ρ + 1 = 0 (9)

Misalkan S (cos a − 1) = p, maka diperoleh

ρ2− (2p + 2) ρ + 1 = 0 sehingga akar-akarnya adalah

ρ1= (p + 1) + p p2_{+ 2p} dan ρ2= (p + 1) − p p2_{+ 2p}

Nilai dari ρ1dan ρ2terbagi menjadi tiga kasus yaitu:

1 Jika p2+ 2p > 0 dan p < −2, diperoleh ρ1dan ρ2bernilai riil dan salah satu diantaranya bernilai < −1, jadi skema tidak stabil.

2 Jika p2+ 2p < 0 dan −2 < p ≤ 0, diperoleh ρ1dan ρ2

ρ1,2= (p + 1) ± ip−p2− 2p

merupakan bilangan kompleks dengan |ρ1,2| = 1. Jadi ρ1,2= cos θ + i sin θ.

3 Jika p = −2, maka akan diperoleh ρ = −1.

Dengan demikian, skema beda hingga stabil jika p ∈ [−2, 0] , ∀a, dan −2 ≤ S (cos a∆x − 1) ≤ 0, ∀a dan karena −2 ≤ cos a∆x − 1 ≤ 0, ∀a, maka diperoleh

−2 ≤ −2S ≤ 0 atau

0 < S ≤ 1

Jasi syarat kestabilan untuk persamaan gelombang skema CTCS adalah S = c2∆t

2

Kekonsistenan

Perhatikan uraian deret Taylor berikut: un±1_j = un j ± ∆t ut|nj + 1 2∆t 2_u tt|nj ± 1 6∆t 3_u ttt|nj + 1 24∆t 4_u tttt|nj + · · · (10) uj ±1n = unj ± ∆x ux|nj + 1 2∆x 2_u xx|nj ± 1 6∆x 3_u xxx|nj + 1 24∆x 4_u xxxx|nj + · · · (11)

Dari persamaan (10) dan (11) diperoleh unj +1+ unj −1 = 2  ujn+ 1 2∆t 2_u xx|nj + 1 24∆x 4_u xxxx|nj + · · ·  (12) un+1_j + u_jn−1 = 2  u_jn+1 2∆t 2_u tt|nj + 1 24∆x 4_u tttt|nj + · · ·  (13) Substitusikan persamaan (12) dan (13) ke dalam persamaan beda (4) dan dengan sedikit manipulasi aljabar di peroleh

2u_jn+∆t2utt|nj+ 2 24∆t 4_u tttt|nj−2Su n j−S∆x 2_u xx|nj−S 2 24∆x 4_u xxxx|nj = 2 (1 − S) u n j (14)

Persamaan (14) diatas dapat disederhanakan menjadi ⇔ ∆t2 utt− c2uxx
  n j + 2 24 ∆t 4_u tttt− S∆x4uxxxx
  n j

Skema diatas konsisten, Selanjutnya suku pertama truncation terms-nya adalah 2 4! ∆t 4_u tttt− S∆x4uxxxx
= 2 4! ∆t 4_c2_u xxxx− S∆x4uxxxx
= 2 4!∆x 4 _S2_{− S
u} xxxx

yang berupa suku difusi, dan akan bernilai nol jika dan hanya jika S2_{− S = 0 atau}

S = c2∆t

2

Simulasi

Perhatikan persamaan gelombang utt= uxx, untuk 0 ≤ x ≤ 10, dengan syarat batas

ux(0, t) = 0 dan u (10, t) = 0, dan syarat awal ut(x , 0) = 0 dan

u (x , 0) = (₂

16(x − 3)

2_{(x − 7)}2_{, 3 ≤ x ≤ 7}

0, untuk x lainnya

Terapkan skema beda hingga orde-2 untuk persamaan gelombang. Gunakan pula hampiran orde-2 untuk menaksir u (x , ∆t) , juga untuk syarat batas kiri.

Jika dipilih ∆x = 1, diperoleh suatu hampiran bagi simpangan awal berikut u (x , 0) = 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0

Hitung u (x , t) untuk beberapa selang waktu (hand-calculation), pilih ∆t = 1. Apa yang anda lihat pada batas?

