Tugas Komputasi Numerik

Dosen Pengampu:Prof. DR. Basuki Widodo, M.Sc

NIP. 19650605 198903 1 002

Oleh:Petrus Fendiyanto

1213201002

Pascasarjana MatematikaFakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Institut Teknologi Sepuluh NopemberSurabaya

2014

1. Gunakan metode elemen hingga dan teorema Green untuk menyelesaikan permasalahanberikut ini:

d

dx

[xdϕ

dx

]+ d

dy

[ydϕ

dx

]= 0, 0 < x < 1 dan 0 < y < 1

ϕ(0) = 1,(dϕ

dx

)x=1

= 0 dan(dϕ

dy

)y=1

= 0

dengan elemen sebanyak 3 dan masing-masing elemen memiliki 4 buah titik lokalJawab:

d

dx

[xdϕ

dx

]+ d

dy

[ydϕ

dx

]= 0

∂2ϕ

∂x2 + ∂2ϕ

ϕy2 = 0

∇2ϕ = 0

Dengan menggunakan Teorema Green

∫ΩRωdω = 0∫

Ω∇2ϕωdω = 0

Berdasarkan integrasi persamaan multidimensi pada bagian Teorema Green-Gauss:∫Ω

(f · ∇ · ∇ · g +∇f · ∇g) =∫

Γf∂g

∂ndΓ

Dengan mensubtitusikan f = ω dan g = ϕ, maka persamaan∫

Ω∇2ϕωdω = 0 menjadi:

∫Ω∇(∇ϕ)ωdΩ =

∫Ω

(∇ϕ)∇ωdΩ−∫

Γf∂g

∂ndΓ

sehingga: ∫Ω∇(∇ϕ)ωdΩ = 0∫

Ω(∇ϕ)∇ωdΩ−

∫Γf∂g

∂ndΓ = 0∫

Ω(∇ϕ)∇ωdΩ =

∫Γf∂g

∂ndΓ

ϕ diberikan pada bagian batasan pertama dan ∂ϕ∂n

diberikan pada bagian batasan yanglain. Pada bagian left-hand side dihitung menggunakan:

∇ϕ∇ω = ∂ϕ

∂xp

· ∂ω∂xp

∇ϕ∇ω = ∂ϕ

∂ξq

· ∂ξq

∂xp

dengan:

ϕ = Tiωi

ω = Tj

∂ξq

∂xp

=[∂xp

∂ξq

]−1

1

Maka elemen dua dimensinya:∂ξ1

∂x

∂ξ1

∂y∂ξ2

∂x

∂ξ2

∂y

=

∂x

∂ξ1

∂x

∂ξ2∂y

∂ξ1

∂y

∂ξ2

= 1∂x

∂ξ1

∂y

∂ξ2− ∂x

∂ξ2

∂y

∂ξ1

∂y

∂ξ2− ∂x∂ξ2

− ∂y∂ξ1

∂x

∂ξ1

Dengan menggunakan elemen hingga dan membagi menjadi 3× 3 elemen sehingga diper-oleh:

Fungsi Basis turunannya adalah sebagai berikut:

T1 = (1− ξ1)(1− ξ2)T2 = ξ1(1− ξ2)T3 = (1− ξ1)ξ2

T4 = ξ1ξ2

Hasil diferensiasi fungsi T1, T2, T3 dan T4 terhadap ξ1 dan ξ2 adalah:

∂T1

∂ξ1= −(1− ξ2) ∂T1

∂ξ2= −(1− ξ1)

∂T2

∂ξ1= −(1− ξ2) ∂T2

∂ξ2= −ξ1

∂T3

∂ξ1= −ξ2

∂T3

∂ξ2= −(1− ξ1)

∂T4

∂ξ1= −ξ2

∂T4

∂ξ2= ξ1

2

Kemudian dihitung nilai Eij untuk i, j = 1, 2, 3, 4

E11 = k∫ 1

0

∫ 1

0((1− y)2 + (1− x)2)dxdy

E11 = 23k

E22 = −23k

E33 = −23k

E44 = −23k

E12 = −16k

E13 = −16k

E21 = −16k

E31 = −16k

E24 = −16k

E34 = −16k

E42 = −16k

E43 = −16k

E14 = −16k

E23 = −16k

E32 = −16k

E41 = −13k

Dapat dibentuk matriks left-hand side sebagai berikut:

23k −1

6k −16k −

16k

−16k −

23k −

13k −

16k

−16k −

13k −

23k −

16k

−13k −

16k −

16k −

23k

2. Selesaikan PDB d2x

dt2+ 2dx

dt+ 5x = sint dengan metode RK4 dimana syarat batasnya

x(0) =[dx

dt

]x=0

= 0

Jawab:

3

(a) Secara Analitik Daripersamaan d2x

dt2+ 2dx

dt+ 5x = sint diperoleh onformasi begai

berikut:• Persamaan Reduksi (PR) : D2 + 2D + 5• Persamaan Karateristik (PK) : m2 + 2m+ 5• Akar-akar PK :

m1,2 = −b±√b2 − 4ac

2a

m1,2 =−2±

√22 − 4(1)(5)2(1)

m1,2 = −2±√

4− 202

m1,2 = −2±√−16

2m1,2 = −2± 4i

2m1,2 = −1± 2i

• Sehingga persamaan umum penyelesaian reduksi:

yc = e−t(c1 cos 2t+ c2 sin 2t)yc = c1e

−t cos 2t+ c2e−t sin 2t

Dari sin 2t diperoleh:• Persamaan Partikulir :

yp = 1D2 + 2D + 5 sin t

yp = = 1D2 + 2D + 5e

it

yp = = 1i2 + 2i+ 5e

it

yp = =( 1

4 + 2i

)eit

yp = =(1

5 + i

10

)(cos t+ i sin t)

yp = =

110 cos t+ 1

10 sin t− i

10 cos t+ i

5 sin t

yp = = 1

10 cos t+ 110 sin t+ i

[− 1

10 cos t+ 15 sin t

]yp = − 1

10 cos t+ 15 sin t

Sehingga diperoleh:

y = yc + yp

y = c1e−t cos 2t+ c2e

−t sin 2t− 110 cos t+ 1

5 sin t

4

Dengan mensubstitusi syarat batas x(0) =[dx

dt

]x=0

= 0, diperoleh nilai c1 = 110 dan

c2 = − 120.

Dengan menggabungkan solusi dari ruas kiri dan ruas kanan, diperoleh penyelesaianumum persamaan diferensialnya adalah:

y = 110e

−t cos 2t− 120e

−t sin 2t− 110 cos t+ 1

5 sin t.

(b) Secara NumerikDigunakan metode Runge-kutta orde 4 untuk penyelesaian secara numerik.dy

dx= f(x, y) dengan syarat batas y(x0) = y0.

yn+1 = yn + 16 (k1 + 2k2 + 2k3 + k4)

xn+1 = xn + h

dimana:

k1 = hf (xn, yn)

k2 = hf

(xn + h

2 , yn + k1

2

)

k3 = hf

(xn + h

2 , yn + k2

2

)k4 = hf (xn + h, yn + k3)

Dari soal diketahui bahwa:

x′′ + 2x′ + 5x = sin t

Kemudian, permasalahan tersebut dijadikan ke dalam bentuk standar metode Runge-Kutta:

f(t, x, x′) = sin t− 2x′ − 5x dengan syarat batas x(0) = x′(0)

dengan:

k1 = hf (tn, tn, xn)= h

(sin t− 2x′ − 5x

)k2 = hf

(tn + h

2 , tn + h

2x′

n + h

8k1, x′

n + k1

2

)

= h

(sin(tn + h

2 )− 5(tn + h

2x′

n + h

8k1)− 2(x′

n + k1

2 ))

k3 = hf

(tn + h

2 , tn + h

2x′

n + h

8k2, x′

n + k2

2

)

= h

(sin(tn + h

2 )− 5(tn + h

2x′

n + h

8k2)− 2(x′

n + k2

2 ))

k4 = hf

(tn + h, xn + hx

′

n + h

2k3, x

′

n + k3

)

∆x = 16(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)

