PENYELESAIAN NUMERIK PERSAMAAN LAPLACE DAN PERSAMAAN POISSON DALAM PELAT PERSEGI PANJANG DAN PELAT CAKRAM DENGAN METODE BEDA-HINGGA SKRIPSI

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

PENYELESAIAN NUMERIK PERSAMAAN LAPLACE DAN PERSAMAAN POISSON DALAM PELAT PERSEGI PANJANG DAN PELAT CAKRAM DENGAN METODE BEDA-HINGGA

SKRIPSI

Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Sains Program Studi Matematika

Oleh: ANTONIUS SETYO HARTANTO NIM: 023114015

PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA 2008


THE NUMERICAL SOLUTIONS OF THE LAPLACE EQUATION AND THE POISSON EQUATION IN A RECTANGULAR PLATE AND A DISK PLATE BY FINITE-DIFFERENCE METHOD

Thesis

Presented as Partial Fulfillment of the Requirements To Obtain the SARJANA SAINS Degree In Mathematics

by: ANTONIUS SETYO HARTANTO Student Number: 023114015

MATHEMATICS DEPARTEMENT SCIENCE AND TECHNOLOGY FACULTY SANATA DHARMA UNIVERSITY YOGYAKARTA 2008

ii


iii


iv


Semoga orang-orang lain lebih banyak memperoleh penghargaan dari pada aku, Semoga mereka mendapat jalan yang lancar sedangkan aku tersisihkan, Semoga mereka bertambah besar dimana dunia sedangkan aku terbelakang, Semoga mereka mendapat pujian sedangkan aku diabaikan, Semoga mereka mengatasi aku dalam segala hal: YESUS, berikanlah daku rahmat untuk mengharapkannya. [Kard. Marry de Val]

Skripsi ini saya persembahkan kepada: Allah Bapa Yang Maha Kuasa dan Tuhan Yesus Kristus, Roh Kudus Roh hidupku dan Bunda Maria Bunda hatiku, Kedua orang tuaku dan Mbakku tercinta, Malaikat hidupku Obel terkasih, Semua sesama yang mendukungku

v


vi


ABSTRAK Persamaan diferensial parsial adalah persamaan-persamaan yang memuat satu atau lebih turunan parsial. Persamaan diferensial parsial dapat timbul pada masalah-masalah fisis, contohnya adalah persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram. Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dapat diselesaikan secara eksak dengan menggunakan metode Pemisahan Variabel. Sedangkan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dapat diselesaikan secara eksak dengan cara membagi ke dalam dua masalah, yaitu persamaan Laplace dengan syarat batas nonhomogen dan persamaan Poisson dengan syarat batas homogen. Dalam penyelesaian secara eksak dibutuhkan kemampuan analitik dalam menyelesaikan persamaan-persamaan diferensial biasa yang dihasilkan dari metode Pemisahan Variabel. Persamaan Laplace dan persamaan Poisson dapat juga diselesaikan secara numerik dengan metode Beda-Hingga. Metode ini dilakukan dengan menutup permukaan pelat dengan grid beda hingga, menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik grid pada permukaan pelat, dan menyelesaikan sistem persamaan linear yang dihasilkan dari pendekatan-pendekatan beda hingga. Dalam skripsi ini, sistem persamaan linear diselesaikan dengan metode iterasi Gauss-Seidel. Penyelesaian numerik ini menghasilkan suhu pendekatan di titik-titik dalam pada permukaan pelat.

vii


ABSTRACT Partial differential equations are equations, which contain one or more partial derivatives. Partial differential equations can be found on the physical problems, for examples Laplace equation and Poisson equation, which occur on the two-dimensional heat flow problems in a rectangular plate and a disk plate. Laplace equation in a rectangular plate and a disk plate can be solved exactly by the method of Separation of Variable. While Poisson equation in a rectangular plate and a disk plate can be solved exactly by divide into two problems that are Laplace equation with a nonhomogenous boundary condition and Poisson equation with a homogenous boundary condition. In the exactly solution required analytical ability to solve ordinary differential equations, which obtained from the method of Separation of Variable. Laplace equation and Poisson equation can be solved numerically by the finite-difference method. This method executed by cover surface plate with the finite difference grid, determine the finite difference approximations at the grid points in the surface plate, and solve the linear equation system, which obtained from the finite difference approximations. In this paper, the system is solved by Gauss-Seidel iteration method. This numerical solution yields approximation temperatures at interior points of the surface plate.

viii


ix


KATA PENGANTAR

Puji dan syukur kepada ALLAH Yang Maha Rahim, atas segala berkat, rahmat, kesehatan, dan mukjizat sehingga penulis dapat menyelesaikan skripsi ini. Setelah sekian lama, akhirnya berkat doa dan dukungan dari semua pihak penulis dapat menyelesaikan skripsi ini. Oleh karena itu menulis mengucapkan banyak terima kasih yang sedalam-dalamnya kepada: 1. Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si. selaku dosen pembimbing skripsi yang telah meluangkan waktu, pikiran, kesabaran, ketelatenan, nasehat, dan dorongan dalam membimbing penulis selama penyusunan skripsi ini. 2. Bapak Y.G Hartono, S. Si. M.Sc. atas segala masukan dan nasehat selama mengerjakan skripsi ini. 3. Bapak St. Eko Hari Permadi, S.Si., M.Kom. dan Bapak

Herry

Pribawanto,

S.Si., M.Si. selaku tim penguji, atas segala masukan bagi penulis dalam merevisi skripsi ini. 4. Romo Ir. Gregorius Heliarko, S.J., S.S., BST., M.A., M.Sc. selaku Dekan Fakultas Sains dan Teknologi, yang telah memberi dukungan kepada penulis. 5. Bapak dan Ibu dosen yang telah memberikan bekal ilmu kepada penulis. 6. Teman-teman seperjuangan: Taim, Markus, Bani, Aan, Ijup, dan Galih. 7. Teman-teman Matematika angkatan 2002, semangat kalian hebat-hebat.

Yogyakarta, April 2008

Penulis

x


DAFTAR ISI

Halaman HALAMAN JUDUL ………………………………………………….

i

HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INGGRIS ……………….

ii

HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING …………………….

iii

HALAMAN PENGESAHAN ………………………………………...

iv

HALAMAN PERSEMBAHAN ……………………………………

v

PERNYATAAN KEASLIAN KARYA ……………………………...

vi

ABSTRAK …………………………………………………………….

vii

ABSTRACT …………………………………………………………...

viii

LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI KARYA ILMIAH UNTUK KEPENTINGAN AKADEMIS ............

ix

KATA PENGANTAR ………………………………………………...

x

DAFTAR ISI …………………………………………………………..

xi

DAFTAR GAMBAR ………………………………………………….

xiii

DAFTAR LAMPIRAN ……………………………………………….

xvi

BAB I.

BAB II.

Pendahuluan ………………………………………………

1

A. Latar Belakang Masalah ……………………………….

2

B. Perumusan Masalah ……………………………………

2

C. Pembatasan Masalah …………………………………..

2

D. Tujuan Masalah ………………………………………..

3

E. Metode Penulisan ……………………………………...

3

F. Manfaat Penulisan ……………………………………..

3

G. Sistematika Penulisan ………………………………….

3

Persamaan Diferensial Parsial dan Metode Gauss-Seidel

5

A. Persamaan Diferensial Parsial …………………………

5

B. Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson …………..

12

C. Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak ……….

20

D. Penyelesaian Persamaan Poisson Secara Eksak ……….

39

E. Metode Iterasi Gauss-Seidel …………………………...

53

xi


BAB III. Penyelesaian Persamaan Laplace dan Persamaan Poissson Secara Numerik …………………………...........

57

A. Metode Beda-Hingga …………………………………

57

1. Pendekatan Beda Hingga …………………………..

57

2. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Laplace

65

a. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang

65

b. Persamaan Laplace dalam Pelat cakram ……..…

72

3. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Poisson

80

a. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang

80

b. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram ……….

84

4. Kekonsistenan, Orde, dan Kekonvergenan Pendekatan Beda Hingga …………………………..

90

a. Kekonsistenan .…………………………………

90

b. Orde ……………………………………..……...

94

c. Kekonvergenan …………………………………

96

B. Penyelesaian Numerik Persamaan Laplace dengan Metode Beda-Hingga .…………………………………

97

1. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang .....

97

2. Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram …………..

104

C. Penyelesaian Numerik Persamaan Poisson dengan Metode Beda-Hingga .…………………………………

111

1. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang .....

111

2. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram …………..

114

BAB IV. Penutup ……………………………………………………

118

A. Kesimpulan …………………………………………….

118

B. Saran ……………………………………………………

119

DAFTAR PUSTAKA …………………………………………………

120

LAMPIRAN …………………………………………………………...

121

xii


DAFTAR GAMBAR

Halaman Gambar 2.1.1 Vektor normal di setiap titik pada batas C …….....................

9

Gambar 2.2.1 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat persegi panjang

13

Gambar 2.2.2 Domain penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang …..................................

16

Gambar 2.2.3 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat cakram ..............

17

Gambar 2.2.4 Koordinat kutub …………………………………………......

18

Gambar 2.2.5 Domain penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat cakram …...............................................

20

Gambar 2.3.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet .............................................................

22

Gambar 2.3.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann .............................................................

26

Gambar 2.3.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet ..................................................................................

31

Gambar 2.3.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann ................................................................................

37

Gambar 2.4.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet ..............................................................

40

Gambar 2.4.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann .............................................................

47

Gambar 3.1.1 Grid beda hingga pada domain persegi panjang .....................

58

Gambar 3.1.2 Stensil beda hingga di titik dalam ui , j untuk persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang ......................................

66

Gambar 3.1.3 Stensil-stensil beda hingga di titik pada tepi batas untuk persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang …………...

68

Gambar 3.1.4 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Dirichlet ………………............

xiii

70


Gambar 3.1.5 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Neumann ………………..........

72

Gambar 3.1.6 Grid beda hingga pada domain lingkaran …………………...

73

Gambar 3.1.7 Stensil beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan 75

U n − 1, j untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram .......... Gambar 3.1.8 Stensil beda hingga di titik dalam U 1, j dan titik pada batas

U n, j untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram .............. Gambar 3.1.9 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =

π

untuk

4

persamaan Laplace dengan syarat batas Dirichlet …….......... Gambar 3.1.10 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =

76

77

π 4

untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Neumann ...

79

Gambar 3.1.11 Pendekatan beda hingga di titik dalam ui , j untuk persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang …………..

81

Gambar 3.1.12 Grid berukuran 5× 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Dirichlet ………...

82

Gambar 3.1.13 Grid berukuran 5× 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Neumann ………..

84

Gambar 3.1.14 Stensil beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan

U n − 1,

j

untuk persamaan Poisson dalam pelat cakram .......

Gambar 3.1.15 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 1 dan Δθ =

π 4

untuk

persamaan Poisson dengan syarat batas Dirichlet ............... Gambar 3.1.16 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 1 dan Δθ =

π 4

87

untuk

persamaan Poisson dengan syarat batas Neumann ..............

xiv

85

89


Gambar 3.2.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet ..............................................................

102

Gambar 3.2.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann .............................................................

103

Gambar 3.2.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet ..................................................................................

109

Gambar 3.2.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann ................................................................................

110

Gambar 3.3.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet .............................................................

112

Gambar 3.3.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann .............................................................

113

Gambar 3.3.3 Persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet ..................................................................................

115

Gambar 3.3.4 Persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann ................................................................................

xv

116


DAFTAR LAMPIRAN

Halaman Lampiran 2.5.1 Program untuk menyelesaikan sistem persamaan linear dengan metode iterasi Gauss-Seidel ……………………. Lampiran 3.2.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet ……. Lampiran 3.2.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann …… Lampiran 3.2.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet …………...... Lampiran 3.2.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann …………….

122 124

126

130

132

Lampiran 3.3.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet pada Contoh 3.3.1 ……………………………………………..

135

Lampiran 3.3.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann pada Contoh 3.3.2 ……………………………………………..

137

Lampiran 3.3.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet pada Contoh 3.3.3 ……………………………………………..

141

Lampiran 3.3.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann pada Contoh 3.3.4 ……………………………………………..

xvi

143


BAB I PENDAHULUAN

A. Latar Belakang Masalah Persamaan diferensial parsial adalah persamaan-persamaan yang memuat satu atau lebih turunan parsial. Persamaan diferensial parsial dapat timbul pada masalahmasalah fisis, contohnya adalah persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam zat padat, seperti dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram. Sebagai ilustrasi kasus tadi, pelat akan dipanaskan secara konstan pada tepi batasnya dengan suhu tertentu dan disekat sempurna pada kedua sisi permukaaannya agar tidak terpengaruh oleh suhu dari luar. Sehingga akan muncul permasalahan bagaimana perambatan panas di titik-titik dalam pada pelat tersebut pada saat mencapai kesetimbangan? Perambatan panas di titik-titik dalam untuk persamaan Laplace dapat diselesaikan secara eksak dengan metode Pemisahan Variabel, sedangkan untuk persamaan Poisson dapat diselesaikan dengan cara membagi ke dalam dua masalah, yaitu persamaan Laplace dengan syarat batas nonhomogen dan persamaan Poisson dengan syarat batas homogen. Perambatan panas di titik-titik dalam untuk persamaan Laplace dan persamaan Poisson dapat diselesaikan secara numerik dengan metode Beda-Hingga, yang akan


menghasilkan

suatu sistem persamaan linear. Sistem persamaan linear yang

dihasilkan dapat diselesaikan dengan metode-metode iterasi, seperti metode iterasi Jacobi, Gauss-Seidel, Relaksasi Berlebih Berturutan (SOR), Penurunan Tercuram, dan Konjugasi Gradien.

B. Rumusan Masalah Pokok permasalahan yang akan dibahas dalam skripsi ini adalah: 1. Landasan teori apa saja yang digunakan untuk menyelesaikan persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik? 2. Bagaimanakah cara menyelesaikan persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik dengan metode Beda-Hingga dan dengan bantuan program Matlab?

C. Pembatasan Masalah Dalam skripsi ini penulis hanya akan membahas persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram. Syarat batas yang digunakan adalah syarat batas Dirichlet dan Neumann. Metode iterasi yang digunakan dalam skripsi ini adalah metode iterasi Gauss-Seidel. Landasan teori yang berkaitan dengan Aljabar Linear tidak diberikan dalam penulisan ini.

2


D. Tujuan Masalah Penulisan ini bertujuan untuk mengetahui cara penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik.

E. Metode Penulisan Metode penulisan yang digunakan adalah metode studi pustaka, yaitu dengan menggunakan

buku-buku,

jurnal-jurnal,

dan

makalah-makalah

yang

telah

dipublikasikan, sehingga tidak ditemukan hal yang baru.

F. Manfaat Penulisan Manfaat penulisan ini adalah untuk memahami teknik penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik dengan metode BedaHingga dan dengan bantuan program Matlab.

G. Sistematika Penulisan Bab I. Pendahuluan A. Latar Balakang Masalah B. Perumusan Masalah C. Pembatasan Masalah D. Tujuan Penulisan

3


E. Metode Penulisan F. Manfaat Penulisan G. Sistematika Penulisan Bab II. Persamaan Diferensial Parsial dan Metode Iterasi Gauss-Seidel A. Persamaan Diferensial Parsial B. Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson C. Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak D. Penyelesaian Persamaan Poisson Secara Eksak E. Metode Iterasi Gauss-Seidel Bab III. Penyelesaian Persamaan Laplace dan persamaan Poisson Secara Numerik A. Metode Beda-Hingga B. Penyelesaian Numerik Persamaan Laplace dengan Metode Beda-Hingga C. Penyelesaian Numerik Persamaan Poisson dengan Metode Beda-Hingga Bab IV. Penutup A. Kesimpulan B. Saran

4


BAB II PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL

A. Persamaan Diferensial Parsial Persamaan diferensial parsial (PDP) adalah persamaan-persamaan yang memuat satu atau lebih turunan parsial. Persamaan itu harus melibatkan paling sedikit dua variabel bebas. Orde persamaan diferensial parsial adalah tingkat turunan tertinggi pada persamaan itu.

Definisi 2.1.1 Pandanglah variabel bebas ( x1 , x 2 , ..., x n ) dan variabel terikat u ( x1 , x 2 , ..., x n ) adalah fungsi yang tidak diketahui, maka bentuk umum persamaan diferensial parsial dapat ditulis sebagai berikut: f ( x1 , x2 , ..., xn , u ,

∂u ∂u ∂u ∂ 2u , , ..., , , ∂x1 ∂x2 ∂xn ∂x12 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ nu , , , , ..., ) = 0. 2 ∂xn ∂x2 ∂x1 x2 ∂x2 x1 ∂x3

(2.1.1)

Definisi 2.1.2 Operator linear L untuk dua fungsi u1 dan u2 didefinisikan oleh

L(u1 + u2 ) = L(u1 ) + L(u2 ) dan L(c1u1 + c2u2 ) = c1L(u1 ) + c2 L(u2 ) , dimana c1 dan c2 adalah konstanta sebarang.

(2.1.2)


Definisi 2.1.3 Dengan menulis persamaan diferensial parsial ke dalam bentuk Lu = 0 atau Lu = g , dengan L adalah operator. Maka persamaan

Lu = 0

(2.1.3)

disebut linear, jika L adalah operator linear. Persamaan (2.1.3) disebut persamaan diferensial parsial linear homogen. Persamaan

Lu = g ,

(2.1.4)

dimana L adalah operator linear dan g ≠ 0 adalah fungsi dari variabel-variabel bebas, disebut persamaan diferensial parsial linear nonhomogen.

Contoh 2.1.1 Contoh persamaan diferensial parsial adalah: 1. u x + y u y = 0 merupakan PDP orde-1, dengan variabel bebas adalah x, y dan

variabel terikatnya adalah u(x, y), karena untuk (u1 + u 2 ) x = (u1 ) x + (u 2 ) x dan y (u1 + u 2 ) y = y (u1 ) y + y (u 2 ) y memenuhi persamaan (2.1.2), maka persamaan ini adalah persamaan diferensial linear homogen; 2. u xx + utt + u 3 = 0 merupakan PDP orde-2, dengan variabel bebas adalah x, t dan variabel

terikatnya

adalah

u(x,

t),

karena

untuk

(u1 + u 2 ) 3 = u1 + 3u1 u 2 + 3u1u2 + u2 ≠ u1 + u 2 tidak memenuhi persamaan 3

2

2

3

3

3

(2.1.2), maka persamaan ini adalah persamaan diferensial nonlinear homogen.

6


Teorema 2.1.1 Prinsip Superposisi

Jika u1 , u2 , ..., u n memenuhi persamaan linear homogen dan jika c1 , c2 , ..., cn adalah konstanta sebarang, maka kombinasi linear c1u1 + c2u2 + L + cnun adalah juga memenuhi persamaan linear homogen yang sama.

Bukti:

Misalkan u1 , u2 , ..., u n adalah

penyelesaian-penyelesaian persamaan linear

homogen, maka ini berarti bahwa L(u1 ) = 0 , L(u2 ) = 0 , ..., L(un ) = 0 . Selanjutnya menghitung L(c1u1 + c2u2 + L + cnun ) . Dari definisi operator linear, maka L(c1u1 + c2u2 + L + cnun ) = c1 L(u1 ) + c2 L(u2 ) + L + cn L(un ) .

Karena u1 , u2 , ..., u n adalah penyelesaian homogen, maka L(c1u1 + c2u 2 + L + cn u n ) = c1 0 + c2 0 + L + cn 0 = 0 .

Jadi terbukti bahwa c1u1 + c2u2 + L + cnun memenuhi persamaan linear homogen

L(u ) = 0 , jika u1 , u2 , ..., u n memenuhi persamaan linear homogen yang sama.

Persamaan diferensial parsial dapat juga timbul pada masalah-masalah fisis, seperti dalam masalah aliran panas, penyebaran zat, dan getaran senar.

7


Syarat Awal dan Syarat Batas

Persamaan diferensial parsial yang timbul dalam masalah fisis mempunyai banyak penyelesaian, maka akan dipilih satu penyelesaian dengan menetapkan syaratsyarat bantu. Syarat-syarat bantu akan dirumuskan untuk menentukan penyelesaian tunggal. Syarat-syarat ini terjadi secara fisis dalam dua peubah, yaitu syarat awal dan syarat batas. Syarat awal menentukan keadaan fisis pada waktu t 0 . Bentuk persamaan syarat awal adalah u(x, t 0 ) = φ (x), dimana x = (x, y) dan φ (x) = φ (x, y) adalah fungsi yang diberikan. Sebagai contoh untuk masalah aliran panas φ (x) adalah suhu awal, dan untuk masalah penyebaran zat φ (x) adalah konsentrasi awal. Untuk masalah getaran senar terdapat sepasang syarat awal, yaitu u(x, t 0 ) = φ (x) dan

∂u (x, t 0 ) = ψ (x), dimana φ (x) adalah posisi awal dan ψ (x) adalah kecepatan awal. ∂t Persamaan diferensial parsial yang timbul dalam masalah-masalah fisis akan mempunyai domain D. Sebagai contoh untuk masalah aliran panas, D adalah daerah bidang dengan batas D adalah kurva tertutup, Untuk masalah peyebaran zat, D adalah lubang wadah zat cair dengan batas D adalah permukaan wadah, jadi batasnya adalah permukaan S yang disebut bdy D. Sedangkan untuk masalah getaran senar, D adalah interval 0 < x < l dengan batas D adalah dua titik ujung yaitu x = 0 dan x = l. Syarat batas menentukan keadaan fisis di x 0 pada domain D. Terdapat tiga macam syarat batas yang cukup penting, yaitu:

8


1. Syarat batas Dirichlet, yaitu jika u diketahui. Syarat batas Dirichlet dapat ditulis sebagai

u(x, t) = g(x, t), dimana g(x, t) adalah fungsi yang diberikan yang biasanya disebut data batas. 2. Syarat batas Neumann, yaitu jika turunan normal

∂u diketahui. Syarat batas ∂n

Neumann dapat ditulis sebagai

∂u (x, t) = g(x, t), ∂n dimana

g(x, t) adalah fungsi yang diberikan. Misalkan n = (n1 , n2 )

menotasikan vektor normal satuan dalam bdy D di setiap titik pada batas C. Sedangkan

∂ u ( x, y ) = n ⋅ ∇u ( x, y ) menotasikan turunan berarah dari u ( x, y ) ∂n

dalam arah normal pada batas C.

n

n

n batas C

n

D

n

n

n n

Gambar 2.1.1 Vektor normal di setiap titik pada batas C

3. Syarat batas Robin, yaitu jika

∂u + au diketahui, dimana a adalah fungsi ∂n

dalam x, y, t yang diberikan. Syarat batas Robin ditulis menjadi persamaan

9


∂u (x, t) + au(x, t) = g(x, t), ∂n dimana g(x, t) adalah fungsi yang diberikan dan a adalah fungsi dalam x, y, t yang diberikan. Masing-masing berlaku pada semua t dan x = (x, y) yang berada dalam bdy D.

Persamaan Diferensial Parsial Orde-Dua

Disini penulis hanya akan membahas persamaan diferensial parsial linear orde-2 dengan dua variabel bebas.

Definisi 2.1.4

Bentuk umum persamaan diferensial parsial linear orde-2 dengan dua variabel bebas adalah: A u xx + 2 B u xy + C u yy + D u x + E u y + F u = S ,

(2.1.5)

dengan x dan y adalah variabel bebas, u adalah variabel terikat, dan A, B, C, D, E, F, S adalah fungsi dalam x dan y. Turunan u x , u y , u xy , dan u yx kontinu pada domain, sehingga u xy = u yx .

Berdasarkan nilai koefisien A, B, dan C dari persamaan (2.1.5), maka persamaan diferensial parsial linear orde-2 dengan dua variabel bebas dapat diklasifikasikan menjadi tiga bentuk berikut:

10


1. Jika B 2 − 4 AC < 0 dalam domain D, maka disebut PDP eliptik, 2. Jika B 2 − 4 AC = 0 dalam domain D, maka disebut PDP parabolik, 3. Jika B 2 − 4 AC > 0 dalam domain D, maka disebut PDP hiperbolik.

Contoh 2.2.2

Untuk memperjelas dalam membedakan PDP eliptik, parabolik, dan hiperbolik, diberikan contoh PDP yang timbul dalam masalah-masalah fisis berikut ini: 1. Persamaan

Laplace

u xx + u yy = 0

dan

persamaan

Poisson

u xx + u yy = f ( x, y ) yang timbul dalam masalah aliran panas, dengan variabel bebas x, y dan variabel terikat u(x, y). Nilai koefisien A = C = 1 dan B = 0, maka

B 2 − 4 AC = 0 2 − (4 ⋅ 1 ⋅ 1) = − 4 < 0 .

Jadi kedua persamaan ini

merupakan PDP eliptik; 2. Persamaan Difusi u t − ku xx = 0 yang timbul dalam masalah penyebaran zat, dengan variabel bebas x, t, variabel terikat u(x, t), dan k adalah koefisien difusi termal. Nilai koefisien A = − k dan B = C = 0, maka B 2 − 4 AC = 0 2 − (4 ⋅ (− k ) ⋅ 0 ) = 0 . Jadi persamaan ini merupakan PDP parabolik;

3. Persamaan Gelombang u tt − c 2 u xx = 0 yang timbul dalam masalah getaran senar, dengan variabel bebas x, t, variabel terikat u(x, t), dan c adalah kecepatan gelombang. Nilai koefisien A = − c 2 , B = 0, dan C = 1, maka

11


(

)

B 2 − 4 AC = 0 2 − 4 ⋅ (−c 2 ) ⋅ 1 = c 2 > 0. Jadi persamaan ini merupakan PDP

hiperbolik.

Dalam skripsi ini, penulis hanya akan membahas persamaan Laplace dan persamaan Poisson.

B. Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson

Persamaan Laplace dan persamaan Poisson dapat timbul pada masalahmasalah fisis, seperti pada aliran panas dalam zat padat, difusi massa, aliran gas ideal, dan elektrostatika. Dalam skripsi ini penulis hanya akan membahas persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam zat padat, yaitu dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram.

Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi panjang

Misalkan suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang p, lebar l, dan tebal

γ , dipanaskan dan suhunya dijaga konstan pada bagian-bagian tepinya. Pada kedua sisi permukaan pelat disekat sempurna, sehingga tidak ada aliran panas ke arah ketebalan γ . Jadi diasumsikan bahwa didapatkan suatu bidang pelat (x, y) dengan aliran panas ke arah x dan y saja, yang ditunjukkan pada Gambar 2.2.1.