Implementasikan dan simulasikan perpecahan gundukan awal sampai gelombang pecahannya menabrak batas kanan dan kiri, kemudian berbalik. Amatilah!

Kerjakan soal (c) namun simpangan awal nol, dan kecepatan awal ut(x , 0) =

(

1, |x − 5| ≤ 1 0, x lainnya

Jawaban Soal 1.a

Skema beda hingga orde-2 untuk persamaan gelombang diatas adalah

u_jn+1= S  unj +1+ uj −1n  + 2 (1 − S) ujn− u n−1 j (15) dengan S =∆t 2 ∆x2

Hampiran orde-2 untuk syarat awal ut(x , 0) = 0 adalah u1 j − u −1 j ∆t = 0 u−1_j = uj1 (16)

Hampiran orde-2 untuk syarat batas kiri ux(0, t) = 0 adalah

un 1− u−1n

2∆t = 0

Jawaban Soal 1.b

untuk ∆x = ∆t = 1, maka S = 1 dan persamaan (15), menjadi

u_jn+1= u_{j +1}n + u_{j −1}n − un−1_j (18) untuk j = 0, dan n = 0 maka

u0₍₋₁₎= u10 dan u−10 = u 1

0 (19)

substitusikan (19) ke persamaan (18) untuk n = 0, dan j = 0 diperoleh

u10= u01 (20)

untuk n = 0, dan j = 1 · · · (Mx− 1),

berlaku

u1_j = u0j +1+ uj −1− uj−1

dengan mensubstitusikan (16) pada persamaan diatas diperoleh

u1=u

0

j +1+ uj −10

Jawaban soal 1.b

untuk n = 1 · · · Ntdan j = 0, berlaku

u₀n+1= u1n+ u−1n − u n−1 0

dan dengan mensubstitusikan (17) pada persamaan diatas diperoleh un+1₀ = 2un1− u

n−1

0 (22)

Dengan menggunakan kondisi awal dan kondisi batas (20), (21), dan (22) diperoleh hasil sebagai berikut: 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 9 0 0 0 0.5 1 0 −1 −0.5 0 0 0 8 0 0 0.5 1 0.5 0 −0.5 −1 −0.5 0 0 7 0 0.5 1 0.5 0 0 0 −0.5 −1 −0.5 0 6 1 1 0.5 0 0 0 0 0 −0.5 −1 0 5 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 1 1 0.5 0 0 0 0 0 0.5 1 0 3 0 0.5 1 0.5 0 0 0 0.5 1 0.5 0 2 0 0 0.5 1 0.5 0 0.5 1 0.5 0 0 1 0 0 0 0.5 1 1 1 0.5 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0 t/x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Jawaban Soal 1.c

Persamaan beda untuk persamaan gelombang utt= uxx adalah

u_jn+1= Suj +1n + uj −1n  + 2 (1 − S) unj − u n−1 j , S = ∆t2 ∆x2 (23)

untuk j = 0, dan n = 0, maka persamaan (23) menjadi

u10= S u01+ u−10
+ 2 (1 − S) u00− u −1 0 (24)

substitusikan persamaan (16) untuk j = 0, dan persamaan (17) untuk n = 0 pada persamaan (24), diperoleh

u01= S u10+ u01
+ 2 (1 − S) u00− u01

2u01= 2Su01+ 2 (1 − S) u00

atau

u01= Su10+ (1 − S) u00 (25)

untuk n = 0 dan j = 1 · · · (Mx− 1) persamaan

(23) menjadi

dengan menggunakan (16), persamaan (26) menjadi u1_j =S 2  u_{j +1}0 + u_{j −1}0 + (1 − S) u_j0 (27) untuk j = 0 dan n = 2 · · · Nt persamaan

(23) menjadi

un+1₀ = S u1n+ u−1n

+2 (1 − S) un0− un−10 (28)

dengan menggunakan (17), persamaan (28) menjadi

Simulasi Soal 1.c

Hasil Simulai

Simulasi Soal 1.d