Metoda Elemen Hingga Dalam Hidraulika
Bab 5 Konsep Elemen
Ir. Djoko Luknanto, M.Sc., Ph.D. mailto:
[email protected]
Pendahuluan • Domain dibagi menjadi interval yang disebut elemen • 12 langkah umum akan diberlakukan pada elemen
5/8/2014
[email protected]
2
1. Kasus (hal 129) • Persamaan dasar dan domain dU ( x) 2 d x 2 dx dx x
KB esensial (constrained)
• Kondisi batas U (1) 2 1 x dU ( x) dx x 2 2 5/8/2014
1 x 2
[email protected]
KB natural (unconstrained) 3
2. Solusi Satu‐Elemen Persamaan Elemen (hal 130) •
Langkah 1-3: lakukan seperti bab sebelumnya 1. Tulis persamaan residual Galerkin 2. Integration by parts 3. Substitusi residual kedalam Butir 2
•
Langkah 4: Pembentukan i(x)
1. Dibentuk polinomial: Û(x;) = 1 + 2x 2. Polinomial ini harus mempunyai sifat bahwa “Setiap parameter ai harus merupakan nilai dari “solusi coba” di titik tertentu di dalam elemen.”
5/8/2014
[email protected]
4
2. persamaan elemen … 1 (hal 131) • Gambar polinomial dengan karakteristik tsb.
Û(x;a) a1
a2 Node 1 xa
Node 2 xb
x
Û(xa;a) = a1 Û(xb;a) = a2 5/8/2014
[email protected]
5
2. persamaan elemen … 2 (hal 131) Dicari persamaan yang memenuhi:
1 + 2xa = a1 1 + 2xb = a2 diperoleh nilai: xba1 xa a2 1 xb xa 5/8/2014
dan
a2 a1 2 xb xa
[email protected]
6
Polinomial InterpoLasi Lagrange
2. persamaan elemen … 3 (hal 132) Diperoleh persamaan:
Û(x;a) = a1 1(x) + a2 2(x) dengan nilai: 1 ( x ) xb x xb xa
dan
x xa 2 ( x ) xb xa
Diperoleh karakteristik “fungsi coba”:
5/8/2014
1(xa) = 1
1(xb) = 0
2(xa) = 0
2(xb) = 1
[email protected]
7
2. persamaan elemen … 4 (hal 133) … understand! … memorize!
Gambar Û(x;a) dan (x)
j(xi) = ji
a1
ji delta Kronecker
x2 x 1 ( x ) x2 x1
a2
1
1 1 x1
dan
1 2 x2
x x1 2 ( x ) x2 x1
Û(x;a) = a1Ø1(x) + a2Ø2(x) 5/8/2014
2
Û(x1;a) = a1
Û(x2;a) = a2
1(x1) = 1
1(x2) = 0
2(x1) = 0
2(x2) = 1
[email protected]
x
8
2. Langkah 5: substitusi Solusi (hal 135) • Sistem persamaan s/d Langkah 4 sbb: K11 K12 a1 F1 K 21 K 22 a2 F2 • Kij dihitung untuk i = 1,2 dan j = 1,2 • Fi dihitung untuk i = 1,2 Fi FI i FBi d i d j x dx Kij x x ˆ d U 2 dx dx xa i 2 i dx x xb
b
xa
5/8/2014
[email protected]
x
b
dx xa 9
2. Langkah 5: hitung Kij (hal 135) • Kij dihitung untuk i = 1,2 dan j = 1,2
d i d j x dx Kij dx dx xa xb
d1 1 dx xb xa d2 1 dx xb xa
• diperoleh nilai:
1 1 1 xb xa x dx K11 2 xb xa xb xa xb xa xa xb
• K12 = K21 = -K11 dan K22 = K11 5/8/2014
[email protected]
10
2. Langkah 5: hitung FIi (hal 135) • FIi dihitung untuk i = 1,2 2 xb x x xa , 2 ( x ) FI i 2 i dx dengan 1 ( x ) xb xa xb xa x xa xb
• diperoleh: 2 xb x 2 2 xb xa ln FI1 2 dx x xb xa xa xb xa xb xa xa xb
2 2 xb xa ln FI 2 xa xb xa xb xa 5/8/2014
[email protected]
11
2. Langkah 5: hitung FBi (hal 135) • FBi dihitung untuk i = 1,2 dUˆ i FBi x dx
xb
xa
xb x x xa dengan 1 ( x ) , 2 ( x ) xb xa xb xa
• diperoleh: dUˆ dUˆ dUˆ 1 ( xb ) x 1 ( xa ) x FB1 x dx dx dx xb xa xa dUˆ dUˆ dUˆ 2 ( xb ) x 2 ( xa ) x FB2 x dx dx dx xa xb xb 5/8/2014
[email protected]
12
2. Langkah 6: hitung “Flux” (hal 136) • Debit/Flux dihitung sbb: d1 ( x ) d 2 ( x ) x dUˆ x a1 a2 ˆ( x ) x ( a1 a2 ) dx dx dx xb xa
• Pada akhir Langkah 6 diperoleh sistem persamaan: 1 xb xa 2 x x b a 1 xb xa 2 xb xa
5/8/2014
1 xb xa 2 xb xa a1 1 xb xa a2 2 xb xa
ˆ 2 2 xb x dU ln dx x xa xb xa xa a 2 2 xb ˆ ln x dU xb xb xa xa dx x b
[email protected]
13
2. Langkah 7 (hal.136)
Masukkan setiap data lapangan • Data geometrik xa = 1, xb = 2 • Sifat-sifat fisik dan “applied load” “interior load” kondisi batas 5/8/2014
[email protected]
14
2. Langkah 8 (hal.136) • Masukkan data kedalam matrik, kecuali data kondisi batas.
3 2 3 2
ˆ d U 3 x a 2 2 ln 2 dx 1 x 1 2 3 a2 1 2 ln 2 ˆ d U x 2 dx x 2
• Sistem persamaan di atas siap untuk diselesaikan, kecuali nilai kondisi batas yang belum tuntas!