12


γ

y Q( y + Δy) Q( y)

D p

Q(x) Q( x + Δx)

C Δy

Δx

B

A

Q( x + Δx)

penyekat Æ

Q(x)

Å penyekat

Q( y) Q( y + Δy)

x

l gambaran dari depan

gambaran dari samping

Gambar 2.2.1 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat persegi panjang

Dari Gambar 2.2.1, tampak bahwa elemen segi empat ABCD berukuran Δx × Δy dan laju aliran panas dalam arah x dan y secara berturut-turut adalah Q( x) dan Q( y ) melintasi tepi-tepi elemen dalam arah seperti yang ditunjukkan pada Gambar 2.2.1. Pada saat terjadi kesetimbangan, aliran panas yang masuk ke elemen pelat dalam selang waktu Δt harus sama dengan aliran panas yang keluar dari elemen pelat yaitu [aliran panas yang masuk dalam arah horizontal] + [aliran panas yang masuk dalam arah vertikal] = [aliran panas yang keluar dalam arah horizontal] + [aliran panas yang keluar dalam arah vertikal], yang dapat ditulis menjadi

[Q( x) Δy γ Δt ] + [Q( y ) Δx γ Δt ] = [Q( x + Δx) Δy γ Δt ] + [Q( y + Δy ) Δx γ Δt ] . (2.2.1)

13


⎛ ⎞ 1 ⎟⎟ dan menyusunnya Dengan mengalikan persamaan (2.2.1) dengan ⎜⎜ ⎝ ΔxΔyγ Δt ⎠

kembali, maka diperoleh

⎛ Q( x) − Q( x + Δx) ⎞ ⎛ Q( y ) − Q( y + Δy ) ⎞ ⎟⎟ = 0 . ⎜ ⎟ + ⎜⎜ Δx Δy ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(2.2.2)

Dengan mengambil limitnya dan memandang turunan pertama fungsi dengan satu variabel, maka persamaan (2.2.2) dapat ditulis menjadi −

∂Q ( x ) ∂Q ( y ) − = 0. ∂x ∂y

(2.2.3)

Berdasarkan hukum konduksi panas Fourier bahwa laju aliran panas Q(x) per-unit elemen dalam arah x temperatur

(kal (cm s )) 2

adalah sebanding terhadap gradien

∂u ( x, y, t ) , maka diperoleh ∂x Q( x) = − kρC

∂u , ∂x

(2.2.4)

dimana k adalah koefisien difusi panas (cm 2 s ) , ρ adalah kerapatan massa (gr cm 3 ) , dan C adalah kapasitas panas dari massa (kal (gr 0C )) . Analog dalam arah y akan diperoleh Q ( y ) = − kρC

∂u . ∂y

(2.2.5)

Dengan mensubstitusikan persamaan (2.2.4) dan (2.2.5) ke dalam persamaan (2.2.3), maka dihasilkan

14


∂ 2u ∂ 2u + 2 = 0, ∂x 2 ∂y

(2.2.6)

dimana u = u ( x, y ) , karena dalam keadaan setimbang u tidak dipengaruhi oleh waktu. Persamaan (2.2.6) disebut persamaan Laplace dalam bentuk dua dimensi. Jika ada sumber panas yang timbul dalam pelat (seperti: pertukaran panas), yang didiskripsikan oleh fungsi f ( x, y ) =

laju hilangnya panas per unit volume , kρC

dimana k adalah koefisien difusi panas, ρ adalah kerapatan massa, dan C adalah kapasitas panas dari massa. Analog dengan cara diperolehnya persamaan Laplace, maka akan diperoleh persamaan Poisson dalam bentuk dua dimensi berikut:

∂ 2 u ( x, y ) ∂ 2 u ( x , y ) + = f ( x, y ) . ∂x 2 ∂y 2

(2.2.7)

Persamaan Laplace (2.2.6) dan Poisson (2.2.7) dapat ditulis dalam bentuk: ∇ 2 u = 0 dan ∇ 2 u = f ( x, y ) ,

dimana ∇ 2 u = u xx + u yy . Persamaan Laplace dan persamaan Poisson berhubungan dengan masalah kesetimbangan yaitu dalam keadaan fisis tidak dipengaruhi oleh waktu t. Dalam kasus ini, penyelesaian di titik dalam u ( x, y ) dalam domain pada bidang-xy bergantung pada penyelesaian di semua titik yang lain dalam domain itu, yang disebut domain ketergantungan. Sebaliknya, perubahan penyelesaian di titik dalam

u ( x, y ) akan mempengaruhi titik yang lain dalam domain itu, yang disebut range

15


pengaruh. Domain ketergantungan dan range pengaruh di titik P dalam domain

persegi panjang D diilustrasikan dalam Gambar 2.2.2.

y batas tertutup D

domain ketergantungan dan range pengaruh

•P

x Laplace dan persamaan Poisson Gambar 2.2.2 Domain penyelesaian persamaan dalam pelat persegi panjang Penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson adalah fungsi

u ( x, y ) ,

fungsi ini harus memenuhi syarat batas yang ditentukan. Dua tipe syarat batas yang sering digunakan adalah: 1. Syarat batas Dirichlet Syarat batas Dirichlet untuk persamaan Laplace dan persamaan Poisson secara berturut-turut adalah ∇ 2 u = 0 dalam domain D dan u ( x, y ) = g ( x, y ) pada batas C, dan ∇ 2 u = f ( x, y ) dalam domain D dan u ( x, y ) = g ( x, y ) pada batas C,

dimana g ( x, y ) adalah suhu yang ditentukan. Pada tipe syarat batas ini, suhu di setiap titik pada batas diketahui. 2. Syarat batas Neumann Syarat batas Neumann untuk persamaan Laplace dan persamaan Poisson secara berturut-turut adalah

16


∇ 2 u = 0 dalam domain D dan

∂ u ( x, y ) = g ( x, y ) pada batas C, dan ∂n

∇ 2 u = f ( x, y ) dalam domain

D dan

∂ u ( x, y ) = g ( x, y ) pada batas C. ∂n

Pada tipe syarat batas ini, ada suhu di titik pada batas yang tidak diketahui.

Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram

Misalkan suatu pelat baja cakram dengan jari-jari lingkarannya r dan tebal γ , dipanaskan dan suhunya dijaga konstan pada tepi batasnya. Pada kedua sisi permukaan pelat disekat sempurna, sehingga tidak ada aliran panas ke arah ketebalan

γ . Jadi diasumsikan bahwa didapatkan suatu domain bidang lingkaran pelat (r , θ ) dengan aliran panas ke arah r dan θ saja, yang ditunjukkan pada Gambar 2.2.3.

γ Q(θ ) C

• Q(r + Δr )

Q(θ + Δθ )

Q( r )

D

•

Q(r )

0o

Q(r + Δr ) A

Δθ Δr

•

Q (θ )

•B

penyekat Æ

Å penyekat

Q(θ + Δθ )

(r , θ )

gambaran dari depan

gambaran dari samping

Gambar 2.2.3 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat cakram

17


Karena domain dari persamaan Laplace berbentuk lingkaran, maka persamaan Laplace ditransformasikan dengan fungsi kontinu ke dalam sistem koordinat kutub (Gambar 2.2.4) dengan menggunakan transformasi x = r cos θ dan y = r sin θ , sehingga diperoleh U (r , θ ) = u (r cos θ , r sin θ ) .

y U (r , θ )

r

θ x Gambar 2.2.4 Koordinat kutub

Dengan menurunkan persamaan (2.3.8), akan didapatkan dx = cos θ dr − r sin θ dθ dan dy = sin θ dr + r cos θ dθ , yang akan memberikan dr = cos θ dx + sin θ dy dan dθ = −

cos θ sin θ dx + dy . r r

Menggunakan aturan rantai untuk pendiferensialan akan diperoleh dr =

∂r ∂r ∂θ ∂θ dx + dy , dθ = dx + dy , ∂y ∂x ∂x ∂y

dimana

18

(2.2.8)


∂r ∂θ sin θ ∂θ cos θ ∂r = cos θ , =− , , = = sin θ , ∂y ∂y ∂x ∂x r r

dan ∂u ∂u ∂r ∂u ∂θ ⎛ ∂ sin θ ∂ ⎞ = + = ⎜ cos θ − ⎟ u, ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ⎝ ∂r r ∂θ ⎠ ∂ ∂u ∂u ∂r ∂u ∂θ ⎛ cos θ ∂ ⎞ = ⎜ sin θ + = + ⎟ u. ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y ⎝ ∂r r ∂θ ⎠

Kemudian, 2 ∂ 2u sinθ cosθ ∂2U sin2 θ ∂2U sin2 θ ∂U sinθ cosθ ∂U 2 ∂ U = , (2.2.9) − + + 2 +2 cos 2 θ 2 2 2 ∂r r r ∂θ ∂r∂θ r ∂r r2 ∂x ∂θ

2 ∂ 2u sinθ cosθ ∂2U cos2 θ ∂2U cos2 θ ∂U sinθ cosθ ∂U 2 ∂U = . sin 2 θ + + 2 + −2 2 2 2 ∂y ∂r ∂r∂θ ∂θ r r ∂θ r ∂r r2

(2.2.10)

Dengan mensubstitusikan persaman (2.3.9) dan (2.3.10) ke dalam persamaan Laplace (2.2.6), akan didapatkan persamaan Laplace dalam bentuk kutub dua dimensi berikut: ∂ 2U 1 ∂U 1 ∂ 2U + + = 0, ∂r 2 r ∂r r 2 ∂θ 2

dimana U (r , θ ) = u (r cos θ , r sin θ ) . Jika ada sumber panas yang timbul dalam pelat cakram (seperti: pertukaran panas), yang didiskripsikan oleh fungsi f (r , θ ) , maka akan timbul persamaan Poisson dalam bentuk kutub dua dimensi berikut: ∂ 2U 1 ∂U 1 ∂ 2U + + 2 = f (r , θ ). ∂r 2 r ∂r r ∂θ 2

19


Domain ketergantungan dan range pengaruh di titik Q dalam domain lingkaran D diilustrasikan dalam Gambar 2.2.5 di bawah ini.

y batas tertutup

domain ketergantungan dan range pengaruh

D 0o •Q

x Gambar 2.2.5 Domain penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat cakram

Penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat cakram adalah fungsi U (r , θ ) , fungsi ini harus memenuhi syarat batas yang ditentukan. Syarat batas yang digunakan serupa dengan yang digunakan dalam pelat persegi panjang.

C. Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak

Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dapat diselesaikan secara eksak dengan menggunakan metode Pemisahan Variabel.

Metode Pemisahan Variabel

Metode Pemisahan Variabel dapat digunakan, jika persamaan diferensial parsial adalah linear dan homogen. Secara umum, langkah-langkah untuk menyelesaikan persamaan Laplace yang memenuhi syarat batas yang ditentukan adalah sebagai berikut:

20


1. Memisahkan dua variabel bebas dalam persamaan Laplace, sehingga akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa. 2. Menentukan penyelesaian untuk kedua persamaan yang telah diperoleh yang memenuhi syarat batas yang ditentukan. 3. Penyelesaian-penyelesaian itu dikombinasikan secara linear dengan Prinsip Superposisi sehingga hasilnya merupakan penyelesaian yang memenuhi syarat batas yang ditentukan.

Penyelesaian Eksak Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang

Persamaan Laplace dalam bentuk siku adalah linear dan homogen, sehingga dapat diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel.

Contoh 2.3.1

Carilah penyelesaian persamaan Laplace

u xx + u yy = 0

dalam 0 < x < a dan 0 < y < b,

(2.3.1)

dengan syarat batas Dirichlet berikut

u ( x, 0) = 0, u ( x, b) = g ( x)

pada 0 < x < a, dan

(2.3.2)

u (0, y ) = u (a, y ) = 0

pada 0 < y < b,

(2.3.3)

yang dapat diilustrasikan pada Gambar 2.3.1 di bawah ini.

21


y

u = g (x)

b u=0

u = 0 u xx + u yy = 0 0

u=0

a

x

Gambar 2.3.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet

Penyelesaian:

Misalkan penyelesaiannya berbentuk

u ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) ,

(2.3.4)

dimana u(x, y) adalah penyelesaian tak trivial. Turunan parsial tingkat dua persamaan (2.3.4) terhadap x dan y secara berturut-turut adalah u xx ( x, y ) = X " ( x)Y ( y ) dan u yy ( x, y ) = X ( x)Y " ( y ) . Bila disubstitusikan ke persamaan (2.3.1) dan menyusunnya kembali dapat ditulis menjadi Y " ( y) X " ( x) =− . Y ( y) X ( x)

Misalkan nilai perbandingannya adalah λ , maka Y "( y) X " ( x) =− = λ. Y ( y) X ( x)

Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa

X " ( x) + λX ( x) = 0,

(2.3.5)

Y " ( y ) − λY ( y ) = 0 ,

(2.3.6)

22


Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.5) terlebih dahulu. Persamaan bantu untuk persamaan (2.3.5) adalah m 2 + λ = 0 , yang dapat ditulis menjadi m 2 = − λ atau m = ± − λ . Akan diperoleh akar-akar kompleks, yaitu

m = ± i λ , sehingga penyelesaian umumnya adalah

X ( x) = c1e i

λx

+ c2 e − i

λx

.

(2.3.7)

Dengan memandang bahwa eiθ = cos θ + i sin θ , maka persamaan (2.3.7) menjadi

(

)

(

)

X ( x) = d1 cos x λ + d 2 sin x λ , dimana d1 = c1 + c 2 dan d 2 = i (c1 − c2 ) . Dengan syarat batas persamaan (2.3.3), maka persamaan (2.3.4) menjadi

u (0, y ) = X (0)Y ( y ) = 0 dan u (a, y ) = X (a)Y ( y ) = 0 . Berarti dapat diperoleh X(0) = 0 dan X(a) = 0.

(

)

(

)

Karena X(0) = 0, maka didapatkan d1 cos 0 λ + d 2 sin 0 λ = 0 atau d1 = 0 . Karena X(a) = 0 dan telah didapatkan d1 = 0 , maka akan didapatkan

(

)

⎛ nπ ⎞ d 2 sin a λ = 0 atau λn = ⎜ ⎟ , dengan n = 1, 2, 3,K . ⎝ a ⎠ 2

Nilai λn disebut nilai eigen yaitu nilai yang membuat penyelesaian tak trivial. Dengan mengambil d 2 = 1 , akan diperoleh penyelesaian tak trivial yang disebut fungsi eigen untuk persamaan (2.3.5) berikut

X n ( x) = sin

nπ x , dengan n = 1, 2, 3,K . a

23

(2.3.8)


Selanjutnya akan dicari penyelesaiaan persamaan (2.3.6). Dengan nilai λ yang telah diperoleh, maka persamaan (2.3.6) menjadi ⎛ nπ ⎞ Yn " ( y ) − ⎜ ⎟ Yn ( y ) = 0. ⎝ a ⎠ 2

(2.3.9)

Analog dengan cara penyelesaian persamaan (2.3.5), akan diperoleh penyelesaian umum persamaan (2.3.6) berikut

Yn ( y ) = C n e

nπ y a

+ Dn e

−

nπ y a

,

(2.3.10)

dimana C n dan Dn adalah konstanta sebarang. Dengan syarat batas u(x, 0) = 0, maka dari persamaan (2.3.4) diperoleh Yn (0) = 0. Kemudian dari persamaan (2.3.10) didapatkan Y (0) = C n + Dn = 0 atau Dn = − C n . Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.6) berikut nπ y − ⎞ ⎛ nπ y Yn ( y ) = C n ⎜⎜ e a − e a ⎟⎟ , ⎠ ⎝

dengan memandang sinh ( x) =

e x − e− x , maka dapat ditulis menjadi bentuk 2

⎛ nπ y ⎞ Yn ( y ) = 2Cn sinh ⎜ ⎟. ⎝ a ⎠

(2.3.11)

Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.8) dan (2.3.11) ke dalam persamaan (2.3.4), maka diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.1) berikut ⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ u n ( x, y ) = An sin ⎜ ⎟ sinh ⎜ ⎟ , dimana An = 2Cn . ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠

Persamaan (2.3.1) adalah linear dan homogen, maka menurut prinsip superposisi

24


u ( x, y ) =

∞

∑ u n ( x, y ) =

n =1

∞

∑A

n =1

n

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ sin⎜ ⎟ sinh⎜ ⎟, ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠

(2.3.12)

juga merupakan penyelesaian bagi persamaan (2.3.1). Penyelesaian (2.3.12) juga memenuhi syarat batas u ( x, b) = g ( x), maka persamaan (2.3.12) menjadi

u ( x, b ) =

∞

∑b

n =1

n

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ b ⎞ sin⎜ ⎟ = g ( x), dimana bn = An sinh ⎜ ⎟. ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠

(2.2.13)

Persamaan (2.2.13) adalah deret sinus Fourier. Sehingga menurut deret sinus Fourier, 2 ⎛ nπ x ⎞ g ( x) sin ⎜ ⎟dx. ∫ a0 ⎝ a ⎠ a

bn =

Sehingga akan diperoleh An =

a bn 2 ⎛ nπ x ⎞ g ( x) sin ⎜ = ⎟dx. ∫ a ⎠ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ b ⎞ 0 ⎝ sinh ⎜ ⎟ a sinh ⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠

(2.3.14)

Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.3.1) dengan syarat-syarat batas (2.3.2) dan (2.3.3) berikut

u ( x, y ) =

∞

∑A

n =1

n

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ sin⎜ ⎟ sinh⎜ ⎟, ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠

dengan 2 ⎛ nπ x ⎞ g ( x) sin ⎜ ⎟dx . ∫ a ⎠ ⎛ nπ b ⎞ 0 ⎝ a sinh ⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ a

An =

25


Contoh 2.3.2

Carilah penyelesaian persamaan Laplace

u xx + u yy = 0

dalam 0 < x < a dan 0 < y < b,

(2.3.15)

dengan syarat batas Neumann berikut

u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0

pada 0 ≤ x ≤ a , dan

(2.3.16)

u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = g ( y )

pada 0 ≤ y ≤ b ,

(2.3.17)

yang dapat diilustrasikan pada gambar 2.3.2 di bawah ini.

y uy = 0 b ux = 0

u xx + u yy = 0 u x = g (y)

0

uy = 0

a

x

Gambar 2.3.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann

Penyelesaian:


u ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) .

(2.3.18)

Secara analog dengan persamaan Laplace (2.3.1), maka akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa

X " ( x) + λX ( x) = 0, dan

(2.3.19)

Y " ( y ) − λY ( y ) = 0 .

(2.3.20)

26


Dari syarat batas (2.3.16), akan diperoleh u y ( x, 0) = X ( x)Y ' (0) = 0 atau Y ' (0) = 0 , dan u y ( x, b) = X ( x)Y ' (b) = 0 atau Y ' (b) = 0 . Dari syarat batas (2.3.17), akan diperoleh u x (0, y ) = X ' (0)Y ( y ) = 0 atau X ' (0) = 0 . Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.20) terlebih dahulu. Persamaan (2.3.20) serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu dengan X ( x) = Y ( y ) dan

λ = − λ , sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.20) berikut

(

)

(

)

Y ( y ) = d1 cos y − λ + d 2 sin y − λ ,

(2.3.21)

dimana d1 = c1 + c 2 dan d 2 = i (c1 − c2 ) . Turunan pertama persamaan (2.3.21) terhadap y adalah

(

)

(

)

Y ' ( y ) = − d1 − λ sin y − λ + d 2 − λ cos y − λ . Karena Y ' (0) = 0 , maka diperoleh Y ' (0) = − d1 − λ sin (0) + d2 − λ cos(0) = 0 atau d2 = 0.

(

)

(

)

Karena Y ' (b) = 0 dan d 2 = 0 , maka − d 2 − λ sin b − λ = 0 atau sin b − λ = 0 , sehingga akan diperoleh

nπ ⎛ nπ ⎞ −λ = atau λn = − ⎜ ⎟ , dengan n = 0, 1, 2, 3,K . b ⎝ b ⎠ 2

Dengan mengambil d1 = 1 , akan diperoleh penyelesaian tak trivial untuk persamaan (2.3.20) berikut ⎛ nπ y ⎞ Yn ( y ) = cos⎜ ⎟ , dengan n = 0, 1, 2, 3,K . ⎝ b ⎠

Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.19).

27

(2.3.22)


Dengan nilai λ yang telah diperoleh, maka persamaan (2.3.19) menjadi ⎛ nπ ⎞ X n " ( x) − ⎜ ⎟ X n ( x) = 0. ⎝ b ⎠ 2

(2.3.23)

Persamaan (2.3.23) serupa dengan persamaan (2.3.9) yaitu dengan Y ( y ) = X ( x) dan

a = b , sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.23) berikut X n ( x ) = Cn e

nπ x b

+ Dn e

−

nπ x b

,

(2.3.24)

dimana C n dan Dn adalah konstanta sebarang. Turunan pertama persamaan (2.3.24) terhadap x adalah

⎛ nπ ' X n ( x) = ⎜ ⎝ b

⎞ ⎟ Cn e ⎠

nπ x b

⎛ nπ −⎜ ⎝ b

− ⎞ ⎟ Dn e ⎠

nπ x b

.

⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ' Karena X ' (0) = 0 , maka didapatkan Xn (0) =⎜ ⎟ Cne0 − ⎜ ⎟Dne0 = 0 atau Cn = Dn . ⎝b⎠ ⎝b⎠

Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.19) berikut nπ x − ⎞ ⎛ n πb x X n ( x) = Cn ⎜⎜ e + e b ⎟⎟ , ⎠ ⎝

dengan memandang cosh ( x) =

e x + e− x , maka dapat ditulis menjadi bentuk 2

⎛ nπ x ⎞ X n ( x) = 2Cn cosh⎜ ⎟. ⎝ b ⎠

(2.3.25)

Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.22) dan (2.3.25) ke dalam persamaan (2.3.18), maka diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.15) berikut

28


⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ un ( x, y ) = An cosh⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ , dimana An = 2Cn . ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠

Menurut prinsip superposisi, maka

u ( x, y ) =

∞

∑ u ( x, y ) = A

n=0

n

0

+

∞

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟, b ⎠ ⎝ b ⎠

∑ A cosh⎜⎝

n =1

n

(2.3.26)

juga merupakan penyelesaian bagi persamaan (2.3.15). Turunan pertama persamaan (2.3.26) terhadap x adalah

u x ( x, y ) =

nπ ⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ An sinh⎜ ⎟ cos⎜ ⎟. ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠ n =1 b ∞

∑

Karena u x (a, y ) = g ( y ) , maka diperoleh

u x ( a, y ) =

nπ ⎛ nπ a ⎞ ⎛ nπ y ⎞ An sinh⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ = g ( y) , ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠ n =1 b ∞

∑

yang dapat ditulis menjadi ∞

∑a

n =1

n

nπ ⎛ nπ y ⎞ ⎛ nπ a ⎞ cos⎜ An sinh ⎜ ⎟ = g ( y ), dimana an = ⎟. b ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠

(2.2.27)

Persamaan (2.2.27) disebut deret kosinus Fourier. Sehingga menurut deret kosinus Fourier, 2 ⎛ nπ y ⎞ an = ∫ g ( y ) cos⎜ ⎟ dy . b0 ⎝ b ⎠ b

Sehingga akan diperoleh b an 2 ⎛ nπ y ⎞ An = g ( y ) cos⎜ = ⎟dy. ∫ b ⎠ ⎛ nπ a ⎞ ⎛ nπ a ⎞ 0 ⎝ nπ sinh ⎜ ⎟ nπ sinh ⎜ ⎟ ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠ b

29

(2.2.28)


Sehingga dengan mensubstitusikan persamaan (2.2.28) ke dalam persamaan (2.3.26), maka akan diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.15) dengan syarat-syarat batas (2.3.16) dan (2.3.17) berikut

u ( x, y ) = A0 +

∞

∑A

n =1

n

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ cosh⎜ ⎟ cos⎜ ⎟, ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠

(2.2.29)

dimana 2 ⎛ nπ y ⎞ g ( y ) cos⎜ ⎟dy . ∫ b ⎠ ⎛ nπ a ⎞ 0 ⎝ nπ sinh ⎜ ⎟ ⎝ b ⎠ b

A0 adalah kostanta sisa, dan An =

A0 tidak dapat ditentukan, karena A0 telah menghilang dalam pendiferensialan

turunan normal pada syarat batas.

Penyelesaian Eksak Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram

Persamaan Laplace dalam bentuk kutub adalah 1 ∂U ∂ 2U 1 ∂ 2U + + = 0, ∂r 2 r ∂r r 2 ∂θ 2

(2.3.30)

yang dapat ditulis menjadi 1 1 U r + U rr + 2 U θθ = 0. r r

(2.3.31)

Persamaan Laplace (2.3.31) dapat ditulis menjadi bentuk 1 (r U r ) r + U θθ = 0 . r

30

(2.3.32)


Persamaan Laplace dalam bentuk kutub adalah linear dan homogen, sehingga dapat diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel.

Contoh 3.2.3

Carilah penyelesaian persamaan Laplace 1 (r U r ) r + U θθ = 0 dalam 0 < r < A dan 0 ≤ θ < 2π , r

(2.3.33)

dengan syarat batas

U ( A, θ ) = g (θ )

pada 0 ≤ θ < 2π ,

(2.3.34)

Masalah diatas dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.3.3 di bawah ini.

y

r U = g (θ )

θ

0o 1 ( r U r ) r + U θθ = 0 r

x

Gambar 2.3.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet

Penyelesaian:


U (r , θ ) = R(r )Θ(θ ) , dimana U (r , θ ) adalah penyelesaian tak trivial.

31

(2.3.35)


Persamaan (2.3.35) dicari turunan-turunan parsialnya terhadap r dan θ , kemudian disubstitusikan ke persamaan (2.3.33) dan menyusunnya kembali, maka diperoleh Θ " (θ ) r (r R (r ) ' ) . = Θ(θ ) R(r ) '

−

Misalkan nilai perbandingannya adalah μ , maka Θ " (θ ) r (r R(r ) ' ) − = = μ. Θ(θ ) R(r ) '

Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa Θ " (θ ) + μ Θ(θ ) = 0 , dan

(2.3.36)

r 2 R " (r ) + r R ' (r ) − μ R(r ) = 0

(2.3.37)

Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.36) terlebih dahulu. Persamaan (2.3.36) serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu X ( x) = Θ(θ ) dan λ = μ , sehingga penyelesaian umumnya adalah

Θ(θ ) = c1e i θ

μ

+ c2 e − i θ

μ

.

