Penyelesaian Persamaan Saint Venant dengan Metode Numerik

Penyelesaian Persamaan Saint Venant dengan Metode Numerik Prof. Dr. Ir. Arwin, MS.

Lucky Lie Junpi – 253 09 005

Model Fisik Hidrologi F(x,y,z,t ):

HYDROLOGY MODEL DAS HULU (Watershed Model)

Kawasan Hulu

DAS HILIR ,aliran permukaan bebas (Deterministik Model) Persamaan Saint Venant : Q h  B b x t

Q

Boundary Hulu

Boundary Hilir

Prof.Arwin Sabar bid keahlian PSDA & Konservasi ,ITB





Q 1  Q2 h  h    gBh  Sf   0 t B x  x 

2

Aliran pada Saluran Terbuka I(t)

0

Q(t)

Dx

t 0

Dx

Dx

0

Dt

L

Model Deterministik pada Aliran Saluran Terbuka (Chow, et all )

t

Persamaan Saint Venant  Persamaan Kesinambungan Air

 Persamaan Momentum

Volume Kontrol Massa Air

Aliran masuk

h

Aliran keluar

𝜕𝑕

h + 𝜕𝑥 ∆𝑥

Δx I

Jarak

x

Luas

F

Kecepatan V= 𝛾 𝑔

x + Δx = 𝐹+

𝛾 𝜕𝐹 𝐹F++ ∆𝑥 Δx 𝑔 𝜕𝑥

𝜕𝐹 ∆𝑥 𝜕𝑥

𝑉 V++

𝜕𝑉 ∆𝑥 Δx 𝜕𝑥

𝑉+

𝜕𝑉 ∆𝑥 𝜕𝑥

Persamaan Kesinambungan Air (1)  Massa air yang masuk volume kontrol

𝛾 = . 𝐹. 𝑉 𝑔

(1.1)

 Massa air yang keluar volume kontrol

𝛾 𝜕𝐹 = 𝐹+ ∆𝑥 𝑔 𝜕𝑥

𝜕𝑉 𝑉+ ∆𝑥 𝜕𝑥

(1.2)

 Neraca massa air pada volume kontrol

𝛾 𝜕𝐹 𝛾 𝜕𝑉 = 𝑉. ∆𝑥 − 𝐹. ∆𝑥 𝑔 𝜕𝑥 𝑔 𝜕𝑥

(1.3)

Persamaan Kesinambungan Air (2)  Massa air yang bertambah pada volume kontrol

𝛾 𝜕𝐹 = ∆𝑥 𝑔 𝜕𝑡

(1.4)

Dengan menerapkan hukum kekekalan massa pada volume kontrol, maka persamaan yang diperoleh adalah (1.5)

𝛾 𝜕𝐹 𝛾 𝜕𝐹 𝛾 𝜕𝑉 ∆𝑥 = − 𝑉. ∆𝑥 − 𝐹. ∆𝑥 𝑔 𝜕𝑡 𝑔 𝜕𝑥 𝑔 𝜕𝑥

(1.5)

Persamaan Kesinambungan Air (3)  Bagi dengan

𝛾 ∆𝑥 𝑔

, segingga persamaan (1.5) menjadi (1.6)

𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝑉 + 𝑉. + 𝐹. =0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥

(1.6)

𝜕𝐹 𝑑𝐹 𝜕𝑕 𝜕𝑕 𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝑉 = + 𝐹. = 𝐵 Dimana: + 𝑉. 𝑑𝑕 =0 𝜕𝑥 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑕 𝜕𝐹𝜕𝐹 = 𝑑𝐹𝑑𝐹 𝜕𝑕𝜕𝑕 = 𝜕𝑕 𝐵 = =𝐵 𝜕𝑥𝜕𝑡 𝑑𝑕𝑑𝑕 𝜕𝑥𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑡 𝜕𝐹 𝑑𝐹 𝜕𝑕 𝜕𝑕 = =𝐵 𝜕𝑡 𝑑𝑕 𝜕𝑡 𝜕𝑡

Disubstitusi ke (1.5)

𝜕𝑕 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝐵 + 𝑉. + 𝐹. =0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 (1.6)

Persamaan Kesinambungan Air (4)  Dengan meninjau turunan pertama dari Q = F x V, yaitu 𝜕𝑄 𝜕𝐹 𝜕𝑉 = 𝑉. + 𝐹. 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥

Disubstitusikan ke persamaan (1.6)