5/8/2014
[email protected]
15
2. Langkah 9 (hal.137) • Masukkan data kondisi batas kedalam persamaan dU ( x ) 1 U (1) 2 dan x dx x 2 2
belum dapat dihitung
• aplikasi “debit” kedalam sistem persamaan menjadikan:
3 2 3 2
5/8/2014
dUˆ 3 a 2 2 ln 2 x 1 dx 2 x 1 3 a2 1 2 ln 2 1 2 2
[email protected]
16
2. …Langkah 9… (hal.137) • Kondisi batas U(1) = 2 kondisi batas jenis ini lebih sulit diaplikasikan dibanding kondisi batas “debit.” dalam sistem persamaan yang terakhir tidak terdapat suku yang dapat menampung nilai kondisi batas di atas. sehingga digunakan alternatif terakhir yaitu aplikasi kondisi batas di atas langsung kepada “fungsi coba” itu sendiri; dan akan menghasilkan persamaan konstrain
Û(1;a) = a1Ø1(1) + a2Ø2(1) = 2 5/8/2014
[email protected]
17
2. …Langkah 9… (hal.137) • Kondisi batas U(1) = 2
Û(1;a) = a1Ø1(1) + a2Ø2(1) = 2 Û(1;a) = a11 + a20 = 2 a1 = 2 • Tampak bahwa “shape function” sangat menyederhanakan hitungan karena hanya satu parameter saja yang mempunyai nilai = kondisi batas, sehingga menjadi
ai = d 5/8/2014
[email protected]
18
2. …Langkah 9… (hal.137) • Cara menyelesaikan
ai = d
K11 K 21 K 31
K12 K 22 K 32
K13 a1 F1 K 23 a2 F2 K 33 a3 F3
• dalam sistem matriks sbb:
i
d dan kurangilah sebesar hasil kali tersebut dari RHS, kemudian hapus kolom i. Hapus baris i dari persamaan tersebut.
Kalikan kolom dengan
5/8/2014
[email protected]
19
2. Langkah 9 dan 10 (hal.138) • Masukkan a1 = 2, kedalam persamaan di bawah
3 2 3 2
dUˆ 3 a 2 2 ln 2 x 1 dx 2 x 1 3 a2 1 2 ln 2 1 2 2
• Langkah 10, menghasilkan: 3/2 a2 = 1 – 2 ln 2 – ½ + 3/2 (a1) a2 = 1 – 2 ln 2 – ½ + 3/2 (2) = 7/3 – 4/3 ln 2 = 1.409
5/8/2014
[email protected]
20
2. Langkah 10 & 11 (hal.138) 10. Selesaikan pers. sehingga diperoleh nilai:
a1 = 2 dan a2 = 1.409 Jadi penyelesaian pendekatannya adalah:
Û(x) = 2 (2 - x) + 1.409 (x – 1) Û(x) = 2.591 - 0.591 x 11. Hitung debit:
(x) = x(a1 - a2) = 0.591 x 5/8/2014
[email protected]
21
2. Langkah 12 (hal.138) 12. Plot penyelesaiannya dan prakirakan ketelitiannya, lihat Gambar 5.5 (hal 138)
Û(1) = 2 tepat memenuhi kondisi batas U(1) = 2
(2) = 1.182
tidak memenuhi kondisi batas (2) = 0.5 Inilah karakteristik yang berbeda antara kedua kondisi batas tersebut, yang pertama dipenuhi secara tepat, yang kedua hanya didekati.
5/8/2014
[email protected]
22
3. Persamaan 2 Elemen (hal 139) • Domain dibagi menjadi 2 subdomain/elemen
xa < x < xc dan xc < x < xb Elemen 1
xa (xa=1) 5/8/2014
Elemen 2
xc
[email protected]
xb (xb=2)
x
23
3.1. Formulasi 2 Elemen (hal 140) • Karena domain dibagi menjadi 2 subdomain/elemen, timbullah pertanyaan mengenai masalah kontinuitas pada “penyelesaian pendekatan” di titik xc. • Untuk keperluan itu dibutuhkan definisi sbb: Suatu fungsi dikatakan termasuk klas Cn (pada domain tertentu) jika fungsi tersebut dan n buah derivatifnya kontinu (pada domain terkait). • Contoh; Jika sebuah fungsi kontinu C0 dan turunan 1-nya kontinu, maka fungsi tersebut termasuk klas C1; jika turunan 2nya kontinu, maka fungsi tersebut termasuk klas C2. Suatu fungsi klas Cn pasti termasuk pula klas Cn-1 , Cn-2 , …, C0 , tetapi belum tentu masuk klas Cn+1, Cn+2, Cn+3 dst. 5/8/2014
[email protected]
24
3.1.a. Formulasi 2 Elemen (hal 140) • Diperlukan perumusan kembali persamaan dasar pada tiap elemen Elemen 1
d x dU (1) ( x) 2 dx dx x 2 d x dU (2) ( x) 2 dx dx x 2
xa x xc
Elemen 2
xc x x b
• Pada prinsipnya persamaan dasar di atas sama dengan persamaan semula, kecuali pada titik xc. 5/8/2014
[email protected]
25
3.1.a. Formulasi 2 Elemen (hal 141) • Pada prinsipnya yang dibutuhkan adalah pernyataan tentang kontinuitas U(1)(x) dan U(2)(x) pada titik xc. • Dibuktikan sbb: x p
x p
2 d dU ( x ) x dx 2 dx dx dx x x p x p x p
x p
2 dU ( x ) x dx x p x x p
2 2 dU ( x ) dU ( x ) x x dx x p xp xp dx x p 5/8/2014
[email protected]
26
