Transcript Pertemuan 12

PDB#3
Metode Beda Hingga
(Finite Difference Method)
1
Definisi


Metode beda hingga digunakan untuk
menyelesaikan pers. diff biasa dengan
syarat batas bukan persamaan diff
dengan nilai awal.
Disebut sebagai masalah nilai batas.
2
Metode Beda Hingga
Contoh dari sebuah nilai batas dari persamaan diferensial biasa :
d 2u 1 du u

  0, u (5)  0.008731" , u (8)  0.0030769"
dr2 r dr r 2
Turunan persamaan diff tsb. disubstitusi oleh pendekatan beda hingga,
seperti :
dy yi 1  yi d 2 y d dy
d y y
d y
d y

; 2  ( )  ( i 1 i )  ( i 1 )  ( i )
dx
x
dx
dx dx dx
x
dx x
dx x
d 2 y yi 1  2 yi  yi 1

2
dx
x2
3
Contoh
Pengujian ketahanan pada tekanan pembuluh darah yang diuji. Pada
pembuluh darah yang tebal dari radius dalam a dan radius luar b, persamaan
diff untuk perpindahan titik u dari ketebalan adalah :
d 2 u 1 du u

 2 0
2
r dr r
dr
Tekanan pembuluh darah dimodelkan sebagai :
d 2u
dr2
du
dr


ui 1  2ui  ui 1
r 2
ui 1  ui
r
Substitusi pendekatan ini adalah :
ui 1  2ui  ui 1 1 ui 1  ui ui

 2 0
ri r
r 2
ri
4

 1
1 
2
1
1
1





u




u

2
 i 1  r 2 r r r 2  i r 2 ui 1  0
r

r



r
i
i


i 

Solusi
Step 1 Pada titik i  0,
"
r0  a  5" u0  0.0038731
Step 2 Pada titik i  1,
r1  r0  r  5  0.6  5.6"

 1

2
1
1 
1



u




u


2 0
2
2  1
 0.6 2 5.60.6 u 2  0




5
.
6
0
.
6
0.6
5.6  

 0.6
1
2.7778u0  5.8851u1  3.0754u2  0
Step 3 Pada titik i  2, r2  r1  r  5.6  0.6  6.2"

 1

1
2
1
1 
1



u3  0
u




u


1
2
2
2
2 
2


6.20.6 6.2   0.6 6.20.6 
0.6
 0.6
2.7778u1  5.8504u 2 3.0466u3  0
5
Lanjutan solusi
Step 4 Pada titik i  3, r3  r2  r  6.2  0.6  6.8"
 2
 1

1
1
1 
1
u






u



2
 0.62 6.80.6 6.82  3  0.62 6.80.6 u4  0
0.62




2.7778u2  5.8223u3  3.0229u4  0
Step 5 Pada titik i  4, r4  r3  r  6.8  0.6  7.4"
 2
 1

1
1
1 
1


u




u



3
4
 0.62 7.40.6 u5  0
 0.62 7.40.6 7.42 
0.62




2.7778u3  5.7990u4  3.0030u5  0
Step 6 Pada titik i  5, r5  r4  r  7.4  0.6  8
u5  u |r b  0.0030769
"
6
Sistem pemecahan dari persamaan :
0
0
0
0
0  u0   0.0038731
 1
2.7778  5.8851 3.0754
 u  

0
0
0
0
1

  

 0

2.7778  5.8504 3.0466
0
0  u2  
0


  

u
0
0
2
.
7778

5
.
8223
3
.
0229
0
0
3

  

 0

0
0
2.7778  5.7990 3.0030 u4  
0

  

0
0
0
0
1  u5  0.0030769
 0
u0  0.0038731
u3  0.0032743
u1  0.0036165
u4  0.0031618
u2  0.0034222
7
u5  0.0030769
Lanjutan Solusi
du
dr
r a

u1  u0 0.0036165  0.0038731

r
0.6
 0.00042767
30106  0.0038731



 max 

0
.
3

0
.
00042767

  21307psi
2
1  0.3 
5

36  103
FS 
 1.6896
21307
Et  20538 21307  768 .59
t 
8
20538 21307
100  3.744%
20538
Lanjutan Solusi
Dengan pendekatan :
d 2 y yi 1  2 yi  yi 1

dx2
x2
and
dy yi 1  yi 1

dx
2x 
Hasilnya :
ui 1  2ui  ui 1
r 2

1
1


 2r r  r 2
i

9
1 ui 1  ui 1 ui

 2 0
ri 2r 
ri


 1
2
1 
1 
u i 1   



u



 r 2 r 2  i  r 2 2r r u i 1  0
i



i 

Lanjutan Solusi
Step 1 Pada titik i  0, r0  a  5
u0  0.0038731
Step 2 Pada titik i  1, r1  r0  r  5  0.6  5.6"


 1

1
1 
2
1 
1






u



u


 25.60.6 0.62  0  0.62 5.62  1  0.6 2 25.60.6 u 2  0






2.6297u0  5.5874u1  2.9266u2  0
Step 3 Pada titik i  2, r2  r1  r  5.6  0.6  6.2

 1

1
1 
2
1 
1

 


u3  0

u



u



2  1
2
2  2
2

26.20.6 
6.2 
 0.6
 26.20.6 0.6 
 0.6
2.6434u1  5.5816u 2 2.9122u3  0
10
Lanjutan Solusi
Step 4 Pada titik i  3, r3  r2  r  6.2  0.6  6.8