 Sehingga diperoleh persamaan (1.7) sebagai Persamaan

Kesinambungan Air

𝜕𝑄 𝜕𝑕 + 𝐵. =0 𝜕𝑥 𝜕𝑡

(1.7)

Gaya-gaya yang Bekerja pada Volume Kontrol

h

K1

K2

𝜕𝑕

h + 𝜕𝑥 ∆𝑥

K3 K4 I g

I

Persamaan Momentum (1)  Gaya Hidrostatis 𝐾1 = 𝛾. 𝐹. 𝑕

(2.1)

𝜕𝑕 𝐾2 = 𝛾. 𝐹. 𝑕 + ∆𝑥 𝜕𝑥

(2.2)

 Gaya Geser 𝐾3 = 𝛾. 𝐹. 𝑆𝑓 . ∆𝑥 𝑉2 𝑉𝑉 𝑆𝑓 = 2 = 2 𝐶 𝑅 𝐶 𝑅

dimana

𝑉2 𝑉𝑉 𝑆𝑓 = 2 = 2 𝐶 𝑅 𝐶 𝑅 𝑉𝑉

sehingga persamaannya menjadi

𝐾3 = 𝛾. 𝐹.

𝑉𝑉 . ∆𝑥 𝐶2𝑅

(2.3)

Persamaan Momentum (2)  Gaya Gravitasi Volume Kontrol 𝐾4 = 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. sin 𝐼  Kemiringan dasar saluran sangan kecil, maka sin I = I sehingga

persamaannya menjadi

𝐾4 = 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼

(2.4)

 Resultan gaya-gaya yang bekerja pada volume kontrol = 𝐾1 − 𝐾2 − 𝐾3 − 𝐾4

𝜕𝑕 𝑉𝑉 𝐾 = 𝛾. 𝐹. 𝑕 − 𝛾. 𝐹. 𝑕 + ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. 2 ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼 𝜕𝑥 𝐶 𝑅

(2.5)

Persamaan Momentum (3)  Momentum yang masuk ke volume kontrol 2 𝛾 𝜕(𝐹. 𝑉 ) 2 = 𝐹. 𝑉 + ∆𝑥 𝑔 𝜕𝑥

(2.6)

 Neraca pemasukan momentum pada volume kontrol 𝛾 𝜕(𝐹. 𝑉 2 ) =− ∆𝑥 𝑔 𝜕𝑥

(2.7)

 Penambahan momentum pada volume kontrol 𝜕 =

𝛾 . 𝐹. 𝑉. ∆𝑥 𝑔 𝜕𝑡

(2.8)

Persamaan Momentum (4)  Dengan menerapkan hukum momentum terhadap volume

kontrol, maka diperoleh 𝛾 𝜕 𝑔 . 𝐹. 𝑉. ∆𝑥 𝛾 𝜕 𝐹. 𝑉 2 𝜕𝑕 𝑉𝑉 =− ∆𝑥 + 𝛾. 𝐹. 𝑕 − 𝛾. 𝐹. 𝑕 + ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. 2 ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼 𝜕𝑡 𝑔 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 𝜕

𝛾 . 𝐹. 𝑉. ∆𝑥 𝛾 𝜕 𝐹. 𝑉 2 𝜕𝑕 𝑉𝑉 𝑔 =− ∆𝑥 + −𝛾. 𝐹. ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. 2 ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼 𝜕𝑡 𝑔 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 (2.9)

Persamaan Momentum (5)  Bagi dengan

𝛾 ∆𝑥 𝑔

, segingga persamaan (2.9) menjadi (2.10)

𝜕 𝐹. 𝑉 𝜕 𝐹. 𝑉 2 𝜕𝑕 𝑉𝑉 + + 𝑔. 𝐹. + 𝑔. 𝐹. 2 + 𝑔. 𝐹. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅

 Dimana 𝜕 𝐹. 𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝐹 =𝐹 +𝑉 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕 𝐹. 𝑉 2 𝜕𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝑉 = 𝐹. 𝑉 + 𝑉2 + 𝐹. 𝑉 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕 𝐹. 𝑉 2 𝜕𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝑉 = 𝐹. 𝑉 + 𝑉2 + 𝐹. 𝑉 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥

(2.10)

Persamaan Momentum (6)  Substitusi 𝜕𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 2 2 𝐹 +𝑉 + 𝐹. 𝑉 +𝑉 + 𝐹. 𝑉 + 𝑔. 𝐹. + 𝑔. 𝐹. 2 + 𝑔. 𝐹. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 (2.11)