3.1.a. Formulasi 2 Elemen (hal 141) • Jika mendekati nol, maka diperoleh 2 2 dU ( x ) dU ( x ) x x dx x p dx x p xp xp 2 2 dU ( x ) dU ( x ) x 0 x dx x p dx x p xp xp dU ( x ) dU ( x ) x x dx dx xp x p
• Jika xdU/dx kontinu di suatu titik xp, sedangkan itu berlaku untuk seluruh domain, maka xdU/dx kontinu untuk seluruh domain. Karena x kontinu dimana saja, maka dU/dx juga kontinu. 5/8/2014
[email protected]
27
3.1.a. Formulasi 2 Elemen (hal 141) • Integrasi dU/dx akan menunjukkan pula bahwa U kontinu di sembarang titik xp: p
p
U(x ) U(x ) • Untuk suatu titik xc, dapat ditulis U(1) untuk setiap titik di sebelah kirinya dan U(2) untuk setiap titik di sebelah kanannya. 5/8/2014
[email protected]
28
3.1.a. Kondisi Batas Internal (hal 141) • Sehingga untuk suatu titik xc, dapat ditulis kondisi kontinuitas sbb: dU (1) dU ( 2 ) x x dx x dx x c c U (1) ( xc ) U ( 2 ) ( xc )
• Persamaan di atas terkenal dengan nama “KBI” kondisi batas internal. KBI harus dipenuhi oleh “exact solution” pada batas antara dua elemen. • Sedangkan KB harus dipenuhi pada batas dari domain. 5/8/2014
[email protected]
29
3.1.b. Kondisi Batas Lengkap (hal 142) Kondisi Batas Internal
dU (1) dU ( 2 ) x x dx x dx x c c
Kondisi Batas
U (1) 2
U ( xc ) U
(1)
(1)
( xc )
Pers. Dasar
d x dU (1)( x) 2 dx x 2 dx
d x dU (2)( x) 2 dx x 2 dx
Elemen 1
5/8/2014
dU ( 2 ) 1 x dx x 2 2
Pers. Dasar
xa (xa=1)
(2)
Kondisi Batas
Elemen 2 xc
[email protected]
xb (xb=2)
x 30
3.2.a. Elemen 1 (hal 143) Gambar Û(1)(x;a) dan (x)
a1
a2
1
1
2
Node 2 xc
Node 1 xa 1 ( x )
1
xc x xc xa
dan
2 ( x )
x
x xa xc xa
Û(1)(x;a) = a1Ø1(x) + a2Ø2(x) 5/8/2014
[email protected]
31
3.2.b. Elemen 1: Langkah 1‐6 (hal 144) • Langkah 1-6 menghasilkan matriks: 1 xc xa 2 x x c a 1 xc xa 2 xc xa
K11(1) (1) K 21
ˆ (1) d U 1 xc xa 2 xc x 2 ln dx x 2 xc xa a1 xa xc xa xa a ( 1 ) 1 xc x a a 2 2 2 xc ˆ ln x dU xc xc xa xa 2 xc xa dx x c
K12(1) a1 F1(1) (1) (1) K 22 a2 F2
• Debit/Flux dihitung sbb: (1) ˆ d U d ( x ) x d ( x ) x a1 1 a2 2 ˆ(1) ( x ) x (a1 a2 ) dx dx dx xc xa 5/8/2014
[email protected]
32
3.2.c. Elemen 2 (hal 145) Gambar Û(2)(x;a) dan (x)
a3
a4
3
1
4
Node 4 xb
Node 3 xc 3 ( x )
1
xb x xb xc
dan
4 ( x )
x
x xc xb xc
Û(2)(x;a) = a3Ø3(x) + a4Ø4(x) 5/8/2014
[email protected]
33
3.2.d. Elemen 2: Langkah 1‐6 (hal 145) • Langkah 1-6 menghasilkan matriks: 1 xb xc 2 x x b c 1 xb xc 2 xb xc ( 2) K 33 ( 2) K 43
ˆ (2) d U 1 xb xc 2 xb x 2 ln dx x 2 xb xc a3 xc xb xc xc c ( 2 ) 1 xb xc a4 2 2 xb ˆ ln x dU xb xb xc xc 2 xb xc dx x b
( 2) a3 F3( 2 ) K 34 (2) ( 2) K 44 a4 F4
• Debit/Flux dihitung sbb: ( 2) ˆ d U d ( x ) x d ( x ) x a3 3 a4 4 ˆ( 2 ) ( x ) x ( a3 a 4 ) dx dx dx xb xc 5/8/2014
[email protected]
34
3.2.e. Elemen 1 dan 2 : Langkah 1‐6 (hal 146) • Elemen 1&2 digabung menghasilkan matriks: 1 xc xa 2 x x c a 1 xc xa 2 xc xa 0 0
1 xc xa 2 xc xa 1 xc xa 2 xc xa 0 0
xc 2 2 ln xa xc xa xa xc 2 2 ln xc xc xa xa xb 2 2 ln xc xb xc xc 2 xb 2 ln xb xc xc xb 5/8/2014
0 0 1 xb xc 2 xb xc 1 xb xc 2 xb xc
x x x x
xa d Uˆ ( 1 ) dx xc d Uˆ ( 2 ) dx xc d Uˆ ( 2 ) dx xb d Uˆ ( 1 ) dx
[email protected]
a 1 0 a2 1 xb xc a3 2 xb xc a 4 1 xb xc 2 x b x c 0
35
3.2.f. Elemen 1 dan 2 (hal 147) • Secara simbolik dalam bentuk matrik menjadi: K11(1) (1) K 21 0 0
K12(1) (1) K 22
0 0
0
(2) K 33
0
(2) K 43
0 a1 F1(1) (1) 0 a2 F2 ( 2) (2) K 34 a3 F3 (2) K 44 a4 F4( 2 )
• Perhatikan bahwa anggota matrik dari elemen 1 tidak ditambahkan pada elemen 2. Jadi kedua elemen tersebut masih terpisah 5/8/2014
[email protected]
36
3.3. Langkah 7 (hal. 147) • Masukkan setiap data lapangan – Data geometrik xa = 1, xb = 2 – Digunakan xc = 3/2, karena tidak indikasi pemilihan nilai yang lain. – Sifat-sifat fisik dan “applied load” “interior load” kondisi batas
• Catatan: Proses menentukan panjang elemen dan lokasi titik biasa disebut dengan “mesh generation.”
