Komputasi Numerik

1. Tugas Komputasi Numerik
Dosen Pengampu:
Prof. DR. Basuki Widodo, M.Sc
NIP. 19650605 198903 1 002
Oleh:
Petrus Fendiyanto
1213201002
Pascasarjana Matematika
Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam
Institut Teknologi Sepuluh Nopember
Surabaya
2014

2. 1. Gunakan metode elemen hingga dan teorema Green untuk menyelesaikan permasalahan
berikut ini:
d
dx
"
x
d'
dx
#
+ d
dy
"
y
d'
dx
#
= 0, 0 < x < 1 dan 0 < y < 1
'(0) = 1,
d'
dx
!
x=1
= 0 dan
d'
dy
!
y=1
= 0
dengan elemen sebanyak 3 dan masing-masing elemen memiliki 4 buah titik lokal
Jawab:
d
dx
"
x
d'
dx
#
+ d
dy
"
y
d'
dx
#
= 0
@2'
@x2 + @2'
'y2 = 0
r2' = 0
Dengan menggunakan Teorema Green
Z
R!d! = 0
Z
r2'!d! = 0
Berdasarkan integrasi persamaan multidimensi pada bagian Teorema Green-Gauss:
Z
(f · r · r · g + rf · rg) =
Z
f
@g
@n
d
Dengan mensubtitusikan f = ! dan g = ', maka persamaan
Z
r2'!d! = 0 menjadi:
Z
r(r')!d
=
Z
(r')r!d
−
Z
f
@g
@n
d
sehingga:
Z
r(r')!d
= 0
Z
(r')r!d
−
Z
f
@g
@n
d = 0
Z
(r')r!d
=
Z
f
@g
@n
d
' diberikan pada bagian batasan pertama dan @'
@n diberikan pada bagian batasan yang
lain. Pada bagian left-hand side dihitung menggunakan:
r'r! = @'
@xp
·
@!
@xp
r'r! = @'
@q
·
@q
@xp
dengan:
' = Ti!i
! = Tj
@q
=
@xp
@xp
@q
#−1
1

3. Maka elemen dua dimensinya:
2
6664
@1
@x
@1
@y
@2
@x
@2
@y
3
7775
=
2
6664
@x
@1
@x
@2
@y
@1
@y
@2
3
7775
= 1
@x
@1
@y
@2
−
@x
@2
@y
@1
2
6664
@y
@2
−
@x
@2
−
@y
@1
@x
@1
3
7775
Dengan menggunakan elemen hingga dan membagi menjadi 3×3 elemen sehingga diper-oleh:
Fungsi Basis turunannya adalah sebagai berikut:
T1 = (1 − 1)(1 − 2)
T2 = 1(1 − 2)
T3 = (1 − 1)2
T4 = 12
Hasil diferensiasi fungsi T1, T2, T3 dan T4 terhadap 1 dan 2 adalah:
@T1
@1
= −(1 − 2) @T1
@2
= −(1 − 1)
@T2
@1
= −(1 − 2) @T2
@2
= −1
@T3
@1
= −2
@T3
@2
= −(1 − 1)
@T4
@1
= −2
@T4
@2
= 1
2

4. Kemudian dihitung nilai Eij untuk i, j = 1, 2, 3, 4
E11 = k
Z 1
0
Z 1
0
((1 − y)2 + (1 − x)2)dxdy
E11 = 23
k
E22 = −
23
k
E33 = −
23
k
E44 = −
23
k
E12 = −
16
k
E13 = −
16
k
E21 = −
16
k
E31 = −
16
k
E24 = −
16
k
E34 = −
16
k
E42 = −
16
k
E43 = −
16
k
E14 = −
16
k
E23 = −
16
k
E32 = −
16
k
E41 = −
13
k
Dapat dibentuk matriks left-hand side sebagai berikut:
2
66666666664 2
3k −
16
k −
16
k −
16
k
−
1
6k −
23
k −
13
k −
16
k
−
1
6k −
13
k −
23
k −
16
k
−
1
3k −
16
k −
16
k −
23
k
3
77777777775
2. Selesaikan PDB d2x
dt2 + 2dx
dt
+ 5x = sint dengan metode RK4 dimana syarat batasnya
x(0) =
dx
dt
#
x=0
= 0
Jawab:
3

