12 Langkah Penyelesaian Pendekatan

Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulika

Bab 4 Dasar Kedua:

12 Langkah Penyelesaian Pendekatan

Ir. Djoko Luknanto, M.Sc., Ph.D. mailto:[email protected]

Review (hal.96) • Analisis yang dibutuhkan:

Û(x;a) ai harus dicari

Integrasi Residual

Kriteria Optimasi pada R(x;a)

Sistem Persamaan Linier

Û(x;a) aplikasi kondisi batas secara numeris

Sistem Persamaan Linier

Penyelesaian Û(x) diperoleh

5/8/2014

untuk menentukan nilai ai terbaik

[email protected]

2

I.

Prosedur 12 Langkah

1. Pengembangan Teori 2. Hitungan Numerik

5/8/2014

[email protected]

3

1. Pengembangan Teori (hal 97) 1. 2. 3. 4. 5.

Tulis persamaan residual Galerkin Integration by parts Substitusi residual kedalam Butir 2 Tentukan “fungsi coba” Substitusikan kedalam sistem persamaan, dan ubah integral agar cocok untuk hitungan numerik 6. Siapkan formula untuk “debit” dengan “fungsi coba”

5/8/2014

[email protected]

4

2. Hitungan Numerik (hal 97) 7. 8. 9. 10. 11. 12.

Siapkan data lapangan Hitung suku-suku interior dalam sistem persamaan Aplikasikan kondisi batas kedalam persamaan Selesaikan sistem persamaan linier Hitung “debit” Tayangkan “penyelesaian pendekatan” dan estimasi ketelitiannya

5/8/2014

[email protected]

5

II. Contoh Soal (hal.98) Persamaan dasar:  dU ( x)  2 d    x  2  dx  dx  x

Domain: 1 < x < 2 Kondisi Batas:

U (1)  2 1   x dU ( x)     dx  x  2 2  5/8/2014

[email protected]

6

III. Langkah 1 (Hal.99) Persamaan pendekatan: Û(x;a) = Ø0(x) + a1Ø1(x) + a2Ø2(x) + ... + aNØN(x) Persamaan Residual:   ˆ ( x)   dU d  R( x; a)    x  dx  dx  



2 0  x2 

Persamaan N Galerkin Residual:  R( x; a ) ( x )dx  0,  R( x; a ) ( x )dx  0, ...,  R( x; a ) 1



2



N

( x )dx  0



... substitusikan, diperoleh:  d  dUˆ  2  x  dx  x dx   x 2  i( x) dx  0 i  1, 2, ..., N  a  xb

5/8/2014

[email protected]

7

III. Langkah 2 (hal.99) Integration by parts: df dg d ( fg )  g f dx dx dx

Integrasikan: xb

xb

xb

xb

xb

d df dg x dx ( fg ) dx  x dx g dx  x f dx dx a a a xb

df dg x d ( fg )  x dx g dx  x f dx dx a a a 5/8/2014

[email protected]

8

III. Langkah 2 (hal.100) ... dimanipulasi lebih lanjut ... xb

xb

xb

xb

xb

dg df x d ( fg )  x dx g dx  x f dx dx a a a

 fg 

xb xa

xb

dg df  dx g dx   f dx dx xa xa xb

dg df xb x dx g dx   fg xa  x f dx dx a a 5/8/2014

[email protected]

9

III. Langkah 2 (hal.100) Aplikasikan terhadap:  d  dUˆ  2  x  dx  x dx   x 2   i( x) dx  0 i  1, 2, ..., N  a  xb

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

derivatif turun satu tingkat!

...menjadi...

xb

x

b df dg xb dx ingat:  g dx   fg xa   f dx dx xa xa

xb

xb xb   dUˆ  d i dUˆ   2        x i     x dx   2  i( x ) dx  0 i  1, 2, ..., N   dx   dx  dx x  xa  xa xa

5/8/2014

[email protected]

10

III. Langkah 2 (hal.100) ...diatur dalam bentuk akhir: x

b xb ˆ ˆ     2 dU d U d i         ( x ) dx dx x x  i 2 i x dx dx   dx   x  xa a

xb

i  1, 2, ..., N

xa

“loading term”: dalam domain

“loading term”: pada daerah batas

RHS mengandung seluruh “loading term” yaitu  dalam domain dan  pada daerah batas 5/8/2014

[email protected]