5/8/2014
[email protected]
37
3.3. Langkah 8 (hal 148) • Masukkan data lapangan ke sistem persamaan 2 4 3 4 3 1
5/8/2014
0 a1 0 0a 2 7 7 a3 0 0 2 2 a 7 7 4 0 0 2 2 d Uˆ ( 1 ) x dx 3 x 1 4 ln 2 d Uˆ ( 1 ) x 3 dx 3 4 ln x 2 2 ( 2 ) 4 ˆ d U x 4 ln 3 3 dx x 4 2 4 ln 3 d Uˆ ( 2 ) x dx x 2 5 2 5 2
5 2 5 2
0
[email protected]
38
3.3.a. Langkah 8… (hal 148) • Pada titik xc, dapat ditulis kondisi kontinuitas sbb: (1) ( 2) dU x dx
dU x dx xc
xc
U (1) ( xc ) U ( 2 ) ( xc )
• Pada xc=3/2, maka U(1)(3/2) = U(2)(3/2), untuk “solusi coba” hal sama berlaku, maka:
Û(1)(3/2) = Û(2)(3/2) • maka 5/8/2014
a2 = a3
[email protected]
39
3.3.b. Langkah 8… (hal 149) •
a =a
Syarat 2 3 , dapat dipandang sebagai “persamaan konstrain”, dalam matriks dilakukan dengan menambah Kolom 2+3 dan Baris 2+3 sbb:
5 2 5 2 0
5 2 5 7 2 2 7 2
0 a1 7 a2 2 7 a4 2
3 2 4 ln 2 4 3 4 4 4 ln 4 ln 3 2 3 3 4 1 4 ln 3
ˆ (1 ) d U x dx d Uˆ ( 2 ) x dx 3 x 2 d Uˆ ( 2 ) x dx 5/8/2014
[email protected]
x 1
d Uˆ ( 1 ) x dx
x2
x
3 2
40
3.3.c. Langkah 8… (hal 149) • Disederhanakan:
5 2 5 2
0
5 2 6 7 2
0 a1 7 a2 2 7 a4 2
3 2 4 ln 2 8 4 ln 9 1 4 ln 4 3
ˆ (1 ) d U x dx d Uˆ ( 2 ) x dx x 3 2 d Uˆ ( 2 ) x dx 5/8/2014
x 1
d Uˆ ( 1 ) x dx
[email protected]
x2
x
3 2
41
3.3.d. Assembling… (hal 149) • Prosedur aplikasi KBI [kontinuitas U(x)] dalam sistem persamaan disebut “assembly.” • Assembly adalah pemenuhan kontinuitas dalam “solusi coba” pada elemen-elemen. • Secara umum persamaan konstrain dapat dinyatakan dalam bentuk
ai = aj • Sehingga assembly terdiri atas penambahan Kolom i dan j, dan Baris i dan j. 5/8/2014
[email protected]
42
3.3.d. Assembling… (hal 150) • Assembly lebih mudah disajikan dalam bentuk matrik:
K11(1) (1) K 21 0
K12(1) (1) (2) K 22 K 33 (2) K 43
0 a1 F1(1) (1) (2) (2) K 34 a2 F2 F3 (2) (2) K 44 a4 F4
• Matrik di atas adalah gabungan dari dua matrik ini: K11(1) (1) K 21 5/8/2014
K12(1) a1 F1(1) (1) (1) K 22 a2 F2
( 2) K 33 ( 2) K 43
[email protected]
( 2) a3 F3( 2 ) K 34 (2) ( 2) K 44 a4 F4
43
3.3.e. Langkah 9, KBI… (hal 151) • Kondisi Batas Internal diaplikasikan dUˆ ( 2 ) dUˆ (1) x x dx x 3 dx x 3 2
2
dUˆ ( 2 ) dUˆ (1) 0 x x dx x 3 dx x 3 2
5/8/2014
5 2 5 2 0
5 2 6
7 2
0 a1 7 a2 2 7 a4 2
3 2 4 ln 2 8 4 ln 9 1 4 ln 4 3
[email protected]
2
d Uˆ ( 1 ) x dx 0 d Uˆ ( 2 ) x dx
x 1
x2
44
3.3.f. Langkah 9, KB… (hal 152) • Tampak bahwa KBI “flux” adalah KBI unconstrained, sama dengan KB natural yang asli. • Nanti akan terlihat bahwa “flux” tidak kontinu di antara elemen, karena hal di atas. • Aplikasi KB natural menghasilkan:
5/8/2014
5 2 5 2
0
5 2 6 7 2
0 a1 7 a2 2 7 a4 2
3 2 4 ln 2 8 4 ln 9 1 4 ln 4 3
[email protected]
d Uˆ ( 1 ) x dx 0 1 2
x 1
45
3.3.g. Langkah 9, KB… (hal 152) • Kondisi batas U(1) = 2
Û(1)(1;a) = a1Ø1(1) + a2Ø2(1) = 2 Û(1;a) = a11 + a20 = 2 a1 = 2 • Kalikan Kolom 1 dengan 2 dan kurangi RHS, kemudian delete Kolom 1 dan Baris 1, sehingga menghasilkan 6 7 2 5/8/2014
7 2 7 2
8 4 ln 5 a2 9 a 4 1 4 1 4 ln 3 2
[email protected]
46
3.3.h. Langkah 10 & 11 (hal.153) 10. Selesaikan pers. sehingga diperoleh nilai:
a1 = 2, a2 = 1.551, a3 = 1.551, a4 = 1.365 Jadi penyelesaian pendekatannya adalah:
Û(1)(x) = 2.000 Ø1(x) + 1.551 Ø2(x) Û(2)(x) = 1.551 Ø3(x) + 1.365 Ø4(x) 11. Hitung debit:
(1)(x) = 0.898 x dan (2)(x) = 0.372 x 5/8/2014
[email protected]
47
3.3.i. Langkah 12 (hal.154) 12. Plot penyelesaiannya dan prakirakan ketelitiannya, lihat Gambar 5.13 (hal 154)
Û(1)(1) = 2 tepat memenuhi kondisi batas U(1) = 2
(2) = 0.744
tidak memenuhi kondisi batas (2) = 0.5 Penyelesaian dua elemen ini sebaiknya dibandingkan dengan penyelesaian satu elemen yang disajikan dalam Gambar 4.5 (hal 117).