5. (a) Secara Analitik Daripersamaan d2x
dt2 + 2dx
dt
+ 5x = sint diperoleh onformasi begai
berikut:
• Persamaan Reduksi (PR) : D2 + 2D + 5
• Persamaan Karateristik (PK) : m2 + 2m + 5
• Akar-akar PK :
m1,2 = −b ±
p
b2 − 4ac
2a
m1,2 = −2 ±
q
22 − 4(1)(5)
2(1)
m1,2 = −2 ±
p4 − 20
2
m1,2 = −2 ±
p
−16
2
m1,2 = −2 ± 4i
2
m1,2 = −1 ± 2i
• Sehingga persamaan umum penyelesaian reduksi:
yc = e−t(c1 cos 2t + c2 sin 2t)
yc = c1e−t cos 2t + c2e−t sin 2t
Dari sin 2t diperoleh:
• Persamaan Partikulir :
yp = 1
D2 + 2D + 5 sin t
yp = =
1
D2 + 2D + 5eit
yp = =
1
i2 + 2i + 5eit
yp = =
1
4 + 2i
eit
yp = =
1
5 + i
10
(cos t + i sin t)
yp = =
1
10 cos t + 1
10 sin t −
i
10 cos t + i5
sin t
yp = =
1
10 cos t + 1
10 sin t + i
−
1
10 cos t + 1
5 sin t
yp = −
1
10 cos t +15
sin t
Sehingga diperoleh:
y = yc + yp
y = c1e−t cos 2t + c2e−t sin 2t −
1
10 cos t + 1
5 sin t
4

6. Dengan mensubstitusi syarat batas x(0) =
dx
dt
#
x=0
= 0, diperoleh nilai c1 = 1
10 dan
c2 = −
1
20.
Dengan menggabungkan solusi dari ruas kiri dan ruas kanan, diperoleh penyelesaian
umum persamaan diferensialnya adalah:
y = 1
10e−t cos 2t −
1
20e−t sin 2t −
1
10 cos t + 1
5 sin t.
(b) Secara Numerik
Digunakan metode Runge-kutta orde 4 untuk penyelesaian secara numerik.
dy
= f(x, y) dengan syarat batas y(x0) = y0.
dx
yn+1 = yn + 1
6 (k1 + 2k2 + 2k3 + k4)
xn+1 = xn + h
dimana:
k1 = hf (xn, yn)
k2 = hf
xn + h2
, yn + k1
2
!
k3 = hf
xn + h2
, yn + k2
2
!
k4 = hf (xn + h, yn + k3)
Dari soal diketahui bahwa:
x
00 + 2x
0 + 5x = sin t
Kemudian, permasalahan tersebut dijadikan ke dalam bentuk standar metode Runge-
Kutta:
f(t, x, x0) = sin t − 2x0 − 5x dengan syarat batas x(0) = x0(0)
dengan:
k1 = hf (tn, tn, xn)
= h
sin t − 2x
0
− 5x
k2 = hf
tn + h2
, tn + h2
x
0
n + h8
0
n + k1
k1, x
2
!
= h
sin(tn + h2
) − 5(tn + h2
x
0
n + h8
k1) − 2(x
0
n + k1
!
2 )
k3 = hf
tn + h2
, tn + h2
x
0
n + h8
0
n + k2
k2, x
2
!
= h
sin(tn + h2
) − 5(tn + h2
x
0
n + h8
k2) − 2(x
0
n + k2
!
2 )
k4 = hf
tn + h, xn + hx
0
n + h2
k3, x
0
n + k3
!
x = 1
6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)
5

