persamaan difusi - wordpress.com · 2013-04-07 · penurunan persamaan difusi misalkan u(x,t)...

Persamaan DifusiPenurunan, Solusi Analitik, Solusi Numerik (Beda Hingga, RBF)

M. Jamhuri

UIN Malang

April 7, 2013

M. Jamhuri Persamaan Difusi

Penurunan Persamaan Difusi

Misalkan u (x , t) menyatakan konsentrasi dari zat pada posisi x dan pada waktu t.

Pada selang [x0, x1] , massa zat

M =

ˆ x1

x0

u (x , t) dx

dan perubahan massadM

dt=

ˆ x1

x0

ut (x , t) dx (1)

Massa pada selang tersebut akan berubah bila ada zat yang masuk atau keluarselang tersebut.

Hukum Fick mengatakan rata-rata penyebaran sebanding dengan gradienkonsentrasi

dM

dt= zat masuk − zat keluar

= kux (x1, t)− kux (x0, t) (2)

dimana k adalah konstanta pembanding.

dengan menyamakan dMdt

pada persamaan (1) dan (2) diperolehˆ x1

x0

ut (x , t) dx = kux (x1, t)− kux (x0, t)

atauˆ x1

x0

ut (x , t) dx = k

ˆ x1

x0

uxx (x , t) dx (3)


Jika integral kedua ruas dari (3) dihilangkan diperoleh

ut = kuxx (4)

yang biasa disebut sebagai persamaan difusi atau persamaan panas.


Solusi Analitik

Sebelum menentukan solusi persamaan difusi (4) pada daerah −∞ < x < ∞ dant > 0, kita tinjau lebih dahulu solusi persamaan difusi dalam bentuk khusus

Q (x , t) = g (p)

dengan

p =x√4kt

.

Permasalahan disini adalah bagaimana bentuk dari g , untuk itu akan kita lakukanlangkah-langkah sebagai berikut:substitusikan Q pada (4), dengan

∂Q

∂t=

dg

dp

∂p

∂t

= − 1

2tpg ′ (p) (5)

∂Q

∂x=

dg

dp

∂p

∂x

=1√4kt

g ′ (p) (6)

∂2Q

∂x2=

1√4kt

∂

∂xg ′ (p)

=1

4ktg ′′ (p) (7)


sehingga diperoleh

Qt = kQxx

− 1

2tpg ′ (p) = k

[

1

4ktg ′′ (p)

]

pg ′ (p) = −1

2g ′′ (p)

g ′′ (p) + 2pg ′ (p) = 0 (8)

Solusi dari (8) dapat diperoleh sebagai berikut

d2

dp2g (p) + 2p

d

dpg (p) = 0

(

d

dp+ 2p

)

dg

dp= 0

misalkandg

dp= v (9)

dan(

d

dp+ 2p

)

v = 0 (10)

Solusi dari ODE (10) adalah

dv

dp= −2pv

v = C1e−p2


selanjutnya substitusikan v pada (9), sehingga diperoleh

dg

dp= C1e

−p2

ˆ

dg = C1

ˆ

e−p2dp

g = C1

[ˆ

e−p2dp + C2

]

dan

Q (x , t) = C1

ˆ x√4kt

0

e−p2dp + C2

Konstanta C1 dan C2 diperoleh dengan menggunakan syarat awal khusus, yangdiberikan dalam bentuk

Q (x , 0) =

{

1, untuk x > 0

0, untuk x < 0


Hitung limit t → 0+

Kasus x > 0

limt→0+

Q (x, t) = C1

ˆ ∞

0e−p2

dp + C2 = C1

√

π

2+ C2 = 1

Dalam menghitung integral tak wajar, kita gunakan distribusi normal berbentuk

1√

π

ˆ ∞

−∞

e−p2

dp = 1

Kasus x < 0

limt→0−

Q (x, t) = C1

ˆ ∞

0e−p2

dp+C2 = −C1

ˆ 0

−∞

e−p2

dp+C2 = −C1

√

π

2+C2 = 0

Dari dua limit diatas diperoleh

C1 =1√π

dan C2 =1

2

sehingga

Q (x , t) =1

2+

1√π

ˆ x√4kt

0

e−p2dp

untuk t > 0.