5/8/2014
[email protected]
48
3.4. Assembly: Notasi Rasional hal 156) (
• KBI esential menghasilkan persyaratan a2=a3, hal ini membuat “trial solution” harus ditulis sbb: Û(1)(x;a) = a1Ø1(x) + a2Ø2(x) Û(2)(x;a) = a2Ø3(x) + a4Ø4(x) • Karena Ø2(x) dan Ø3(x) dalam persamaan di atas merupakan dua buah “shape function” yang kontinu, maka notasi yang terbaik adalah sbb: Û(1)(x;a) = a1Ø1(1)(x) + a2Ø2(1)(x) Û(2)(x;a) = a2Ø2(2)(x) + a3Ø3(2)(x) 5/8/2014
[email protected]
49
3.4. Assembly: Notasi Rasional (hal 157) Notasi Û(x;a) dan (x)
a2 a1
1(1)
2(1)
2(2)
1
1 Node 1 xa=1
K11(1) (1) K 21 5/8/2014
Node 2 xc=3/2
K12(1) a1 F1(1) (1) (1) K 22 a2 F2
( 2) K 22 ( 2) K 32
[email protected]
3(2)
a3 1 Node 3 xb=2
x
(2) a2 F2( 2 ) K 23 (2) (2) K 33 a3 F3 50
3.4. Assembly: Notasi Rasional (hal 157) • Assembly dalam notasi yang lebih baik: K11(1) (1) K 21 0
K12(1) (1) (2) K 22 K 22 (2) K 32
0 a1 F1(1) (1) (2) (2) K 23 a2 F2 F2 (2) (2) K 33 a3 F3
• Matrik di atas adalah gabungan dari dua matrik ini: K11(1) (1) K 21
K12(1) a1 F1(1) (1) (1) K 22 a2 F2
( 2) K 22 ( 2) K 32
Elemen 1 5/8/2014
(2) a2 F2( 2 ) K 23 (2) (2) K 33 a3 F3
Elemen 2
[email protected]
51
4. Persamaan 4 Elemen (hal 158) • Domain dibagi menjadi 4 subdomain/elemen Û(2)
Û(1)
Û(3)
a2
a1 (1) x1 (xa=1)
5/8/2014
a3 (2)
x2
Û(4)
a5
a4 (3)
x3
[email protected]
(4) x4
x5 (xb=2)
x 52
4.a. Elemen Pertama (hal 158) Solusi coba Û(1)(x;a) dan fungsi bentuk (x)
a1
a2
1
1
x
Node 1 x1 = xa
Node 2 x2
Û(1)(x;a) = a1Ø1(1)(x) + a2Ø2(1)(x)
(1) 1
5/8/2014
x2 x ( x) x2 x1
dan
2
[email protected]
(1)
x x1 ( x) x2 x1 53
4.b. Elemen Kedua (hal 158) Solusi coba Û(2)(x;a) dan fungsi bentuk (x)
a2
a3
1
1
x
Node 2 x2
Node 3 x3
Û(2)(x;a) = a2Ø2(2)(x) + a3Ø3(2)(x) 2 5/8/2014
(2)
x3 x ( x) x3 x2
dan
3
[email protected]
( 2)
x x2 ( x) x3 x2 54
4.c. Elemen Ketiga (hal 158) Solusi coba Û(3)(x;a) dan fungsi bentuk (x)
a3
a4
1
1
x
Node 3 x3
Node 4 x4
Û(3)(x;a) = a3Ø3(3)(x) + a4Ø4(3)(x) 3 5/8/2014
( 3)
x4 x ( x) x4 x3
dan
4
[email protected]
( 3)
x x3 ( x) x4 x3 55
4.d. Elemen Keempat (hal 158) Solusi coba Û(4)(x;a) dan fungsi bentuk (x)
a4
a5
1
1
x
Node 4 x4
Node 5 x5
Û(4)(x;a) = a4Ø4(4)(x) + a5Ø5(4)(x) 4 5/8/2014
(4)
x5 x ( x) x5 x4
dan
5
[email protected]
( 4)
x x4 ( x) x5 x4 56
4.e. Resume Empat Elemen (hal 158) Notasi global untuk seluruh elemen Elemen 1
Elemen 2
Û(1)(x;a) = a1Ø1(1)(x) + a2Ø2(1)(x)
Û(2)(x;a) = a2Ø2(2)(x) + a3Ø3(2)(x)
1(1) ( x )
x2 x x2 x1
dan
2 (1) ( x )
x x1 x2 x1
2 ( 2 ) ( x )
x3 x x3 x2
dan
3( 2 ) ( x )
x x2 x3 x2
Elemen 3
Elemen 4
Û(3)(x;a) = a3Ø3(3)(x) + a4Ø4(3)(x)
Û(4)(x;a) = a4Ø4(4)(x) + a5Ø5(4)(x)
3( 3 ) ( x )
5/8/2014
x4 x x4 x3
dan
4 ( 3) ( x )
x x3 x4 x3
4 ( 4 ) ( x )
[email protected]
x5 x x5 x4
dan
5 ( 4 ) ( x )
x x4 x5 x4
57
4.f. Notasi Elemen Lokal (hal 159) Solusi coba Û(e)(x;a) dan fungsi bentuk (x)
(e) 1
a1
a2
2(e)
1
1
x
Node 1 x1
Node 2 x2
Û(e)(x;a) = a1Ø1(e)(x) + a2Ø2(e)(x)
(e) 1
5/8/2014
x2 x ( x) x2 x1
dan
2
[email protected]
(e)
x x1 ( x) x2 x1 58
4.g. Notasi Lokal ke Global (hal 160) • Setiap notasi lokal harus disesuaikan dengan notasi global dan sebaliknya. • Untuk kasus 4 elemen linier di atas disusun tabel koneksi koordinat lokal ke global
5/8/2014
Element
Titik Lokal 1 menjadi Titik Global
Titik Lokal 2 menjadi Titik Global
(1) (2) (3) (4)
1 2 3 4
2 3 4 5
[email protected]
59
4.h. 4 Elemen: Langkah 1‐6 (hal 160) • Langkah 1-6 menghasilkan matriks, dalam notasi lokal: 1 x2 x1 2 x x 2 1 1 x2 x1 2 x2 x1
K11( e ) (e) K 21
1 x2 x1 2 2 x2 x1 a1 x1 1 x2 x1 a2 2 x2 2 x2 x1
ˆ (e) d U 2 x2 x ln dx x x2 x1 x1 1 e ( ) 2 x2 ˆ ln x dU x2 x1 x1 dx x 2
K12( e ) a1 F1( e ) (e) (e) K 22 a2 F2
• Debit/Flux dihitung sbb: (e) (e) (e) ˆ d U d ( x ) d ( x) x (e) 1 2 ˆ x a1 a2 ( x) x ( a1 a2 ) dx dx dx x2 x1
5/8/2014
[email protected]
60
4.i. 4 Elemen: Langkah 7 (hal 160) 1. Pembuatan Kisi (data geometrik) a) Definisi titik: tentukan koordinat setiap titik dan berilah nomor. Dalam contoh soal di sini, digunakan 4 elemen yang sama panjang, sehingga koordinat masing-masing titik: x1 = 1.00, x2 = 1.25, x3 = 1.50, x4 = 1.75, x5 = 2.00 b) Definisi elemen: tentukan nomor titik dalam setiap elemen. Nomor titik dan elemen didefinisikan seperti dalam Gambar 5.17 (hal 158). Dalam program komputer nomor-nomor ini akan disimpan dalam array koneksitas seperti dalam Tabel 5.1 (hal 160)