11

III. Langkah 3 (hal.101) Substitusikan “solusi coba” kedalamnya d j dUˆ d0 N   aj dx dx j 1 dx xb

xb  dUˆ   2 dUˆ d i   x x dx dx dx     x dx i   x x 2 i( x ) dx   a a xb

i  1, 2, ..., N

xa

menjadi: x

b xb  x b d d  j  ˆ  2 dU   i   i  x dx a j    2  i( x ) dx    x      dx x dx j 1  xa dx     xa xa  

N

d i d 0  x dx dx dx xa xb

5/8/2014

[email protected]

i  1, 2, ..., N 12

III. Langkah 3 (hal.102) Dalam bentuk matriks lengkap:  xb d1 d1 x dx   xa dx dx  xb d d   2 x 1 dx  xa dx dx   x  b d d   N x 1 dx  xa dx dx

 d1 d N x dx x dx dx    a1  a xb xb   d2 d2 d2 d N x dx x dx dx  x dx x dx dx   a2   a a        a  xb xb d N d2 d N d N   N  x dx x dx dx  x dx x dx dx  a a  d1 d2 x dx x dx dx a xb

xb



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

5/8/2014

[email protected]

13

III. Langkah 3 (hal.102) Dalam bentuk matriks kompak:  K11 K  21    KN1

K12 K 22  KN 2

dengan derivatif tertinggi turun satu tingkat! 5/8/2014

 K1N   a1   F1   K 2 N   a2   F2                 K NN  a N   FN 

di d j x dx Kij   dx dx xa xb

“stiffness matrix”

K a  F  simetri s Kij = Kji

“load vector”

Suku kondisi batas muncul xb

xb ˆ     2 dU di d0 i    Fi    2 i dx    x x dx  x dx   dx dx  xa xa xa xb

[email protected]

14

III. Langkah 4 (hal.104)

Dipilih “solusi coba” sbb: Û(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + ... + aNxN-1 dipilih N = 3, sehingga menjadi Û(x;a) = a1+ a2x + a3x2 Jadi Ø1(x) = 1, Ø2(x) = x, Ø3(x) = x2 dan d1 d2 d3  0,  1,  2x dx dx dx 5/8/2014

[email protected]

15

III. Langkah 5 (hal.106) d i d  j Kij dihitung: Kij   x dx dx dx xa xb

Untuk i = 1 • K11 = 0 • K12 = 0 • K13 = 0 karena: d1

dx 5/8/2014

0

[email protected]

16

... III. Langkah 5 ... (hal.106) d i d  j Kij dihitung: Kij   x dx dx dx xa xb

Untuk i = 2

xb

1 2 2 K 22   1 x  1 dx  ( xb  xa ) 2 xa xb

2 3 3 K 23   1 x  2 x dx  ( xb  xa ) 3 xa 5/8/2014

[email protected]

17

... III. Langkah 5 ... (hal.106) d i d  j Kij dihitung: Kij   x dx dx dx xa xb

Untuk i = 3

xb

K 33   2 x x  2 x dx  xb  xa 4

xa

5/8/2014

[email protected]

18

4

... III. Langkah 5 ... (hal.106) Fi dihitung: xb

 2 dUˆ   i  Fi    2 i dx    x  dx x    xa xa xb

Fi terdiri dari “interior loading” Fii dan “boundary term” FBi: xb

 2 dUˆ   i  FI i    2 i dx dan FBi     x  x dx    xa xa xb

5/8/2014

[email protected]

19

... III. Langkah 5 ... (hal.106) FIi dihitung:

xb

2 FI i    2 i dx x xa

i=1

1 1 2 FI i    2  1 dx  2   x  xb xa  xa

i=2

 xb  2 FI i    2  x dx  2 ln  x  xa  xa

i=3

5/8/2014

xb

xb

xb

2 FI i    2  x 2 dx  2 xb  xa  x xa [email protected]

20

... III. Langkah 5 ... (hal.107) FBi dihitung:

FBi

i=1 FBi

i=2 FBi

i=3

5/8/2014

FBi

 dUˆ   x   dx    dUˆ   x   dx    dUˆ   x   dx    dUˆ   x   dx  

xa

 dUˆ   (x )    x   dx  

xa

 dUˆ  x   dx  

i

xa xa

xa xa

[email protected]

i ( xb )

a

xb

 dUˆ  x   dx   2

xb

xb xb

 dUˆ  x   dx  

xb

2

xb

21

III. Langkah 6 (hal.107) Debit (“flux”) diformulasikan:

dUˆ ˆ   x dx 3

d j

j 1

dx

  x a j

  a 2 x  2 a3 x 5/8/2014

[email protected]

