Bab II Konsep Dasar Metode Elemen Batas

Bab II Konsep Dasar Metode Elemen Batas

II.1 II.1.1

Kalkulus Dasar Teorema Gradien

Misal Ω menyatakan domain pada ruang dimensi dua dan S menyatakan batas ∂ ∂ +j ∂x ∂y 2 ∂2 ∂ + ≡ ∂x2 ∂y 2

∇ ≡ i ∇2

Selanjutnya, penentuan integral domain Z Z ∇F dΩ = nF dS Ω

atau

II.1.2

Z µ

S

∂F ∂F +j i ∂x ∂y

¶

Z dΩ =

(inx + jny ) F dS S

Teorema Divergensi

Misal Ω menyatakan domain pada ruang dimensi dua dan S menyatakan batas Z Z ∇ · GdΩ = G · ndS Ω

atau

S

Z Z µ Ω

juga

Z Z

∂Gx ∂Gy + ∂x ∂y

∇F · GdΩ = − Z Z µ Ω

dS

Z Z Ω

atau

¶

∂F ∂F + Gy Gx ∂x ∂y

Z F∇ · GdΩ +

Ω

FG · ndS S

¶

µ

Z Z dΩ = −

F Ω

Z +

∂Gx ∂Gy + ∂x ∂y

¶ dΩ

F (Gx nx + Gy ny ) dS S

yang mana n menyatakan unit vektor normal pada batas S di domain Ω

7 II.1.3

Teorema Green

• Teorema Green Pertama Z Z Z ¡ 2 ¢ u∇ v + ∇u∇v dΩ = u∇v · ndS Ω

S

• Teorema Green Kedua ¶ Z Z Z µ ¡ 2 ¢ ∂v ∂u 2 dS u∇ v − v∇ u dΩ = u −v ∂n ∂n Ω S II.1.4

Turunan Berarah

Sumbu Detivatif Du f (x, y) dari fungsi f (x, y) pada sumbu unit vektor u Du f (x, y) = ∇f (x, y) · u II.2

Fungsi Interpolasi

Proses transformasi dari sistem koordinat global x ke sistem koordinat lokal ξ dinyatakan dengan ξ = −1 untuk node di sebelah kiri dan ξ = 1 untuk node di sebelah kanan. ξ=

2x − (xi + xi+1 ) hi

(2.1)

dengan hi = xi+1 − xi . Koordinat ξ dinamakan koordinat normal. Persamaan (1.2) memenuhi transformasi antara titik x(xi ≤ x ≤ xi+1 ) dan titik ξ(−1 ≤ x ≤ 1). Fungsi interpolasi untuk elemen linear pada sistem koordinat normal.

1 (1 − ξ) 2 1 = (1 + ξ) 2

φ1 = φ2 II.3

Elemen Batas

Diberikan suatu domain di ruang dimensi dua dengan batas S. Batas S didiskritisasi menjadi N b segmen Sj , j = 1, 2, ..., N b. Garis lurus yang menghubungkan dua titik partisi dinamakan elemen batas. Titik-titik partisi dinaS b makan titik ekstrim. Domain Ω dihampiri oleh batas S = N j=1 Sj .

8

Pada masing-masing titik ekstrim dilengkapi dengan nilai u yang belum diketahui dan q nilai yang telah diketahui. Titik-titik ini dinamakan dengan nodes. Tiga tipe nodes,yakni: • Konstan elemen memiliki mid-nodes, yang mana pada setiap elemen memiliki mid-point. • Linear elemen memiliki nodes ekstrim • Quadratic elemen memiliki mid nodes dan ekstrim nodes

II.4

Dasar Persamaan Integral Batas

Def inisi 1 [Solusi Fundamental] Misal u∗ adalah fungsi skalar dengan daerah domain Ω, sedangkan x0 suatu titik di Ω. Fungsi u∗ disebut solusi fundamental dari persamaan Poisson, jika u∗ memenuhi

∆u∗ = −δ(x − x0 )

pada Ω{x0 }

(2.2)

dengan δξ ≡ δ(x − x0 ) adalah fungsi Delta Dirac yang terkonsentrasi di titik x0 . Solusi fundamental untuk persamaan Poisson ini diberikan   0; x 6= x 0 δ(x, x0 ) =  ∞, x = x 0 dan

Z

  0; x 6= x 0 δ(x, x0 ) =  D 1; x = x0

diperoleh solusi fundamental u∗ (x, x0 ) = −

1 log |x − x0 | 2π

(2.3)

Selanjutnya, kita menuliskan u∗ sebagai solusi fundamental dari persamaan di atas.

9 Melalui Identitas green kedua Z

¡

∗

2

2 ∗

u ∇ u − u∇ u

¢

Z µ dΩ =

Ω

S

∂u∗ u −u ∂n ∂n ∗ ∂u

¶ dS

(2.4)

Melalui persamaan Poisson dan solusi fundamentalnya, diperoleh Z

Z

Z

∂u∗ uδ(x − x0 )dΩ = u dS − u dS − ∂n ∂n Ω S S ∗ ∂u

Z bu∗ dΩ

(2.5)

Ω

Dari persamaan integral (2.6) dan syarat batas (2.2)-(2.4) diperoleh persamaan integral batas Z

Z

Z u(x; x0 )q dS +

u (x; x0 )qdS +

ci ui (x0 ) −

S

S

bu∗ (x; x0 )dΩ = 0 (2.6)

∗

∗

Ω

Integral garis di atas hanya dilakukan pada variabel x.