 Persamaan (2.11) dibagi F 𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝑉 2 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 + +𝑉 + + 𝑉2 + 𝑔 + 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝐹 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 +𝑉 + +𝑉 +𝑉 + 𝑔 + 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝐹 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅

(2.12)

Persamaan Momentum (7) 

𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝑉 2 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 2 + + 𝑉 + + 𝑉 + 𝑔 + 𝑔 + 𝑔. 𝐼 = 0 Persamaan 𝜕𝑡 𝐹 𝜕𝑡 𝜕𝑥 (2.12) 𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶2𝑅 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 +𝑉 + +𝑉 +𝑉 + 𝑔 + 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝐹 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅

 Dimana 𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝑉 +𝑉 +𝑉 =0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥

 Disubstitusikan ke persamaan (2.12) sehingga menghasilkan

persamaan (2.13) sebagai Persamaan Momentum

𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 +𝑉 +𝑔 + 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅

(2.13)

Skema Finite Difference

Boundary condition

Boundary condition

Initial condition

Kontinuitas

Q H B 0 x t

Momentum

QQ Q H  gA g 2 0 t x C AR

Penyelesaian dengan Metode Implsit   1/ 2

Modifikasi Persamaan Momentum (1)  Karena alirannya steady, maka tinggi muka air di hulu

dan di hilir sama  Akibatnya kecepatan tidak berubah; h+I=H  Sehingga persamaannya menajadi

𝑉

𝜕𝑉 𝜕𝑥

𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 +𝑉 +𝑔 + 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 +𝑔 +𝐼 +𝑔 2 =0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 𝜕𝑉 𝜕𝐻 𝑉𝑉 +𝑔 +𝑔 2 =0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝐶 𝑅

= 0; dan

𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 +𝑉 +𝑔 + 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 𝜕𝑉 𝜕𝑕 𝑉𝑉 Modifikasi Persamaan Momentum (2) +𝑔 +𝐼 +𝑔 =0 𝜕𝑡

𝜕𝑥

𝐶2𝑅

𝜕𝑉 𝜕𝐻 𝑉𝑉 +𝑔 +𝑔 2 =0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝐶 𝑅 Seluruh ruasnya dikalikan dengan A, maka persamaannya menjadi:

𝜕𝑄 𝜕𝐻 𝑄𝑄 + 𝑔𝐴 +𝑔 2 =0 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝐴𝐶 𝑅 (3.1)

Segmen Aliran (1)  Persamaan pada ruas 1, yaitu: 𝑗

𝑗 −1

𝑗 −1

𝑗 −1

𝜕𝑄 𝑄𝑖−2 − 𝑄𝑖−2 = 𝜕𝑡 ∆𝑡 𝑗

(3.2) 𝑗

𝜕𝐻 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 = 𝜕𝑥 2∆𝑥

(3.3)

 Persamaan pada ruas 1 disubstitusi pada persamaan

momentum (3.1) menjadi 𝑗

𝑗 −1

𝑗

𝑗 −1

𝑗 −1

𝑗

𝑄𝑖−2 − 𝑄𝑖−2 𝐻 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 𝑄𝑄 + 𝑔𝐴 𝑖−1 +𝑔 2 =0 ∆𝑡 2∆𝑥 𝐴𝐶 𝑅

(3.4)

Segmen Aliran (2)  Persamaan (3.4) dikalikan dengan

2∆𝑥 menjadi persamaan (3.5) 𝑔𝐴

2∆𝑥 𝑗 2∆𝑥 𝑗 −1 2∆𝑥 𝑄 𝑄 𝑗 𝑗 −1 𝑗 −1 𝑗 𝑄 − 𝑄 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 + =0 𝑔𝐴∆𝑡 𝑖−2 𝑔𝐴∆𝑡 𝑖−2 𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅 𝑗

𝑄𝑖−2

2∆𝑥 2∆𝑥 𝑄 𝑄 2∆𝑥 𝑗 −1 𝑗 𝑗 −1 𝑗 −1 𝑗 + − 𝑄 + 𝐻 − 𝐻 + 𝐻 − 𝐻 =0 𝑖−2 𝑖−1 𝑖−3 𝑖−1 𝑖−3 2 𝑔𝐴∆𝑡 𝐴 𝐴𝐶 𝑅 𝑔𝐴∆𝑡