(2.3.38)

Dengan memandang bahwa e iθ = cos θ + i sin θ , maka persamaan (2.3.38) menjadi

(

)

(

)

Θ(θ ) = d1 cos θ μ + d 2 sin θ μ ,

(2.3.39)

dimana d1 = c1 + c 2 dan d 2 = i (c1 − c2 ) . Turunan pertama dari persamaan (2.3.39) adalah

(

)

(

)

Θ' (θ ) = − d1 μ sin θ μ + d 2 μ cos θ μ . Dalam periodik- 2π nilai dari

32

(2.3.40)


Θ(π ) = Θ(−π ) dan Θ ' (π ) = Θ ' (−π )

(2.3.41)

Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.39) dan (2.3.40) ke dalam persamaan (2.3.41), maka akan diperoleh

(

)

(

)

(

)

(

)

d1 cos π μ + d 2 sin π μ = d1 cos − π μ + d 2 sin − π μ , dan

(

)

(

)

(

)

(

)

− d1 μ sin π μ + d 2 μ cos π μ = − d1 μ sin − π μ + d 2 μ cos − π μ . Dengan memandang bahwa kosinus adalah fungsi genap yaitu cos(− x) = cos( x) dan sinus adalah fungsi gasal yaitu sin(− x) = − sin( x) , maka menghasilkan

(

)

2 sin π μ = 0 atau μ = n 2 , dengan n = 0, 1, 2, 3, K . Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.36) berikut Θ(θ ) = a n cos (n θ ) + bn sin (n θ ) ,

(2.3.42)

dimana a n dan bn adalah konstanta sebarang. Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.37). Dengan nilai μ yang telah diperoleh, maka persamaan (2.3.37) menjadi

r 2 Rn ( r ) + r R n ( r ) − n 2 Rn ( r ) = 0 "

'

(2.3.43)

Persamaan (2.3.43) merupakan persamaan diferensial Euler orde-dua berbentuk

a 2 x 2 y " + a 1 xy ' + a 0 y = 0 , dimana a 2 , a1 , a 0 adalah konstanta dan a 2 ≠ 0 . Jika x > 0, maka cara penyelesaiannya dipetakan dengan x = e t . Sedangkan Jika x < 0, maka akan dipetakan dengan x = e − t .

33


Persamaan diferensial Euler orde-dua akan diubah menjadi persamaan diferensial ..

.

a 2 y + (a 1 − a 2 ) y + a 0 y = 0 ,

dimana titik diatas variabel menyatakan turunan menurut t. Sehingga penyelesaiannya adalah sebagai berikut: Karena r > 0 , maka menggunakan pemetaan r = e t dan persamaan (2.3.43) menjadi ..

Rn − n 2 Rn = 0 .

(2.3.44)

Persamaan (2.3.44) adalah persamaan diferensial biasa linear homogen, maka persamaan bantunya adalah m 2 − n 2 = 0 . Yang mempunyai akar-akar real berbeda yaitu m1 = n dan m2 = − n , sehingga penyelesaian umumnya adalah

Rn (t ) = c n e n t + d n e − n t . Tetapi r = e t , maka akan menjadi

Rn (r ) = cn r n + d n

1 , rn

dimana c n dan d n adalah konstanta sebarang. Karena di titik pusat lingkaran r = 0, maka ditentukan d n = 0 agar Rn (r ) kontinu. Dengan d n = 0 dan mengambil cn = 1 , maka diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.43) berikut

Rn (r ) = r n .

(2.3.45)

Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.42) dan (2.3.45) ke dalam persamaan (2.3.35) diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.33) dengan syarat batas (2.3.34):

34


⎧a 0 U n (r , θ ) = ⎨ n ⎩r ( An cos( nθ ) + Bn sin( nθ ) )

jika n = 0, jika n = 1, 2, 3, K.

Karena persamaan (2.3.33) adalah linear dan homogen, maka menurut prinsip superposisi

U (r , θ ) =

∞

∞

∑ r (a

∑U n (r, θ ) = a0 +

n

n=0

n =1

n

cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) ,

(2.3.46)

juga merupakan penyelesaian bagi persamaan (2.3.33). Penyelesaian (2.3.46) memenuhi syarat batas U ( A, θ ) = g (θ ), maka persamaan (2.3.46) menjadi

g (θ ) = a0 +

∑ (A a ∞

n

n =1

n

)

cos(nθ ) + Anbn sin(nθ ) .

(2.3.47)

Akan dicari nilai a0 terlebih dahulu. Dengan mengintegralkan ruas kiri dan kanan persamaan (2.3.47) dengan batas bawah 0 dan batas atas 2π , maka akan diperoleh 2π

2π

0

0

2π ⎛ n 2π ⎞ n ⎜ ⎟, + A a cos( n θ ) d θ A b sin( n θ ) d θ ∑ n n ∫ ∫ ⎜ ⎟ n = 1⎝ 0 0 ⎠

∞

∫ g (θ ) dθ = a0 ∫ dθ +

yang menghasilkan 2π

∫ g (θ ) dθ = a0 [2π ] + 0

∞

1 1 ⎛ ⎞ ∑ ⎜⎝ A a n [sin(2nπ )] + A b n [1 − cos(2nπ )]⎟⎠ , n

n

n

n =1

n

karena sin(2nπ ) = 0 dan [1 − cos(2nπ )] = 0 untuk n = 1, 2, 3, ..., maka diperoleh a0 =

1 2π

2π

∫ g (θ ) dθ . 0

35

(2.3.48)


Selanjutnya akan dicari nilai an . Dengan mengalikan persamaan (2.2.47) dengan cos(nθ ) , maka analog dengan cara mencari nilai a0 akan diperoleh an =

1 π An

2π

∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ ,

n = 1, 2, 3, ... .

(2.3.49)

0

Selanjutnya dicari nilai dari bn . Dengan mengalikan persamaan (2.2.47) dengan sin (nθ ) , maka analog dengan cara mencari nilai a0 akan diperoleh 1 bn = π An

2π

∫ g (θ ) sin(nθ ) dθ ,

n = 1, 2, 3, ... .

(2.3.50)

0

Konstanta-konstanta yang didefinisikan oleh persamaan (2.3.47) sampai dengan (2.3.50) disebut koefisien-koefisien Fourier. Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.3.33) dengan syarat batas (2.3.34) berikut

U (r , θ ) = a0 +

∞

∑ r (a n

n =1

n


dengan 1 a0 = 2π

2π

1 bn = n Aπ

1 ∫0 g (θ ) dθ , an = Anπ

2π

∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ , dan 0

2π

∫ g (θ ) sin(nθ ) dθ . 0

36


Contoh 2.3.4

Misalkan dicari penyelesaian persamaan Laplace 1 (r U r ) r + U θθ = 0 dalam 0 < r < A dan − π ≤ θ < π , r

(2.3.51)

dengan syarat batas

U r ( A, θ ) = g (θ )

pada − π ≤ θ < π ,

(2.3.52)

Masalah diatas dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.3.4 di bawah ini.

y

r U r = g (θ )

θ

0o 1 ( r U r ) r + U θθ = 0 r

x

Gambar 2.3.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann

Penyelesaian:


U (r , θ ) = R(r )Θ(θ ) .

(2.3.53)

Secara analog dengan persamaan Laplace dalam bentuk kutub (2.3.33), maka diperoleh dua persamaan diferensial biasa Θ " (θ ) + μ Θ(θ ) = 0 , dan

(2.3.54)

r 2 R " (r ) + r R ' (r ) − μ R(r ) = 0 .

(2.3.55)

37


Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.54) dan (2.3.55). Persamaan (2.3.54) dan (2.3.55) secara berturut-turut serupa dengan persamaan (2.3.36) dan (2.3.37), maka penyelesaiannya adalah

U (r , θ ) =

∞

∑U

n=0

n

(r , θ ) = a0 +

∞

∑ r (a n

n =1

n

cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) .

(2.3.56)

Turunan pertama persamaan (2.3.56) terhadap r adalah

U r (r , θ ) =

∞

∑ n r (a n −1

n =1

n


Karena U r ( A, θ ) = g (θ ) , maka diperoleh

g (θ ) =

∞

∑ n A (a n −1

n =1

n


(2.3.57)

Akan dicari nilai an . Dengan mengalikan persamaan (2.2.57) dengan cos(nθ ) dan mengintegralkan ruas kiri dan kanan dengan batas bawah − π dan batas atas π , maka akan diperoleh π

∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ =

−π

π ⎛ n −1 π ⎞ 2 n −1 ⎜ ⎟ + n A a cos ( n θ ) d θ n A b ∑ n ∫ n ∫ sin( nθ ) cos( nθ ) dθ ⎟ , ⎜ n = 1⎝ −π −π ⎠ ∞

yang menghasilkan π ⎛ n −1 1 1 ⎡1 2 ⎤ ⎞⎟ π n −1 ⎜ ∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ = n∑= 1⎜ n A an 2n [nθ ]−π + n A bn n ⎢⎣ 2 sin (nθ )⎥⎦ −π ⎟ . −π ⎝ ⎠ π

∞

Karena sin(nπ ) = sin(−nπ ) = 0 untuk n = 1, 2, 3, ..., maka diperoleh π

1 an = g (θ ) cos(nθ ) dθ , nπ An − 1 −∫π

n = 1, 2, 3, ... .

38

(2.3.58)


Selanjutnya dicari nilai dari bn . Dengan mengalikan persamaan (2.2.58) dengan sin (nθ ) , maka analog dengan cara mencari nilai an akan diperoleh π

bn =

1 g (θ ) sin( nθ ) dθ , nπ An − 1 −∫π

n = 1, 2, 3, ... .

(2.3.59)

Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.3.51) dengan syarat-syarat batas (2.3.52) berikut U (r , θ ) = a0 +

∞

∑ r (a n

n =1

n


dimana π

π

1 1 a0 adalah kostanta sisa, an = g(θ ) cos(nθ ) dθ , dan bn = g(θ)sin(nθ) dθ . n −1 ∫ nπ A −π nπ An −1 −∫π

D. Penyelesaian Persamaan Poisson Secara Eksak

Jika dalam pelat terdapat sumber panas yang diketahui, maka persamaan Laplace akan menjadi persamaan yang nonhomogen berikut ∇ 2u = f ( x , y ) ,

(2.4.1)

dimana f(x, y) adalah fungsi yang mendiskripsikan sumber panas tersebut. Persamaan (2.4.1) disebut persamaan Poisson. Persamaan Poisson adalah nonhomogen, maka tidak dapat diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel.

39


Cara penyelesaiannya adalah dengan membagi persamaan Poisson dengan syarat batas dalam dua masalah, yaitu: 1. Mengubah persamaan Poisson menjadi persamaan homogen yaitu persamaan Laplace dengan syarat batas nonhomogen; 2. Persamaan Poisson dengan syarat batas yang homogen. Sehingga penyelesaian lengkapnya adalah gabungan dari penyelesaian dari dua masalah tadi.

Contoh 2.4.1

Carilah penyelesaian persamaan Poisson dalam 0 < x < a dan 0 < y < b ,

∇ 2u ( x , y ) = f ( x , y )

dengan syarat batas Dirichlet berikut

(2.4.2)

u (0, y ) = u (a, y ) = u ( x, 0) = 0 , dan u ( x, b) = g ( x) , yang dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.4.1 di bawah ini.

y b

u = g (x)

u = 0 u + u = f ( x, y) u = 0 xx yy 0

u=0

a

x

Gambar 2.4.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet

Penyelesaian:

Cara penyelesaiannya adalah dengan membagi masalah (2.4.2) menjadi dua masalah:

40


1. Persamaan Laplace ∇ 2u ( x, y ) = 0 dalam 0 < x < a dan 0 < y < b , dengan syarat batas

(2.4.3)

u (0, y ) = u (a, y ) = u ( x, 0) = 0 , dan u ( x, b) = g ( x) , yang penyelesaiannya dinotasikan dengan uL ( x, y ) ; 2. Persamaan Poisson ∇ 2u ( x, y ) = f ( x, y ) dalam 0 < x < a dan 0 < y < b , dengan syarat batas

(2.4.4)

u (0, y ) = u (a, y ) = u ( x, 0) = u ( x, b) = 0 , yang penyelesaiannya dinotasikan dengan uP ( x, y ) . Sehingga penyelesaian lengkapnya adalah

u ( x, y ) = uL ( x, y) + uP ( x, y ) .

(2.4.5)

Akan dicari penyelesaian masalah (2.4.3) terlebih dahulu. Cara penyelesaian masalah (2.4.3) analog dengan penyelesaian persamaan Laplace (2.3.1) dengan syarat batas (2.3.2) dan (2.3.3), sehingga penyelesaiannya adalah

u L ( x, y ) =

∞

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ sinh⎜ ⎟, a ⎠ ⎝ a ⎠

∑ A sin⎜⎝

n =1

n

dengan 2 ⎛ nπ x ⎞ g ( x) sin ⎜ ⎟dx . ∫ a ⎠ ⎛ nπ b ⎞ 0 ⎝ a sinh ⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ a

An =

Selanjutnya akan dicari penyelesaian masalah (2.4.4)

41

(2.4.6)


Untuk menyelesaikan masalah (2.4.4), diasumsikan bahwa penyelesaiannya serupa dengan penyelesaian persamaan Helmholtz ∇ 2φ ( x, y ) + λφ ( x, y ) = 0

dalam 0 < x < a dan 0 < y < b ,

(2.4.7)

dengan syarat batas

φ (0, y ) = φ (a, y ) = φ ( x, 0) = φ ( x, b) = 0 . Misalkan penyelesaian persamaan Helmholzt berbentuk

φ ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) .

(2.4.8)

Persamaan (2.4.8) dicari turunan parsial tingkat dua terhadap x dan y, kemudian disubstitusikan ke persamaan (2.4.7) dan menyusunnya kembali, maka diperoleh X " ( x) Y " ( y) =− −λ. X ( x) Y ( y) Misalkan nilai perbandingannya adalah μ , maka

X " ( x) Y " ( y) =− −λ = −μ X ( x) Y ( y) Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa

X " ( x) + μ X ( x) = 0 ,

X (0) = X (a) = 0 , dan

Y " ( y ) + (λ − μ ) Y ( y ) = 0 , Y (0) = Y (b) = 0 .

(2.4.9) (2.4.10)

Akan dicari penyelesaian persamaan (2.4.9) terlebih dahulu. Persamaan (2.3.9) serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu dengan λ = μ , sehingga ⎛ mπ ⎞ akan diperoleh μ m = ⎜ ⎟ , dengan m = 1, 2, 3,K . ⎝ a ⎠ 2

42


dan penyelesaian persamaan (2.4.9) dengan mengambil d 2 = Am berikut ⎛ mπ x ⎞ X m ( x) = Am sin ⎜ ⎟, ⎝ a ⎠

dimana m = 1, 2, 3,K .

(2.4.11)

Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan (2.4.10). Persamaan (2.3.10) juga serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu dengan λ = (λ − μ ) , sehingga akan diperoleh ⎛ nπ ⎞ λn − μ m = ⎜ ⎟ , dengan n = 1, 2, 3,K , ⎝ b ⎠ 2

dan penyelesaian persamaan (2.4.10) dengan mengambil d 2 = An berikut ⎛ nπ y ⎞ Yn ( x) = An sin ⎜ ⎟, ⎝ b ⎠

dimana n = 1, 2, 3, K .

(2.4.12)

Sehingga diperoleh nilai λ pada persamaan Helmholtz (2.4.8) berikut ⎛ mπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ 2

2

λ = λmn = ⎜

, m = n = 1, 2, 3,K .

(2.4.13)

Dengan mensubstitusikan penyelesaian (2.4.11) dan (2.4.12) ke dalam persamaan (2.4.8), maka diperoleh penyelesaian persamaan Helmholtz (2.4.7) berikut ⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ sin ⎜ ⎟ , dimana Amn = Am An . ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

φmn ( x, y ) = Amn sin ⎜

Dengan menggunakan prinsip superposisi, maka

φmn ( x, y ) =

∞

∞

∑∑A

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ sin⎜ ⎟ sin⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

juga merupakan penyelesaian persamaan Helmholzt (2.4.8).

43

(2.4.14)


Sehingga penyelesaian masalah (2.4.4) adalah

u P ( x, y ) = φmn ( x, y ) =

∞

∞

∑∑A

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ sin⎜ ⎟ sin⎜ ⎟. ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

(2.4.15)

Akan dicari nilai Amn . Dengan mensubstitusikan penyelesaian persamaan Helmholzt (2.4.14) ke dalam persamaan Poisson (2.4.4) akan diperoleh ∞

∞

∑ ∑∇ φ 2

m =1n =1

mn

( x, y ) = f ( x, y ) ,

Dari persamaan Helmholzt (2.4.8) diperoleh relasi ∇ 2φmn ( x, y ) = − λmnφmn ( x, y ) , maka persamaan di atas dapat ditulis menjadi ∞

∞

∑∑−λ

m = 1n = 1

φ ( x, y ) = f ( x , y ) ,

mn mn

dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.14) akan menjadi ∞

∞

∑∑− A

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ sin ⎜ ⎟ = f ( x, y ) . ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

λmn sin⎜

(2.4.16)

Misalkan

Em ( y ) =

∞

∑B

n =1

mn

⎛ nπ y ⎞ sin⎜ ⎟ , dengan Bmn = − Amn λmn . ⎝ b ⎠

(2.4.17)

Dengan mensunstitusikan persamaan (2.4.17) ke dalam persamaan (2.4.16) diperoleh ∞

∑E

m =1

m

⎛ mπ x ⎞ ( y ) sin⎜ ⎟ = f ( x, y ) . ⎝ a ⎠

44

(2.4.18)


Persamaan (2.4.18) merupakan deret sinus Fourier yang serupa dengan persamaan (2.3.13) yaitu dengan n = m, bn = Em ( y ) dan g ( x) = f ( x, y ) , sehingga diperoleh 2 ⎛ mπ f ( x, y ) sin ⎜ ∫ a0 ⎝ a a

Em ( y ) =

x⎞ ⎟dx, ⎠

m = 1, 2, 3, K .

(2.4.19)

Persamaan (2.4.19) juga merupakan deret sinus Fourier yang serupa dengan persamaan (2.3.13) yaitu dengan a = b, x = y, bn = Bmn dan g ( x) = Em ( y ) , sehingga diperoleh 2 ⎛ nπ y ⎞ = ∫ Em ( y ) sin ⎜ ⎟dy, b0 ⎝ b ⎠ b

Bmn

n = 1, 2, 3, K ,

karena Bmn = − Amn λmn , maka dihasilkan Amn = −

Bmn

λmn

=−

b

2 bλmn

∫E 0

m

⎛ nπ y ⎞ ( y ) sin ⎜ ⎟dy . ⎝ b ⎠

(2.4.20)

Dengan mensubstitusikan nilai λ (2.4.13) dan persamaan (2.4.19) ke dalam persamaan (2.4.20), maka diperoleh Amn = −

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ sin ⎜ ⎟ dx dy . a ⎠ ⎝ b ⎠

b a

4

f ( x, y ) sin ⎜ ⎞∫∫ ⎝

⎛m π nπ ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0 b ⎠ ⎝ a 2

2

2

2

(2.4.21)

Dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.21) ke dalam persamaan (2.4.15) akan diperoleh penyelesaian untuk masalah (2.4.4) berikut

u P ( x, y ) =

∞

∞

∑∑ A

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ sin⎜ ⎟ sin⎜ ⎟, ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

dimana

45

(2.4.22)


Amn = −

⎛ mπ a

b a

4

f ( x, y ) sin ⎜ ⎞∫∫ ⎝

⎛ m 2π 2 n 2π 2 ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0 b ⎠ ⎝ a

x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ sin ⎜ ⎟ dx dy . ⎠ ⎝ b ⎠

Sehingga dari penyelesaian (2.4.6) dan (2.4.22) akan diperoleh penyelesaian lengkap untuk masalah (2.4.2) berikut

u ( x, y ) = uL ( x, y) + uP ( x, y ) ∞

=

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟sinh⎜ ⎟+ a ⎠ ⎝ a ⎠

∑A sin⎜⎝

n =1

n

∞

∞

∑∑ A

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ sin⎜ ⎟ sin⎜ ⎟, ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

(2.2.23)

dimana 2 ⎛ nπ x ⎞ g ( x) sin ⎜ ⎟dx , dan ∫ a ⎠ ⎛ nπ b ⎞ 0 ⎝ a sinh ⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ a

An =

Amn = −

b a

4 2

2

2

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ sin ⎜ ⎟ dx dy . a ⎠ ⎝ b ⎠

f ( x, y ) sin ⎜ ⎞∫∫ ⎝

⎛m π nπ ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0 b ⎠ ⎝ a 2

Contoh 2.4.1

Carilah penyelesaian persamaan Poisson ∇ 2u ( x, y ) = f ( x, y ) dalam 0 < x < a dan

0 < y < b , dengan syarat batas berikut

(2.4.24)

uy (x, 0) = uy (x, b) = 0 pada 0 ≤ x ≤ a , dan ux (0, y) = 0, ux (a, y) = g ( y) pada 0 ≤ y ≤ b , yang dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.4.2 di bawah ini.

46


y

uy = 0

b ux = 0

u x = g ( y)

u xx + u yy = f ( x, y)

0

uy = 0

a

x

Gambar 2.4.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann

Penyelesaian:

Cara penyelesaiannya adalah dengan membagi masalah (2.4.24) menjadi dua masalah berikut: 1. Persamaan ∇ 2u ( x, y ) = 0 , dalam 0 < x < a dan 0 < y < b , dengan syarat batas u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0


u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = g ( y )

pada 0 ≤ y ≤ b .

(2.4.25)

2. Persamaan ∇ 2u ( x, y ) = f ( x, y ) , dalam 0 < x < a dan 0 < y < b , dengan syarat batas

(2.4.26) u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0


u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = 0

pada 0 ≤ y ≤ b .

Akan dicari penyelesaian masalah (2.4.25) terlebih dahulu. Masalah (2.4.25) serupa dengan persamaan (2.3.15) dengan syarat batas (2.3.16) dan (2.3.17), sehingga penyelesaiannya adalah

u L ( x, y ) = A0 +

∞

∑A

n =1

n

⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ cosh⎜ ⎟ cos⎜ ⎟, ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠

47

(2.4.27)


dengan 2 ⎛ nπ y ⎞ g ( y ) cos⎜ ⎟dy . ∫ b ⎠ ⎛ nπ a ⎞ 0 ⎝ nπ sinh ⎜ ⎟ ⎝ b ⎠ b

A0 adalah kostanta sisa, dan An =

Selanjutnya akan dicari penyelesaian masalah (2.4.26) Untuk menyelesaikan masalah (2.4.26), diasumsikan juga bahwa penyelesaiannya serupa dengan penyelesaian persamaan Helmholtz, dengan syarat batas u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0


u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = 0

pada 0 ≤ y ≤ b .

Analog dengan persamaan Helmholtz (2.4.8), maka diperoleh dua persamaan diferensial biasa

X " ( x) + μ X ( x) = 0

, X ' (0) = X ' (a ) = 0 ,

(2.4.28)

Y " ( y ) + (λ − μ ) Y ( y ) = 0

, Y ' (0) = Y ' (b) = 0 .

(2.4.29)

Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.28) terlebih dahulu. Persamaan (2.4.28) serupa dengan persamaan (2.3.19) yaitu dengan λ = μ , sehingga ⎛ mπ ⎞ akan diperoleh μ = ⎜ ⎟ , m = 0, 1, 2, K , ⎝ a ⎠ 2

dan penyelesaian persamaan (2.4.28) dengan mengambil d1 = An berikut ⎛ mπ x ⎞ X ( x) = Am cos ⎜ ⎟. ⎝ a ⎠ Kemudian akan dicari penyelesaian persamaan (2.4.29).

48

(2.4.30)


Persamaan (2.4.29) juga serupa dengan persamaan (2.3.19) yaitu dengan

λ = (λ − μ ) , sehingga akan diperoleh ⎛ nπ ⎞ λn − μ m = ⎜ ⎟ , dengan n = 0, 1, 2,K , ⎝ b ⎠ 2

dan penyelesaian persamaan (2.4.33) dengan mengambil d1 = Am berikut ⎛ nπ y ⎞ Yn ( y ) = An cos ⎜ ⎟. ⎝ b ⎠

(2.4.31)

Sehingga diperoleh nilai λ pada persamaan Helmholtz berikut ⎛ mπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ =⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ 2

λ = λmn

2

, m = n = 0, 1, 2, K .

(2.4.32)

Sehingga akan diperoleh penyelesaian persamaan Helmholtz berikut ⎛ mπ ⎝ a

φmn ( x, y ) = Amn cos⎜

x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟. ⎠ ⎝ b ⎠

Menurut prinsip superposisi, maka

φmn ( x, y ) = A00 +

∞

∞

∑∑A

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ cos⎜ ⎝ a

x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟ ⎠ ⎝ b ⎠

(2.3.33)

adalah juga merupakan penyelesaian persamaan Helmholtz. Sehingga penyelesaian masalah (2.4.26) adalah

u P ( x, y ) = φmn ( x, y ) = A00 +

∞

∞

∑∑A

m = 1n = 1

Akan dicari nilai A00 dan Amn .