Dari Q yang sudah diperkenalkan di atas, kita akan menentukan solusi u terkaitdengan Q. Tetapi lebih dahulu kita perhatikan sifat-sifat berikut.


Jika u memenuhi ut − kuxx = 0 maka v = ux juga memenuhi persamaantersebut. Kita dapat menunjukkan dengan memeriksa apakah v memenuhipersamaan, turunan dari v

vt =∂

∂t

(

∂u

∂x

)

=∂2u

∂t∂x

vx =∂

∂x

(

∂u

∂x

)

=∂2u

∂x2

vxx =∂

∂x

(

∂2u

∂x2

)

=∂3u

∂x3

Selanjutnya terapkan vt , dan vxx diatas pada persamaan difusi, yaitu

vt − kvxx =∂2u

∂t∂x− k

∂3u

∂x3

=∂

∂x

[

∂u

∂t− k

∂2u

∂x2

]

=∂

∂x· 0

= 0 memenuhi persamaan difusi.M. Jamhuri Persamaan Difusi

Dengan Q seperti didefinisikan diatas,

S (x , t) =∂Q

∂x

juga solusi persamaan panas. Hal ini dapat ditunjukkan, karena Q memenuhipersamaan panas, dan sifat sebelum ini,

Begitu juga S (x , y) memenuhi persamaan panas, dan juga

W (x , t) =

ˆ

∞

−∞

S (x − y , t) g (y) dy

untuk sebarang g (y) asalkan integral konvergen.

Dengan sifat-sifat diatas dan pendefinisian S terkait dengan Q, maka u dapatdidefinisikan sebagai

u (x , t) =

ˆ

∞

−∞

S (x − y , t)φ (y) dy

untuk t > 0, yang memenuhi persamaan panas.

Masalah sekarang adalah apakah u tersebut memenuhi kondisi awalu (x , 0) = φ (x) . Untuk itu, kita tuliskan u dalam dalam Q

u (x , t) =

ˆ

∞

−∞

∂Q

∂x(x − y , t)φ (y)dy

sedangkan∂Q

∂x=

∂Q

∂y

∂y

∂ (x − y)

∂ (x − y)

∂x= −∂Q

∂y

∂ (x − y)

∂x


Selanjutnya gunakan integral parsial, sehingga diperoleh

u (x , t) = −[

Qφ|∞−∞

−ˆ

∞

−∞

Q (x − y , t)φ′ (y) dy

]

Suku pertama pada ruas kanan bernilai nol dengan menggunakan asumsi φ → 0untuk |y | → ∞, sehingga diperoleh

u (x , 0) =

ˆ

∞

−∞

Q (x − y , 0)φ′ (y) dy

Sekarang kita gunakan

Q (x , 0) = 1 untuk x > 0 ⇔ Q (x − y , 0) = 1 untuk y < x

dan dengan uraian yang sama diperoleh Q (x − y , 0) = 0 untuk y > x .

Bila hal ini diterapkan pada integral, didapat

u (x , 0) =

ˆ x

−∞

φ′ (y) dy = φ (x)

memenuhi syarat yang ada, dan secara eksplisit solusinya

u (x , t) =1√

4πkt

ˆ

∞

−∞

e−

(x−y)2

4kt φ (y) dy (11)


Contoh

Tentukan solusi ut − kuxx = 0 untuk −∞ < x < ∞, dengan syarat awal

u (x , 0) = e−x

Dari persamaan 11 diperoleh

u (x , t) =1√

4πkt

ˆ

∞

−∞

e−

(x−y)2

4kt e−ydy

=1√

4πkt

ˆ

∞

−∞

e−

[

(x−y)2+4kty4kt

]

dy (12)

(x − y)2 + 4kty

4kt=

1

4kt

[

(x − y)2 + 4kty]

=1

4kt

[(

x2 − xy + y2)

+ 4kty]

=1

4kt

[

(x − y − 2kt)2 + 4ktx − 4k2t2]

=

(

x − y − 2kt√4kt

)

2

+ (x − kt)

sehingga (12) menjadi

u (x , t) =e−(x−kt)