2. Data karakteristik fisik dan beban.
5/8/2014
[email protected]
61
4.j. Elemen 1: Langkah 8 (hal 162) • Dengan Tabel 5.1 (hal 160) untuk Elemen 1 (Ttk Lokal 1 menjadi Ttk Global 1, Ttk Lokal 2 menjadi Ttk Global 2) kita gunakan Pers. 5.80 (hal 160). Gunakan data lapangan: x1 = 1.00, x2 = 1.25, sehingga diperoleh: 9 2 9 2
ˆ (1) d U 5 x 9 a 2 8 ln dx 1 x 1.00 4 2 5 9 a2 8 ˆ (1) d U 8 ln x 4 2 5 dx x 1.25
• Dalam bentuk matriks: K11(1) K12(1) a1 F1(1) (1) (1) (1) K 21 K 22 a2 F2 5/8/2014
[email protected]
62
4.j. Elemen 2: Langkah 8 (hal 162) • Dengan Tabel 5.1 (hal 160) untuk Elemen 1 (Ttk Lokal 1 menjadi Ttk Global 2, Ttk Lokal 2 menjadi Ttk Global 3) kita gunakan Pers. 5.80 (hal 160). Gunakan data lapangan: x2 = 1.25, x3 = 1.50, sehingga diperoleh: ˆ ( 2) d U 6 x 11 8 11 dx x 1.25 2 2 a2 5 8 ln 5 11 ( 2) 6 11 a3 4 ˆ 8 ln x dU 5 2 2 3 dx x 1.50
• Dalam bentuk matriks: ( 2) K 22 ( 2) K 32 5/8/2014
( 2) a2 F2( 2 ) K 23 (2) ( 2) K 33 a3 F3
[email protected]
63
4.j. Elemen 3: Langkah 8 (hal 164) • Dengan Tabel 5.1 (hal 160) untuk Elemen 1 (Ttk Lokal 1 menjadi Ttk Global 3, Ttk Lokal 2 menjadi Ttk Global 4) kita gunakan Pers. 5.80 (hal 160). Gunakan data lapangan: x3 = 1.50, x4 = 1.75, sehingga diperoleh: ˆ ( 3) d U 7 x 13 4 13 dx x 1.50 2 2 a3 3 8 ln 6 13 ( 3) 7 13 a4 8 ˆ 8 ln x dU 6 2 2 7 dx x 1.75
• Dalam bentuk matriks: ( 3) K 33 ( 3) K 43 5/8/2014
( 3) a3 F3( 3) K 34 ( 3) ( 3) K 43 a4 F4
[email protected]
64
4.j. Elemen 4: Langkah 8 (hal 165) • Dengan Tabel 5.1 (hal 160) untuk Elemen 1 (Ttk Lokal 1 menjadi Ttk Global 3, Ttk Lokal 2 menjadi Ttk Global 4) kita gunakan Pers. 5.80 (hal 160). Gunakan data lapangan: x4 = 1.75, x5 = 2.00, sehingga diperoleh: ˆ (4) d U 8 x 15 8 15 dx x 1.75 2 2 a4 7 8 ln 7 15 (4) 8 15 a5 ˆ 1 8 ln x dU 7 2 2 dx x 2.00
• Dalam bentuk matriks: ( 4) K 44 ( 4) K54 5/8/2014
( 4) a4 F3( 4 ) K 45 (4) ( 4) K55 a5 F4
[email protected]
65
4.j. Assembling: Langkah 8 (hal 166) • Assembling semua komponen menjadi matrik global: 9 2 9 2
5/8/2014
5 9 2 8 ln 4 2 a1 8 5 8 6 9 11 11 8 ln 8 ln 4 5 5 2 2 2 a2 5 4 6 4 11 11 13 13 a 8 ln 8 ln 7 3 3 5 3 6 2 2 2 2 a 8 7 8 8 4 13 13 15 15 8 ln 8 ln 6 7 7 2 2 2 2 a5 7 15 15 8 1 8 ln 2 2 7 dUˆ (1) x dx x 1.00 (2) (1) ˆ ˆ dU dU x x dx x 1.25 dx x 1.25 dUˆ ( 3) dUˆ ( 2 ) x x dx dx x 1.50 x 1.50 (4) ( 3) ˆ ˆ dU dU x x dx x 1.75 dx x 1.75 dUˆ ( 4 ) x dx x 2.00
[email protected]
66
4.j. Assembling: Langkah 8 (hal 166) • Dalam bentuk matriks: K11(1) (1) K 21 0 0 0
K12(1) (1) (2) K 22 K 22 (2) K 32
0 (2) K 23 (2) ( 3) K 33 K 33
0 0
0
( 3) K 43
( 3) K 34 ( 3) (4) K 44 K 44
0
0
K54( 4 )
0 a1 0 a2 0 a3 (4) K 45 a4 (4) K55 a5
F1(1) (1) (2) F2 F2 (2) ( 3) F F 3 3 F ( 3) F ( 4 ) 4 (4) 4 F5 5/8/2014
[email protected]
67
4.j. Assembling: Langkah 8 (hal 167) • Matriks global disederhanakan: 9 9 0 0 2 2 9 11 0 10 2 2 13 0 11 12 2 2 13 14 0 0 2 15 0 0 0 2
5/8/2014
dUˆ (1) x dx 5 x 1.00 0 2 8 ln 4 ( 2 ) ( 1 ) dUˆ dUˆ a1 x x 24 dx x 1.25 dx x 1.25 0 8 ln 25 a2 ˆ ( 3) ˆ (2) d U d U 35 x 0 a3 8 ln x dx x 1.50 dx x 1.50 36 48 15 a4 dUˆ ( 3) dUˆ ( 4 ) 8 ln x 49 x 2 a5 dx dx 15 x 1.75 x 1.75 8 1 8 ln dUˆ ( 4 ) 2 7 x dx x 2.00
[email protected]
68
4.k. Langkah 9:Aplikasi Kondisi Batas (hal 168‐169)
• Aplikasikan KBI dan KB natural: dUˆ ( 4 ) 1 x dx x 2 2 dUˆ (1) dUˆ ( 2 ) x 0 x dx dx x 1.25 x 1.25
dUˆ ( 2 ) dUˆ ( 3) x 0 x dx dx x 1.5 x 1.5
dUˆ ( 3) dUˆ ( 4 ) x 0 x dx dx x 1.75 x 1.75
5 9 9 2 8 ln 0 0 0 2 4 2 dUˆ (1) 9 a1 24 x 11 dx x 1 0 0 8 ln 10 25 2 2 a2 0 35 11 13 0 12 0 a3 8 ln 0 36 2 2 a 48 13 15 4 0 8 ln 0 0 14 a 1 49 2 2 5 15 15 8 2 0 0 0 1 8 ln 2 2 7 5/8/2014
[email protected]
69
4.k. Langkah 9:Aplikasi Kondisi Batas (hal 169)