49

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

(2.4.34)


Dengan mensubstitusikan penyelesaian persamaan Helmholzt (2.4.33) ke dalam persamaan Poisson (2.4.26) akan diperoleh ∞

∞

∑ ∑∇ φ 2

m =1n =1

mn

( x, y ) = f ( x, y ) ,

Dari persamaan Helmholzt diperoleh relasi ∇ 2φmn ( x, y ) = − λmnφmn ( x, y ) , maka persamaan di atas dapat ditulis menjadi ∞

∞

∑∑−λ

φ ( x, y ) = f ( x , y ) ,

mn mn

m = 1n = 1

dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.33) akan menjadi

A00 +

∞

∞

∑∑− A

mn

m = 1n = 1

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟ = f ( x, y ) . ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

λmn cos⎜

Dengan Bmn = − Amn λmn , maka persamaan diatas dapat ditulis menjadi

A00 +

∞

∞

∑∑B

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ = f ( x, y ) . ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

(2.4.35)

Akan dicari nilai A00 terlebih dahulu. Dengan mengintegralkan rangkap ruas kiri dan kanan persamaan (2.4.35) dengan batas bawah 0 dan batas atas a dan b , maka akan diperoleh b a

A00 ∫ ∫ dx dy + 0 0

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ Bmn cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟dx dy = ∑ ∑ ∫ ∫ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ m = 1n = 1 0 0 ∞

∞ b a

b a

∫ ∫ f ( x, y) dx dy , 0 0

yang menghasilkan ∞

∞

⎡ ab ⎤ A00 [ab] + ∑∑ Bmn ⎢ sin(mπ ) sin(nπ )⎥ = 2 ⎣ mnπ ⎦ m = 1n = 1

50

b a

∫ ∫ f ( x, y) dx dy , 0 0


karena dengan memandang bahwa sin(nπ ) = 0 untuk n = 1, 2, 3,K , maka akan dihasilkan b a

1 A00 = f ( x, y ) dx dy . ab ∫0 ∫0

(2.4.36)

Kemudian akan dicari nilai Amn . Dengan mangalikan persamaan (2.4.35) dengan

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

dan

mengintegralkan rangkap ruas kiri dan kanan dengan batas bawah 0 dan batas atas a dan b , maka akan diperoleh b a

∫∫ 0 0

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ f ( x, y ) cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ dx dy = A00 ∫ ∫ cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ dx dy ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ 0 0 b a

⎛ mπ x ⎞ 2 ⎛ nπ y ⎞ + ∑ ∑ ∫ ∫ Bmn cos 2 ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟dx dy , ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ m = 1n = 1 0 0 ∞

∞ b a

yang menghasilkan b a

∫∫ 0 0

∞ ∞ ⎡ ab ⎤ ⎡ ab ⎤ ⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ B sin( ) sin( ) = A m π n π + f ( x, y) cos⎜ cos dx dy ⎟ ⎜ ⎟ ∑∑ mn 00 ⎢ 2 ⎥⎦ ⎢ ⎥, ⎣ mnπ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ m = 1n = 1 ⎣ 4 ⎦

dengan memandang bahwa sin(nπ ) = 0 untuk n = 1, 2, 3,K , maka diperoleh 4 ⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ f ( x, y ) cos⎜ = ⎟ cos⎜ ⎟ dx dy . ∫ ∫ ab 0 0 ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ b a

Bmn

Karena Bmn = − Amn λmn , maka dihasilkan Amn = −

Bmn

λmn

4 =− abλmn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟ dx dy . a ⎠ ⎝ b ⎠

b a

∫ ∫ f ( x, y) cos⎜⎝ 0 0

51

(2.4.37)


Dengan mensubstitusikan nilai λ (2.4.32) ke dalam persamaan (2.4.37), maka diperoleh Amn = −

⎛m π ab⎜⎜ 2 ⎝ a 2

2

⎛ mπ a

b a

4

f ( x, y ) cos⎜ ⎞∫∫ ⎝

nπ + 2 ⎟⎟ 0 0 b ⎠ 2

2

x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟ dx dy . ⎠ ⎝ b ⎠

(2.4.38)

Sehingga dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.36) dan (2.4.38) ke dalam persamaan (3.4.34) akan diperoleh penyelesaian untuk masalah (2.4.26) berikut

u P ( x, y ) = A00 +

∞

∞

∑∑ A

m = 1n = 1

mn

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟, ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠

(2.4.39)

dimana ba

1 A00 = f (x, y) dxdy, Amn = − ab ∫∫ 00

b a

4 2

2

2

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟ dxdy . a ⎠ ⎝ b ⎠

f (x, y) cos⎜ ⎞ ∫∫ ⎝

⎛m π nπ ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0 b ⎠ ⎝ a 2

Sehingga dari penyelesaian (2.4.27) dan (2.4.39) akan diperoleh penyelesaian lengkap untuk masalah (2.4.24) berikut ∞ ∞ ∞ ⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ u ( x, y ) = A0 + ∑ An cosh⎜ ⎟ cos⎜ ⎟, ⎟ cos⎜ ⎟ + A00 + ∑ ∑ Amn cos⎜ ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ n =1 m =1 n =1

dimana 2 ⎛ nπ y ⎞ g ( y ) cos⎜ ⎟dy , ∫ b ⎠ ⎛ nπ a ⎞ 0 ⎝ nπ sinh ⎜ ⎟ ⎝ b ⎠ b

A0 adalah kostanta sisa, An =

ba

A00 =

1 f (x, y) dxdy, Amn = − ab ∫∫ 00

b a

4 2

2

52

2

⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞ ⎟ cos⎜ ⎟ dxdy . a ⎠ ⎝ b ⎠

f (x, y) cos⎜ ⎞ ∫∫ ⎝

⎛m π nπ ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0 b ⎠ ⎝ a 2


E. Metode Iterasi Gauss-Seidel

Metode iterasi Gauss-Seidel digunakan untuk menyelesaikan sistem persamaan linear n × n , dengan n persamaan linear non-homogen dan n variabel x1 , x 2 , ... , x n yang tidak diketahui berikut:

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + ... + a1n xn = c1 , a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 + ... + a2 n xn = c2 ,

(2.5.1)

M an1 x1 + an 2 x2 + an 3 x3 + ... + ann xn = cn ,

dimana a adalah koefisien-koefisien variabel dan c1 , c 2 , ... , c n adalah konstanta. Metode iterasi adalah metode hampiran berurutan yang dimulai dari hampiran awal yang dipilih sembarang, biasanya hampiran awalnya adalah nol. Hampiran ke-k untuk penyelesaian x1 , x 2 , ... , x n akan dinotasikan oleh x1( k ) , x 2( k ) , ... , x n( k ) , dengan k = 0, 1, 2, …, n. Langkah awalnya adalah dengan menyelesaikan persamaan pertama untuk x1 , yang kedua untuk x2 , dan seterusnya hingga dihasilkan: x1 =

c1 − a12 x 2 − a13 x3 − ... − a1n x n , a11

(2.5.2)

x2 =

c 2 − a 21 x1 − a 23 x3 − ... − a 2 n x n , a 22

(2.5.3)

x3 =

c3 − a31 x1 − a32 x 2 − ... − a3n x n , a33

(2.5.4)

M

xn =

c n − a n1 x1 − a n 3 x3 − ... − a nn −1 x n −1 a nn

53

,

(2.5.5)


Proses iterasinya dapat dimulai dengan nilai awal bagi x1( 0 ) , x 2( 0 ) , ... , x n( 0) sama dengan nol. Nilai awal nol ini disubstitusikan ke persamaan (2.5.2) untuk mendapatkan nilai baru x1(1) =

c1 . Nilai baru x1(1) disubstitusikan ke persamaan a11

(2.5.3) bersama nilai awal lain x3( 0 ) = x 4( 0 ) = ... = x n( 0 ) = 0 untuk mendapatkan nilai baru x 2(1) . Demikian seterusnya hingga mendapatkan nilai baru x n(1) . Prosedur tadi diulangi lagi dari awal dengan nilai-nilai baru yang didapatkan. Iterasi dihentikan setelah terjadi kekonvergenan. Kriteria kekonvergenan yaitu

ε x = xi( k ) − xi( k −1) < ε s , i

(2.5.6)

dimana i = 1, 2, 3, ... , n, ε xi adalah nilai kesalahan relatif xi , xi(k ) adalah nilai xi pada iterasi sekarang, xi( k −1) adalah nilai xi pada iterasi sebelumnya, dan ε s adalah nilai batas toleransi ( ε s = 0, 00001 ). Untuk menjamin kekonvergenan, maka sistem persamaan linear harus dominan secara diagonal.

Definisi 2.5.1

Sistem persamaan linear n × n disebut dominan secara diagonal, jika nilai mutlak dari koefisien diagonal pada setiap persamaan lebih besar atau sama dengan nilai mutlak dari jumlah koefisien lainnya dalam persamaan atau dapat ditulis dalam bentuk:

54


ai , i ≥

n

∑a

j =1; j ≠ i

i, j

,

dimana ai , j adalah koefisien persamaan-persamaan, n adalah jumlah persamaan dan jumlah variabel, dan i = j = 1, 2, 3, K , n .

Algoritma penyelesaian sistem persamaan linear dengan metode iterasi GaussSeidel

Lanhkah 1. Masukkan koefisien-koefisien persamaan (5.2.2) sampai dengan (5.2.5) ke dalam matriks (A), jumlah variabel (n), dan toleransi (TOL). Langkah 2. Tentukan nilai awal untuk semua variabel. Untuk i = 1, 2, K , n hitung

x(i,1) = w(i,1) = 0 , dimana w(i,1) adalah hasil penyelesaian sebelumnya. Langkah 3. Susunlah penyelesaian persamaan untuk x1 , untuk i = 1 dan j = 1, 2, K, n hitung x(i, 1) = A(i, 1) dan x(i, 1) = x(i, 1) + [A(i, j) x(j, 1)]. Susunlah penyelesaian persamaan untuk x2, x3,K, xn , untuk i = 2, 3, K, n dan j = 1, 2, K, n hitung: x(i, 1) = A(i, 1), x(i, 1) = x(i, 1) +[ A(i, j +1)⋅ x(i, 1)], m = j +1, dan jika i tidak sama dengan n, maka untuk k = 1, 2, K , n − 1 hitung x(i, 1) = x(i, 1) + [A(i, m+k) x(m+k, 1)]. Langkah 4. Hitung kesalahan relatif dan kesalahan relatif tertinggi (M). Untuk i = 1, 2, K , n hitung C (i, j ) = abs(u (i, 1) − w(i, 1) ) . Hitung M = maks C(i, j).

55


Langkah 5. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka lanjutkan ke langkah 8. Jika tidak, maka lanjutkan ke langkah 6. Langkah 6. Simpan hasil penyelesaian ke dalam matriks w(i, j ) . Untuk i = 1, 2, K , n , hitung w(i, j ) = u (i, j ) . Langkah 7. Kembali ke langkah 3. Langkah 8. Stop.

Contoh 2.5.1

Selesaikanlah sistem persamaan linear berikut dengan metode iterasi Gauss-Seidel: 4 x1 + 2 x2 + 1x3 = 5 , 2 x1 + 3 x2 − 2 x3 = 21 , dan x1 − 2 x2 + 5 x3 = − 30 .

Penyelesaian:

Menyusun kembali tiga persamaan linear diatas menjadi bentuk penyelesaian berikut: x1 =

5 − 2 x2 − x3 21 − 2 x1 + 2 x3 − 30 − x1 + 2 x2 , x2 = , dan x3 = . 4 3 5

Dengan bantuan program Matlab pada Lampiran 2.5.1, maka diperoleh penyelesaian: >> A=[5/4 -2/4 -1/4;21/3 -2/3 2/3;-30/5 -1/5 2/5]; >> GaussSeidel(A,3,0.00001) Penyelesaian sistem persamaan linear adalah x= 1.0000 3.0000 -5.0000 Jadi penyelesaiannya adalah x1 = 1, x2 = 3, dan x3 = − 5 .

56


BAB III PENYELESAIAN PERSAMAAN LAPLACE DAN PERSAMAAN POISSON SECARA NUMERIK

Dalam bab ini akan dibahas tentang penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik dengan metode Beda-Hingga. Terlebih dahulu akan diperkenalkan tentang metode Beda-Hingga dengan pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dan persamaan Poisson.

A. Metode Beda-Hingga Metode beda hingga terdiri dari grid beda hingga diskrit untuk menunjukkan domain penyelesaian kontinu dan pendekatan-pendekatan beda hingga yang digunakan untuk menunjukkan turunan-turunan parsial eksak dalam PDP. Terlebih dahulu akan dibahas beberapa karakteristik umum grid-grid beda hingga dan pendekatan-pendekatan beda hingga dari turunan-turunan eksak yang muncul dalam PDP, seperti u x , u xx , u y , dan u yy .

1. Pendekatan Beda Hingga

Domain D(x, y) dalam bidang xy untuk masalah aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi panjang ditunjukkan pada Gambar 3.1.1.


Domain penyelesaian ditutup dengan garis-garis kisi seragam, yang disebut grid beda hingga. Titik-titik potong dari garis-garis grid ini disebut titik-titik grid, di titik-

titik inilah penyelesaian pendekatan untuk PDP akan diperoleh. Jarak dari dua titik yang sejajar sumbu x dan sumbu y, secara berturut-turut dinotasikan dengan Δx dan

Δy . Garis-garis kisi tegak lurus sumbu x dan sumbu y, secara berturut-turut mempunyai nilai Δx dan Δy yang seragam, dengan Δx dan Δy tidak harus sama. Didefinisikan titik grid (i, j) dengan i dan j secara berturut-turut menunjukkan padanan garis untuk nilai konstan x dan y. Jumlah garis-garis grid x dan y secara berturut-turut adalah n dan m, dengan ukuran grid adalah n × m .

y m batas

j +1

domain D ( x, y )

j j −1

Δ x Δy

2

1

2 i −1 i i +1

n

x

Gambar 3.1.1 Grid beda hingga pada domain persegi panjang

Fungsi u(x, y) di titik grid (i, j) ditunjukkan oleh u ( xi , y j ) = u i , j ,

dengan i dan j secara berturut-turut menunjukkan posisi x dan y.

58

(3.1.1)


Turunan pertama dan kedua untuk u ( xi , y j ) terhadap x dan y secara berturut-turut dinotasikan oleh: ∂u ( xi , y j ) ∂x

∂u = ∂x

= ux i, j

i, j

,

∂ 2 u ( xi , y j ) ∂x 2

∂ 2u = 2 ∂x

= u xx

i, j

i, j

dan

∂u ( xi , y j ) ∂y

∂ 2u ( xi , y j ) ∂ 2u ∂u = = uy , = 2 = u yy . i, j i, j ∂y i , j ∂y 2 ∂y i , j

Telah didefinisikan grid beda hingga, selanjutnya akan ditentukan pendekatan-pendekatan beda hingga dari turunan-turunan parsial eksak yang muncul dalam PDP, seperti u x , u xx , u y , dan u yy . Harus dibedakan dengan seksama antara penyelesaian eksak dan penyelesaian pendekatan dari PDP. Penyelesaian eksak ditunjukkan dengan garis di atas simbol variabel terikat (contoh:

u ( x, y ) ), dan penyelesaian pendekatan ditunjukkan tanpa garis di atas simbol variabel terikat (contoh: u ( x, y ) ). Turunan-turunan parsial seperti u x , u xx , u y , u yy

dapat didekati dengan nilai suku-suku u (i, j ) pada titik grid (i, j) itu sendiri dan pada titik-titik grid sekitarnya dalam bilangan berarah. Pandang turunan parsial u x dan u xx terlebih dahulu. Ekspansi Deret Taylor untuk fungsi u ( x, y ) yang diperluas dalam arah x di ( x + Δx) dan ( x − Δx) , secara berturut-turut adalah

59


u ( x + Δx, y ) = u ( x, y ) + Δxu x +

(Δx)3 (Δx)4 (Δx) 2 u xx + u xxx + u xxxx + ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.2) 3! 4! 2!

(Δx)3 (Δx) 4 (Δx) 2 u ( x − Δx, y ) = u ( x, y ) − Δxu x + u xx − u xxx + u xxxx − ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.3) 3! 4! 2! Persamaan (3.1.2) dan (3.1.3) dapat ditulis sebagai ui + 1, j = ui , j + Δx u x i , j +

ui − 1, j = ui , j − Δx u x i , j

(Δx) 2 (Δx) 3 (Δx) 4 u xx i , j + u xxx i , j + u xxxx i , j + ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.4) 2! 3! 4!

(Δx) 2 (Δx) 3 (Δx) 4 + u xx i , j − u xxx i , j + u xxxx i , j + ⋅ ⋅ ⋅ . 2! 3! 4!

(3.1.5)

Persamaan (3.1.4) dan (3.1.5) dapat dinyatakan menjadi rumus-rumus Taylor dengan suku-suku sisa berikut ui + 1, j = ui, j + Δx u x i, j +

(Δx)4 (Δx)2 (Δx)3 uxx i, j + uxxx i, j + uxxxx i, j + K + Rn + 1 (ξ+ ) , (3.1.6) 4! 2! 3!

ui − 1, j = ui, j − Δx u x i, j +

(Δx)4 (Δx)2 (Δx)3 uxx i, j − uxxx i, j + uxxxx i, j + K + Rn + 1 (ξ− ) , (3.1.7) 4! 2! 3!

dimana suku sisa Rn + 1 diberikan oleh

Rn + 1 =

(Δx) n + 1 ∂ n + 1u (ξ ) , (n + 1) ! ∂x n + 1

dimana n = 1, 2, 3, …, ∞ , xi ≤ ξ + ≤ xi + 1 , dan xi − 1 ≤ ξ − ≤ xi . Jika deret Taylor tak hingga dipenggal setelah turunan ke-n untuk memperoleh pendekatan ui + 1, j dan ui − 1, j , maka suku sisa Rn + 1 adalah galat yang dihubungkan dengan deret Taylor terpenggal yang disebut dengan galat pemenggalan.

60


Dalam banyak kasus, perlu diperhatikan orde dari galat pemenggalan yaitu laju galat pemenggalan mendekati nol atau Δx → 0 . Akibat dari Δx → 0 adalah galat pemenggalan mendekati nol selama (Δx) n + 1 , karena suku sisa tergantung pada (Δx) n + 1 . Kemudian orde dari pendekatan deret Taylor terpenggal dari u x dan u xx

adalah n + 1 , yang dinotasikan dengan simbol O (Δx n + 1 ) . Pandang turunan parsial u x

terlebih dahulu. Dengan mengurangkan

persamaan (3.1.4) dengan persamaan (3.1.5) dan menyusun kembali persamaan yang didapatkan, maka akan diperoleh pemecahan untuk u x i , j berikut u x i, j =

ui + 1, j − ui − 1, j 2Δx

−

2( Δx ) 2 2(Δx) 4 u xxx i , j − u xxxxx + ⋅⋅⋅. 3! 5! i, j

(3.1.8)

Secara ekuivalen, dari persamaan (3.1.6) dan (3.1.7) dihasilkan u x i, j =

ui + 1, j − ui − 1, j 2Δx

−

Rn + 2 2( Δx ) 2 2( Δx ) 4 , u xxx i , j − u xxxxx + ⋅⋅⋅ + 3! 5! Δ x i, j

yang dapat ditulis menjadi u x i, j =

ui + 1, j − ui − 1, j 2 Δx

2( Δx ) 2 2( Δx ) 4 u xxx i , j − u xxxxx − + ⋅ ⋅ ⋅ + O ( Δx n ) , 3! 5! i, j

dimana

∂ n + 2u (ξ ) (Δx) n + 2 1 = = O(Δx n ) , n+2 (Δx) (n + 2) ! ∂x (Δx)

Rn + 2

dengan xi − 1 ≤ ξ ≤ xi + 1 .

61

(3.1.9)


Jika deret Taylor dipenggal setelah suku turunan pertama, maka persamaan (3.1.8) dan (3.1.9) memberikan u x i, j =

ui + 1, j − ui − 1, j 2Δx

−

(Δx) 2 u xxx (ξ ) , 3

yang dapat ditulis menjadi u x i, j =

ui + 1, j − ui − 1, j

2Δx

(

(

)

ui + 1, j − ui − 1, j

+ E u x i, j =

)

2 Δx

(

)

dimana suku sisa E u x i , j diberikan oleh E u x i , j = −

+ O ( Δx 2 ) ,

(3.1.10)

( Δx ) 2 u xxx (ξ ) = O (Δx 2 ) . 3

Notasi O(Δx 2 ) adalah suku galat pemenggalan, dibaca sebagai orde Δx 2 , yang menunjukkan galat pemenggalan orde-2. Pendekatan beda hingga dari u x i , j , yang akan dinotasikan dengan u x

i, j

,

dapat diperoleh dari persamaan (3.1.10) dengan mengabaikan suku sisanya berikut ini u x i, j ≈

ui + 1, j − ui − 1, j 2 Δx

.

(3.1.11)

Persamaan (3.1.11) adalah pendekatan beda-pusat orde-2 dari u x di titik grid (i, j), dengan galat pemenggalannya adalah O (Δx 2 ) . Selanjutnya pandang turunan parsial u xx . Dengan menjumlahkan persamaan (3.1.4) dan (3.1.5) dan menyusun kembali persamaan yang didapatkan, maka akan diperoleh pemecahan untuk u xx i , j berikut u xx i , j =

ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j (Δx) 2

−

2 ( Δx ) 2 2(Δx) 4 u xxxx i , j − u xxxxxx + ⋅ ⋅ ⋅ . (3.1.12) 4! 6! i, j

62


Secara ekuivalen, dari persamaan (3.1.6) dan (3.1.7) dihasilkan u xx i , j =

ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j ( Δx) 2

−

Rn + 2 2( Δx) 2 2( Δx) 4 , u xxxxxx + ⋅⋅⋅ + u xxxx i , j − 2 4! 6! ( Δ x ) i, j

yang dapat ditulis menjadi u xx i , j =

ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j (Δx) 2

2(Δx) 2 2(Δx) 4 u xxxx i , j − u xxxxxx + ⋅ ⋅ ⋅ + O(Δx n ), (3.1.13) − 4! 6! i, j

dimana

∂ n + 2u (ξ ) (Δx) n + 2 1 = = O(Δx n ) , 2 2 n+2 (Δx) (n + 2) ! ∂x (Δx) Rn + 2

dengan xi − 1 ≤ ξ ≤ xi + 1 . Jika deret Taylor dipenggal setelah suku turunan kedua, maka persamaan (3.1.12) dan (3.1.13) memberikan

u xx i , j =

ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j (Δx) 2

(Δx) 2 − u xxxx (ξ ) , 12

yang dapat ditulis menjadi

uxx i , j =

ui + 1, j − 2 ui, j + ui − 1, j (Δx)

(

2

(

)

+ E uxx i , j =

)

ui + 1, j − 2ui, j + ui − 1, j (Δx)

(

)

dimana suku sisa E u xx i , j diberikan oleh E u xx i , j = −

2

+ O(Δx2 ) ,

(3.1.14)

( Δx ) 2 u xxxx (ξ ) = O (Δx 2 ) . 12

Pendekatan beda hingga dari u xx i , j , yang akan dinotasikan dengan u xx

i, j

,

dapat diperoleh dari persamaan (3.1.14) dengan mengabaikan suku sisanya berikut ini

63


u xx i , j ≈

ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j (Δx) 2

.

(3.1.15)

Persamaan (3.1.15) adalah pendekatan beda-pusat orde-2 dari u xx di titik grid (i, j), dengan galat pemenggalannya adalah O (Δx 2 ) . Kemudian pandang turunan-turunan eksak u y dan u yy . Dengan prosedur analog dalam arah y, maka akan diperoleh pendekatan beda hingga dari u y

u yy

i, j

, yang dinotasikan secara berturut-turut dengan u y

uy

u yy

i, j

i, j

≈

≈

ui , j + 1 − ui , j − 1 2Δy

i, j

dan u yy

i, j

(Δy ) 2

dan

berikut

,

ui , j + 1 − 2 ui , j + ui , j − 1

i, j

(3.1.16)

,

(3.1.17)

dengan galat pemenggalannya adalah O(Δy 2 ) . Persamaan (3.1.16) dan (3.1.17), secara berturut-turut, adalah pendekatan beda-pusat orde-2 dari u y dan u yy . Pendekatan beda hingga dari persamaan Laplace dan persamaan Poisson diperoleh dengan mensubstitusikan pendekatan beda-pusat orde-2 dari turunanturunan parsial eksak ke dalam persamaan Laplace dan persamaan Poisson, dengan galat global yang terdiri dari galat pemenggalan dari pendekatan beda-pusat orde-2

dari turunan-turanan yang digunakan. Pendekatan beda hingga itu akan menghasilkan persamaan beda hingga di setiap titik dalam domain.

64


2. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Laplace a. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang

Bentuk persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang adalah u xx + u yy = 0 .

(3.1.18)

Domain dari persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang adalah berbentuk persegi panjang D = { ( x, y ) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b} . Domain persegi panjang itu akan a b dan Δy = dimana (n − 1) (m − 1)

ditutup dengan grid seragam dengan jarak Δx =

ukuran grid tersebut adalah n × m , yang telah ditunjukkan pada Gambar 3.1.1. Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam domain D(x, y) diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.15) dan (3.1.17) ke dalam persamaan (3.1.18), dan akan dihasilkan

u i + 1, j − 2 u i , j + u i − 1,

( Δx )

j

2

+

ui,

j +1

− 2 ui, j + ui,

(Δy )

2

j −1

= 0,

(3.1.19)

dengan galat globalnya adalah O ( Δx 2 ) + O (Δy 2 ) . Misalkan didefinisikan β =

Δx . Δy

(3.1.20)

Dengan mengalikan persamaan (3.1.19) dengan (Δx) 2 dan mensubstitusikan persamaan (3.1.20), maka akan dihasilkan

u i + 1, j + u i − 1, j + β 2 u i ,

j +1

+ β 2ui,

j −1

− 2(1 + β 2 )u i , j = 0 .

(3.1.21)

Jika jarak grid sama Δx = Δy , maka β = 1 sehingga persamaan (3.1.21) menjadi

65


u i + 1, j + u i − 1, j + u i ,

j +1

+ ui,

j −1

− 4u i , j = 0 .

(3.1.22)

Persamaan beda hingga di titik dalam dapat diilustrasikan secara bergambar dengan stensil beda hingga, yang merupakan gambar dari bagian-bagian grid beda hingga. Titik-titik grid digambarkan dengan lingkaran terbuka, yang masing-masing memuat faktor koefisien dari fungsi u ( x, y ) pada titik-titik grid yang berdekatan. Pada Gambar 3.1.2 secara berturut-turut mengilustrasikan stensil beda hingga untuk persamaan Laplace dengan Δx ≠ Δy dan Δx = Δy .

ui,

β u i − 1, 1

j

ui, j + 1 1

j +1

2

u i + 1, 1

− 2(1 + β ) 2

ui, ui,

j −1

β

u i − 1,

j

u i + 1,

j

−4

1

1 ui,

j

ui,

2

Δx ≠ Δy

j −1

j

j

1

Δx = Δy

Gambar 3.1.2 Stensil beda hingga di titik dalam ui ,

j

untuk persamaan Laplace

dalam pelat persegi panjang

Jika yang dipakai adalah kondisi batas Neumann, maka perlu ditentukan pendekatan beda hingga di titik-titik pada tepi batas yang nilainya tidak diketahui. Syarat batas Neumann menentukan turunan berarah dari u(x, y) normal untuk tepi batas. Sebagai ilustrasi, digunakan syarat turunan normal nol

∂u ( x, y ) = 0 . Untuk ∂n

penerapan dalam luasan dari aliran panas, tepi disekat secara termal dan laju perubahan panas pada tepi itu sama dengan nol.

66


x = xn

Misalkan

adalah konstan dan tepi kanan persegi panjang

D = { ( x, y ) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b} adalah x = a . Syarat batas normal yang ∂u ( xn , y j )

digunakan sepanjang tepi ini adalah

= u x ( xn , y j ) = 0 .

∂n

Kemudian dari persamaan (3.1.21) akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik ( x n , y j ) , yaitu

u n + 1, j + u n − 1, j + β 2 u n , Nilai u n + 1,

j

j +1

+ β 2 u n,

j −1

− 2(1 + β 2 )u n , j = 0 .

(3.1.23)

tidak diketahui, karena titik ini terletak di luar daerah D(x, y). Tetapi

dengan menggunakan pendekatan beda pusat orde-2 dari u x (persamaan (3.1.11)) akan diperoleh

u n + 1, j − u n − 1,

≈ u x ( x n , y j ) = 0 , yang menghasilkan pendekatan

j

2 Δx

u n + 1, j ≈ u n − 1, j ,

(3.1.24)

dengan orde akurasi O(Δx 2 ) . Dengan mensubstitusikan pendekatan (3.1.24) ke dalam persamaan (3.1.23), maka diperoleh

2u n − 1, j + β 2 u n ,

j +1

+ β 2 u n,

j −1

− 2(1 + β 2 )u n , j = 0 .

