Upload
others
View
12
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Persamaan DifusiPenurunan, Solusi Analitik, Solusi Numerik (Beda Hingga, RBF)
M. Jamhuri
UIN Malang
April 7, 2013
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Penurunan Persamaan Difusi
Misalkan u (x , t) menyatakan konsentrasi dari zat pada posisi x dan pada waktu t.
Pada selang [x0, x1] , massa zat
M =
ˆ x1
x0
u (x , t) dx
dan perubahan massadM
dt=
ˆ x1
x0
ut (x , t) dx (1)
Massa pada selang tersebut akan berubah bila ada zat yang masuk atau keluarselang tersebut.
Hukum Fick mengatakan rata-rata penyebaran sebanding dengan gradienkonsentrasi
dM
dt= zat masuk − zat keluar
= kux (x1, t)− kux (x0, t) (2)
dimana k adalah konstanta pembanding.
dengan menyamakan dMdt
pada persamaan (1) dan (2) diperolehˆ x1
x0
ut (x , t) dx = kux (x1, t)− kux (x0, t)
atauˆ x1
x0
ut (x , t) dx = k
ˆ x1
x0
uxx (x , t) dx (3)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Jika integral kedua ruas dari (3) dihilangkan diperoleh
ut = kuxx (4)
yang biasa disebut sebagai persamaan difusi atau persamaan panas.
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Solusi Analitik
Sebelum menentukan solusi persamaan difusi (4) pada daerah −∞ < x < ∞ dant > 0, kita tinjau lebih dahulu solusi persamaan difusi dalam bentuk khusus
Q (x , t) = g (p)
dengan
p =x√4kt
.
Permasalahan disini adalah bagaimana bentuk dari g , untuk itu akan kita lakukanlangkah-langkah sebagai berikut:substitusikan Q pada (4), dengan
∂Q
∂t=
dg
dp
∂p
∂t
= − 1
2tpg ′ (p) (5)
∂Q
∂x=
dg
dp
∂p
∂x
=1√4kt
g ′ (p) (6)
∂2Q
∂x2=
1√4kt
∂
∂xg ′ (p)
=1
4ktg ′′ (p) (7)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
sehingga diperoleh
Qt = kQxx
− 1
2tpg ′ (p) = k
[
1
4ktg ′′ (p)
]
pg ′ (p) = −1
2g ′′ (p)
g ′′ (p) + 2pg ′ (p) = 0 (8)
Solusi dari (8) dapat diperoleh sebagai berikut
d2
dp2g (p) + 2p
d
dpg (p) = 0
(
d
dp+ 2p
)
dg
dp= 0
misalkandg
dp= v (9)
dan(
d
dp+ 2p
)
v = 0 (10)
Solusi dari ODE (10) adalah
dv
dp= −2pv
v = C1e−p2
M. Jamhuri Persamaan Difusi
selanjutnya substitusikan v pada (9), sehingga diperoleh
dg
dp= C1e
−p2
ˆ
dg = C1
ˆ
e−p2dp
g = C1
[ˆ
e−p2dp + C2
]
dan
Q (x , t) = C1
ˆ x√4kt
0
e−p2dp + C2
Konstanta C1 dan C2 diperoleh dengan menggunakan syarat awal khusus, yangdiberikan dalam bentuk
Q (x , 0) =
{
1, untuk x > 0
0, untuk x < 0
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Hitung limit t → 0+
Kasus x > 0
limt→0+
Q (x, t) = C1
ˆ ∞
0e−p2
dp + C2 = C1
√
π
2+ C2 = 1
Dalam menghitung integral tak wajar, kita gunakan distribusi normal berbentuk
1√
π
ˆ ∞
−∞
e−p2
dp = 1
Kasus x < 0
limt→0−
Q (x, t) = C1
ˆ ∞
0e−p2
dp+C2 = −C1
ˆ 0
−∞
e−p2
dp+C2 = −C1
√
π
2+C2 = 0
Dari dua limit diatas diperoleh
C1 =1√π
dan C2 =1
2
sehingga
Q (x , t) =1
2+
1√π
ˆ x√4kt
0
e−p2dp
untuk t > 0.