7. Dengan menggunakan bantuan MATLAb, diperoleh nilai x(2) = 3.020, berikut ini
source code untuk penyelesaiannya.
clc ;
clear a l l ;
t0=0;
x0=0;
tn = input ( ’Masukkan n i l a i tn= ’ ) ;
h = input ( ’Masukkan n i l a i h = ’ ) ;
n=(tn−t0 )/h ;
t (1)=0;
x (1)=0;
y (1)=0;
for i =1:n
t ( i+1)=t ( i )+h ;
K1=h( sin ( t ( i ))−2y ( i )+5x ( i ) ) ;
K2=h ( ( sin ( t ( i )+0.5h))+(5( x ( i )+0.5hy ( i )+(1/8)hK1) )+( ( 2 ) ( y ( K3=h ( ( sin ( t ( i )+0.5h))+(5( x ( i )+0.5hy ( i )+(1/8)hK2) )+( ( 2 ) ( y ( K4=h ( ( sin ( t ( i )+h))+(5( x ( i )+hy ( i )+(0.5) hK3))+((−2)(y ( i )+K3 ) ) d=h( x ( i )+(1/6)(K1+K2+K3+K4 ) ) ;
x ( i+1)=d+x ( i ) ;
z=(1/6)(K1+2K2+2K3+K4 ) ;
y ( i+1)=y ( i )+z ;
end
disp ( [ ’ x ( 2 ) = ’ ,num2str( x (n+1 ) ) ] ) ;
3. Gunakan metode beda hingga untuk menyelesaikan permasalahan berikut ini:
−
@2T
@x2 −
@2T
@y2 + T = 0, untuk 0 x 1 dan 0 y 1
Dengan syarat batas:
T(0, 0) = 1
dT
dx
#
x=1
= 0
dT
dy
#
y=1
= 0
dengan pias sebanyak 5 ke masing-masing sumbu x dan y.
Jawab:
(a) Jika diselesaikan dengan analitik:
Misalkan T = X(x) · Y (y)
dari pemisalan tersebut, diperoleh bahwa:
dT
dx
= X0Y
dT
dy
= XY 0
d2T
dx2 = X00Y
d2T
dy2 = XY 00
6

8. substitusi nilai tersebut ke dalam permasalahan dalam soa:
−
d2T
dx2 −
d2T
dy2 + T = 0
−X00Y − XY 00 + XY = 0
kalikan semua ruas dengan 1
XY
, sehingga diperoleh:
−
X00
X
−
Y 00
Y
+ 1 = 0
−
X00
X
= Y 00
Y
− 1
Pada persamaan tersebut, ruas kiri terdiri dari fungsi x saja, sedangkan ruas kanan
terdiri dari fungsi y saja, sehingga persamaan di atas hanya mungkin jika sama
dengan suatu konstanta k.
Misal diambil k = 0, maka:
−
X00
X
= 0
−X00 = 0
Persamaan karakteristik : m2 = 0 , m = 0, sehingga X = c1 + c2x dan untuk Y :
−
Y 00
Y
− 1 = 0
−
Y 00
Y
= 1
−Y 00 = Y
−Y 00 − Y = 0
Persamaan karakteristik : m2 − 1 = 0 , m = 1 atau m = −1, sehingga Y =
c3ey + c4e−y.
Maka penyelesaiannya:
T = XY
T = (c1 + C2x)(c3ey + c4e−y)
Substitusi syarat batas T(0, 0) = 1 ke dalam persamaan T = (c1+c2x)(c3ey +c4e−y)
T(x, y) = (c1 + c2x)(c3ey + c4e−y)
T(0, 0) = (c1 + c2(0))(c3e0 + c4e0)
c1(c3 + c4) = 1
Substitusi syarat batas
h
dT
dx
i
x=1 = 0 ke dalam persamaan
T = (c1 + c2x)(c3ey + c4e−y)
dT
dx
= c2)(c3ey + c4e−y)
0 = c2)(c3ey + c4e−y)
c2 = 0
7