Dengan prosedur analog akan didapatkan pendekatan beda hingga di titik-titik pada tepi batas lainnya yang nilainya tidak diketahui, yaitu sebagai berikut

2u n − 1, j + β 2 u n , 2u 2, j + β 2 u1,

j +1

j +1

+ β 2 u n,

+ β 2 u1,

j −1

j −1

− 2(1 + β 2 )u n , j = 0

− 2(1 + β 2 )u1, j = 0

67

(tepi kanan),

(3.1.25)

(tepi kiri),

(3.1.26)


u i + 1, m + u i − 1, m + 2β 2 u i , m − 1 − 2(1 + β 2 )u i , m = 0

(tepi atas),

(3.1.27)

u i + 1, 1 + u i − 1, 1 + 2β 2 u i , 2 − 2(1 + β 2 )u i , 1 = 0

(tepi bawah).

(3.1.28)

Stensil beda hingga untuk persamaan (3.1.25) sampai dengan (3.2.28) diilustrasikan pada Gambar 3.1.3.

β 2 u n, u n − 1, 2

j

− 2(1 + β 2 ) u n ,

β 2 u n,

β 2 u1,

j +1

u1, j − 2(1 + β 2 )

j

β 2 u1,

j −1

a. Stensil kanan ui, m 1

− 2(1 + β ) 2

u i − 1, m

j +1

2 u 2,

j

j −1

b. Stensil kiri 2β

1 u i + 1, m

u i − 1, 1 1

ui, m − 1

2β 2

c. Stensil atas

ui, 2

2

ui, 1 − 2(1 + β ) 2

u i + 1, 1 1

d. Stensil bawah

Gambar 3.1.3 Stensil-stensil beda hingga di titik pada tepi batas untuk persamaan Laplace dalam domain persegi panjang

Misalkan ada dua tepi batas yang nilainya tidak diketahui saling tegak lurus, yaitu tepi kiri dan bawah. Syarat batas normal yang digunakan di dua tepi ini adalah ∂u ( x1 , y j ) ∂n

= u x ( x1 , y j ) = 0 dan

68

∂u ( xi , y1 ) = u y ( xi , y1 ) = 0 . ∂n


Dengan menggunakan pendekatan beda pusat orde-2 dari u x dan u y (persamaan (3.1.11) dan (3.1.16) diperoleh

u2, j − u0, j

2Δx

≈ux ( x1 , y j ) = 0 dan

ui , 2 − ui , 0

2Δx

≈ uy (xi , y1) = 0 ,

yang menghasilkan pendekatan u0, j ≈ u 2, j dan ui , 0 ≈ ui , 2 .

(3.1.29)

Kemudian dari persamaan (3.1.21) akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik siku ( x1 , y1 ) , yaitu

u 2, 1 + u0, 1 + β 2u1, 2 + β 2u1, 0 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = 0 .

(3.1.30)

Nilai u0, 1 dan u1, 0 tidak diketahui, karena dua titik ini terletak di luar daerah D(x, y). Akan tetapi, dari pendekatan (3.1.29) akan diperoleh pendekatan di titik siku

( x1 , y1 ) berikut u0, 1 ≈ u2, 1 dan u0, 1 ≈ u 2, 1 .

(3.1.31)

Sehingga dengan mensubstitusikan pendekatan (3.1.31) ke dalam persamaan (3.1.30) akan diperoleh 2u 2, 1 + 2β 2u1, 2 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = 0 . Dengan prosedur analog akan didapatkan pendekatan beda hingga di titik siku lainnya yang nilainya tidak diketahui, yaitu sebagai berikut

2β 2u1, 2 + 2u 2, 1 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = 0

(di titik siku u1, 1 ),

(3.1.32)

2β 2u1, m − 1 + 2u2, m − 2(1 + β 2 )u1, m = 0

(di titik siku u1, m ),

(3.1.33)

2u n − 1, 1 + 2 β 2un, 2 − 2(1 + β 2 )un, 1 = 0

(di titik siku u n , 1 ),

(3.1.34)

69


2u n − 1, m + 2β 2u n, m − 1 − 2(1 + β 2 )u n, m = 0

(di titik siku u n , m ).

(3.1.35)

Contoh 3.1.1

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace ∇ 2 u = 0 dalam pelat persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas

u ( x, 0) = 20 dan u ( x, 4) = 180 , untuk 0 < x < 4 , dan u (0, y ) = 80 dan u (4, y ) = 0 , untuk 0 < y < 4 .

Penyelesaian:

Misalkan domain persegi panjang tersebut dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 yang ditunjukkan pada pada Gambar 3.1.4. Karena domain dibagi dengan grid berukuran

5 × 5 , maka diperoleh Δx =

1 4 4 = 1 , Δy = = 1 , dan β = = 1 . (5 − 1) (5 − 1) 1

u1, 5 = 80 •

u 4, 5 =180

u 2, 5 =180

•

•=180 •

u3, 5

• u 5, 5 = 0

u1, 4 = 80 •

u 2, 4•

u3, 4•

u 4, 4•

• u5 , 4 = 0

u1, 3 = 80 •

u 2, 3•

u 3, 3 •

u 4, 3•

• u5 , 3 = 0

u1, 2 = 80 •

u 2, 2•

u 3, 2 •

u 4, 2•

• u5 , 2 = 0

u1,1 = 80 •

u 2, 1•= 20

u3, 1 = 20

•

u 4,• 1 = 20

• u 5, 1 = 0

Gambar 3.1.4 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Dirichlet

70


Karena Δx = Δy = 1 , maka dengan pendekatan beda hingga (3.1.22) dengan u1, 2 = 80 dan u2, 1 = 20 diperoleh persamaan beda hingga di titik u2, 2 berikut:

− 4u2, 2 + u2, 3 + u3, 2 = − 100 . Dengan analog akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam lainnya berikut: u2, 2 − 4u2, 3 + u2, 4 + u3, 3 = − 80 , u2, 3 − 4u2, 4 + u3, 4 = − 260 , u2, 2 − 4u3, 2 + u3, 3 + u4, 2 = − 20 , u2, 3 + u3, 2 − 4u3, 3 + u3, 4 + u4, 3 = 0 , u2, 4 + u3, 3 − 4u3, 4 + u4, 4 = − 180 , u3, 2 − 4u4, 2 + u4, 3 = − 20 , u3, 3 + u4, 2 − 4u4, 3 + u4, 4 = 0 , u3, 4 + u4, 3 − 4u4, 4 = − 180 . Jadi diperoleh 9 persamaan beda hingga dengan 9 variabel.

Contoh 3.1.2

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace ∇ 2 u = 0 , dalam pelat persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas

u( x, 4) = 180, uy (x, 0) = 0 untuk 0 < x < 4 dan u(0, y) = 80 , u(4, y) = 0 untuk 0 < y < 4.

71


Penyelesaian:

Misalkan domain persegi panjang dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 dimana

Δx = Δy = 1 , dengan nilai di tepi batas bawah tidak diketahui. u1, 5 = 80 •

u3, 5 =180

•=180 • u2, 4

•

u2, 3

•

u2, 2

•

u 2,1

•

u1, 4 = 80•

•

u1, 3 = 80•

•

u1, 2 = 80•

•

u1,1 = 80•

•

• u 5, 5

=0

u4, 4

• u 5, 4

=0

u4, 3

• u 5, 3

=0

u4, 2

• u 5, 2

=0

u 4,1

•

u 4, • 5 =180

u2, 5

u 3, 4

•

u 3, 3

•

u 3, 2

•

u 3, 1

•

u 5, 1 = 0

Gambar 3.1.5 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Neumann

Dari Gambar 3.1.5 terdapat 12 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.22) dan (3.1.28) akan diperoleh 12 persamaan beda hingga dengan 12 variabel.

b. Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram

Persamaan Laplace dalam pelat cakram adalah 1 1 U r + U rr + 2 U θθ = 0. r r

(3.1.36)

Domain dari persamaan Laplace dalam pelat cakram adalah berbentuk lingkaran

{

}

D = ( x, y ) x 2 + y 2 = r 2 . Domain lingkaran tersebut akan ditutup dengan grid beda

72


hingga berbentuk garis-garis jari-jari grid dan lingkaran-lingkaran grid dengan jarak

Δr dan Δθ , yang ditunjukkan pada Gambar 3.1.6. y batas • j =3

M

Δθ • Δr • • • • •

•j=2

0oi = 1 i = 2 i = 3 ⋅ ⋅ ⋅ i = n•

j =1

x

• j=m • j = m −1

Gambar 3.1.6 Grid beda hingga pada domain lingkaran

Titik-titik potong dari garis jari-jari grid dengan lingkaran grid disebut titiktitik grid, di titik-titik inilah penyelesaian pendekatan untuk persamaan Laplace akan diperoleh. Jumlah garis jari-jari grid r dan jumlah lingkaran grid θ ditunjukkan dalam Gambar 3.1.6 oleh n dan m, dengan ukuran grid adalah n × m . Jarak dari dua titik yang searah garis jari-jari r dan jarak dari dua titik yang searah lingkaran θ , dinotasikan dengan Δr dan Δθ dengan Δr =

2π r dan Δθ = . n m

Didefinisikan titik grid (i, j), dengan i dan j menunjukkan padanan garis jarijari untuk nilai konstan r dan padanan lingkaran untuk nilai konstan θ . Serupa dengan persamaan (3.1.1), fungsi U (r , θ ) di titik grid (i, j) ditunjukkan oleh U (ri , θ j ) = U i , j .

73


Serupa dengan pendekatan beda-pusat orde-2 dari u x , u xx , dan u yy , maka akan diperoleh pendekatan beda hingga untuk U r

Ur

i, j

U rr

i, j

Uθθ

i, j

≈

≈

≈

i, j

U i + 1, j − U i − 1, j

2 Δr

, U rr

i, j

, dan U θθ

(3.1.37)

(Δr ) 2 j +1

berikut ini

,

U i + 1, j − 2 U i , j + U i − 1, j

U i,

i, j

− 2U i , j + U i , (Δθ ) 2

j −1

, dan

(3.1.38)

,

(3.1.39)

dengan galat pemenggalannya adalah O (Δr 2 ), O (Δr 2 ), dan O (Δθ 2 ) . Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U 2, j sampai dengan U n − 1, j diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.37), (3.1.38) dan (3.1.39) ke dalam persamaan (3.1.36), yang menghasilkan 1 Ui + 1, j −Ui − 1, j U i + 1, j − 2Ui , j + Ui − 1, j 1 Ui, j + 1 − 2Ui, j + Ui, j − 1 = 0, + + 2 r (Δr) 2 (Δθ )2 r 2Δr

(3.1.40)

dengan galat globalnya adalah 2O (Δr 2 ) + O (Δθ 2 ) . Misalkan didefinisikan α =

r . Δr

(3.1.41)

Dengan mengalikan persamaan (3.1.40) dengan (Δr ) 2 dan mensubstitusikan persamaan (3.1.41), akan dihasilkan ⎛ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎟U = 0. (3.1.42) ⎟U ⎟U −2⎜⎜1+ 2 +⎜ ⎜1+ ⎟Ui + 1, j +⎜1− ⎟Ui − 1, j +⎜⎜ 2 2 ⎟ i, j + 1 ⎜ 2 2 ⎟ i, j − 1 2 ⎟ i, j ⎝ 2α ⎠ ⎝ 2α ⎠ ⎝ α (Δθ) ⎠ ⎝α (Δθ) ⎠ ⎝α (Δθ) ⎠

Perlu dicatat bahwa U i , 0 = U i , m dan U i , m + 1 = U i , 1 , untuk i = 1, 2, 3, K , n .

74


Stensil beda hingga untuk persamaan (3.1.42) diilustrasikan pada Gambar 3.1.7.

U i + 1, 1+

U i,

Δr

j +1 1

⎛ ⎞ 1 ⎟ − 2⎜⎜1 + 2 2 ⎟ ⎝ α (Δθ ) ⎠

α 2 ( Δθ ) 2

U i − 1,

j

1−

1 2α

0o

j

1 2α

U i,

j

Δθ 1

α 2 (Δθ ) 2

U i,

j −1

Gambar 3.1.7 Stensil beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan U n − 1, j untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram

Jika kondisi batas yang digunakan adalah kondisi batas Neumann, maka analog dengan cara mendapatkan pendekatan beda hingga di titik-titik pada tepi batas dalam domain persegi panjang akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik batas yang nilainya tidak diketahui berikut

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 ⎟U ⎟U ⎟U = 0. (3.1.43) 2U n − 1, j + ⎜⎜ 2 + ⎜⎜ 2 − 2⎜⎜1 + 2 2 ⎟ n, j + 1 2 ⎟ n, j − 1 2 ⎟ n, j ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠ Stensil beda hingga untuk persamaan (3.1.43) diilustrasikan dalam Gambar 3.1.8. Dengan prosedur analog juga, maka akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U1, j dengan j = 1, 2, 3, K , m adalah

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 ⎟U ⎟U ⎟U = 0. (3.1.44) + ⎜⎜ 2 2U 2, j + ⎜⎜ 2 − 2⎜⎜1 + 2 2 ⎟ 1, j + 1 2 ⎟ 1, j − 1 2 ⎟ 1, j α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ Stensil beda hingga persamaan (3.1.44) juga diilustrasikan dalam Gambar 3.1.8.

75


U n,

j +1

1

α 2 (Δθ ) 2

U 1,

j +1

1

U n,

α 2 (Δθ ) 2

U 1,

j

⎛ ⎞ 1 ⎟ − 2⎜⎜1 + 2 2 ⎟ ⎝ α (Δθ ) ⎠

U n − 1,

j

o

2 j

0

Δr

U 2,

j

2

1

α 2 (Δθ ) 2

U 1, U n,

Δθ

⎛ ⎞ 1 ⎟ − 2⎜⎜1 + 2 2 ⎟ ⎝ α (Δθ ) ⎠

j −1

1

j −1

α 2 (Δθ ) 2

Gambar 3.1.8 Stensil beda hingga di titik dalam U1, j dan titik pada batas U n , j untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram

Contoh 3.1.3

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace

{

}

1 1 ur + u rr + 2 uθθ = 0 dalam pelat cakram D = (x, y) x2 + y2 = 4 , r r dengan syarat batas

U (2, θ ) = 100 pada 0 ≤ θ ≤ 2π .

Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8 lingkaran grid, maka diperoleh Δr =

2 2π π 2 = 0, 5 , Δθ = = , dan α = = 4. 0,5 4 8 4

76


•

U 4, 3 = 100 U 4, 4 = 100

U3, 3

•

U3, 4

•

• U 2, 2 U1, 3 • •U 1, 2 U 2, 5 U1, 5 • • • o •U •U 2, 1 U1, 6 U 0, j • 1, 1 • • U1, 8 U1, 7 • U 2, 6 • •

U3, 5

•

U3, 6

•

U 4, 6 = 100

• U3, 2

U

• 2, 3

U 2, 4

U 4, 5 = 100 •

• U4, 2 = 100

•

•

U1, 4

U 2, 8

U 2, • 7

U 3, 1

• U 4, 1 = 100

• U3, 8

•

•

• U 4, 8 = 100

U3, 7

•

U 4, 7 = 100

Gambar 3.1.9 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =

π 4

untuk persamaan Laplace dengan syarat batas dirichlet

Dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.44) akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam U 1, j berikut

− 2, 2 U1, 1 + 0, 1 U 1, 2 + 0, 1U1, 8 + 2 U 2, 1 = 0 , 0, 1U 1, 1 − 2, 2 U 1, 2 + 0, 1 U 1, 3 + 2 U 2, 2 = 0 , 0, 1U 1, 2 − 2, 2 U 1, 3 + 0, 1 U 1, 4 + 2 U 2, 3 = 0 , 0, 1U1, 3 − 2, 2 U1, 4 + 0, 1 U1, 5 + 2 U 2, 4 = 0 , 0, 1U 1, 4 − 2, 2 U 1, 5 + 0, 1 U 1, 6 + 2 U 2, 5 = 0 , 0, 1U1, 5 − 2, 2 U 1, 6 + 0, 1 U 1, 7 + 2 U 2, 6 = 0 0, 1U1, 6 − 2, 2 U1, 7 + 0, 1 U1, 8 + 2 U 2, 7 = 0 , 0, 1U1, 1 + 0, 1U1, 7 − 2, 2 U1, 8 + 2 U 2, 8 = 0 , Dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.42) akan diperoleh persamaan

77


beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan U 3, j berikut 0, 875U 1, 1 − 2, 2 U 2, 1 + 0, 1 U 2, 2 + 0, 1U 2, 8 + 1, 125U 3, 1 = 0 , 0, 875U 1, 2 + 0, 1U 2, 1 − 2, 2 U 2, 2 + 0, 1 U 2, 3 + 1, 125U 3, 2 = 0 , 0, 875U 1, 3 + 0, 1U 2, 2 − 2, 2 U 2, 3 + 0, 1 U 2, 4 + 1, 125U 3, 3 = 0 , 0, 875U 1, 4 + 0, 1U 2, 3 − 2, 2 U 2, 4 + 0, 1 U 2, 5 + 1, 125U 3, 4 = 0 , 0, 875U 1, 5 + 0, 1U 2, 4 − 2, 2 U 2, 5 + 0, 1 U 2, 6 + 1, 125U 3, 5 = 0 , 0, 875U 1, 6 + 0, 1U 2, 5 − 2, 2 U 2, 6 + 0, 1 U 2, 7 + 1, 125U 3, 6 = 0 0, 875U 1, 7 + 0, 1U 2, 6 − 2, 2 U 2, 7 + 0, 1 U 2, 8 + 1, 125U 3, 7 = 0 , 0, 875U 1, 8 + 0, 1U 2, 1 + 0, 1U 2, 7 − 2, 2 U 2, 8 + 1, 125U 3, 8 = 0 , 0, 875U 2, 1 − 2, 2 U 3, 1 + 0, 1 U 3, 2 + 0, 1U 3, 8 = − 112, 5 , 0, 875U 2, 2 + 0, 1U 3, 1 − 2, 2 U 3, 2 + 0, 1 U 3, 3 = − 112, 5 , 0, 875U 2, 3 + 0, 1U 3, 2 − 2, 2 U 3, 3 + 0, 1 U 3, 4 = − 112, 5 , 0, 875U 2, 4 + 0, 1U 3, 3 − 2, 2 U 3, 4 + 0, 1 U 3, 5 = − 112, 5 , 0, 875U 2, 5 + 0, 1U 3, 4 − 2, 2 U 3, 5 + 0, 1 U 3, 6 = − 112, 5 , 0, 875U 2, 6 + 0, 1U 3, 5 − 2, 2 U 3, 6 + 0, 1 U 3, 7 = − 112, 5 0, 875U 2, 7 + 0, 1U 3, 6 − 2, 2 U 3, 7 + 0, 1 U 3, 8 = − 112, 5 , 0, 875U 2, 8 + 0, 1U 3, 1 + 0, 1U 3, 7 − 2, 2 U 3, 8 = − 112, 5 . Jadi diperoleh 24 persamaan beda hingga dengan 24 variabel.

78


Contoh 3.1.4

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram

{

}

D = ( x, y ) x 2 + y 2 = 4 , dengan syarat batas

U r (2, θ ) = 0 pada 0 ≤ θ < π , dan U (2, θ ) = 100 pada − π ≤ θ < 0 .

Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8 lingkaran grid, dengan nilai batas 0 ≤ θ < π tidak diketahui. U 4, 3

•

U 4, 2

U3, 3

•

U 4, 4

•

U3, 4

•

• U 2, 2 U1, 3 • •U 1, 2 U 2, 5 U1, 5 • • • o •U •U U 1, 1 2, 1 U1, 6 • •0, j U•1, 8 U1, 7 • U 2, 6 • •

•

U3, 5

•

U3, 6

•

U 4, 6 = 100

• U3, 2

U

• 2, 3

U 2, 4

U 4, 5 = 100

•

•

U1, 4

U 2, 8

U 2, • 7

U 3, 1

• U 4, 1

• U3, 8

•

•

• U 4, 8 = 100

U3, 7

U 4, 7 = 100

•

Gambar 3.1.10 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =

π 4

untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Neumann

Dari Gambar 3.1.10 terdapat 28 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.42), (3.1.43) dan (3.1.44) akan diperoleh 28 persamaan beda hingga dengan 28 variabel.

79


3. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Poisson a. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang

Bentuk persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang adalah u xx + u yy = f ( x, y ) .

(3.1.45)

Domain dari persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang adalah berbentuk persegi panjang D = { ( x, y ) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b}, yang akan ditutup dengan grid seragam dengan jarak Δx dan Δy , yang telah ditunjukkan pada Gambar 3.1.1. Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam pada persamaan Poisson dalam domain D diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.15) dan (3.1.17) ke dalam persamaan (3.1.45), maka diperoleh

u i + 1, j − 2 u i , j + u i − 1,

( Δx ) 2

j

+

ui , j + 1 − 2 ui , j + ui , j − 1 (Δy ) 2

= fi, j ,

(3.1.46)

dimana f i , j = f ( xi , y j ) dan galat globalnya adalah O (Δx 2 ) + O (Δy 2 ) . Dengan mengalikan persamaan (3.1.46) dengan (Δx) 2 dan mensubstitusikan definisi

β persamaan (3.1.20), akan dihasilkan ui + 1, j + ui − 1, j + β 2ui , j + 1 + β 2ui , j − 1 − 2(1 + β 2 )ui , j = (Δx) 2 f i , j .

(3.1.47)

Jika jarak grid sama Δx = Δy , maka β = 1 sehingga persamaan (3.1.47) menjadi

ui + 1, j + ui − 1, j + ui , j + 1 + ui , j − 1 − 4ui , j = (Δx) 2 f i , j .

(3.1.48)

Pendekatan beda hingga di titik dalam ui , j untuk persamaan Poisson dalam domain persegi panjang dapat diilustrasikan dalam Gambar 3.1.11.

80


y b•

yj o

ui , j + 1 o Δy ui , j o ui + 1, j o o ui − 1, j Δx ou

0•

i, j − 1

o xi

• a

x

Gambar 3.1.11 Pendekatan beda hingga di titik dalam ui , j untuk persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang

Jika kondisi batas yang digunakan adalah kondisi batas Neumann, maka analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain persegi panjang akan diperoleh pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson di titik pada tepi-tepi batas yang nilainya tidak diketahui berikut

2u n − 1, j + β 2u n , j + 1 + β 2u n , j − 1 − 2(1 + β 2 )u n , j = (Δx) 2 f n , j (di tepi kanan), (3.1.49) 2u 2, j + β 2u1, j + 1 + β 2u1, j − 1 − 2(1 + β 2 )u1, j = (Δx) 2 f1, j

(di tepi kiri),

ui + 1, m + ui − 1, m + 2β 2ui , m − 1 − 2(1 + β 2 )ui , m = (Δx) 2 f i , m

(di tepi atas), (3.1.51)

ui + 1, 1 + ui − 1, 1 + 2β 2ui , 2 − 2(1 + β 2 )ui , 1 = (Δx) 2 f i , 1

(di tepi bawah).

(3.1.50)

(3.1.52)

Jika ada dua tepi batas yang nilainya tidak diketahui saling tegak lurus, maka analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain persegi panjang akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik siku berikut

2β 2u1, 2 + 2u2, 1 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = (Δx) 2 f1, 1

81

(di titik siku u1, 1 ),

(3.1.53)


2 β 2u1, m − 1 + 2u 2, m − 2(1 + β 2 )u1, m = (Δx) 2 f1, m

(di titik siku u1, m ),

(3.1.54)

2u n − 1, 1 + 2 β 2u n , 2 − 2(1 + β 2 )u n , 1 = (Δx) 2 f n, 1

(di titik siku u n , 1 ),

(3.1.55)

2u n − 1, m + 2β 2un , m − 1 − 2(1 + β 2 )u n , m = (Δx) 2 f n , m (di titik siku u n , m ).

(3.1.56)

Contoh 3.1.5

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson ∇ 2u = − xy dalam pelat persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas

u(0, y) = u(4, y) = 0 pada 0 < y < 4 , dan u ( x , 0 ) = 0 , u(x, 4) = 80 pada 0 < x < 4.

Penyelesaian:

Misalkan domain persegi panjang dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 dimana

Δx = Δy = 1 , dengan nilai pada tepi-tepi batas ditunjukkan pada Gambar 3.1.12. u1, 5 = 0 •

u 2, 5 = 80

•

u 4, 5 = 80

•= 80 •

u 3, 5

u1, 4 = 0 u 2, 4 • y4 = 3 •

•

u1, 3 = 0 u 2, 3 • y3 = 2 •

•

u1, 2 = 0 u 2, 2 y 2 = 1• •

•

u1,1 = 0 •

• u 5, 5 = 0

u

u 3, 4

• 4 , 4 • u 5, 4 = 0

u 3, 3

•

u 3, 2

•

u4, 3

• u 5, 3 = 0

u4, 2

• u 5, 2 = 0

u 2 , 1 = 0 u 3, 1 = 0 u 4 , 1 = 0 • • • x 2 = 1 x3 = 2 x 4 = 3

• u 5,1 = 0

Gambar 3.1.12 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Dirichlet

82


Karena

Δx = Δy = 1 , maka dengan pendekatan beda hingga (3.1.48) dengan

u1, 2 = u 2, 1 = 0 akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam u2, 2 berikut

− 4u 2, 2 + u2, 3 + u3, 2 = − 1 . Dengan analog akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam lainnya berikut: u 2, 2 − 4u 2, 3 + u 2, 4 + u3, 3 = − 2 , u 2, 3 − 4u 2, 4 + u3, 4 = − 3 − 80 = − 83 , u 2, 2 − 4u3, 2 + u3, 3 + u 4, 2 = − 2 , u 2, 3 + u3, 2 − 4u3, 3 + u3, 4 + u 4, 3 = − 4 , u 2, 4 + u3, 3 − 4u3, 4 + u 4, 4 = − 6 − 80 = − 68 , u3, 2 − 4u 4, 2 + u 4, 3 = − 3 , u3, 3 + u 4, 2 − 4u4, 3 + u 4, 4 = − 6 , u3, 4 + u 4, 3 − 4u 4, 4 = − 9 − 80 = − 89 . Jadi telah didapatkan 9 persamaan beda hingga dengan 9 variabel.

Contoh 3.1.6

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson ∇ 2u = − xy dalam pelat persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas u y ( x, 0) = u x (0, y ) = 0 dan u (4, y ) = 0 dan u ( x, 4) = 80 .