Dari Q yang sudah diperkenalkan di atas, kita akan menentukan solusi u terkaitdengan Q. Tetapi lebih dahulu kita perhatikan sifat-sifat berikut.
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Jika u memenuhi ut − kuxx = 0 maka v = ux juga memenuhi persamaantersebut. Kita dapat menunjukkan dengan memeriksa apakah v memenuhipersamaan, turunan dari v
vt =∂
∂t
(
∂u
∂x
)
=∂2u
∂t∂x
vx =∂
∂x
(
∂u
∂x
)
=∂2u
∂x2
vxx =∂
∂x
(
∂2u
∂x2
)
=∂3u
∂x3
Selanjutnya terapkan vt , dan vxx diatas pada persamaan difusi, yaitu
vt − kvxx =∂2u
∂t∂x− k
∂3u
∂x3
=∂
∂x
[
∂u
∂t− k
∂2u
∂x2
]
=∂
∂x· 0
= 0 memenuhi persamaan difusi.M. Jamhuri Persamaan Difusi
Dengan Q seperti didefinisikan diatas,
S (x , t) =∂Q
∂x
juga solusi persamaan panas. Hal ini dapat ditunjukkan, karena Q memenuhipersamaan panas, dan sifat sebelum ini,
Begitu juga S (x , y) memenuhi persamaan panas, dan juga
W (x , t) =
ˆ
∞
−∞
S (x − y , t) g (y) dy
untuk sebarang g (y) asalkan integral konvergen.
Dengan sifat-sifat diatas dan pendefinisian S terkait dengan Q, maka u dapatdidefinisikan sebagai
u (x , t) =
ˆ
∞
−∞
S (x − y , t)φ (y) dy
untuk t > 0, yang memenuhi persamaan panas.
Masalah sekarang adalah apakah u tersebut memenuhi kondisi awalu (x , 0) = φ (x) . Untuk itu, kita tuliskan u dalam dalam Q
u (x , t) =
ˆ
∞
−∞
∂Q
∂x(x − y , t)φ (y)dy
sedangkan∂Q
∂x=
∂Q
∂y
∂y
∂ (x − y)
∂ (x − y)
∂x= −∂Q
∂y
∂ (x − y)
∂x
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Selanjutnya gunakan integral parsial, sehingga diperoleh
u (x , t) = −[
Qφ|∞−∞
−ˆ
∞
−∞
Q (x − y , t)φ′ (y) dy
]
Suku pertama pada ruas kanan bernilai nol dengan menggunakan asumsi φ → 0untuk |y | → ∞, sehingga diperoleh
u (x , 0) =
ˆ
∞
−∞
Q (x − y , 0)φ′ (y) dy
Sekarang kita gunakan
Q (x , 0) = 1 untuk x > 0 ⇔ Q (x − y , 0) = 1 untuk y < x
dan dengan uraian yang sama diperoleh Q (x − y , 0) = 0 untuk y > x .