Persamaan (2.6) di atas adalah persamaan integral batas untuk persamaan Poisson di R2 . Berdasarkan persamaan integral batas di atas nilai u di domain Ω dapat diketahui melalui u di batas dan solusi fundamental u∗ di domain ¢ ¡ di batas S. melalui data u, ∂u ∂n II.5

Persamaan Integral Batas

Teorema [Persamaan Integral Batas] Misal u adalah solusi untuk persamaan Poisson dan u ∈ S1 (Ω). Jika x ∈ ∂Ω maka persamaan integral batas berikut terpenuhi ·

Z

¸ Z ∂u ∂u∗ u (y; x) (y) − u(y) (y; x) dSy + bu∗ dΩ ∂n ∂n Ω ∗

c(x)u(x) = ∂Ω

dengan    1, x ∈ Ω;   c(x)u(x) = 1/2, x ∈ ∂Ω dan ∂Ω mulus di x;     θ/2π, x ∈ ∂Ω dan ∂Ω patah di x dengan sudut θ.

(2.7)

10 Bukti Misal x ∈ ∂Ω. Pertama, kita membuat lingkaran kecil B(x0 , ²) yang berpusat pada titik x0 dan berjari-jari ². Tulis Ω0 = Ω∪B(x0 , ²). Jelas bahwa jika ² → 0 maka Ω0 = Ω. Melalui pendefinisian Ω0 seperti di atas, kita mendapatkan x menjadi titik dalam dari Ω0 . Akibatnya, kita dapat menuliskan ·

Z

¸ ∂u ∂u∗ u (y; x) (x) − u(x) (y; x) dS ∂n ∂n ∗

u(x) = ∂Ω0

(2.8)

Selanjutnya, akan diselidiki nilai Cauchy integral ini untuk ² → 0.

Tulis S = ∂Ω ∩ B(x, ²) dan S = ∂B(x, ²) = S1 ∪ S2 dengan S1 = ∂B(x0 , ²) ∩ Ω. Perhatikan integral pertama persamaan (2.8) di atas. Integral tersebut dapat ditulis sebagai Z

∂u u (y; x) (y) dS = ∂n ∂Ω0 ∗

Z

∂u u (y; x) (y) dS + ∂n ∂ΩS

Z

∗

u∗ (y; x) S2

∂u (x) ∂n

Suku pertama dari integral ini Z

∂u u (x; x0 ) (x) dS → ∂n ∂ΩS

Z

∗

u∗ (x; x0 ) ∂Ω

∂u (x) dS ∂n

untuk ² → 0, sedangkan suku keduanya menjadi Z ∂u lim u∗ (x; x0 ) (x) dS = 0 ²→0 S ∂n 2 Sekarang, perhatikan kembali integral kedua persamaan (2.8) di atas. Integral kedua ini dapat ditulis sebagai Z Z Z ∂u∗ ∂u∗ ∂u∗ u(x) (x; x0 ) dS = u(x) (x; x0 ) dS + u(x) (x; x0 ) dS ∂n ∂n ∂n ∂Ω0 ∂ΩS S2 Suku pertama dari integral di atas Z Z ∂u∗ ∂u∗ u(x) (x; x0 ) dS → u(x) (x; x0 ) dS ∂n ∂n ∂ΩS ∂Ω

11 untuk ² → 0, sedangkan suku keduanya menjadi Z u(x0 ) ∂u∗ lim u(x) (x; x0 ) dS = − ²→0 S ∂n 2 2 jika ∂Ω kurva yang mulus di titik x. Namun jika terjadi patahan pada titik x0 dengan besar patahan sebesar θ diperoleh

Z lim ²→0

u(x) S2

∂u∗ (2π − θ) (x; x0 ) dS = − u(x0 ) ∂n 2π

Selanjutnya dengan memindahkanya ke ruas kiri, memberikan θ u(x0 ) = 2π

Z

· ¸ ∂u ∂u∗ ∗ u (x; x0 ) (x) − u(x) (x; x0 ) dS ∂n ∂n ∂Ω ¤

II.6

Integral Domain

Melalui persamaan integral batas (2.9) terdapat integral domain Z bu∗ dΩ Ω

Pada masalah yang lebih sederhana, fungsi b dipandang sebagai fungsi konstan, fungsi linear atau fungsi harmonik. Dengan demikian Z bu∗ dΩ = 0 Ω

Misal v∗ (x, x0 ) menyatakan fungsi type Galerkin sedemikian sehingga ∇2 v∗ = u∗ . Melalui teorema Green kedua, diperoleh ¶ Z µ Z ¡ 2 ∗ ¢ ∂v∗ ∗ 2 ∗ ∂b b∇ v − v ∇ b dΩ = b −v dS ∂n ∂n S Ω

(2.9)

yang mana Z µ Bi = S

∂b ∂v∗ − v∗ b ∂n ∂n

¶ dS

1 Telah diketahui solusi fundamental u∗ = 2π log r, akibatnya µ ¶ 1 ∂ ∂v∗ 1 2 ∗ log r ∇v = r = r ∂r ∂r 2π

(2.10)

12 Dengan demikian v∗ =

−r2 (1 − log r) 8π

Jika kita asumsikan sumber dari panjang Qi dipusatkan pada titik interior i, maka b = Qi δ(i) Untuk tak berhingga titik sumber pada domain berlaku persamaan integral batas Z ∗

c i ui +

uq dS + Bi + S

X

Z Qi u∗i

u∗ qdS

= S

yang mana Bi menyatakan persaman integral garis dan berfungsi sebagai titik pusat.