2

22

III. Formulasi Akhir (hal.107) Dalam bentuk akhir:   0   0    0 

0

  1 1   0  2     x xa     a1    b x  2 3   3  xb  xa  a2     2 ln b    xa  3      a3   2( xb  xa )  4 4  xb  xa         ˆ ˆ  d U d U    x     x     dx  x  dx  x    a b   ˆ ˆ  dU  dU        x x x x      b   a  dx dx  xb    xa    ˆ ˆ  d U d U 2 2   x  xa    x  xb       dx  x dx  x  a b  



 



 

1 2 2 xb  xa 2 2 3 3 xb  xa 3

5/8/2014





[email protected]

23

IV. Langkah 7 (hal.108)

Masukkan setiap data lapangan • Data geometrik xa = 1, xb = 2 • Sifat-sifat fisik dan “applied load”  “interior load”  kondisi batas 5/8/2014

[email protected]

24

IV. Langkah 8 (hal.108) • Masukkan data kedalam matrik, kecuali data kondisi batas.  0 0  3 0 2  0 14  3

  dUˆ  dUˆ        x    x     0 dx dx  x 2   x 1  a1    1      dUˆ   dUˆ  14         2  x    a2    2 ln 2     x    dx dx 3     x 1   x 2    2 a   3      15  dUˆ  dUˆ       4  x    x   dx  x 1  dx  x 2  

• Sistem persamaan di atas siap untuk diselesaikan, kecuali nilai kondisi batas yang belum tuntas! 5/8/2014

[email protected]

25

IV. Langkah 9 (hal.109) • Masukkan data kondisi batas kedalam persamaan 1 dU ( x)   belum dapat  U (1)  2 dan   x  dx  x  2 2  dihitung • aplikasi “debit” kedalam sistem persamaan menjadikan:

 0 0  3 0 2  0 14  3 5/8/2014

 dUˆ  1      x   0 dx 2    x 1  a1    1     14    dUˆ     1   a2    2 ln 2      x  3    dx  x 1    a 2  3       15  dUˆ    2     x dx  x 1    [email protected]

26

... 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

a1 + a2 + a3 = 2 5/8/2014

[email protected]

27

... IV. Langkah 9... (hal.110) • Sistem persamaan yang terjadi  K11 K  21  K 31

K12 K 22 K 32

K13   a1   F1      K 23  a2    F2   K 33  a3   F3 

• dikunci dengan persamaan konstrain sbb:

c1a1 + c2a2 + c3a3 = d 1. nyatakan satu ai terhadap ai yang lain:

d c1 c2 a3   a1  a2 c3 c3 c3 5/8/2014

[email protected]

28

... IV. Langkah 9... (hal.111) • Sistem persamaan menjadi d c  c K11a1  K12 a2  K13   1 a1  2 a2   F1 c3   c3 c3 d c  c K 21a1  K 22 a2  K 23   1 a1  2 a2   F2 c3   c3 c3 d c  c K 31a1  K 32 a2  K 33   1 a1  2 a2   F3 c3   c3 c3

• disederhanakan menjadi:     c c d  K11  1 K13 a1   K12  2 K13 a2  F1  K13 c3 c3 c3         d c c  K 21  1 K 23 a1   K 22  2 K 23 a2  F2  K 23 c3 c3 c3         d c c  K 31  1 K 33 a1   K 32  2 K 33 a2  F3  K 33 c3 c3 c3     5/8/2014

[email protected]

29

... IV. Langkah 9... (hal.112) • disederhanakan lagi menjadi:   c1   c1 c1       K K K K   11 13  31 33    c c c 3 3  3     c2   c1 c2     K 21  K 23    K 31  K 33  c3 c3  c3   

operasi kolom agar kondisi batas terpenuhi

5/8/2014

operasi baris agar fungsi bobot sesuai “trial function”

  c1   c2 c2  K12  K13    K 32  K 32   c3 c3   c3     a1       c2    a2  c2 c2  K 22  K 23    K 32  K 33  c3 c3   c3  

  c1   d d   F1  K13    F3  K 33   c3 c3   c3          F  d K   c2  F  d K    2 c3 23  c3  3 c3 33  

[email protected]

30

... 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 ai. 2. Operasi baris, ini diperlukan agar fungsi bobot berubah sesuai dengan perubahan “fungsi coba” seperti yang dibutuhkan pada metoda Galerkin. 5/8/2014

[email protected]

31

Teoretis

Numeris

Û(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + a4x4 Û(x;a) = a1+ a2x + a3x2 + a4x4 ai harus dicari membentuk “fungsi coba” ai harus dicari sesuai kondisi batas

Aplikasi kondisi batas

Kriteria Optimasi pada R(x;a) untuk menentukan nilai ai terbaik

... a time to compare...