 1

1
1 
2
1 
1

 



u



u




3
2  2
2
2
 0.6 2 26.80.6 u 4  0



2
6
.
8
0
.
6
0
.
6
0
.
6
6
.
8






2.6552u2  5.5772u3  2.9003u4  0
Step 5 Pada titik i  4, r4  r3  r  6.8  0.6  7.4


 1

1
1 
2
1 
1


 


u5  0

u



u


2  3
2
2  4
2








2
7
.
4
0
.
6
2
7
.
4
0
.
6
0.6 
7.4   0.6


 0.6
2.6651u3  5.5738u4  2.8903u5  0
Step 6 Pada titik i  5, r5  r4  r  7.4  0.6  8"
u5  u |r b  0.0030769"
11
Pemecahan sistem dari persamaan
0
0
0
0
0  u0   0.0038731
 1
2.6297  5.5874 2.9266
 u  

0
0
0
0
1

  

 0

2.6434  5.5816 2.9122
0
0  u2  
0


  

0
2.6552  5.5772 2.9003
0  u3  
0
 0



 0



0
0
2.6651  5.5738 2.8903 u4
0

  

0
0
0
0
1  u5  0.0030769
 0
u0  0.0038731
u3  0.0032689
u1  0.0036115
u4  0.0031586
u2  0.0034159
12
u5  0.0030769
Lanjutan Solusi
du
dr
r a

 3u0  4u0  u2  3  0.0038731 4  0.0036115 0.0034159

 0.0004925
2r 
2(0.6)
30106  0.0038731



 max 

0
.
3

0
.
0004925

  20666psi
2
1  0.3 
5

36  103
FS 
 1.7420
20666
Et  20538 20666 128
t 
13
20538 20666
100  0.62323%
20538
Perbandingan Perpindahan radial
Tabel 1 Perbandingan perpindahan radial dari dua metode
14
r
uexact
u1st order
|єt|
u2nd order
|єt|
5
0.0038731
0.0038731
0.0000
0.0038731
0.0000
5.6
0.0036110
0.0036165
1.5160×10−1
0.0036115
1.4540×10−2
6.2
0.0034152
0.0034222
2.0260×10−1
0.0034159
1.8765×10−2
6.8
0.0032683
0.0032743
1.8157×10−1
0.0032689
1.6334×10−2
7.4
0.0031583
0.0031618
1.0903×10−1
0.0031586
9.5665×10−3
8
0.0030769
0.0030769
0.0000
0.0030769
0.0000
SOAL KASUS :
Perpindahan radial u dari sebuah silinder berongga
tebal bertekanan (jari2 dalam = 5″, jari2 luar = 8″)
diberikan pada lokasi yang berbeda secara radial.
The maximum normal stress, in psi, on
the cylinder is given by
Determine the maximum stress, in psi, with second
order accuracy ! Program it !
15
Metode Mencari Solusi Persamaan
Diferensial Berderajat Tinggi – SPD DT
16
SPD - DT


Dari metode Euler’s and Runge-Kutta untuk
menyelesaikan pers diff biasa berderajat 1 dari bentuk :
dy
(1)
dx


 f  x, y , y 0   y0
Apa yang dilakukan untuk menyelesaikan persamaan
diff simultan (pasangan) atau berderajat lebih tinggi ?
Misalkan sebuah PDB :
(2)
dny
d n 1 y
dy
a n n  a n 1 n1    a1
 ao y  f x 
dx
dx
dx
17

Dengan kondisi awal diselesaikan dengan asumsi :
y  z1
(3.1)
dy dz1

 z2
dx dx
d 2 y dz2

 z3
2
dx
dx
(3.2)
(3.3)
..........
n 1
d y dzn 1

 zn
n 1
dx
dx
(3.n)
18
d n y dzn

n
dx
dx

1
d n 1 y
dy
   an 1 n 1   a1  a0 y  f x 
an 
dx
dx

=
1
 an1 z n   a1 z 2  a0 z1  f x 
an
(3n+1)
19
Persamaan (3.1) sampai (3.n+1) merepresentasikan
persamaan diff berderajat 1 sebagai :
dz1
(4.1)


dx
 z 2  f1 z1 , z 2 , , x
dz2
 z 3  f 2 z1 , z 2 , , x 
dx
(4.2)
.................
dzn
1
 an1 z n   a1 z 2  a0 z1  f x

dx
an

(4.n)
Setiap PDB berderajat 1 ditemani dengan satu kondisi
awal. PDB berderajat 1 ini simultan tetapi dapat
diselesaikan dengan PDB berderajat 1 yang sudah
dipelajari.
20
Contoh 1
Dari PDB berderajat 1 :
d2y
dy
3 2  2  5 y  e  x , y 0  5, y0  7
dx
dx
Solusi
Diasumsikan :
dy
 z,
dx
maka
d 2 y dz

2
dx
dx
21
Substitusikan dengan PDB berderajat 2 akan memberikan :
3
dz
 2z  5 y  ex
dx
dz 1  x
 e  2z  5 y
dx 3


Dua PDB simultan berderajat 1 bila dilengkapi dengan kondisi
awal adalah :
dy
 z , y 0   5
dx
dz 1  x
 e  2 z  5 y , z 0  7
dx 3
Salah satu dari metode numerik dapat digunakan untuk
menyelesaikan PDB berderajat 1.
22
SOAL :
d2y
dy
dy
t


0  2

2

y

e
,
y
0

1
,
Jika diberikan PDB dt2
dt
dt
tentukan dengan metode Euler’s :
a) y(0,75)
b) absolute relative true error untuk part(a), if
c) dy 0.75
y0.75 exact  1.668
dt
Gunakan h  0.25
23