83


Penyelesaian:

Misalkan domain dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , dengan nilai pada batas kiri dan bawah tidak diketahui yang ditunjukkan pada Gambar 3.1.13. u1, 5 = 80 u 3, 5 = 80 y 5 = 4 • u •= 80 • u •= 80 2, 5 4, 5 u2, 4

•

u2, 3

•

u2, 2

•

u1, 4

•

u1, 3

•

u1, 2

•

y4 = 3

•

y3 = 2

•

y2 = 1 •

u1,1 x1 = y1 = 0 •

u

u 3, 4

• 4 , 4 • u 5, 4 = 0

u 3, 3

•

u 3, 2

•

u4, 3

• u 5, 3 = 0

u4, 2

• u 5, 2 = 0

u 4,1 u u • 2 , 1 • 3, 1 • x 2 = 1 x3 = 2 x 4 = 3

• u 5,1 = 0

Gambar 3.1.13 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Neumann

Dari Gambar 3.1.13 terdapat 16 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.48), (3.150) dan (3.1.52) akan diperoleh 16 persamaan beda hingga dengan 16 variabel.

b. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram

Persamaan Poisson dalam pelat cakram adalah 1 1 U r + U rr + 2 U θθ = f (r , θ ) . r r

(3.1.57)

Domain dari persamaan Poisson dalam pelat cakram adalah berbentuk lingkaran

{

}

D = ( x, y ) x 2 + y 2 = r 2 , yang akan ditutup dengan grid beda hingga dengan jarak

Δr dan Δθ , yang ditunjukkan pada Gambar 3.1.6.

84


Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U 2 , j sampai dengan U n − 1, j diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.37), (3.1.38) dan (3.1.39) ke dalam persamaan (3.1.57), yang menghasilkan 1 U i + 1, j − U i − 1, j U i + 1, j − 2 U i , j + U i − 1, j 1 U i , j + 1 − 2 U i , j + U i , j − 1 = f i , j , (3.1.58) + + 2 r r 2Δr (Δr ) 2 (Δθ ) 2

dimana f i , j = f (ri , θ j ) dan galat globalnya adalah 2O (Δr 2 ) + O (Δθ 2 ) . Dengan mengalikan persamaan (3.1.58) dengan (Δr ) 2 dan mensubstitusikan definisi α persamaan (3.1.41), akan dihasilkan

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 2 ⎜1+ ⎟Ui +1, j +⎜1− ⎟Ui −1, j + ⎜⎜ 2 2 ⎟⎟Ui, j +1 + ⎜⎜ 2 2 ⎟⎟Ui, j −1 − 2⎜⎜1+ 2 2 ⎟⎟Ui, j = (Δr) fi, j. (3.1.59) ⎝ 2α⎠ ⎝ 2α⎠ ⎝α (Δθ) ⎠ ⎝α (Δθ) ⎠ ⎝ α (Δθ) ⎠ Perlu dicatat bahwa U i , 0 = U i , m dan U i , m + 1 = U i , 1 , untuk i = 1, 2, 3, K , n . Pendekatan beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan U n − 1, j diilustrasikan dalam Gambar 3.1.14.

θj

o U i + 1, U i,

j +1

o

Δr o

j

oU i, j Δθ U i − 1,oj oU i , j − 1 o 0 rio

Gambar 3.1.14 Stensil beda hingga di titik dalam U 2 , j sampai dengan U n − 1, j untuk persamaan Poisson dalam pelat cakram

85


Jika kondisi batas yang digunakan adalah kondisi batas Neumann, maka analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain lingkaran akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik-titik pada batas yang nilainya tidak diketahui berikut

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎟U ⎟U ⎟U = (Δr)2 fi, j . (3.1.60) 2Un − 1, j + ⎜⎜ 2 + ⎜⎜ 2 − 2⎜⎜1 + 2 2 ⎟ n, j + 1 2 ⎟ n, j − 1 2 ⎟ n, j ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠ Analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain lingkaran akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U1, j adalah

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎟U ⎟U ⎟U = (Δr)2 fi, j . 2U2, j + ⎜⎜ 2 + ⎜⎜ 2 − 2⎜⎜1 + 2 2 ⎟ 1, j + 1 2 ⎟ 1, j − 1 2 ⎟ 1, j ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠ ⎝ α (Δθ ) ⎠

(3.1.61)

Contoh 3.1.7

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson

{

}

1 1 u r + u rr + 2 uθθ = sin(θ ) dalam pelat cakram D = ( x, y ) x 2 + y 2 = 16 , r r dengan syarat batas

U (4, θ ) = 50 , untuk 0 ≤ θ < π dan U (4, θ ) = 0 , untuk − π ≤ θ < 0 ,

Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8 lingkaran grid, maka diperoleh

Δr =

2π π 4 4 = 1 , Δθ = = , dan α = = 4 . 8 4 4 1

86


θ3 =

π

2 • U 4, 3 = 50 3π 4 = 50 •

θ4 = U 4, 4

• U 2, 2 U1, 3 • •U1, 2 U 2, 5 U1, 5 • r =2 • • o r1 •= 1 2 •U 2, 1 U1, 6 U 0, j • U 1, 1 • • U1, 8 U1, 7 • U 2, 6 • •

•

U3, 5

•

U 4, 5 = 0

U3, 6 U 4, 6 = 0

θ6 = −

• U3, 2

U

• 2, 3

U 2, 4

•

3π 4

•

π

• 4 U 4, 2 = 50

U3, 4

•

θ5 = − π

θ2 =

U3, 3

•

U1, 4

U 2, 8

U 2, • 7

r3 = 3

r4 = 4 • θ1 = 0 U 3, 1 U 4, 1 = 50

•

• U3, 8

π

• θ8 = − 4

U 4, 8 = 0

•

U3, 7

U 4, 7 = 0

•

θ7 = −

π 2


π 4

untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Dirichlet

Sehingga dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.61) akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam U 1, j berikut ini:

− 2, 2 U1, 1 + 0, 1 U 1, 2 + 0, 1U1, 8 + 2 U 2, 1 = 0 . 0, 1U1, 1 − 2, 2 U 1, 2 + 0, 1 U 1, 3 + 2 U 2, 2 = 0, 7 , 0, 1U1, 2 − 2, 2 U1, 3 + 0, 1 U1, 4 + 2 U 2, 3 = 1 , 0, 1U1, 3 − 2, 2 U1, 4 + 0, 1 U1, 5 + 2 U 2, 4 = 0, 7 , 0, 1U 1, 4 − 2, 2 U 1, 5 + 0, 1 U 1, 6 + 2 U 2, 5 = 0 , 0, 1U1, 5 − 2, 2 U1, 6 + 0, 1 U 1, 7 + 2 U 2, 6 = − 0, 7 0, 1U1, 6 − 2, 2 U1, 7 + 0, 1 U 1, 8 + 2 U 2, 7 = − 1 , 0, 1U 1, 1 + 0, 1U1, 7 − 2, 2 U 1, 8 + 2 U 2, 8 = − 0, 7 ,

87


Kemudian dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.59) akan diperoleh: 0, 875U 1, 1 − 2, 2 U 2, 1 + 0, 1 U 2, 2 + 0, 1U 2, 8 + 1, 125U 3, 1 = 0 0, 875U 1, 2 + 0, 1U 2, 1 − 2, 2 U 2, 2 + 0, 1 U 2, 3 + 1, 125U 3, 2 = 0, 7 , 0, 875U 1, 3 + 0, 1U 2, 2 − 2, 2 U 2, 3 + 0, 1 U 2, 4 + 1, 125U 3, 3 = 1 , 0, 875U 1, 4 + 0, 1U 2, 3 − 2, 2 U 2, 4 + 0, 1 U 2, 5 + 1, 125U 3, 4 = 0, 7 , 0, 875U 1, 5 + 0, 1U 2, 4 − 2, 2 U 2, 5 + 0, 1 U 2, 6 + 1, 125U 3, 5 = 0 , 0, 875U1, 6 + 0, 1U 2, 5 − 2, 2 U 2, 6 + 0, 1 U 2, 7 + 1, 125U 3, 6 = − 0, 7 0, 875U 1, 7 + 0, 1U 2, 6 − 2, 2 U 2, 7 + 0, 1 U 2, 8 + 1, 125U 3, 7 = − 1 , 0, 875U 1, 8 + 0, 1U 2, 1 + 0, 1U 2, 7 − 2, 2 U 2, 8 + 1, 125U 3, 8 = − 0, 7 , 0, 875U 2, 1 − 2, 2 U 3, 1 + 0, 1 U 3, 2 + 0, 1U 3, 8 = 0 − (1, 125 ⋅ 50) = − 56, 25 , 0, 875U 2, 2 + 0, 1U 3, 1 − 2, 2 U 3, 2 + 0, 1 U 3, 3 = 0, 7 − 56, 25 = − 55, 55 , 0, 875U 2, 3 + 0, 1U 3, 2 − 2, 2 U 3, 3 + 0, 1 U 3, 4 = 1 − 56, 25 = − 55, 25 , 0, 875U 2, 4 + 0, 1U 3, 3 − 2, 2 U 3, 4 + 0, 1 U 3, 5 = 0, 7 − 56, 25 = − 55, 55 , 0, 875U 2, 5 + 0, 1U 3, 4 − 2, 2 U 3, 5 + 0, 1 U 3, 6 = 0 , 0, 875U 2, 6 + 0, 1U 3, 5 − 2, 2 U 3, 6 + 0, 1 U 3, 7 = − 0, 7 0, 875U 2, 7 + 0, 1U 3, 6 − 2, 2 U 3, 7 + 0, 1 U 3, 8 = − 1 , 0, 875U 2, 8 + 0, 1U 3, 1 + 0, 1U 3, 7 − 2, 2 U 3, 8 = − 0, 7 . Jadi diperoleh 24 persamaan beda hingga dengan 24 variabel.

88


Contoh 3.1.8

Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson

{

1 1 ur + urr + 2 uθθ = sin(θ) r r

}

dalam pelat cakram D = ( x, y ) x 2 + y 2 = 16 , dengan syarat batas

U r (4, θ ) = 0 pada 0 ≤ θ <

π

dan U (4, θ ) = 50

2

pada

π 2

≤ θ < 0.

Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8

π

lingkaran grid, dengan Δr = 1 , Δθ =

, α = 4 , dan nilai pada batas 0 ≤ θ <

4

tidak diketahui. θ3 = 3π θ4 = 4 U 4, 4 = 50 •

π• 2

•

• 2, 3

• U 2, 2 U1, 3 • •U1, 2 U 2, 5 U1, 5 • r =2 • • o r1 •=U1 2 •U U 1 , 1 2, 1 U1, 6 • •0, j U•1, 8 U1, 7 • U 2, 6 •

•

U3, 6 U 4, 6 = 0

• U3, 2

U

•

U3, 5

•

3π θ6 = − 4

•

π

• U 4, 42

U3, 4 U 2, 4

U 4, 5 = 0

θ2 =

U3, 3

• •

θ5 = − π

U 4, 3 = 50

U1, 4

U 2, 8

U 2, • 7

r3 = 3

•

r4 = 4

U 3, 1

• U3, 8

• θ1 = 0 U 4, 1

π

• θ8 = − 4

U 4, 8 = 0

•

U3, 7

U 4, 7 = 0

•

θ7 = −

π 2


π 4

untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Neumann

89

π 2


Dari Gambar 3.1.16 terdapat 26 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.59), (3.1.60), dan (3.1.61) akan diperoleh 26 persamaan beda hingga dengan 26 variabel.

4. Kekonsistenan, Orde , dan Kekonvergenan Pendekatan Beda Hingga

Ada tiga sifat penting yang harus diperhatikan dari pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dan Poisson sebelum perhitungan numeriknya dibuat. Tiga sifat itu adalah kekonsistenan, orde, dan kekonvergenan.

a. Kekonsistenan Definisi 3.1.1

Persamaan beda hingga disebut konsisten dengan persamaan diferensial parsial, jika bentuk dari persamaan beda hingga mendekati persamaan diferensial parsial, untuk

Δx → 0 dan Δy → 0 .

Bila galat pemenggalan dari pendekatan beda hingga diketahui, maka bukti kekonsistenan dapat langsung diketahui. Sedangkan, bila galat pemenggalan dari pendekatan beda hingga tidak diketahui, maka persamaan beda hingganya harus dianalisis kekonsistenannya. Langkah ini dapat ditempuh dengan menyatakan setiap suku dalam persamaan beda hingga yaitu u(x, y) ke dalam bentuk ekspansi deret Taylor di sekitar titik grid (i, j),

90


hasil persamaannya disebut persamaan diferensial termodifikasi (PDT).Kemudian PDT tersebut akan disederhanakan untuk menghasilkan bentuk eksak dari galat pemenggalan persamaan beda hingga. Kekonsistenan dapat diperiksa dengan memisalkan jarak-jarak grid menuju nol. Semua nilai dari u(x, y) dalam persamaan beda hingga dapat diperluas dalam ekspansi deret Taylor dari fungsi u(x, y) di titik grid (i, j) berikut ini

ui ± 1, j = ui , j ± Δx u x

ui , j ± 1 = ui , j ± Δy u y

i, j

i, j

(Δx) 2 + u xx 2!

+

i, j

(Δx) 4 (Δx)3 ± uxxx i , j + u xxxx i, j + ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.62) 3! 4!

(Δy)2 (Δy)3 (Δy)4 ± u yy u yyy + u yyyy + ⋅ ⋅ ⋅ . i, j i, j i, j 2! 3! 4!

(3.1.63)

Contoh 3.1.9

Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.21) untuk persamaan Laplace dalam domain persegi panjang.

Penyelesaian:

Pandang pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dalam domain persegi panjang, yaitu persamaan (3.1.21) berikut ini

u i + 1, j + u i − 1, j + β 2 u i , dimana β =

j +1

+ β 2ui,

j −1

Δx , yang dapat ditulis menjadi Δy

91

− 2(1 + β 2 )u i , j = 0 ,


(u

i + 1, j

⎛ (Δx) 2 ⎞ ⎟(u + ui , j − 1 ) − + ui − 1, j ) + ⎜⎜ 2 ⎟ i, j + 1 ⎝ (Δy ) ⎠

⎛ (Δx) 2 ⎞ ⎟ ui , j = 0 . (3.1.64) 2⎜⎜1 + (Δy ) 2 ⎟⎠ ⎝

Dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.62) dan persamaan (3.1.63) ke dalam persamaan (3.1.64) dan menghilangkan notasi

i, j

untuk kejelasan, maka diperoleh

(Δx)4 (Δx)6 (Δx)2(Δy)2 (Δx)2(Δy)4 (Δx)2uxx + 2 uxxxx+ 2 uxxxxxx+ L+(Δx)2uyy + 2 uyyyy+ 2 uyyyyyy+ ⋅⋅⋅ = 0. (3.1.65) 4! 6! 4! 6! Dengan mengalikan persamaan (3.1.65) dengan

1 dan menyusun kembali (Δx) 2

persamaan tersebut, maka didapatkan PDT berikut

uxx + uyy = − 2

(Δx)2 (Δx)4 (Δy)2 (Δy)4 uxxxx − 2 uxxxxxx−⋅ ⋅ ⋅ − 2 uyyyy − 2 uyyyyyy −⋅ ⋅ ⋅ . 4! 6! 4! 6!

(3.1.66)

Untuk Δx → 0 dan Δy → 0 , maka persamaan (3.1.66) mendekati persamaan Laplace u xx + u yy = 0 . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.21) adalah pendekatan konsisten dari persamaan Laplace.

Contoh 3.1.10

Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.42) untuk persamaan Laplace dalam domain lingkaran.

Penyelesaian:

Analog dengan cara mendapatkan PDT untuk persamaan Laplace dalam domain persegi panjang, maka akan diperoleh PDT berikut

92


1 1 (Δr ) 2 (Δr ) 4 U r + U rr + 2 U θθ = − 2 U rrrr − 2 U rrrrrr − ⋅ ⋅ ⋅ − 4! 6! r r (Δr ) 2 (Δr ) 4 U rrr − U rrrrr − L − (3!)r (5!)r 2

(3.1.67)

(Δθ ) 2 (Δθ ) 4 U − 2 U θθθθθθ − L. θθθθ (4 !)r 2 (6 ! ) r 2

Untuk Δr → 0 dan Δθ → 0 , maka persamaan (3.1.67) mendekati persamaan Laplace

1 1 U r + U rr + 2 U θθ = 0 . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.42) adalah r r

pendekatan konsisten dari persamaan Laplace dalam bentuk kutub.

Contoh 3.1.11

Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.47) untuk persamaan Poisson dalam domain persegi panjang.

Penyelesaian:

Analog dengan cara mendapatkan PDT untuk persamaan Laplace dalam domain persegi panjang, maka akan diperoleh PDT berikut

uxx + uyy = f (x, y) − 2

(Δx)2 (Δx)4 (Δy)2 (Δy)4 uxxxx − 2 uxxxxxx − ⋅ ⋅ ⋅ −2 uyyyy − 2 uyyyyyy − ⋅ ⋅ ⋅. (3.1.68) 4! 6! 4! 6!

Untuk Δx → 0 dan Δy → 0 , maka persamaan (3.1.68) mendekati persamaan Poisson u xx + u yy = f ( x, y ) . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.47) adalah pendekatan konsisten dari persamaan Poisson.

93


Contoh 3.1.12

Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.59) untuk persamaan Poisson dalam domain lingkaran.

Penyelesaian:

Analog dengan cara mendapatkan PDT untuk persamaan Laplace dalam domain persegi panjang, maka akan diperoleh PDT berikut 1 1 (Δr ) 2 (Δr ) 4 U r + U rr + 2 U θθ = f (r , θ ) − 2 U rrrr − 2 U rrrrrr − ⋅ ⋅ ⋅ − 4! 6! r r (Δr ) 2 (Δr ) 4 U rrr − U rrrrr − L − (3!)r (5!)r

(3.1.69)

(Δθ ) 2 (Δθ ) 4 2 U θθθθ − 2 U θθθθθθ − L (4 !)r 2 (6 ! ) r 2 Untuk Δr → 0 dan Δθ → 0 , maka persamaan (3.1.69) mendekati persamaan Poisson

1 1 U r + U rr + 2 U θθ = f (r , θ ) . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.59) r r

adalah pendekatan konsisten dari persamaan Poisson dalam bentuk kutub.

b. Orde Definisi 3.1.2

Orde pendekatan beda hingga dari persamaan diferensial parsial adalah laju pada galat global dari penyelesaian beda hingga yang mendekati nol, untuk Δx → 0 dan

Δy → 0 .

94


Definisi 3.1.3

Orde global dari persamaan beda hingga adalah orde dari suku galat pemenggalan dalam pendekatan beda hingga dari turunan-turunan parsial eksak dalam PDP.

Bila galat pemenggalan dari pendekatan beda hingga diketahui, seperti persamaan (3.1.10) dan (3.1.14), maka orde dari persamaan beda hingga jelas dapat langsung diketahui. Sedangkan, bila galat pemenggalan dari pendekatan beda hingga tidak diketahui, maka orde persamaan beda hingga dapat ditentukan dari persamaan diferensial termodifikasi. Pandang pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dan Poisson dalam domain persegi panjang, yaitu persamaan (3.1.21) dan (3.1.47). Dari persamaan diferensial termodifikasi (3.1.66) dan (3.1.68), maka secara berturut-turut persamaan (3.1.21) dan (3.1.47) adalah pendekatan dari persamaan Laplace dan Poisson orde O (Δx 2 ) + O (Δy 2 ) . Kemudian pandang pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dan Poisson dalam domain lingkaran, yaitu persamaan (3.1.42) dan (3.1.59). Dari persamaan diferensial termodifikasi (3.1.67) dan (3.1.69), maka secara berturut-turut persamaan (3.1.42) dan (3.1.59) adalah pendekatan dari persamaan Laplace dan Poisson dalam bentuk kutub orde 2O (Δr 2 ) + O (Δθ 2 ) .

95


c. Kekonvergenan Definisi 3.1.4

Persamaan-persamaan beda hingga adalah konvergen, jika penyelesaiannya mendekati penyelesaian eksak dari persamaan diferensial parsial, untuk Δx → 0 dan

Δy → 0 .

Misalkan ui , j menotasikan penyelesaian eksak dari PDP, u i , menotasikan penyelesaian pendekatan dari PDP, dan ei ,

j

j

menotasikan beda diantara

mereka. Maka pernyataan kekonvergenan adalah ui , j − ui , j = ei , j → 0 , untuk Δx → 0 dan Δy → 0 . Dari definisi kekonvergenan dan kekonsistenan, maka penyelesaian dari sistem persamaan linear yang terdiri dari persamaan-persamaan beda hingga adalah konvergen, jika persamaan beda hingganya konsisten dengan PDP. Pendekatan beda hingga dari persamaan Laplace dan Poisson dalam domain persegi panjang dan lingkaran akan menghasilkan sistem persamaan linear yang dominan secara diagonal, karena nilai mutlak koefisien diagonal dari persamaan beda hingga yaitu koefisien ui , j lebih besar atau sama dengan nilai mutlak dari jumlah empat koefisien lainnya dalam persamaan atau dapat ditulis dalam bentuk: ai , j ≥ ai + 1, j + ai − 1, j + ai , j + 1 + ai , j − 1 ,

96


dimana ai , j adalah koefisien ui , j , ai + 1, j adalah koefisien ui + 1, j , ai − 1, j adalah koefisien ui − 1, j , ai , j + 1 adalah koefisien ui , j + 1 , dan ai , j − 1 adalah koefisien ui , j − 1 .

B. Penyelesaian Numerik Persamaan Laplace dengan Metode Beda-Hingga 1. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang

Perambatan panas di titik-titik dalam dan tepi batas pelat yang suhunya tidak diketahui dapat diselesaikan dengan metode Beda-Hingga, yaitu dengan pendekatan beda hingga persamaan (3.1.21) untuk titik-titik dalam, persamaan (3.1.25) sampai dengan (3.1.28) untuk titik-titik pada tepi batas pelat yang suhunya tidak diketahui, dan persamaan (3.1.32) sampai dengan (3.1.35) untuk titik-titik siku yang suhunya tidak diketahui. Pendekatan beda hingga tersebut akan menghasilkan suatu sistem persamaan linear yang dapat diselesaikan dengan metode iterasi Gauss-Seidel.

Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet

Langkah 1. Masukkan suhu tepi bawah (G1), tepi atas (G2), tepi kiri (G3), dan tepi kanan (G4), panjang pelat (a), lebar pelat (b), jumlah garis grid pada sumbu x (n), jumlah garis grid pada sumbu y (m), dan toleransi (TOL). Langkah 2. Hitung Δx (h) = a (n − 1) , Δy (k ) = b (m − 1) , dan β ( B) = h k . Langkah 3. Tentukan suhu di titik-titik pada tepi batas dan rata-rata suhunya (ave). Untuk j = 1, 2, 3, K , m , hitung u (1, j ) = G3 dan u (n, j ) = G 4 .

97


Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) , hitung u (i, 1) = G1 dan u (i, m) = G 2 . Hitung ave = [u(1, j) + u(n, j) + u(i, 1) + u(i, m)] / [jumlah titik pada batas (p)]. Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam. Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung

u (i, j ) = w(i, j ) = ave , dimana w(i, j ) adalah hasil pendekatan beda hingga sebelumnya. Langkah 5. Hitung pendekatan beda hingga di titik-titik dalam. Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung

u (i, j ) =

[u (i + 1, j ) + u (i − 1, j ) + B 2u (i, j + 1) + B 2u (i, j − 1)] . 2 1 + B2

(

)

Langkah 6. Hitung kesalahan relatif dan kesalahan yang tertinggi (M). Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung

C (i − 1, j − 1) = abs(u (i, j ) − w(i, j ) ) . Hitung M = maks C(i, j). Langkah 7. Simpan hasil pendekatan beda hingga ke dalam matriks w(i, j ) . Untuk i = 2, 3, K, (n −1) dan j = 2, 3, K, (m −1) , hitung w(i, j ) = u (i, j ) . Langkah 8. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka lanjutkan ke langkah 9. Jika tidak, maka kembali ke langkah 5. Langkah 9. Stop.

98


Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann

Langkah 1. Masukkan G1, G2, G3, G4, a, b, n, m, dan TOL. Untuk tepi batas yang suhunya tidak diketahui, masukkan tanda ' − ' . Langkah 2. Hitung Δx (h) = a (n − 1) , Δy (k ) = b (m − 1) , dan β ( B) = h k . Langkah 3. Tentukan suhu di titik-titik batas yang tidak sama dengan ' − ' dan hitung rata-rata suhunya (ave). Jika G1 ≠ '−' , maka untuk i = 1, 2, K , n hitung u (i, 1) = G1 . Jika G 2 ≠ '−' , maka untuk i = 1, 2, K , n hitung u (i, m) = G 2 . Jika G3 ≠ '−' , maka untuk j = 1, 2, K , m hitung u (1, j ) = G3 . Jika G 4 ≠ '−' , maka untuk j = 1, 2, K , m hitung u (n, j ) = G 4 . Hitung ave = [u(1, j) + u(n, j) + u(i, 1) + u(i, m)] / [jumlah titik pada batas yang suhuya tidak sama dengan ' − ' (p)]. Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam. Untuk i = 2, 3, K , n − 1 dan j = 2, 3, K , m − 1 , hitung u(i, j) = w(i, j) = ave. Langkah 5. Tentukan suhu awal di titik-titik batas yang suhunya sama dengan ' − ' . Jika G1 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , n − 1 hitung u(i, 1) = w1(i −1, 1) = ave. Jika G 2 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , n − 1 hitung u(i, m) = w2(i −1,1) = ave. Jika G3 = '−' , maka untuk j = 2,3, K , m − 1 hitung u(1, j) =w3(1, j −1) =ave. Jika G 4 = '−' , maka untuk j = 2,3, K , m − 1 hitung u(n, j) =w4(n, j −1) =ave.

99


Langkah 6. Tentukan suhu awal di titik siku yang suhunya sama dengan ' − ' . Jika G1 = '−' dan G3 = '−' , maka hitung u (1, 1) = w11 = ave . Jika G 2 = '−' dan G3 = '−' , maka hitung u (1, m) = w1m = ave . Jika G1 = '− ' dan G 4 = '−' , maka hitung u (n, 1) = wn1 = ave . Jika G 2 = '−' dan G 4 = '−' , maka hitung u (n, m) = wnm = ave . Langkah 7. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan simpan hasil pendekatan di titik siku yang suhunya sama dengan ' − ' . Jika G1 = '−' dan G3 = '−' , maka tentukan di titik siku u(1, 1):

2B2u(1, 2) + 2u(2, 1) u(1, 1) = , C11 = abs(u(1, 1) − w11), w11 = u (1, 1). 2(1 + B2 ) Jika G 2 = '−' dan G3 = '−' , maka tentukan di titik siku u(1, m):

2B2u(1, m −1) + 2u(2, m) u(1, m) = , C1m = abs(u(1, m) − w1m), w1m = u(1, m). 2(1 + B2 ) Jika G1 = '− ' dan G 4 = '−' , maka tentukan titik siku u(n, 1):

2u(n −1, 1) + 2B2u(n, 2) u(n, 1) = , Cn1 = abs(u(n, 1) − wn1), wn1 = u (n, 1). 2(1 + B2 ) Jika G 2 = '−' dan G 4 = '−' , maka tentukan di titik siku u(n, m):

2u(n −1, m) + 2B2u(n, m−1) u(n, m) = , Cnm = abs(u(n, m) − wnm), wnm= u(n, m). 2(1 + B2 ) Langkah 8. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan simpan hasil pendekatan di titik-titik pada tepi batas yang suhunya sama dengan ' − ' .