(3.5)

 Dimana :

2∆𝑥 2∆𝑥 2∆𝑥 𝑄 𝑄 𝑎= ;𝑏 = + 𝑔𝐴∆𝑡 𝑔𝐴∆𝑡 𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅

 Sehingga persamaan (3.5) berubah menjadi persamaan (3.6) 𝑗

𝑗 −1

𝑗

𝑗 −1

𝑗 −1

𝒋

𝒋

𝑗

𝑏𝑄𝑖−2 − 𝑎𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 = 0 𝒋−𝟏

𝒋−𝟏

𝒋−𝟏

𝒋

𝑯𝒊−𝟑 + 𝒂𝑸𝒊−𝟐 − 𝑯𝒊−𝟏 = −𝑯𝒊−𝟑 +𝒃𝑸𝒊−𝟐 + 𝑯𝒊−𝟏

(3.6)

Segmen Aliran (3)  Persamaan pada ruas 2, yaitu: 𝑗

𝑗 −1

𝑗 −1

𝜕𝑄 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖 = 𝜕𝑥 2∆𝑥 𝑗

𝑗

− 𝑄𝑖−2

(4.1)

𝑗 −1

𝜕𝐻 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1 = 𝜕𝑥 ∆𝑡

(4.2)

 Persamaan pada ruas 2 disubstitusi pada persamaan

kesiambungan air menjadi 𝑗

𝑗 −1

𝑗 −1

𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖 2∆𝑥

𝑗

− 𝑄𝑖−2

𝑗

𝑗 −1

𝐻 − 𝐻𝑖−1 + 𝐵 𝑖−1 =0 ∆𝑡

(4.3)

Segmen Aliran (4)  Persamaan (4.3) dikalikan dengan

∆𝑡 𝐵

menjadi persamaan (4.4)

∆𝑡 𝑗 𝑗 −1 𝑗 −1 𝑗 𝑗 𝑗 −1 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1 = 0 2𝐵∆𝑥

 Dimana :

𝑐=

(4.4)

∆𝑡 2𝐵∆𝑥

 Sehingga persamaan (4.4) berubah menjadi persamaan (4.5) 𝑗

𝑗 −1

𝑗 −1

𝑐 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖 𝑗

𝑗 −1

𝑗 −1

𝑐𝑄𝑖 − 𝑐𝑄𝑖−2 + 𝑐𝑄𝑖 𝒋−𝟏

𝒋−𝟏

𝑗

𝑗 −1

𝑗

𝑗

𝑗 −1

− 𝑐𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1 = 0

𝒋−𝟏

𝒄𝑸𝒊−𝟐 + 𝑯𝒊−𝟏 − 𝒄𝑸𝒊

𝑗

− 𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1 = 0

𝒋

𝒋

𝒋

= −𝒄𝑸𝒊−𝟐 + 𝑯𝒊−𝟏 + 𝒄𝑸𝒊

(4.5)

Review (1)  Dengan mensubstitusi j=n (new) dan j-1 = o (old)  Persamaan Momentum jadi: 𝑯𝒐𝒊−𝟑 + 𝒂𝑸𝒐𝒊−𝟐 − 𝑯𝒐𝒊−𝟏 = −𝑯𝒏𝒊−𝟑 +𝒃𝑸𝒏𝒊−𝟐 + 𝑯𝒏𝒊−𝟏

 Persamaan kesinambungan air mjadi: 𝒄𝑸𝒐𝒊−𝟐 + 𝑯𝒐𝒊−𝟏 − 𝒄𝑸𝒐𝒊 = −𝒄𝑸𝒏𝒊−𝟐 + 𝑯𝒏𝒊−𝟏 + 𝒄𝑸𝒏𝒊

Review (2)  3 Ruas selanjutnya adalah 𝑯𝒐𝒊−𝟏 + 𝒂𝑸𝒐𝒊 − 𝑯𝒐𝒊+𝟏 = −𝑯𝒏𝒊−𝟏 +𝒃𝑸𝒏𝒊 + 𝑯𝒏𝒊+𝟏

𝒄𝑸𝒐𝒊 + 𝑯𝒐𝒊+𝟏 − 𝒄𝑸𝒐𝒊+𝟐 = −𝒄𝑸𝒏𝒊 + 𝑯𝒏𝒊+𝟏 + 𝒄𝑸𝒏𝒊+𝟐 𝑯𝒐𝒊+𝟏 + 𝒂𝑸𝒐𝒊+𝟐 − 𝑯𝒐𝒊+𝟑 = −𝑯𝒏𝒊+𝟏 +𝒃𝑸𝒏𝒊+𝟐 + 𝑯𝒏𝒊+𝟑