√4πkt

ˆ

∞

−∞

e−s2ds = e−(x−kt)


Metode Pemisahan Variabel

Diberikan persamaan difusi

ut = 3uxx pada 0 < x < π, t > 0 (13)

dengan kondisi batas

u (0, t) = u (π, t) = 0 (14)

u (x , 0) = 4 sin (2x) (15)

Misalkan u (x , t) = X (x)T (t) dan substitusikan pemisalan tersebut pada (13),sehingga diperoleh

XT ′ = 3X ′′T

T ′

3T=

X ′′

X(16)

Ruas kiri dari (16) hanya bergantung pada variabel t saja, sedangkan ruas kananhanya bergantung pada variabel x saja, kondisi tersebut hanya mungkin dipenuhijika keduanya merupakan konstan yaitu

T ′

3T=

X ′′

X= −λ (17)

Misalkan λ = β2, maka persamaan (17) dapat dituliskan menjadi dua buah ODEyaitu

X ′′ + β2X = 0 (18)

danT ′ + 3λT = 0 (19)


Solusi dari (18) adalah

X (x) = C1eiβx + C2e

−iβx

atau dalam bentuk sinusoidal

X (x) = A cos (βx) + B sin (βx) (20)

Kondisi u (0, t) = 0 memberikan A = 0, sehingga

X (x) = B sin (βx)

selanjutnya kondisi u (π, t) = 0 memberikan

sin (βπ) = 0

βπ = arcsin 0

βπ = nπ, {n = 0, 1, 2, . . . }β = n

sehingga diperolehXn (x) = sin (nx) (21)

Solusi dari persamaan (19) adalah

T (t) = Ce−3λt

karena λ = β2 = n2, maka

Tn (t) = Ce−3n2t (22)


Dari persamaan (21) dan (22), maka diperoleh solusi

un (x , t) = Cne−3n2t sin (nx)

Karena kombinasi linier dari solusi persamaan difusi adalah solusi, maka

u (x , t) =∞∑

n=1

Cne−3n2t sin (nx) (23)

Selanjutnya gunakan kondisi awal (15)

u (x , 0) = 4 sin (2x)

sehingga diperoleh

4 sin (2x) =∞∑

n=1

Cn sin (nx)

dimana

Cn =8

π

ˆ π

0

sin (2x) sin (nx) dx

=

{

0, jika n 6= 2

4 n lainnya

Substitusikan kembali Cn pada (23) sehingga diperoleh

u (x , t) = 4e−12t sin (2x)


Metode Numerik dengan RBF

Persamaan difusi (13) yaituut = 3uxx

kita aproksimasi dengan jaringan RBF sebagai

N∑

j=1

αj

∂

∂tφ (x , t) = 3

N∑

j=1

αj

∂2

∂x2φ (x , t)

N∑

j=1

αj

[

∂

∂tφ (x , t)− 3

∂2

∂x2φ (x , t)

]

= 0 (24)

dimana

φ (x , t) =

√

(x − c)2 + (t − d)2 + ǫ2

∂

∂tφ (x , t) =

t − d√

(x − c)2 + (t − d)2 + ǫ2

∂2

∂x2φ (x , t) =

(t − d)2 + ǫ2

[

(x − c)2 + (t − d)2 + ǫ2] 3

2

{α}Nj=1

adalah koefisien interpolan atau bobot jaringan yang akan ditentukan,sedangkan c dan d adalah center dari jaringan, dan ǫ adalah parameter bebasyang harus dipilih.


Berikutnya aproksimasi kondisi batas (14) memberikan

N∑

j=1

αjφ (0, t) = 0 (25)

danN∑

j=1

αjφ (π, t) = 0 (26)

Dari kondisi batas (15) diperoleh

N∑

j=1

αjφ (x ,0) = 4 sin (2x) (27)

Untuk mendapatkan solusi numerik dari persamaan difusi (13) dengan kondisibatas (14) dan (15), pertama kita harus menentukan koefisien α dari sistempersamaan (24), (25), (26), dan (27).

Selanjutnya gunakan α yang didapat untuk menentukan solusi u dengan caramengaproksimasi u sebagai

u (x , t) ≈N∑

j=1

αjφ (x , t) .