• Aplikasikan KB esensial U(1) = 2, menghasilkan pada Elemen 1: a1 = 2. • Eliminasi a1 dari persamaan dengan mengalikan Kolom 1 x 2, hasilnya dikurangkan ke RHS dan Baris 1 dihilangkan dari persamaan. 24 11 9 8 ln 10 0 0 25 2 11 a2 35 13 12 0 a 8 ln 3 36 2 2 15 a4 48 0 13 8 ln 14 2 2 a 49 5 15 15 1 8 ln 8 0 0 2 2 2 7 5/8/2014
[email protected]
70
4.k. Langkah 10: Penyelesaian Persamaan (hal 170)
• Dengan menggunakan eliminasi Gauss, sistem persamaan Pers. 5.105 (hal 169), diperoleh a2 = 1.714, a3 = 1.540, a4 = 1.427, a5 = 1.352 • Dan dari persamaan konstrain KB, a1 = 2.000 • Sehingga diperoleh solusi coba tiap elemen sbb: x 1.00 1.25 x 1 . 714 Uˆ (1) ( x ) 2.000 1.25 1.00 1.25 1.00 1.50 x x 1.25 Uˆ ( 2 ) ( x ) 1.714 1.540 1.50 1.25 1.50 1.25 1.75 x x 1.50 Uˆ ( 3) ( x ) 1.540 1.427 1.75 1.50 1.75 1.50 2.00 x x 1.75 Uˆ ( 4 ) ( x ) 1.427 1.352 2.00 1.75 2.00 1.75 5/8/2014
[email protected]
71
4.k. Langkah 11‐12: Hitung Debit (hal 170) • Debit/flux dihitung sbb: a1 a2 ˆ ( x ) x 1.144 x x2 x1
a 2 a3 ˆ ( x ) x 0.696 x x3 x2
a3 a 4 ˆ ( x ) x 0.452 x x4 x3
a4 a5 ˆ ( x ) x 0.300 x x5 x4
(1)
( 3)
(2)
(4)
• Plot solusi coba dan debit serta estimasi ketelitiannya (lihat hal 171). • Perhatikan solusi coba kontinu namun debit tidak.
5/8/2014
[email protected]
72
5. Delapan Elemen & 6. Konvergensi • Prosedure penyelesaian solusi coba dengan delapan elemen dapat dilihat dalam Buku Pegangan, hal. 173-185. • Perbaikan kisi FEM dan kondisi konvergensi dibahas dalam Buku Pegangan, hal. 185-189
5/8/2014
[email protected]
73
7. Penomoran Elemen Random
(hal 189)
Notasi Û(x;a) dan (x)
a3 a2
2(2)
3(2)
3(1)
1
1 Node 2 xa=1
(2) K 22 (2) K 32 5/8/2014
1(1)
Elemen 2
Node 3 xc=3/2
(2) a2 F2( 2 ) K 23 (2) (2) K 33 a3 F3
(1) K 33 (1) K13
[email protected]
a1 1
Elemen 1
Node 1 xb=2
x
(1) a3 F2(1) K 31 (1) (1) K11 a1 F3 74
7. …Assembly…
(hal 189)
• Assembly: (2) K 22 (2) K 32 0
(2) K 23 (2) (1) K 33 K 33 (1) K13
0 a2 F2( 2 ) (2) (1) (1) K 31 a3 F3 F3 (1) (1) K11 a1 F1
• Matrik di atas adalah gabungan dari dua matrik ini: (2) K 22 (2) K 32
(2) a2 F2( 2 ) K 23 (2) (2) K 33 a3 F3
(1) K 33 (1) K13
Elemen 1 5/8/2014
(1) a3 F2(1) K 31 (1) (1) K11 a1 F3
Elemen 2
[email protected]
75
7. …Urutan … (hal 189) • Secara teoretis sistem persamaan linier di atas dapat diselesaikan pula secara mudah. • Walaupun arraynya tidak urut tetapi
{a2, a3, a1 5/8/2014
t }
• Namun penyelesaian dengan komputer lebih mudah kalau suatu array disusun dengan urutan dari kecil ke besar yaitu
{a1, a2, a3}t
[email protected]
76
7. …Pengurutan… • Matrik asli: (2) (2) K 22 K 23 (2) (2) (1) K K K 33 33 32 (1) 0 K13
(hal 191)
0 a2 F2( 2 ) (2) (1) (1) K 31 a3 F3 F3 (1) (1) K11 a1 F1
• Matrik sesudah diurutkan:
K 0 (1) K 31 (1) 11
5/8/2014
0 (2) K 22 (2) K 32
a1 F a 2 F (2) (1) a3 F3( 2 ) F3(1) K 33 K 33 (1) 13 (2) 23
K K
[email protected]
(1) 1 (2) 2
77
7. Assembly Secara Umum
(hal 191)
• Matrik residual pada K ss( e ) K sr( e ) as Fs( e ) elemen e dan nomor titik ( e ) (e) (e) K rs K rr ar Fr global s dan r: • Tambahkan Ksr(e) ke dalam Baris s dan Kolom r pada matriks besar, dan tambahkan Fs(e) ke Baris s kedalam Kolom s Kolom r vektor beban: Baris s
Baris r
5/8/2014
K ss( e )
K sr( e )
(e) rs
(e) rr
K
K
[email protected]
(e) as Fs a F ( e ) r r 78
7. Sifat Penomoran Random (hal.192) • Penomoran global di elemen
as
(e) s
ar
s(e)
1
1 Node s xs
x
Node r xr
• Penomoran global untuk penyelesaian (3) 8 5/8/2014
(6) 2
(2) 5
(5) 1
(8) 7
(1) 4
[email protected]
(7) 9
(4) 3
6
x 79
7. Tabel Koneksitas 8 elemen (hal 192) • Setiap notasi lokal harus disesuaikan dengan notasi global dan sebaliknya. • Untuk kasus 8 elemen linier di atas disusun tabel koneksi koordinat lokal ke global Nomor Elemen (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) 5/8/2014