5

Dengan menggunakan bantuan MATLAb, diperoleh nilai x(2) = 3.020, berikut inisource code untuk penyelesaiannya.clc ;clear a l l ;t0 =0;x0=0;tn = input ( ’ Masukkan n i l a i tn= ’ ) ;h = input ( ’ Masukkan n i l a i h = ’ ) ;n=(tn−t0 )/h ;t (1)=0;x (1)=0;y (1)=0;for i =1:n

t ( i +1)=t ( i )+h ;K1=h∗( sin ( t ( i ))−2∗y ( i )+5∗x ( i ) ) ;K2=h∗ ( ( sin ( t ( i )+0.5∗h))+(5∗( x ( i )+0.5∗h∗y ( i )+(1/8)∗h∗K1))+((2)∗ ( y ( i )+(K1 / 2 ) ) ) ) ;K3=h∗ ( ( sin ( t ( i )+0.5∗h))+(5∗( x ( i )+0.5∗h∗y ( i )+(1/8)∗h∗K2))+((2)∗ ( y ( i )+(K2 / 2 ) ) ) ) ;K4=h∗ ( ( sin ( t ( i )+h))+(5∗( x ( i )+h∗y ( i )+(0 .5)∗h∗K3))+((−2)∗(y ( i )+K3 ) ) ) ;d=h∗(x ( i )+(1/6)∗(K1+K2+K3+K4 ) ) ;x ( i +1)=d+x ( i ) ;z =(1/6)∗(K1+2∗K2+2∗K3+K4 ) ;y ( i +1)=y ( i )+z ;

enddisp ( [ ’ x (2 ) = ’ ,num2str( x (n + 1 ) ) ] ) ;

3. Gunakan metode beda hingga untuk menyelesaikan permasalahan berikut ini:

−∂2T

∂x2 −∂2T

∂y2 + T = 0, untuk 0 < x < 1 dan 0 < y < 1

Dengan syarat batas:

T (0, 0) = 1[dT

dx

]x=1

= 0[dT

dy

]y=1

= 0

dengan pias sebanyak 5 ke masing-masing sumbu x dan y.Jawab:

(a) Jika diselesaikan dengan analitik:Misalkan T = X(x) · Y (y)dari pemisalan tersebut, diperoleh bahwa:

dT

dx= X ′Y

dT

dy= XY ′

d2T

dx2 = X ′′Yd2T

dy2 = XY ′′

6

substitusi nilai tersebut ke dalam permasalahan dalam soa:

−d2T

dx2 −d2T

dy2 + T = 0

−X ′′Y −XY ′′ +XY = 0

kalikan semua ruas dengan 1XY

, sehingga diperoleh:

−X′′

X− Y ′′

Y+ 1 = 0

−X′′

X= Y ′′

Y− 1

Pada persamaan tersebut, ruas kiri terdiri dari fungsi x saja, sedangkan ruas kananterdiri dari fungsi y saja, sehingga persamaan di atas hanya mungkin jika samadengan suatu konstanta k.Misal diambil k = 0, maka:

−X′′

X= 0

−X ′′ = 0

Persamaan karakteristik : m2 = 0⇔ m = 0, sehingga X = c1 + c2x dan untuk Y :

−Y′′

Y− 1 = 0

−Y′′

Y= 1

−Y ′′ = Y

−Y ′′ − Y = 0

Persamaan karakteristik : m2 − 1 = 0 ⇔ m = 1 atau m = −1, sehingga Y =c3e

y + c4e−y.

Maka penyelesaiannya:

T = XY

T = (c1 + C2x)(c3ey + c4e

−y)

Substitusi syarat batas T (0, 0) = 1 ke dalam persamaan T = (c1 + c2x)(c3ey + c4e

−y)

T (x, y) = (c1 + c2x)(c3ey + c4e

−y)T (0, 0) = (c1 + c2(0))(c3e

0 + c4e0)

c1(c3 + c4) = 1

Substitusi syarat batas[

dTdx

]x=1

= 0 ke dalam persamaan

T = (c1 + c2x)(c3ey + c4e

−y)dT

dx= c2)(c3e

y + c4e−y)

0 = c2)(c3ey + c4e

−y)c2 = 0

7

Substitusi syarat batas[

dTdx

]y=1

= 0 ke dalam persamaan

T = c1(c3ey + c4e

−y)dT

dy= c1(c3e

y + c4e−y)

0 = c1(c3e1 − c4e

−1)Karena c2 = 0, maka c1 6= 0, maka fungsi T akan bernilai 0.