100


Jika G1 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , (n − 1) hitung:

u(i + 1, 1) + u(i − 1, 1) + 2B 2u(i, 2) u(i, 1) = , 2(1 + B 2 )

C1(i − 1, 1) = abs(u(i, 1) − w1(i − 1, 1) ), dan w1(i − 1, 1) = u (i, 1) . Jika G 2 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , (n − 1) hitung

u (i, m) =

u (i + 1, m) + u (i − 1, m) + 2 B 2u (i, m − 1) , 2(1 + B 2 )

C 2(i − 1, 1) = abs(u (i, m) − w2(i − 1, 1) ) , dan w2(i − 1, 1) = u (i, m) . Jika G3 = '−' , maka untuk j = 2, 3, K , (m − 1) hitung

u (1, j ) =

2u (2, j ) + B 2u (1, j + 1) + B 2u (1, j − 1) , 2(1 + B 2 )

C 3(1, j − 1) = abs(u (1, j ) − w3(1, j − 1) ) , dan w3(1, j − 1) = u (1, j ) . Jika G 4 = '−' , maka untuk j = 2, 3, K , (m − 1) hitung

u (n, j ) =

2u (n − 1, j ) + B 2u (n, j + 1) + B 2u (n, j − 1) , 2(1 + B 2 )

C 4(1, j − 1) = abs(u (n, j ) − w4(1, j − 1) ) , dan w4(n, j − 1) = u (n, j ) . Langkah 9. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan simpan hasil pendekatan di titik-titik dalam. Untuk i = 2, 3, (n − 1) dan j = 2, 3, (m − 1) , hitung

[u (i + 1, j ) + u (i − 1, j ) + B 2u (i, j + 1) + B 2u (i, j − 1)] u (i, j ) = , 2 1 + B2

(

101

)


C (i − 1, j − 1) = abs(u (i, j ) − w(i, j ) ) , dan w(i, j ) = u (i, j ) . Langkah 10. Hitung kesalahan relatif tertinggi (M). M = maks [(maks C) (maks C1) (maks C2) (maks C3) (maks C4) (maks C11) (maks C1m) (maks Cn1) (maks Cnm)]. Langkah 11. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka lanjutkan ke langkah 12. Jika tidak, maka kembali ke langkah 7. Langkah 12. Stop.

Contoh 3.2.1

Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 1 cm, dengan suhu pada tepi-tepi batas pelat diilustrasikan pada Gambar 3.2.1. Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.

y

180o C

4 80o C uxx + u yy = 0 0o C 0

20o C 4

x

Gambar 3.2.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet

Penyelesaian:

Misalkan domain persegi panjang dalam Gambar 3.2.1 dibagi dengan grid berukuran

5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.4.

102


Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.2.1 yang menghasilkan: >> LaplaceSikuDirichlet(20,180,80,0,4,4,5,5,0.00001) Penyelesaian di titik-titik dalam pelat disertai dengan suhu batas: uij = 80.0000 180.0000 180.0000 180.0000 0 80.0000 112.8571 111.7857 84.2857 0 80.0000 79.6429 70.0000 45.3571 0 80.0000 55.7143 43.2143 27.1429 0 80.0000 20.0000 20.0000 20.0000 0

Contoh 3.2.2

Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 1 cm, yang diilustrasikan pada Gambar 3.2.2. Carilah suhu di titik-titik dalam dan tepi bawah pelat pada saat mancapai kesetimbangan.

y

180o C

4 80o C uxx + u yy = 0 0o C 0 u = 0o C 4 y

x

Gambar 3.2.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann

Penyelesaian:


5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , dengan suhu pada tepi bawah tidak diketahui yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.5.

103


Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.2.2 yang menghasilkan: >> LaplaceSikuNeumann('-',180,80,0,4,4,5,5,0.00001) Penyelesaian di titik-titik dalam: uij = 115.6276 115.1468 86.3492 87.3636 78.6103 50.2502 75.2165 61.6806 36.0413 Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah: ui1 = 71.8218 56.8543 32.2342

2. Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram

Perambatan panas di titik-titik dalam dan tepi batas pelat cakram yang suhunya tidak diketahui dapat diselesaikan dengan metode Beda-Hingga, yaitu dengan pendekatan beda hingga persamaan (3.1.44) dan (3.1.42) untuk titik-titik dalam dan persamaan (3.1.43) untuk titik-titik pada tepi batas pelat yang suhunya tidak diketahui. Pendekatan beda hingga tersebut akan menghasilkan suatu sistem persamaan linear yang dapat diselesaikan dengan metode iterasi Gauss-Seidel.

Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet

Langkah 1. Masukkan suhu batas 0 ≤ θ < −π ≤ θ <−

π 2

π 2

(G1), batas

(G3), dan batas −

π 2

π 2

≤ θ < π (G2), batas

≤ θ < 0 (G4), jari-jari pelat (r),

jumlah lingkaran grid (n), jumlah garis grid (m), dan toleransi (TOL).

104


Langkah 2. Hitung Δr (h) = a n , Δθ (k ) = 2π m , dan α ( A) = h k . Langkah 3. Tantukan suhu pada titik-titik batas dan hitung rata-rata suhunya (ave). Untuk j = 1, 2, K, (m 4) , hitung U (n, j ) = G1, U (n, (m 4) + j ) = G 2,

U (n, (2 m 4) + j ) = G3, dan U (n, (3 m 4) + j ) = G 4. Hitung ave =

[u(n, j) + u(n, (m 4) + j) + u(n, (2m 4) + j) + u(n, (3m 4) + j)] . m

Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam. Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K, m , hitung U (i, j ) = W (i, j ) = ave , dimana W (i, j ) adalah hasil pendekatan beda hingga sebelumnya. Langkah 5. Hitung pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U (1, j ) . Untuk i = 1 dan j = 1, 2, K , m , hitung

U (1, 0) = U (1, m), U (1, m + 1) = U (1, 1) , U (1, j ) =

[2U (2, j ) + (1 A2 k 2 ) U (1, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (1, j − 1)] . 2 1 + A2 k 2

(

)

Langkah 6. Hitung pendekatan beda di titik-titik dalam U (2, j) sampai U(n −1, j) . Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K , m , hitung

U (i, 0) = U (i, m), U (i, m + 1) = U (i, 1), dan U (i, j ) = [(1 + (1 2 A) )U (i + 1, j ) + (1 − (1 2 A) )U (i − 1, j ) +

(1 A2 k 2 ) U (i, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (i, j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )]. Langkah 7. Hitung kesalahan relatif dan kesalahan relatif tertinggi (M). Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K , m , hitung

105


C (i, j ) = abs(u (i, j ) − w(i, j ) ) . Hitung M = maks C(i, j). Langkah 8. Simpan hasil pendekatan beda hingga dalam matriks w(i, j ) . Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung w(i, j ) = u (i, j ) . Langkah 9. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka dilanjutkan ke langkah 10. Jika tidak, maka kembali ke langkah 5. Langkah 10. Stop.

Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann

Langkah 1. Masukkan G1, G2, G3, G4, r, n, m, dan TOL. Untuk tepi batas yang suhuya tidak diketahui, masukkan tanda ' − ' . Langkah 2. Hitung Δr (h) = a n , Δθ (k ) = 2π m , dan α ( A) = h k . Langkah 3. Tentukan suhu pada titik-titik batas dan hitung rata-rata suhunya (ave). Untuk j = 1, 2, K, (m 4) : Jika G1 ≠ '−' , hitung U (n, j ) = G1 , Jika G 2 ≠ '−' , hitung U (n, (m 4) + j ) = G 2 , Jika G3 ≠ '−' , hitung U (n, (2 m 4) + j ) = G3 , Jika G 4 ≠ '−' , hitung U (n, (3 m 4) + j ) = G 2 . Hitung

106


Ave = [U (n, j ) + U (n, (m 4) + j ) + U (n, (2m 4) + j ) + U (n, (3m 4) + j )] / [jumlah titik-titik pada batas yang suhuya diketahui (p)]. Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam. Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K, m , hitung U (i, j ) = W (i, j ) = ave , dimana W (i, j ) adalah hasil pendekatan beda hingga sebelumnya. Langkah 5. Tentukan suhu awal di titik pada batas yang suhunya sama dengan ' − ' . Untuk j = 1, 2, K, (m 4) : jika G1 = '−' , hitung U (n, j ) = W 1(1, j ) = ave , jika G 2 = '−' , hitung U (n, (m 4) + j ) = W 2(1, j ) = ave , jika G3 = '−' , hitung U (n, (2 m 4) + j ) = W 3(1, j ) = ave , jika G 4 = '−' , hitung U (n, (3 m 4) + j ) = W 4(1, j ) = ave . Langkah 6. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan hasil pendekatan di titik pada batas yang suhunya sama dengan ' − ' . Jika G1 = '−' , maka untuk j = 1, 2, K, (m 4) dan U(n, 0) = U(n, m) hitung

U (n, j) =

[2U (n − 1, j) + (1 A2k 2 )U (n, j + 1) + (1 A2k 2 )U (n, j − 1)] , 2 1 + A2k 2

(

)

C1(1, j ) = abs(U (n, j ) − w1(1, j ) ) , dan W 1(1, j ) = U (n, j ) . Jika G 2 = '−' , maka untuk j = 1, 2, K, (m 4) hitung U (n, (m 4) + j ) = [2 U (n − 1, (m 4) + j ) + (1 A 2 k 2 ) U (n, (m 4) + j + 1) + (1 A 2 k 2 ) U (n, (m 4) + j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],

107


C 2(1, j ) = abs(U (n, (m 4) + j ) − w2(1, j )) , dan W2(1, j) = U(n, (m 4) + j ) . Jika G3 = '−' , maka untuk j = 1, 2, K, (m 4) hitung U (n, (2m 4) + j ) = [2 U (n − 1, (2m 4) + j ) + (1 A 2 k 2 ) U (n, (2m 4) + j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (n, (2m 4) + j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],

C2(1, j) = abs(U (n, (m 4) + j ) − w2(1, j)) , dan W3(1, j) = U(n, (2m 4) + j ) . Jika G 4 = '−' , maka untuk j =1, 2, K, (m 4) dan U(n, m+1) = U(n, 1) hitung U (n, (3m 4) + j ) = [2 U (n − 1, (3m 4) + j ) + (1 A 2 k 2 ) U (n, (3m 4) + j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (n, (3m 4) + j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],

C4(1, j) = abs(U (n, (3m 4) + j ) − w4(1, j)) , dan W 4(1, j) = U(n, (3m 4) + j ) . Langkah 7. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan hasil pendekatan di titik-titik dalam U (1, j ) . Untuk j = 1, 2, K , m , U (1, 0) = U (1, m) , dan U (1, m + 1) = U (1, 1) hitung

U (1, j ) =

[2U (2, j ) + (1 A2 k 2 ) U (1, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (1, j − 1)] , 2 1 + A2 k 2

(

)

C (1, j ) = abs(U (1, j ) − W (1, j ) ) , dan W (1, j ) = U (1, j ) . Langkah 8. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan hasil pendekatan di titik-titik dalam U(2, j) sampai U(n −1, j) . Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) ,

j = 1, 2, K , m , U (i, 0) = U (i, m) , dan U (i, m + 1) = U (i, 1) hitung U (i, j ) = [(1 + (1 2 A) )U (i + 1, j ) + (1 − (1 2 A) )U (i − 1, j ) +

(1 A2 k 2 ) U (i, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (i, j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],

C (i, j ) = abs(U (i, j ) − W (i, j ) ) , dan W (i, j ) = U (i, j ) .

108


Langkah 9. Hitung kesalahan relatif yang tertinggi. M = maks [(maks C) (maks C1) (maks C2) (maks C4)]. Langkah 10. Analisilah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka dilanjutkan ke langkah 11. Jika tidak, maka kembali ke langkah 6. Langkah 11. Stop.

Contoh 3.2.3

Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari 2 cm dan tebal 1 cm, dengan syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah U (2, θ ) = 100 pada 0 ≤ θ ≤ 2π , yang diilustrasikan pada Gambar 3.2.3. Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.

100o C

• 2 cm

∂U 1 ∂U 1 ∂U + 2 + 2 =0 r ∂r ∂r r ∂θ 2

•0

Gambar 3.2.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet

Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.2.3 dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8 lingkaran grid yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.9. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.2.3 yang menghasilkan:

109


>> LaplaceKutubDirichlet(100,100,100,100,2,4,8,0.00001) Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu pada batas: Uij = 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000 0.1772 1.9197 13.8407 100.0000

Contoh 3.2.4

Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari 2 cm dan tebal 1 cm, dengan syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah

U r (2, θ ) = 0 pada 0 ≤ θ < π , dan U (2, θ ) = 100 pada − π ≤ θ < 0 , yang diilustrasikan pada Gambar 3.2.4. Carilah suhu di titik-titik dalam dan titik-titik pada batas pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.

U r = 0o C

π

•

•

4 cm

1 ∂U 1 ∂U ∂U + 2 + 2 =0 r ∂r ∂r r ∂θ 2

•0

100o C Gambar 3.2.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann

110


Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.2.4 dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8 lingkaran grid yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.10. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.2.4 yang menghasilkan: >> LaplaceKutubNeumann('-','-',100,100,2,4,8,0.00001) Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas disertai dengan suhu yang diketahui pada batas: Uij = 0.1753 1.9022 13.7774 100.0000 0.1772 1.9196 13.8404 100.0000 0.1772 1.9196 13.8404 100.0000 0.1753 1.9022 13.7774 100.0000 0.0022 0.0210 0.0888 0.1855 0.0000 0.0002 0.0005 0.0004 0.0000 0.0002 0.0005 0.0004 0.0022 0.0210 0.0888 0.1855

C. Penyelesaian Numerik Persamaan Poisson dengan Metode Beda-Hingga 1. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang

Algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet analog dengan algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet, yaitu dengan mengganti pendekatan beda hingga di titik-titik dalam dengan persamaan (3.1.48). Sedangkan algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann analog dengan algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann, yaitu dengan mengganti pendekatan beda hingga di titik batas dengan persamaan (3.1.49)

111


sampai dengan (3.1.52), di titik siku dengan persamaan (3.1.53) sampai dengan (3.1.56), dan di titik dalam dengan persamaan (3.1.48).

Contoh 3.3.1

Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 0, 5 cm, dengan syarat batas pada tepi-tepi pelat diilustrasikan pada Gambar 3.3.1. Di dalam pelat terdapat sumber panas f ( x, y ) = − xy . Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.

80o C 4 0o C 0

uxx + uyy = − xy

0o C

4

0o C

x

Gambar 3.3.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet

Penyelesaian:


5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.12. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.3.1 yang menghasilkan: >> Contoh331(0,80,0,0,4,4,5,5,0.00001) Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu-suhu batas uij = 0 80.0000 80.0000 80.0000 0 0 36.7857 46.5000 38.7143 0

112


0 17.6429 24.5000 19.3571 0 7.2857 10.5000 8.2143 0 0 0 0

0 0 0

Contoh 3.3.2

Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 0, 5 cm, dengan syarat batas pada tepi-tepi pelat diilustrasikan pada Gambar 3.3.2. Di dalam pelat terdapat sumber panas f ( x, y ) = − xy . Carilah suhu di titik-titik dalam, di titiktitik pada tepi batas bawah dan kiri pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.

y

80o C

4 u x = 0o C

uxx + uyy = − xy

0 u y = 0o C 4

0o C

x

Gambar 3.3.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann

Penyelesaian:


5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.13. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.3.2 yang menghasilkan: >> Contoh332('-',80,'-',0,4,4,5,5,0.00001) Penyelesaian di titik-titik dalam: uij = 66.7022 61.3162 45.1875 54.9632 47.3750 30.4338 47.0625 38.7867 23.1728

113


Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah: ui1 = 44.1029 35.5367 20.4706 Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kiri: u1j = 67.5294 56.7132 49.3970 Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kiri: u11 = 46.7499

2. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram

Algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet analog dengan algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet, yaitu dengan mengganti pendekatan beda hingga di titik-titik dalam dengan persamaan (3.1.61) dan (3.1.59). Sedangkan algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann analog dengan algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann, yaitu dengan mengganti pendekatan beda hingga di titik batas dengan persamaan (3.1.60) dan di titik dalam dengan persamaan (3.1.61) dan (3.1.59).

Contoh 3.3.3

Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari lingkarannya 4 cm dan tebal 1 cm, dengan syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah

U (4, θ ) = 50 , untuk 0 ≤ θ < π dan U (4, θ ) = 0 , untuk − π ≤ θ < 0 ,

114


yang diilustrasikan pada Gambar 3.3.3. Di dalam pelat terdapat sumber panas

f (r , θ ) = sin(θ ) . Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.

50o C −π

•

•

4 cm

•

0

∂U 1 ∂U 1 ∂U + 2 + 2 = sin(θ ) r ∂r ∂r r ∂θ 2

0o C Gambar 3.3.3 Persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet

Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.3.3 dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8 lingkaran grid dimana Δr = 1 dan Δθ =

π 4

, yang dapat dilihat pada

Gambar 3.1.15. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.3.3 yang menghasilkan: >> Contoh333(50,50,0,0,4,4,8,0.00001) Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu pada batas: Uij = 0.0368 0.0442 0.0628 0 0.0507 0.0501 0.0441 0 0.0359 0.0355 0.0312 0 0.0010 0.0088 0.0317 0 0.0518 0.9157 6.8575 50.0000 0.0379 0.9097 6.8762 50.0000 0.0527 0.9244 6.8891 50.0000 0.0877 0.9511 6.8886 50.0000

115


Contoh 3.3.4

Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari lingkarannya 4 cm dan tebal 1 cm, dengan syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah ⎧ ⎪50 U r (4, θ ) = 0 ,0 ≤ θ < , dan U (4, θ ) = ⎨ 2 ⎪⎩0

π

π

≤ θ < π, 2 , − π ≤ θ < 0,

,

yang diilustrasikan pada Gambar 3.3.4. Di dalam pelat terdapat sumber atau muara panas f (r , θ ) = sin(θ ) . Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan. π•

50o C

−π

U r = 0o C

2

•

•

4 cm

•0

∂U 1 ∂U 1 ∂U + 2 + 2 = sin(θ ) r ∂r ∂r r ∂θ 2

0o C Gambar 3.3.4 Persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann

Penyelesaian:

Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.3.4 dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8 lingkaran grid dimana Δr = 1 dan Δθ =

π 4

, yang dapat dilihat pada

Gambar 3.1.16. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran 3.3.4 yang menghasilkan:

116


>> Contoh334('-',50,0,0,4,4,8,0.00001) Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas disertai dengan suhu yang diketahui pada batas: Uij = 0.0359 0.0354 0.0311 0 0.0507 0.0501 0.0440 0 0.0359 0.0355 0.0312 0 0.0010 0.0088 0.0317 0 0.0518 0.9156 6.8574 50.0000 0.0369 0.9010 6.8445 50.0000 -0.0348 -0.0256 0.0084 0.0569 0.0000 0.0001 0.0002 0.0001

117


BAB IV PENUTUP

A. Kesimpulan Persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet dan Neumann dapat diselesaikan secara numerik dengan metode BedaHingga. Langkah-langkahnya adalah sebagai berikut: 1. Menutup permukaan pelat dengan grid beda hingga, sehingga diperoleh titiktitik dalam dan titik-titik pada batas; 2. Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam pada pelat dan titiktitik pada batas yang suhunya tidak diketahui (jika syarat batasnya Neumann); 3. Pendekatan-pendekatan beda hingga itu akan menghasilkan persamaanpersamaan beda hingga yang membentuk suatu sistem persamaan linear; 4. Sistem persamaan linear yang didapatkan dapat diselesaikan dengan metode iterasi Gauss-Seidel. Sehingga akan diperoleh penyelesaian numerik di titik-titik dalam pada pelat dan titik-titik pada tepi batas pelat yang suhunya tidak diketahui, yaitu suhu pendekatan di titik-titik itu. Penyelesaian secara numerik lebih mudah daripada penyelesaian secara eksak, karena penyelesaian secara eksak membutuhkan perhitungan yang panjang, khususnya apabila suhu pada tepi-tepi batas tidak sama dengan nol.


Dengan penyelesaian secara numerik dapat diperoleh suhu pendekatan di titik dalam yang rapat, yaitu dengan cara membagi permukaan pelat dengan ukuran grid yang besar.

B. Saran Skripsi ini membahas tentang persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram. Penulis menyarankan untuk membahas tentang persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada aliran panas tiga-dimensi dalam zat padat berbentuk kubus dan silinder.

119


DAFTAR PUSTAKA

Andrews, L. C. (1986). Elementary Partial Differential Eguations with Boundary Value Problems. Orlando: Academic Press, Inc Hoffmann, J. D. (1992). Numerical Methods for Engineers and Scientist. Singapore: Mc Graw – Hill, Inc Lam, C. Y. (1994). Applied Numerical Methods for Partial Differential Equations. Singapore: Simon & Schuster (Asia) Pte Ltd Lopez, R. J. (2001). Advanced Enggineering Mathematics. Boston: Addison-Wesley Mathews, J. H. (1992). Numerical Methods for Mathematics, Sciences and Engineering ( 2 nd ed). Englewood Cliffs: Prentice Hall, Inc Nakamura, S. (1995). Applied Numerical Methods in C. Singapore: Simon & Schuster (Asia) Pte Ltd O’Neil, P. V. (2007). Advanced Enggineering Mathematics. Toronto: Thomson Canada Limited Plybon, B. F. (1992). An Introduction to Applied Numerical Analysis. Boston: PWSKENT Publishing Company Setiawan, A. (2006). Pengantar Metode Numerik. Yogyakarta : Penerbit ANDI Stanoyevitch, A. (2005). Introduction to Numerical Ordinary and Partial Differential Equations Using Matlab. Hoboken: John Wiley & Sons, Inc Strauss, W. A. (1992). Partial Differential Equations An Introduction. New York: John Wiley & Sons, Inc

120


LAMPIRAN-LAMPIRAN


Lampiran 2.5.1 Program untuk menyelesaikan sistem persamaan linear dengan metode iterasi Gauss-Seidel function GaussSeidel(A,n,TOL) %A = [c1 a13 a13 . . . a1n;c2 a21 a23 . . . a2n;c3 a31 a32 . . . a3n; . . . ;cn an1 an2 . . . an(n-1)]; %n adalah jumlah variabel; %TOL = toleransi = 0.00001; %Menentukan nilai awal: for i = 1 : n, x(i, 1) = 0; w(i, 1) = 0; end %Penyelesaian untuk x1: for i = 1, x(i, 1) = A(i, 1); for j = 2 : n, x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j)*x(j, 1)); end end %Penyelesaian untuk x2,x3,...,xn: for i = 2 : n, x(i, 1) = A(i, 1); for j = 1 : (i-1), x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j+1)*x(j, 1)); m = j + 1; end if(i~=n) for k = 1 : (n-i), x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, m+k)*x(m+k, 1)); end end end %Mencari beda relatif: for i = 1 : n, C(i, 1) = abs(x(i,1) - w(i, 1)); end %Mencari beda relatif tertinggi: M = max(C); %Menganalisis kekonvergenan: while (M >= TOL) %Menyimpan hasil penyelesaian x1,x2,...,xn: for i = 1 : n, w(i, 1) = x(i, 1); end %Penyelesaian untuk x1: for i = 1, x(i, 1) = A(i, 1); for j = 2 : n,

122


x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j)*x(j, 1)); end end %Penyelesaian untuk x2,x3,...,xn: for i = 2 : n, x(i, 1) = A(i, 1); for j = 1 : (i-1), x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j+1)*x(j, 1)); m = j + 1; end if(i~=n) for k = 1 : (n-i), x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, m+k)*x(m+k, 1)); end end end %Mencari beda relatif: for i = 1 : n, C(i, j) = abs(x(i,1) - w(i, 1)); end %Mencari beda relatif tertinggi: M = max(C); end disp('Penyelesaian sistem persamaan linear adalah'); x

123


Lampiran 3.2.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet function LaplaceSikuDirichlet(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL) %G1 = tepi batas bawah, G2 = tepi batas atas, %G3 = tepi batas kiri, G4 = tepi batas kanan; %0<= x <=a dan 0 <= y <= b; Ukuran grid n*m; TOL=toleransi= 0.00001; %Input adalah konstanta; %Jarak-jarak grid dan nilai betha: h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k; %Menentukan suhu-suhu pada titik-titik batas: Sum = 0; p = (2*m) + (2*(n-2)); for j = 1 : m, u(1, j) = G3; u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(1, j) + u(n, j); end for i = 2 : (n-1), u(i, 1) = G1; u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, 1) + u(i, m); end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam&hasil pendekatan sebelumnya: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave; end end %Menganalisis kekonvergenan: M = ave; while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) + (B^2*u(i, j+1)) + (B^2*u(i, j-1)))/(2*(1+B^2)); end end %Mencari kesalahan relatif di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), C(i-1, j-1) = abs(u(i,j) - w(i-1, j-1)); end end %Mencari kesalahan relative tertinggi: M = max(max(C)); %Menyimpan hasil pendekatan beda hingga dalam matriks w: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), w(i-1, j-1) = u(i, j);

124


end end end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid: for i = 1 : (n-2), for j = 1 : (m-2), uij(j, i) = u(i+1, m-j); end end %- Menambahkan suhu pada tepi bawah&atas dalam penyelesaian: Bwh = G1*ones(1, (n-2)); Ats = G2*ones(1, (n-2)); uij = [Ats;uij;Bwh]; %- Menambahkan suhu pada tepi kiri&kanan dalam penyelesaian: Kri = G3*ones(1, m); Knn = G4*ones(1, m); uij=[Kri;uij';Knn]'; %#Diperoleh penyelesaian pendekatan sesuai dengan letak grid: disp('Penyelesaian di titik-titik dalam pelat disertai dengan suhu batas:'); uij

125


Lampiran 3.2.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann function LaplaceSikuNeumann(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL) %Untuk tepi batas yang suhunya tidak diketahui masukkan '-'; %Jarak-jarak grid dan nilai betha: h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k; %Menentukan suhu pada titik-titik batas: Sum = 0; p = 0; if (G1 ~= '-') C1 = zeros(0,0); for i = 1 : n, u(i, 1) = G1; Sum = Sum + u(i, 1); p end end if (G2 ~= '-') C2 = zeros(0,0); for i = 1 : n, u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, m); p end end if (G3 ~= '-') C3 = zeros(0,0); for j = 1 : m, u(1, j) = G3; Sum = Sum + u(1, j); p end end if (G4 ~= '-') C4 = zeros(0,0); for j = 1 : m, u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(n, j); p end end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave; end end %Menentukan suhu awal di titik siku: if (G1 == '-' && G3 == '-') u(1, 1) = ave; w11 = ave; end if (G2 == '-' && G3 == '-') u(1, m) = ave; w1m = ave; end if (G1 == '-' && G4 == '-')