Titik Lokal 1 menjadi Titik Global 4 5 8 3 1 2 9 7
[email protected]
Titik Lokal 2 menjadi Titik Global 9 1 2 6 7 5 3 4 80
7. Matriks Persamaan Elemen (hal.192) • Penomoran global (3) 8
(6) 2
(2) 5
(5) 1
(8) 7
(1) 4
(7) 9
(4) 3
6
x
• Matriks Residual di elemen K88( 3) ( 3) K 28
( 6) K82( 3) a8 F8( 3) K 22 ( 3) ( 6 ) ( 3) K 22 a2 F2 K52
( 6) a2 F2( 6 ) K55( 2 ) K 25 ( 6) ( 2 ) ( 6) K55 a5 F5 K15
K51( 2 ) a5 F5( 2 ) (2) (2) K11 a1 F1
K11( 5) ( 6) K 71
(8) K17( 5) a1 F1( 5) K 77 ( 5) (8) ( 6) K 77 a7 F7 K 47
(8) (1) a7 F7(8) K 44 K 74 (8) (1) (8) K 44 a4 F4 K 94
(1) a4 F4(1) K 49 (1) (1) K 99 a9 F9
(7) K 99 (7) K 39
(7) (4) a9 F9( 7 ) K 33 K 93 (7) (4) (7) a K 33 3 F3 K 63
( 4) a3 F3( 4 ) K 36 ( 4) ( 4) a K 66 6 F6
5/8/2014
[email protected]
understand the pattern
81
7. Matriks Lengkap 8 Elemen (hal.193) K11( 2 ) K11( 5) 0 0 0 K51( 2 ) 0 K ( 5) 71 0 0
0 ( 3) (6) K 22 K 22 0 0
0 0 ( 4) (7) K 33 K 33 0
0 0 0 (1) (8) K 44 K 44
K15( 2 ) ( 6) K 25 0 0
0 0 (4) K 36 0
K52( 6 ) 0 0
0
0 0
K55( 2 ) K 55( 6 ) 0 0 0 0
0
K82( 3) 0
(4) K 63 0 0
(8) K 74 0
(7) K 93
(1) K 94
(4) K 66 0 0 0
K17( 5) 0 0 (8) K 47
0 0 ( 5) (8) K 77 K 77 0 0
0 ( 3) K 28 0 0 0 0 0 K88( 3) 0
(1) K 49 0 0 0 0 (1) (7) K 99 K 99 0 0 (7) K 39
a1 F1( 2 ) F1( 5) a ( 3) (6) F F 2 2 2 ( 4) (7) a3 F3 F3 (1) (8) a F F 4 4 4 (2) (6) a5 F5 F5 a F ( 4 ) 6 ( 5) 6 ( 8 ) a7 F7 F7 a ( 3) F 8 8 a9 F9(1) F9( 7 ) 5/8/2014
[email protected]
82
7. Karakteristik Matriks (hal.193) • Dengan penomoran titik dan elemen secara acak, tidak mempengaruhi jumlah anggota matriks yang mempunyai nilai nol
5/8/2014
• Namun penomoran secara acak berakibat pada lebar pita matriks yang semakin besar, sehingga mengakibatkan penyelesaian matriks lebih lama
[email protected]
83
8. Fungsi Coba Global (hal.195) • Fungsi coba global mempunyai nilai tidak nol (kecuali di beberapa lokasi) pada seluruh (global) domain. Û
a2
a1 x1 (xa=1) 5/8/2014
x2
a3 x3
[email protected]
a4 x4
a5
x5 (xb=2)
x 84
8. Fungsi Coba dalam Elemen (hal.195) • Fungsi coba lokal mempunyai nilai tidak nol (kecuali di beberapa lokasi) hanya pada bagian sempit (lokal) dari domain, dan identik dengan nol di lain tempat. Û(2)
a2
a3 (2)
x1 (xa=1) 5/8/2014
x2
x3
[email protected]
x4
x5 (xb=2)
x 85
8. Keuntungan FEM (hal.196) • Matriks stiffness biasanya mempunyai sangat banyak nol, sehingga mampu untuk menampung lebih banyak persamaan. • Bagian yang tidak nol, biasanya diperoleh dari satu jenis elemen, jadi persamaan residual elemen dapat digunakan berulang-ulang. • Persamaan tiap elemen sangat mudah dikumpulkan dengan menggabungkan tiap suku kedalam lokasi yang tepat kedalam matriks stiffness. • Kondisi batas dengan mudah diaplikasikan. 5/8/2014
[email protected]
86
9. 12 Langkah Untuk Elemen (hal 197) A.
Pengembangan Teori
1. 2. 3.
4. 5.
6. 5/8/2014
B.
Tulis persamaan residual Galerkin untuk suatu elemen Integration by parts Substitusi persamaan residual elemen kedalam Butir 2. Hasilnya berupa persamaan elemen. Tentukan “fungsi bentuk” Substitusikan “fungsi bentuk” kedalam “solusi coba” sehingga didapat sistem persamaan, dan ubah integral agar cocok untuk hitungan numerik Siapkan formula untuk “debit” dengan “solusi coba”
Hitungan Numerik
7. 8.
Siapkan data lapangan Hitung suku-suku interior dalam elemen, assemble ke dalam suku-suku sistem persamaan 9. Aplikasikan kondisi batas kedalam persamaan baik KB maupun KBI. 10. Selesaikan sistem persamaan linier 11. Hitung “debit” 12. Tayangkan “penyelesaian pendekatan” dan estimasi ketelitiannya
[email protected]
87
… be a winner …
… and acts like winners .. 5/8/2014
[email protected]
88