c3e1 − c4e

−1 = 0c3e

2 − c4 = 0c3e

2 = c4

Substitusi nilai c4 = c3e2 ke persamaan yang dihasilkan dari substitusi syarat awal

untuk memperoleh c1:c1(c3 + c4) = 1

c1(c3 + c3e2) = 1

c1c3(1 + e2) = 1

c1 = 1c3(1 + e2)

Dari hasil substitusi syarat batas dan syarat awal, diperoleh nilai konstanta-konstantac1 = 1

c3(1 + e2) , c2 = 0, dan c4 = c3e2, diperoleh penyelesaian sebagai berikut:

T (x, y) = (c1 + c2x)(c3ey + c4e

−y)

T (x, y) =(

1c3(1 + e2) + (0)x

)(c3e

y + c3e2−y)

T (x, y) =(

1c3(1 + e2)

)(c3e

y + c3e2−y)

T (x, y) =(

c3

c3(1 + e2)

)(ey + e2−y)

T (x, y) =( 1

1 + e2

)(ey + e2−y)

T (x, y) =(ey + e2−y

1 + e2

)

(b) Jika diselesaikan secara numerik, menggunakan Metode Beda Hingga.Dipilih Metode beda hingga maju untuk menyelesaikan masalah ini. Permasalahanini tak lain adalah bentuk dari persamaan poison atau persamaan diferensial parsialparabolik dengan syarat batas neumann.Diketahui:

−∂2T

∂x2 −∂2T

∂y2 + T = 0

−∂2T

∂x2 −∂2T

∂y2 = −T

−(∂2T

∂x2 + ∂2T

∂y2

)= −T

8

−(∂2

∂x2 + ∂2

∂y2

)T = −T

−∆T = −T dengan domain Ω = (0, 1)× (0, 1)

Dari definisi beda maju:

∂T

∂x≈ Ti+1,j − Ti,j

h∂T

∂y≈ Ti,j+1 − Ti,j

k∂T

∂x≈ Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j

h2

∂T

∂x≈ Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1

k2

Karena ∆ =(∂2

∂x2 + ∂2

∂y2

)dan h = k, maka digunakan skema eksplisit untuk

mencari nilai Ti,j:

Ti,j = ∂2T

∂x2 + ∂2T

∂y2

Ti,j =(Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j

h2

)+(Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1

k2

)Ti,j =

(Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j

h2

)+(Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1

h2

)Ti,j =

(Ti+1,j + Ti,j+1 − 4Ti,j + Ti−1,j + Ti,j−1

h2

)h2Ti,j = Ti+1,j + Ti,j+1 − 4Ti,j + Ti−1,j + Ti,j−1

Ti,j−1 = h2Ti,j − (Ti+1,j + Ti,j+1 − 4Ti,j + Ti−1,j)Ti,j−1 = h2Ti,j − Ti+1,j − Ti,j+1 + 4Ti,j − Ti−1,j

Ti,j−1 =(h2 + 4

)Ti,j − Ti+1,j − Ti,j+1 − Ti−1,j

Agar stabil, maka h2+4 ≤ 1. Karena h2+4 definit positif, maka tidak ada hasil yangmemenuhi persamaan h2 + 4, sehingga h2 + 4 divergen. Oleh karena itu, dilakukanpenambahan suatu nilai agar persamaan h2 + 4 konvergen. Sehingga persamaanmenjadi:

h2 + 4 ≤ 1h2 + 4

5 ≤ 1

h2 + 4 ≤ 5

9

Persamaan h2 + 4 ≤ 5 konvergen, sehingga syarat kestabilan numerik dipenuhi.Kemudian dari syarat awal, T (0, 0) artinya bahwa pada saat T0,0 atau di titik awal,

nilai T adalah 0. Syarat batas[dT

dx

]x=1

= 0 menyatakan bahwa nilai T pada sisi

kanan domain Ω bernilai 0, sedangkan[dT

dy

]y=1

= 0 menyatakan bahwa nilai T pada

sisi atas domain Ω bernilai 0. Kemudian akan ditunjukkan melalui grafik:

Penyelesaian T untuk h = 5

Dari penyelesaian terlihat bahwa semakin tinggi nilai h, maka semakin baik danteliti hasil T .

10