9. Substitusi syarat batas
h
dT
dx
i
y=1 = 0 ke dalam persamaan
T = c1(c3ey + c4e−y)
dT
dy
= c1(c3ey + c4e−y)
0 = c1(c3e1 − c4e−1)
Karena c2 = 0, maka c16= 0, maka fungsi T akan bernilai 0.
c3e1 − c4e−1 = 0
c3e2 − c4 = 0
c3e2 = c4
Substitusi nilai c4 = c3e2 ke persamaan yang dihasilkan dari substitusi syarat awal
untuk memperoleh c1:
c1(c3 + c4) = 1
c1(c3 + c3e2) = 1
c1c3(1 + e2) = 1
c1 = 1
c3(1 + e2)
Dari hasil substitusi syarat batas dan syarat awal, diperoleh nilai konstanta-konstanta
c1 = 1
c3(1 + e2), c2 = 0, dan c4 = c3e2, diperoleh penyelesaian sebagai berikut:
T(x, y) = (c1 + c2x)(c3ey + c4e−y)
T(x, y) =
1
c3(1 + e2) + (0)x
!
(c3ey + c3e2−y)
T(x, y) =
1
c3(1 + e2)
!
(c3ey + c3e2−y)
T(x, y) =
c3
c3(1 + e2)
!
(ey + e2−y)
T(x, y) =
1
1 + e2
(ey + e2−y)
T(x, y) =
ey + e2−y
1 + e2
!
(b) Jika diselesaikan secara numerik, menggunakan Metode Beda Hingga.
Dipilih Metode beda hingga maju untuk menyelesaikan masalah ini. Permasalahan
ini tak lain adalah bentuk dari persamaan poison atau persamaan diferensial parsial
parabolik dengan syarat batas neumann.
Diketahui:
−
@2T
@x2 −
@2T
@y2 + T = 0
−
@2T
@x2 −
@2T
@y2 = −T
−
@2T
@x2 + @2T
@y2
!
= −T
8

10. −
@2
@x2 + @2
@y2
!
T = −T
−T = −T dengan domain
= (0, 1) × (0, 1)
Dari definisi beda maju:
@T
@x
Ti+1,j − Ti,j
h
@T
@y
Ti,j+1 − Ti,j
k
@T
@x
Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j
h2
@T
@x
Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1
k2
Karena =
@2
@x2 + @2
@y2
!
dan h = k, maka digunakan skema eksplisit untuk
mencari nilai Ti,j :
Ti,j = @2T
@x2 + @2T
@y2
Ti,j =
Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j
h2
+
Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1
k2
Ti,j =
Ti+1,j − 2Ti,j + Ti−1,j
h2
+
Ti,j+1 − 2Ti,j + Ti,j−1
h2
Ti,j =
Ti+1,j + Ti,j+1 − 4Ti,j + Ti−1,j + Ti,j−1
h2
h2Ti,= Ti+1,+ Ti,j+1 − 4Ti,+ + j j j Ti−1,j Ti,j−1
Ti,1 = h2Ti,− (Ti+1,+ Ti,j+1 − 4Ti,+ Ti−1,)
j−j j j jTi,1 = h2Ti,− Ti+1,− Ti,j+1 + 4Ti,j−− Ti−1,
j
j j j
Ti,=
h2 + 4
j−1 Ti,j − Ti+1,j − Ti,j+1 − Ti−1,j
Agar stabil, maka h2+4 1. Karena h2+4 definit positif, maka tidak ada hasil yang
memenuhi persamaan h2 + 4, sehingga h2 + 4 divergen. Oleh karena itu, dilakukan
penambahan suatu nilai agar persamaan h2 + 4 konvergen. Sehingga persamaan
menjadi:
h2 + 4 1
h2 + 4
5 1
h2 + 4 5
9

11. Persamaan h2 + 4 5 konvergen, sehingga syarat kestabilan numerik dipenuhi.
Kemudian dari syarat awal, T(0, 0) artinya bahwa pada saat T0,0 atau di titik awal,
nilai T adalah 0. Syarat batas
dT
dx
#
x=1
= 0 menyatakan bahwa nilai T pada sisi
kanan domain
bernilai 0, sedangkan
dT
dy
#
y=1
= 0 menyatakan bahwa nilai T pada
sisi atas domain
bernilai 0. Kemudian akan ditunjukkan melalui grafik:
Penyelesaian T untuk h = 5
Dari penyelesaian terlihat bahwa semakin tinggi nilai h, maka semakin baik dan
teliti hasil T.
10