126

= p + 1;

= p + 1;

= p + 1;

= p + 1;


u(n, 1) = ave; wn1 = ave; end if (G2 == '-' && G4 == '-') u(n, m) = ave; wnm = ave; end %Menentukan suhu awal di titik-titik batas: if (G1 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, 1) = ave; w1(i-1, 1) = ave; end end if (G2 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, m) = ave; w2(i-1, 1) = ave; end end if (G3 == '-') for j = 2 : (m-1), u(1, j) = ave; w3(1, j-1) = ave; end end if (G4 == '-') for j = 2 : (m-1), u(n, j) = ave; w4(1, j-1) = ave; end end %Menentukan kesalahan retatif tertinggi awal: M = ave; %Menganalisis kekonvergenan: while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan menyimpan hasil pendekatan di titik-titik siku: C11 = zeros(0); C1m = zeros(0); Cn1 = zeros(0); Cnm = zeros(0); if (G1 == '-' && G3 == '-') u(1, 1) = (2*B^2*u(1, 2) + 2*u(2, 1))/(2*(1+B^2)); C11= abs(u(1, 1) - w11); w11 = u(1, 1); end if (G2 == '-' && G3 == '-') u(1, m) = (2*B^2*u(1, m-1) + 2*u(2, m))/(2*(1+B^2)); C1m = abs(u(1, m) - w1m); w1m = u(1, m); end if (G1 == '-' && G4 == '-') u(n, 1) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, 2))/(2*(1+B^2)); Cn1 = abs(u(n, 1) - wn1); wn1 = u(n, 1); end if (G2 == '-' && G4 == '-') u(n, m) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, m-1))/(2*(1+B^2)); Cnm = abs(u(n, m) - wnm); wnm = u(n, m); end %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan menyimpan hasil pendekatan di titik-titik batas: C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0);

127


if (G1 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, 1) = (u(i+1, 1) + u(i-1, 1) + (2*B^2*u(i, 2)))/(2*(1+B^2)); C1(i-1, 1) = abs(u(i,1) - w1(i-1, 1)); w1(i-1, 1) = u(i, 1); end end if (G2 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, m) = (u(i+1, m) + u(i-1, m) + (2*B^2*u(i, m-1)))/(2*(1+B^2)); C2(i-1, 1) = abs(u(i,m) - w2(i-1, 1)); w2(i-1, 1) = u(i, m); end end if (G3 == '-') for j = 2 : (m-1), u(1, j) = (2*u(2, j) + (B^2*u(1, j+1)) + (B^2*u(1, j-1)))/(2*(1+B^2)); C3(1, j-1) = abs(u(1,j) - w3(1, j-1)); w3(1, j-1) = u(1, j); end end if (G4 == '-') for j = 2 : (m-1), u(n, j) = (2*u(n-1, j) + (B^2*u(n, j+1)) + (B^2*u(n, j-1)))/(2*(1+B^2)); C4(1, j-1) = abs(u(n,j) - w4(1, j-1)); w4(1, j-1) = u(n, j); end end %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan menyimpan hasil pendekatan di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) + (B^2*u(i, j+1)) + (B^2*u(i, j-1)))/(2*(1+B^2)); C(i-1, j-1) = abs(u(i,j) - w(i-1, j-1)); w(i-1, j-1) = u(i, j); end end %Mencari beda relatif tertinggi: maks = [max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4) C11 C1m Cn1 Cnm]; M = max(maks); end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid: for i = 1 : (n-2), for j = 1 : (m-2), uij(j, i) = u(i+1, m-j); end

128


end disp('Penyelesaian di titik-titik dalam:'); uij %Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas yang tidak diketahui: if (G1=='-') for i =2 : (n-1), u1(1, i-1) = u(i, 1); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah:'); u1 end if (G2=='-') for i =2 : (n-1), u2(1, i-1) = u(i, m); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas atas:'); u2 end if (G3=='-') for j =2 : (m-1), u3(j-1, 1) = u(1, (m+1)-j); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kiri:'); u3 end if (G4=='-') for j = 2 : (m-1), u4(j-1, 1) = u(n, (m+1)-j); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kanan:'); u4 end if (G1 == '-' && G3 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kiri:'); u(1, 1) end if (G2 == '-' && G3 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi kiri & atas:'); u(1, m) end if (G1 == '-' && G4 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kanan:'); u(n, 1) end if (G2 == '-' && G4 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi atas & kanan:'); u(n, m) end

129


Lampiran 3.2.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet function LaplaceKutubDirichlet(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL) %Diasumsikan: %- G1 = tepi batas 0 <= tetha < pi/2; %- G2 = tepi batas pi/2 <= tetha < pi; %- G3 = tepi batas -pi <= tetha < -pi/2; %- G4 = tepi batas -pi/2 <= tetha <0; %Ukuran grid n*m, dimana n >= 3 & m= 4, 8, 12, ...; %TOL = toleransi = 0.00001; %Input adalah konstanta; %Jarak-jarak grid&nilai betha: h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h; %Menentukan suhu-suhu pada titik-titik batas: Sum = 0; p = m; for j = 1 : (m/4), U(n, j) = G1; U(n, (m/4)+j) = G2; U(n, (2*m/4)+j) = G3; U(n, (3*m/4)+j) = G4; Sum = Sum + U(n, j) + U(n, (m/4)+j) + U(n, (2*m/4)+j) + U (n, (3*m/4)+j); end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, U(i, j) = ave; W(i, j) = ave; end end M = ave; %Menganalisis kekonvergenan: while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U(1,j): U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m))/(2*(1+(A^2*k^2))); for j = 2 : (m-1), U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); end U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); %Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U(2,j)-U(n-1,j): for i = 2 : (n-1), U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) + (1-(1/2*A))*U(i-1, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 2) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m))/(2*(1+(A^2*k^2))); for j = 2 : (m-1),

130


U(i, j) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, j) + (1-(1/2*A))*U(i-1, j) + (1/(A^2*k^2))*U(i, j+1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); end U(i, m) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, m) + (1-(1/2*A))*U(i-1, m) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); end %Mencari beda relatif: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j)); end end %Mencari beda relatif tertinggi: M = max(max(C)); %Menyimpan hasil pendekatan beda hingga ke dalam matriks W: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, W(i, j) = U(i, j); end end end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j); end end %Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian; Bts=zeros(0,0); for j = 1 : m, Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)]; end Uij=[Uij';Bts]'; disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu pada batas:'); Uij

131


Lampiran 3.2.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann function LaplaceKutubNeumann(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL) %Tepi batas yang tidak diketahui masukkan '-'; %Jarak-jarak grid&nilai betha: h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h; %Menentukan suhu-suhu pada titik-titik batas: Sum = 0; p = 0; for j = 1 : (m/4), if (G1 ~= '-') U(n, j) = G1; Sum = Sum + U(n, j); p = p + 1; end if (G2 ~= '-') U(n, (m/4)+j) = G2; Sum = Sum + U(n, (m/4)+j); p = p + 1; end if(G3 ~= '-') U(n, (2*m/4)+j) = G3; Sum = Sum + U(n, (2*m/4)+j); p= p + 1; end if (G4 ~= '-') U(n, (3*m/4)+j) = G4; Sum = Sum + U(n, (3*m/4)+j); p= p + 1; end end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, U(i, j) = ave; W(i, j) = ave; end end %Menentukan suhu awal di titik-titik batas: for j = 1 : (m/4), if (G1 == '-') U(n, j) = ave; W1(1, j) = ave; end if (G2 == '-') U(n, (m/4)+j) = ave; W2(1, j) = ave; end if(G3 == '-') U(n, (2*m/4)+j) = ave; W3(1, j) = ave; end if (G4 == '-') U(n, (3*m/4)+j) = ave; W4(1, j) = ave; end end %Menentukan beda relatif tertinggi awal: M = ave; %Menganalisis kekonvergenan:

132


while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif&simpan hasil pendekatan di titik batas U(n,j): C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0); if (G1 == '-') U(n, 1) = (2*U(n-1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 2) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, m))/(2*(1+(A^2*k^2))); C1(1, 1) = abs(U(n, 1) - W1(1, 1)); W1(1, 1) = U(n, 1); for j = 2 : (m/4), U(n, j) = (2*U(n-1, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); C1(1, j) = abs(U(n, j) - W1(1, j)); W1(1, j) = U(n, j); end end if (G2 == '-') for j = 1 : (m/4), U(n, (m/4)+j) = (2*U(n-1, (m/4)+j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j-1))/ (2*(1+(A^2*k^2))); C2(1, j) = abs(U(n, (m/4)+j) - W2(1, j)); W2(1, j) = U(n, (m/4)+j); end end if(G3 == '-') for j = 1 : (m/4), U(n, (2*m/4)+j) = (2*U(n-1, (2*m/4)+j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j-1))/ (2*(1+(A^2*k^2))); C3(1, j) = abs(U(n, (2*m/4)+j) - W3(1, j)); W3(1, j) = U(n, (2*m/4)+j); end end if (G4 == '-') for j = 1 : (m/4)-1, U(n, (3*m/4)+j) = (2*U(n-1, (3*m/4)+j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j-1))/ (2*(1+(A^2*k^2))); C4(1, j) = abs(U(n, (3*m/4)+j) - W4(1, j)); W4(1, j) = U(n, (3*m/4)+j); end U(n, m) = (2*U(n-1, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); C4(1, m/4) = abs(U(n, (3*m/4)+j) - W4(1, m/4)); W4(1, m/4) = U(n, (3*m/4)+j); end %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(1,j):

133


U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(1, 1) = abs(U(1, 1) - W(1, 1)); W(1, 1) = U(1, 1); for j = 2 : (m-1), U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(1, j) = abs(U(1, j) - W(1, j)); W(1, j) = U(1, j); end U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(1, m) = abs(U(1, m) - W(1, m)); W(1, m) = U(1, m); %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(2,j)-U(n-1,j): for i = 2 : (n-1), U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) + (1-(1/2*A))*U(i-1, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 2) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(i, 1) = abs(U(i, 1) - W(i, 1)); W(i, 1) = U(i, 1); for j = 2 : (m-1), U(i, j) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, j) + (1-(1/2*A))*U(i-1, j)+(1/(A^2*k^2))*U(i, j+1)+ (1/(A^2*k^2))*U(i, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j)); W(i, j) = U(i, j); end U(i, m) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, m) + (1-(1/2*A))*U(i-1, m) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(i, m) = abs(U(i, m) - W(i, m)); W(i, m) = U(i, m); end %Mencari beda relatif tertinggi: maks = [ max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4)]; M = max(maks); end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j); end end %Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian; Bts=zeros(0,0); for j = 1 : m, Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)]; end Uij=[Uij';Bts]'; disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas disertai dengan suhu yang diketahui pada batas:'); Uij

134


Lampiran 3.3.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet pada Contoh 3.3.1 function Contoh331(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL) %G1 = tepi batas bawah, G2 = tepi batas atas, %G3 = tepi batas kiri, G4 = tepi batas kanan; %0<= x <=a dan 0 <= y <= b; Ukuran grid n*m; TOL=toleransi= 0.00001; %Input adalah konstanta; %Masukkan fungsi F((i-1)h, (j-1)k) ke dalam fungsi f(x, y) = -xy dari persamaan Poisson.

%Jarak-jarak grid dan nilai betha: h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k; %Menentukan suhu di titik-titik batas: Sum = 0; p = (2*m) + (2*(n-2)); for j = 1 : m, u(1, j) = G3; u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(1, j) + u(n, j); end for i = 2 : (n-1), u(i, 1) = G1; u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, 1) + u(i, m); end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (n-1), u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave; end end %Menentukan beda relatif tertinggi awal: M = ave; %Menganalisis kekonvergenan: while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) + (B^2*u(i, j+1)) + (B^2*u(i, j-1)) – (h^2*(-((i-1)*h)*((j-1)*k))))/(2*(1+B^2)); end end %Mencari kesalahan relatif: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), C(i-1, j-1) = abs(u(i,j) - w(i-1, j-1)); end end %Mencari kesalahan relatif tertnggi: M = max(max(C));

135


%Menyimpan hasil pendekatan beda hingga ke dalam matriks w: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), w(i-1, j-1) = u(i, j); end end end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid: for i = 1 : (n-2), for j = 1 : (m-2), uij(j, i) = u(i+1, m-j); end end %Menambahkan suhu pada tepi bawah&atas dalam penyelesaian: Bwh = zeros(0,0); Ats = zeros(0,0); for i = 2 : (n-1), Bwh = [Bwh G1]; Ats = [Ats G2]; end uij = [Ats;uij;Bwh]; %Menambahkan suhu pada tepi kiri&kanan dalam penyelesaian: Kri = zeros(0,0); Knn = zeros(0,0); for j = 1 : m, Kri = [Kri G3]; Knn = [Knn G4]; end uij=[Kri;uij';Knn]'; %Diperoleh penyelesaian pendekatan sesuai dengan letak grid: disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu-suhu batas'); uij

136


Lampiran 3.3.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann pada Contoh 3.3.2 function Contoh332(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL) %Nilai tepi batas yang tidak diketahui, masukkan '-'; %Masukkan fungsi F((i-1)h, (j-1)k) ke dalam fungsi f(x, y) = -xy dari persamaan Poisson. %Jarak-jarak grid dan nilai betha: h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k; %Memasukkan suhu-suhu pada titik-titik batas: Sum = 0; p = 0; if (G1 ~= '-') C1 = zeros(0,0); for i = 1 : n, u(i, 1) = G1; Sum = Sum + u(i, 1); p = p + 1; end end if (G2 ~= '-') C2 = zeros(0,0); for i = 1 : n, u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, m); p = p + 1; end end if (G3 ~= '-') C3 = zeros(0,0); for j = 1 : m, u(1, j) = G3; Sum = Sum + u(1, j); p = p + 1; end end if (G4 ~= '-') C4 = zeros(0,0); for j = 1 : m, u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(n, j); p = p + 1; end end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave; end end %Menentukan suhu awal di titik siku: if (G1 == '-' && G3 == '-') u(1, 1) = ave; w11 = ave; end if (G2 == '-' && G3 == '-')

137


u(1, m) = ave; w1m = ave; end if (G1 == '-' && G4 == '-') u(n, 1) = ave; wn1 = ave; end if (G2 == '-' && G4 == '-') u(n, m) = ave; wnm = ave; end %Menentukan suhu awal di titik-titik batas: if (G1 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, 1) = ave; w1(i-1, 1) = ave; end end if (G2 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, m) = ave; w2(i-1, 1) = ave; end end if (G3 == '-') for j = 2 : (m-1), u(1, j) = ave; w3(1, j-1) = ave; end end if (G4 == '-') for j = 2 : (m-1), u(n, j) = ave; w4(1, j-1) = ave; end end %Menentukan kesalahan relatif tertinggi awal: M = ave; %Menganalisis kekonvergenan: while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga,kesalahan relatif,& simpan hasil %pendekatan di titik siku: C11 = zeros(0); C1m = zeros(0); Cn1 = zeros(0); Cnm = zeros(0); if (G1 == '-' && G3 == '-') u(1, 1) = (2*B^2*u(1, 2) + 2*u(2, 1) – h^2*(-0*0))/(2*(1+B^2)); C11= abs(u(1, 1) - w11); w11 = u(1, 1); end if (G2 == '-' && G3 == '-') u(1, m) = (2*B^2*u(1, m-1) + 2*u(2, m) – h^2*(-0*k*(m-1)))/(2*(1+B^2)); C1m = abs(u(1, m) - w1m); w1m = u(1, m); end if (G1 == '-' && G4 == '-') u(n, 1) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, 2) – h^2*(-h*(n-1)*0))/(2*(1+B^2)); Cn1 = abs(u(n, 1) - wn1); wn1 = u(n, 1); end

138


if (G2 == '-' && G4 == '-') u(n, m) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, m-1) – h^2*(-h*(n-1)*k(m-1)))/(2*(1+B^2)); Cnm = abs(u(n, m) - wnm); wnm = u(n, m); end %Menentukan pendekatan beda hingga,,kesalahan relatif,& simpan hasil pendekatan di titik-titik batas: C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0); if (G1 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, 1) = (u(i+1, 1) + u(i-1, 1) + (2*B^2*u(i, 2)) h^2*(-(h*(i-1))*(k*(1-1))))/(2*(1+B^2)); C1(i-1, 1)=abs(u(i,1) - w1(i-1, 1)); w1(i-1, 1)=u(i, 1); end end if (G2 == '-') for i = 2 : (n-1), u(i, m) = (u(i+1, m) + u(i-1, m) + (2*B^2*u(i, m-1)) h^2*(-(h*(i-1))*(k*(m-1))))/(2*(1+B^2)); C2(i-1, 1)=abs(u(i,m) - w2(i-1, 1)); w2(i-1, 1)=u(i, m); end end if (G3 == '-') for j = 2 : (m-1), u(1, j) = (2*u(2, j) + (B^2*u(1, j+1))+(B^2*u(1, j-1))h^2*(-(h*(1-1))*(k*(j-1))))/(2*(1+B^2)); C3(1, j-1)=abs(u(1,j) - w3(1, j-1)); w3(1, j-1)=u(1, j); end end if (G4 == '-') for j = 2 : (m-1), u(n, j) = (2*u(n-1, j)+(B^2*u(n, j+1))+(B^2*u(n, j-1))h^2*(-(h*(n-1))*(k*(j-1))))/(2*(1+B^2)); C4(1, j-1)=abs(u(n, j)-w4(1, j-1)); w4(1, j-1)=u(n, j); end end %Menentukan pendekatan beda hingga,kesalahan relatif, dan menyimpan hasil pendekatan di titik-titik dalam: for i = 2 : (n-1), for j = 2 : (m-1), u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) + (B^2*u(i, j+1)) + (B^2*u(i, j-1)) – h^2*(-(h*(i-1))*(k*(j-1))))/(2*(1+B^2)); C(i-1, j-1)=abs(u(i,j)-w(i-1, j-1));w(i-1, j-1)=u(i, j); end end %Mencari beda relatif tertinggi: maks = [max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4) C11 C1m Cn1 Cnm]; M = max(maks); end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:

139


for i = 1 : (n-2), for j = 1 : (m-2), uij(j, i) = u(i+1, m-j); end end disp('Penyelesaian di titik-titik dalam:'); uij %Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas yang tidak diketahui: if (G1=='-') for i =2 : (n-1), ui1(1, i-1) = u(i, 1); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah:'); ui1 end if (G2=='-') for i =2 : (n-1), uim(1, i-1) = u(i, m); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas atas:'); uim end if (G3=='-') for j =2 : (m-1), u1j(j-1, 1) = u(1, (m+1)-j); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kiri:'); u1j end if (G4=='-') for j =2 : (m-1), unj(j-1, 1) = u(n, (m+1)-j); end disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kanan:'); unj end if (G1 == '-' && G3 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kiri:'); u11 = u(1, 1) end if (G2 == '-' && G3 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi kiri & atas:'); u1m = u(1, m) end if (G1 == '-' && G4 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kanan:'); un1 = u(n, 1) end if (G2 == '-' && G4 == '-') disp('Penyelesaian di titik siku tepi atas & kanan:'); unm = u(n, m) end

140


Lampiran 3.3.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet pada Contoh 3.3.3 function Contoh333(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL) %Diasumsikan: %- G1 = tepi batas 0 <= tetha < pi/2; %- G2 = tepi batas pi/2 <= tetha < pi; %- G3 = tepi batas -pi <= tetha < -pi/2; %- G4 = tepi batas -pi/2 <= tetha <0; %Ukuran grid n*m, dimana n >= 3 & m= 4, 8, 12, ...; %TOL = toleransi = 0.00001; %Input adalah konstanta; %Memasukkan F(h*i, k*(j-1)) ke dalam fungsi f(x, y) = sin(tetha) dari persamaan Poisson. %Jarak-jarak grid dan nilai betha: h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h; %Menentukan suhu di titik-titik batas: Sum = 0; p = m; for j = 1 : (m/4), U(n, j) = G1; U(n, (m/4)+j) = G2; U(n, (2*m/4)+j) = G3; U(n, (3*m/4)+j) = G4; Sum = Sum + U(n, j) + U(n, (m/4)+j) + U(n, (2*m/4)+j) + U (n, (3*m/4)+j); end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, U(i, j) = ave; W(i, j) = ave; end end %Menentukan kesalahan relatif tertinggi awal: M = ave; %Menganalisis kekonvergenan: while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U(1,j): U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m) – (h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); for j = 2 : (m-1), U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1) (h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); end U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1) (h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));

141


%Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U(2,j)-U(n-1,j): for i = 2 : (n-1), U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) + (1-(1/2*A))*U(i-1, 1)+ (1/(A^2*k^2))*U(i, 2) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m)(h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); for j = 2 : (m-1), U(i, j) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, j)+(1-(1/2*A))*U(i-1, j)+ (1/(A^2*k^2))*U(i, j+1)+(1/(A^2*k^2))*U(i, j-1)(h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); end U(i, m) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, m) + (1-(1/2*A))*U(i-1, m)+ (1/(A^2*k^2))*U(i, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m-1)(h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); end %Mencari beda relatif tertinggi: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j)); end end %Mencari beda relatif tertinggi: M = max(max(C)); %Menyimpan hasil pendekatan ke dalam matriks W; for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, W(i, j) = U(i, j); end end end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j); end end %Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian; Bts=zeros(0,0); for j = 1 : m, Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)]; end Uij=[Uij';Bts]'; disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu pada batas:'); Uij

142


Lampiran 3.3.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann pada Contoh 3.3.4 function Contoh334(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL) %Tepi batas yang tidak diketahui masukkan '-'; %Memasukkan F(h*i, k*(j-1)) ke dalam fungsi f(x, y) = sin(tetha) dari persamaan Poisson. %Jarak-jarak grid dan nilai betha: h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h; %Menentukan suhu di titik-titik batas: Sum = 0; p = 0; for j = 1 : (m/4), if (G1 ~= '-') U(n, j) = G1; Sum = Sum + U(n, j); p = p + 1; end if (G2 ~= '-') U(n, (m/4)+j) = G2; Sum = Sum + U(n, (m/4)+j); p = p + 1; end if(G3 ~= '-') U(n, (2*m/4)+j) = G3; Sum = Sum + U(n, (2*m/4)+j); p= p + 1; end if (G4 ~= '-') U(n, (3*m/4)+j) = G4; Sum = Sum + U(n, (3*m/4)+j); p= p + 1; end end %Rata-rata suhu di titik-titik batas: ave = Sum/p; %Menentukan suhu awal di titik-titik dalam: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, U(i, j) = ave; W(i, j) = ave; end end %Menentukan suhu awal di titik-titik batas: for j = 1 : (m/4), if (G1 == '-') U(n, j) = ave; W1(1, j) = ave; end if (G2 == '-') U(n, (m/4)+j) = ave; W2(1, j) = ave; end if(G3 == '-') U(n, (2*m/4)+j) = ave; W3(1, j) = ave; end if (G4 == '-') U(n, (3*m/4)+j) = ave; W4(1, j) = ave; end end %Menentukan kesalahan relatif tertinggi awal:

143


M = ave; %Menganalisis kekonvergenan: while (M >= TOL) %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif&simpan hasil pendekatan di titik batas U(n,j): C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0); if (G1 == '-') U(n, 1) = (2*U(n-1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 2) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, m) (h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C1(1, 1) = abs(U(n, 1) - W1(1, 1)); W1(1, 1) = U(n, 1); for j = 2 : (m/4), U(n, j) = (2*U(n-1, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, j-1) – (h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C1(1, j)=abs(U(n, j) - W1(1, j)); W1(1, j) =U(n, j); end end if (G2 == '-') for j = 1 : (m/4), U(n, (m/4)+j) = (2*U(n-1, (m/4)+j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j-1) (h^2*sin(k*(m/4+j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C2(1,j)=abs(U(n,(m/4)+j)-W2(1,j)); W2(1,j)=U(n,(m/4)+j); end end if(G3 == '-') for j = 1 : (m/4), U(n,(2*m/4)+j)=(2*U(n-1, (2*m/4)+j)+ (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j+1)+ (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j-1)(h^2*sin(k*(2*m/4+j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C3(1,j)=abs(U(n,(2*m/4)+j)-W3(1,j)); W3(1,j)=U(n,(2*m/4)+j); end end if (G4 == '-') for j = 1 : (m/4)-1, U(n, (3*m/4)+j)=(2*U(n-1, (3*m/4)+j)+ (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j+1)+ (1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j-1)(h^2*sin(k*(3*m/4+j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C4(1, j) = abs(U(n, (3*m/4)+j) - W4(1, j)); W4(1, j) = U(n, (3*m/4)+j); end U(n, m) = (2*U(n-1, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, m-1) – (h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C4(1, m/4)=abs(U(n, m) - W4(1, m/4)); W4(1, m/4) = U(n, m); end %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan

144


menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(1,j): U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m) – (h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(1, 1) = abs(U(1, 1) - W(1, 1)); W(1, 1) = U(1, 1); for j = 2 : (m-1), U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1) – (h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(1, j) = abs(U(1, j) - W(1, j)); W(1, j) = U(1, j); end U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1) – (h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(1, m) = abs(U(1, m) - W(1, m)); W(1, m) = U(1, m); %Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(2,j)-U(n-1,j): for i = 2 : (n-1), U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) + (1-(1/2*A))*U(i-1, 1)+ (1/(A^2*k^2))*U(i, 2) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m)(h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(i, 1) = abs(U(i, 1) - W(i, 1)); W(i, 1) = U(i, 1); for j = 2 : (m-1), U(i, j)=((1+(1/2*A))*U(i+1, j)+(1-(1/2*A))*U(i-1, j)+ (1/(A^2*k^2))*U(i, j+1)+(1/(A^2*k^2))*U(i, j-1)(h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j)); W(i, j) = U(i, j); end U(i, m)=((1+(1/2*A))*U(i+1, m)+(1-(1/2*A))*U(i-1, m)+ (1/(A^2*k^2))*U(i, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m-1)(h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2))); C(i, m) = abs(U(i, m) - W(i, m)); W(i, m) = U(i, m); end %Mencari beda relatif tertinggi: maks = [ max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4)]; M = max(maks); end %Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid: for i = 1 : (n-1), for j = 1 : m, Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j); end end %Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian; Bts=zeros(0,0); for j = 1 : m, Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)]; end Uij=[Uij';Bts]'; disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas disertai dengan suhu yang diketahui pada batas:'); Uij

145

PENYELESAIAN NUMERIK PERSAMAAN LAPLACE DAN PERSAMAAN POISSON DALAM PELAT PERSEGI PANJANG DAN PELAT CAKRAM DENGAN METODE BEDA-HINGGA SKRIPSI

Recommend Documents