Persamaan Matriks 𝑜 𝐻𝑖−3 1 1 𝑜 𝑄𝑖−2 1 𝑎 −1 −1 𝑏 1 𝑜 𝐻𝑖−1 𝑐 1 −𝑐 −𝑐 1 𝑐 𝑄𝑖𝑜 = 1 𝑎 −1 −1 𝑏 1 𝑜 𝑐 1 −𝑐 −𝑐 1 𝑐 𝐻𝑖+1 1 𝑎 −1 𝑄𝑜 −1 𝑏 1 𝑖+2 1 1 𝑜 𝐻𝑖+3

𝑛 𝐻𝑖−3 𝑛 𝑄𝑖−2 𝑛 𝐻𝑖−1 𝑄𝑖𝑛 𝑛 𝐻𝑖+1 𝑛 𝑄𝑖+2 𝑛 𝐻𝑖+3

Penyelesaian Persamaan Matriks  Metode eliminasi

Prinsip yang digunakan pada metode eliminasi adalah dengan mengeliminasi variabel-variabel yang tidak diketahui  Metode Iterasi

digunakan nilai-nilai perkiraan

Metode Eliminasi Gauss a11 a12 a13 0 a a 22 23   0 0 a33   ...  0 0 0

... a1n   x1   b1  ... a2 n   x2  b2  .. a3n   x3   b3        ...   ...  ... ann   xn  bn 

Solusi dapat dihitung dengan teknik subtitusi mundur ann xn  bn  xn 

bn ann

an 1,n 1 xn 1  an 1,n xn  bn 1  xn 1 

bn 1  an 1,n xn an 1,n 1

an  2,n  2 xn  2  an  2,n 1 xn 1  an  2, n xn  bn  2  xn  2 

bn  2  an  2,n 1 xn 1  an  2,n xn an  2 , n  2

Metode Eliminasi Gauss (2) Apabila xn, xn-1, xn-2 diketahui maka nilai xk dapat dihitung dengan

bk  xk 

n

a

j  k 1

kj

xj

akk

k  n  1, n  2,...,1 akk  0

Metode Iterasi Gauss Seidel  Metode iterasi Gauss Seidel digunakan khusus untuk

menyelesaikan persamaan simulasi gerak air pada saluran tunggal

Syarat Metode Iterasi (1) 𝐶𝑗𝑗 ≥ 𝐶𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐶𝑗 ,𝑗 +1

𝐶𝑗𝑗 = 1 𝐶𝑗 ,𝑗 −1 = 𝐶𝑗 ,𝑗 +1

∆𝑡 =𝑐= 2𝐵∆𝑥

𝑗 = 1,3, . . 2𝑛 + 1

∆𝑡 ≤1 𝐵∆𝑥

Syarat Metode Iterasi (2) 𝐴𝑗𝑗 ≥ 𝐴𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐴𝑗 ,𝑗 +1 2∆𝑥 2∆𝑥 𝑄 𝑄 𝐴𝑗𝑗 = + 𝑔𝐴∆𝑡 𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅 𝐴𝑗 ,𝑗 −1 = 𝐴𝑗 ,𝑗 +1 = 1

∆𝑥 ∆𝑥 𝑄 𝑄 + ≥1 2 𝑔𝐴∆𝑡 𝐴 𝐴𝐶 𝑅 𝑗 = 2,4,6, . . 2𝑛

Syarat Metode Iterasi (3)  Untuk semua j = 1,2,3,.. 2n+1, dan untuk sedikitnya

satu j harus ada:

𝐶𝑗𝑗 > 𝐶𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐶𝑗 ,𝑗 +1

𝐴𝑗𝑗 > 𝐴𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐴𝑗 ,𝑗 +1 ∆𝑡 <1 𝐵∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑄 𝑄 + >1 2 𝑔𝐴∆𝑡 𝐴 𝐴𝐶 𝑅

Penyelesaian Simultan Gerak Air  Mempunyai dominan diagonal, dengan syarat:

∆𝑥 ∆𝑥 𝑄 𝑄 ∆𝑡 ≤ + 𝐴 𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅

∆𝑡 ≤ 𝐵∆𝑥 𝑗 = 1,3, . . 2𝑛 + 1

𝑗 = 2,4,6, . . 2𝑛

∆𝑡 < 𝐵∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑄 𝑄 ∆𝑡 < + 𝐴 𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅

n o  u  ui  ui    Dt  t i n

uin1  uin uio1  uio  u   1       Dx Dx  x i o

 0 uin1  uin uio1  uio  u   1  0   0 Dx Dx  x i n

uio1  uio  u     Dx  x i n

H io1  H io1  H     Dx  x i n

Qin  Qio  Q     Dt  t i n

QQ Q H  gA g 2 0 t x C AR Qio Qin Qin  Qio H io1  H io1  gA g 2 0 Dt Dx C AR Qio Qio H io1 H io1   gA  gA g 2 Qin  0 Dt Dx Dx C AR Qio H io1 Qio H io1 Qin  gA   gA  g 2 Qin Dx Dt Dx Dt C AR

 H io1 

 Dx 1 Qio  Dx Qio   H io1  Qin  g 2  gA Dt gA Dt C AR   

H io1  Qio  H io1  Qin



Dx gA



Dx gADt

Qi j  Dx  1   g 2 gA  Dt C AR   

o o  Q  Qi 2  Qi   Dx  x 

n o  H  H i  H i   Dt  t 

Q H B 0 x t Qio 2  Qio H in1  H io1 B 0 Dx Dt Qio 2 Qio H in1 H io1  B B 0 Dx Dx Dt Dt Qio H io1 Qio 2 H in1  B   B Dx Dt Dx Dt  Dt Qio Dt Qio 2 o   H i 1    H in1 B Dx B Dx

Qi j  H i j 1  Qi j 2  H i j 11

Dt B



Dt BDx

H io3  Qio2  H io1  Qin2

Qio2  H io1  Qio  H in1 H io1  Qio  H io1  Qin Qio  H io1  Qio 2  H in1 H io1  Qio 2  H io3  Qin2



Perhitungan dilakukan baris demi baris 1        

1 1  1 



1 1  1 

 H io3      Qio 2    Qin 2   o   n    H i 1   H i 1    Qio     Qin   o   n    H i 1   H i 1   1  Qio 2    Qin 2  H o   i 3 

n o  u  ui  ui   Dt  t 

uin1  uin uio1  uio  u   1       Dx Dx  x 

 1 n n uio1  uio  u  ui 1  ui  1  1   1 Dx Dx  x  n n  u  ui 1  ui   Dx  x 

n o  Q  Qi  Qi   Dt  t 

n n  H  H i 1  H i 1   Dx  x 

Q H g Q Q gA  0 t  x C2AR o o Qin  Qio H in1  H in1 g Qi Qi  gA  2 0 Dt Dx C AR o o Qin Qio H in1 H in1 g Qi Qi   gA  gA  2 0 Dt Dt Dx Dx C AR o o H in1 Qin H in1 Qio g Qi Qi  gA   gA   2 Dx Dt Dx Dt C AR

H

n i 1

o o Dx Qin Dx Qio Dx g Qi Qi n   H i 1   gA Dt gA Dt gA C 2 A R

 H in1  Qin  H in1  Qio



Dx gA 

Dx gADt

g Qi j  Dx  1    2  gA Dt C A R   

n n  Q  Qi 2  Qi   Dx  x 

n o  H  H i 1  H i 1   Dt  t 

Q H B 0 x t Qin 2  Qin H in1  H io1 B 0 Dx Dt Qin 2 Qin H in1 H io1  B B 0 Dx Dx Dt Dt Qin H in1 Qin 2 H io1  B  B Dx Dt Dx Dt

Dt Qin Dt Qin 2 n   H i 1   H io1 B Dx B Dx

 Q  H n i

n i 1

 Q

n i 2

H

o i 1



Dt B



Dt BDx

 H in3  Qin2  H in1  Qio2

 Qin2  H in1  Qin  H io1  H in1  Qin  H in1  Qio

 Qio  H io1  Qio 2  H in1  H in1  Qin 2  H in3  Qio2



Perhitungan dilakukan baris demi baris  1        

1 1 1

  

1 1  1 

 H in3      Qin 2    Qio 2   n   o    H i 1   H i 1    Qin     Qio   n   o    H i 1   H i 1  1  Qin 2    Qio 2  H j   i 3 