Hasil Simulasi

Hasil simulasi metode RBF diatas diperoleh dengan menggunakan 16 buah titikuntuk 0 < x < π dan 21 buah titik untuk 0 < t < 1.

Parameter ǫ dipilih sebagai

ǫ =var (x) + var (y)

2


Plot error mutlak antara metode RBF vs hasil eksak


Metode Beda Hingga: FTCS

Pada tulisan ini akan dibahas beberapa metode beda hingga untuk persamaandifusi

ut = kuxx (28)

dengan k suatu konsatnta.

Metode FTCS (Forward Time Central Space) biasa disebut sebagai metodeeksplisit untuk persamaan difusi.

Pada metode ini, forward time diterapkan pada ut dengan akurasi O (∆t) danmetode beda pusat yang diterapkan pada uxx dengan akurasi O

(

∆x2)

, sehinggadiperoleh persamaan beda sebagai berikut:

un+1

j− un

j

∆t= k

unj+1

− 2unj+ un

j−1

∆x2(29)

Persamaan (29) dapat disederhanakan sebagai

un+1

j=

k∆t

∆x2

(

unj+1

− 2unj + un

j−1

)

+ unj

atauun+1

j = (1 − 2S) unj + S

(

unj+1

+ unj−1

)

(30)

dengan S = k∆t∆x2 .


Stencil untuk metode FTCS pada persamaan difusi dapat dilihat pada gambarberikut:

Kestabilan:Substitusikan un

j = ρne iaj pada persamaan (30), sehingga diperoleh

ρn+1e iaj = (1 − 2S) ρne iaj + S(

ρne ia(j+1) + ρne ia(j−1))

(31)

Bagi kedua ruas dari persamaan (31) dengan ρe iaj , sehingga diperoleh

ρ = (1 − 2S) + S(

e ia + e−ia)

= (1 − 2S) + S ([cos a + i sin a] + [cos a − i sin a])

= (1 − 2S) + 2S cos a

= 1 + 2S (cos a − 1)

Agar skema stabil, maka |ρ| ≤ 1, yaitu

|ρ| = |1 + 2S (cos a − 1)| ≤ 1−1 ≤ 1 + 2S (cos a − 1) ≤ 1−2 ≤ 2S (cos a − 1) ≤ 0−1 ≤ S (cos a − 1) ≤ 00 ≤ (1 − cos a)S ≤ 1


Contoh Penerapan Metode FTCS


ut = 3uxx pada 0 < x < π, t > 0 (35)


u (0, t) = u (π, t) = 0 (36)

u (x , 0) = 4 sin (2x) (37)

Persamaan difusi (35) dengan kondisi batas (36), dan (37) diatas akan kitaselesaikan secara numerik menggunakan skema FTCS dengan langkah-langkahsebagai berikut.

Persamaan (35) kita diskritkan dengan menggunakan persamaan beda (30), yaitu

un+1

j= (1 − 2S) un

j + S(

unj+1

+ unj−1

)

, S =3∆t

∆x2(38)

sedangkan kondisi batas (36) dan (37) sebagai

un1 = 0 dan un

Mx= 0

u1

j = 4 sin(

2xj

)

dimana {n = 1, . . .Nt , j = 1, . . . ,Mx} dengan Nt =⌊

T−0

∆t

⌋

dan Mx =⌊

π−0

∆x

⌋

.

Contoh, misalkan untuk j = 2 dan n = 1, maka (38) menjadi

u2

2 = (1 − 2S) u1

2 + S(

u1

3 + u1

1

)


Simulasi metode beda hingga FTCS


Error mutlak: metode beda hingga vs hasil eksak


Metode Implisit BTCS

Metode BTCS memiliki akurasi O(

∆t,∆x2)

, persamaan beda untuk persamaandifusi dengan menggunakan metode BTCS adalah

un+1

j− un

j

∆t= k

un+1

j+1− 2un+1

j+ un+1

j−1

∆x2(39)

un+1

j− un

j =k∆t

∆x2

(

un+1

j+1− 2un+1

j+ un+1

j−1

)

−Sun+1

j−1+ (2S + 1) un+1

j − Sun+1

j+1= un

j (40)

dengan S = k∆t∆x2 .