Û(x;a) = Ø0(x) + b1Ø1(x) + b2Ø2(x)

Kriteria Optimasi pada R(x;a) untuk menentukan nilai ai terbaik

Û(x;a) = Ø0(x) + b1Ø1(x) + b2Ø2(x)

Penyelesaian Û(x) diperoleh

Penyelesaian Û(x) diperoleh

Aplikasi kondisi batas

membentuk “fungsi coba” sesuai kondisi batas dengan operasi matrik: kolom kemudian baris 5/8/2014

[email protected]

32

IV. ... Langkah 9... (hal.113) Aplikasi kondisi batas U(1) = 2

a1 + a2 + a3 = 2 a3 = 2 - a1 - a2 5/8/2014

[email protected]

33

IV. Operasi kolom (hal.113) • Sistem persamaan awal:  0 0  3 0 2  0 14  3

 1 dUˆ       x   0 2 dx    x 1 a1    1    14     dUˆ      1   a2    2 ln 2      x  3    dx  x 1     2 a  3      15  dUˆ    2     x dx  x 1   

• ... dilakukan operasi kolom ...

5/8/2014

[email protected]

34

IV. Operasi kolom (hal.113) • ... operasi kolom dengan c1/c3=1, c2/c3=1, d/c3=2   0  14   3    15 

  3 dUˆ      x    0  dx  x 1 2   14  3 14   a1   dUˆ    2 ln 2  1  ( 2)         x 3 2 3  a2   dx  x 1  14    15 dUˆ    4  15( 2)    x  3  dx  x 1  

• ... disederhanakan ...

5/8/2014

[email protected]

35

IV. Operasi baris (hal.113) • ... disederhanakan ...   0  14   3   15 

  3 dUˆ      x    0  2 dx  x 1   31  dUˆ  19   a1     2 ln 2          x 3 dx  x 1 6  a2   31     dUˆ    34   x  3   dx  x 1  

• disederhanakan lebih jauh dengan operasi baris...   15  14 15  3 

5/8/2014

31  3    34  3   a1    2 31  31 19  a2   34  2 ln 2     3 3 6 

[email protected]

  15  31  3

31  65    3   a1    2  43  a2   71   2 ln 2   6 3 

36

IV. Langkah 10 & 11 (hal.114) 10. Selesaikan pers. sehingga diperoleh nilai:

a1 = 3.719, a2 = -2.254 dan a3 = 0.535 •

Jadi penyelesaian pendekatannya adalah:

Û(x) = 3.719 - 2.254 x + 0.535 x2 11. Hitung debit:

(x) = - 2.254 x - 1.070 x2 5/8/2014

[email protected]

37

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.

5/8/2014

[email protected]

38

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 5/8/2014

[email protected]

39

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

dipenuhi secara tepat

Hitung debit, (2) = 0.5:

5/8/2014

semakin tinggi DOF semakin teliti

1(2) = 1.182 2(2) = 0.228 3(2) = 0.576 4(2) = 0.480

[email protected]

hanya didekati

40

V. Konsep Kondisi Batas (hal.118) d 2 m 1U ( x ) dU ( x ) d 2 mU ( x )  a2 m 1 ( x )  ...  a1 ( x )  a0 ( x )U ( x )  f ( x ) a2 m ( x ) dx dx dx

• Persamaan differensial di atas mempunyai derivatif tertinggi genap. • Persamaan seperti ini sering dijumpai di bidang teknik.

5/8/2014

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

[email protected]

41

V. Konsep Kondisi Batas (hal.119) d 2 m 1U ( x ) dU ( x ) d 2 mU ( x )  a2 m 1 ( x )  ...  a1 ( x )  a0 ( x )U ( x )  f ( x ) a2 m ( x ) dx dx dx

1. Kondisi Batas Esensial :

constrained

Kondisi batas ini sering disebut Dirichlet, kinematik, displacement, geometrik. unconstrained 2. Kondisi Batas Natural : Kondisi batas ini sering disebut Neumann, dinamik, gaya, tegangan.

5/8/2014

[email protected]

42

... be a winner ...

... and acts like winners .. 5/8/2014

[email protected]

43