Kestabilan: Substitusikan unj = ρne iaj ke dalam (40) sehingga diperoleh

−Sρe−ia + (2S + 1) ρ− Sρe ia = 1

−S(

e−ia + e ia)

+ (2S + 1) =1

ρ

−2S cos a + 2S + 1 − 1

ρ= 0

(1 − cos a) 2S + 1 − 1

ρ= 0

(1 − cos a) 2Sρ+ ρ = 1

ρ =1

(1 − cos a) 2S + 1


Karena untuk setiap S dan a penyebut selalu lebih besar atau sama dengan 1,maka jelas bahwa

|ρ| ≤ 1

jadi skema stabil untuk setiap S = k∆t∆x2 .

Perhtikan persamaan beda (40) diatas, jika diberikan syarat batas bertipe dirichletyaitu u (0, t) = f1 dan u (L, t) = f2. Titik-titik yang harus dihitung adalah

un+1

j


Contoh penerapan metode BTCS


ut = 3uxx pada 0 < x < π, t > 0 (41)


u (0, t) = u (π, t) = 0 (42)

u (x , 0) = 4 sin (2x) (43)

Persamaan beda skema BTCS untuk persamaan (41) adalah

unj − un−1

j

∆t= 3

unj+1

− 2unj + un

j−1

∆x2

unj − un−1

j=

3∆t

∆x2

[

unj+1

− 2unj + un

j−1

]

unj − S

[

unj+1

− 2unj + un

j−1

]

= un−1

j, S =

3∆t

∆x2

−Sunj−1

+ (1 + 2S) unj − Sun

j+1= un−1

j

atauSun

j−1− (1 + 2S) un

j + Sunj+1

= −un−1

j (44)


Kondisi batas (42) kita diskritkan sebagai

un1 = 0, dan un

Mx= 0 (45)

dan (43) kita diskritkan sebagai

u1

j = 4 sin(

2xj

)

(46)

dimana {j = 1, . . . ,Mx , n = 1, . . . ,Nt} dengan Mx =⌊

π−0

∆x

⌋

dan Nt =⌊

T−0

∆t

⌋

.

Dalam bentuk matrik dapat kita gambarkan persamaan beda (44), (45), dan (46)sebagai

j \ n 1 2 3 · · · Nt − 1 Nt

1 0 0 0 · · · 0 0

2 4 sin (2x2) u2

2u3

2· · · u

Nt−1

2u

Nt2

3 4 sin (2x3) u2

3u3

3· · · u

Nt−1

3u

Nt3

.

.....

.

.....

. . ....

.

..

Mx − 1 4 sin (2xMx−1) u2

Mx−1u3

Mx−1· · · u

Nt−1

Mx−1u

NtMx−1

Mx 0 0 0 0 0 0


Sebagai contoh, untuk j = 2, 3, . . . ,Mx − 1 dan n = 2 akan kita tentukan unj , yaitu

u2

2 =?

maka dengan menggunakan (44) diperoleh

Sunj−1

− (1 + 2S) unj + Sun

j+1= −un−1

j

j = 2 ⇒ Su2

1− (1 + 2S) u2

2+ Su2

3= −u1

2

j = 3 ⇒ Su2

2− (1 + 2S) u2

3+ Su2

4= −u1

3

j = 4 ⇒ Su2

3− (1 + 2S) u2

4+ Su2

5= −u1

4

......

......

...j = Mx − 1 ⇒ Su2

Mx−2− (1 − 2S) u2

Mx−1+ Su2

Mx= −u1

Mx−1

so we have matrix

− (1 + 2S) S 0 · · · 0S − (1 + 2S) S · · · 00 S − (1 + 2S) · · · 0

.

.

.

.

.

.

.

.

.

...

.

.

.0 0 0 · · · − (1 + 2S)

u22

u23

u24...

u2Mx−1

=

−u12 − Su2

1−u1

3−u1

4...

−u1Mx−1 − Su2

Mx


persamaan difusi - wordpress.com · 2013-04-07 · penurunan persamaan difusi misalkan u(x,t)...

Documents