Bila hal ini diterapkan pada integral, didapat
u (x , 0) =
ˆ x
−∞
φ′ (y) dy = φ (x)
memenuhi syarat yang ada, dan secara eksplisit solusinya
u (x , t) =1√
4πkt
ˆ
∞
−∞
e−
(x−y)2
4kt φ (y) dy (11)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Contoh
Tentukan solusi ut − kuxx = 0 untuk −∞ < x < ∞, dengan syarat awal
u (x , 0) = e−x
Dari persamaan 11 diperoleh
u (x , t) =1√
4πkt
ˆ
∞
−∞
e−
(x−y)2
4kt e−ydy
=1√
4πkt
ˆ
∞
−∞
e−
[
(x−y)2+4kty4kt
]
dy (12)
(x − y)2 + 4kty
4kt=
1
4kt
[
(x − y)2 + 4kty]
=1
4kt
[(
x2 − xy + y2)
+ 4kty]
=1
4kt
[
(x − y − 2kt)2 + 4ktx − 4k2t2]
=
(
x − y − 2kt√4kt
)
2
+ (x − kt)
sehingga (12) menjadi
u (x , t) =e−(x−kt)
√4πkt
ˆ
∞
−∞
e−s2ds = e−(x−kt)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Metode Pemisahan Variabel
Diberikan persamaan difusi
ut = 3uxx pada 0 < x < π, t > 0 (13)
dengan kondisi batas
u (0, t) = u (π, t) = 0 (14)
u (x , 0) = 4 sin (2x) (15)
Misalkan u (x , t) = X (x)T (t) dan substitusikan pemisalan tersebut pada (13),sehingga diperoleh
XT ′ = 3X ′′T
T ′
3T=
X ′′
X(16)
Ruas kiri dari (16) hanya bergantung pada variabel t saja, sedangkan ruas kananhanya bergantung pada variabel x saja, kondisi tersebut hanya mungkin dipenuhijika keduanya merupakan konstan yaitu
T ′
3T=
X ′′
X= −λ (17)
Misalkan λ = β2, maka persamaan (17) dapat dituliskan menjadi dua buah ODEyaitu
X ′′ + β2X = 0 (18)
danT ′ + 3λT = 0 (19)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Solusi dari (18) adalah
X (x) = C1eiβx + C2e
−iβx
atau dalam bentuk sinusoidal
X (x) = A cos (βx) + B sin (βx) (20)
Kondisi u (0, t) = 0 memberikan A = 0, sehingga
X (x) = B sin (βx)
selanjutnya kondisi u (π, t) = 0 memberikan
sin (βπ) = 0
βπ = arcsin 0
βπ = nπ, {n = 0, 1, 2, . . . }β = n
sehingga diperolehXn (x) = sin (nx) (21)
Solusi dari persamaan (19) adalah
T (t) = Ce−3λt
karena λ = β2 = n2, maka
Tn (t) = Ce−3n2t (22)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Dari persamaan (21) dan (22), maka diperoleh solusi
un (x , t) = Cne−3n2t sin (nx)
Karena kombinasi linier dari solusi persamaan difusi adalah solusi, maka
u (x , t) =∞∑
n=1
Cne−3n2t sin (nx) (23)
Selanjutnya gunakan kondisi awal (15)
u (x , 0) = 4 sin (2x)
sehingga diperoleh
4 sin (2x) =∞∑
n=1
Cn sin (nx)
dimana
Cn =8
π
ˆ π
0
sin (2x) sin (nx) dx
=
{
0, jika n 6= 2
4 n lainnya
Substitusikan kembali Cn pada (23) sehingga diperoleh
u (x , t) = 4e−12t sin (2x)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Metode Numerik dengan RBF
Persamaan difusi (13) yaituut = 3uxx
kita aproksimasi dengan jaringan RBF sebagai
N∑
j=1
αj
∂
∂tφ (x , t) = 3
N∑
j=1
αj
∂2
∂x2φ (x , t)
N∑
j=1
αj
[
∂
∂tφ (x , t)− 3
∂2
∂x2φ (x , t)
]
= 0 (24)
dimana
φ (x , t) =
√
(x − c)2 + (t − d)2 + ǫ2
∂
∂tφ (x , t) =
t − d√
(x − c)2 + (t − d)2 + ǫ2
∂2
∂x2φ (x , t) =
(t − d)2 + ǫ2
[
(x − c)2 + (t − d)2 + ǫ2] 3
2
{α}Nj=1
adalah koefisien interpolan atau bobot jaringan yang akan ditentukan,sedangkan c dan d adalah center dari jaringan, dan ǫ adalah parameter bebasyang harus dipilih.
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Berikutnya aproksimasi kondisi batas (14) memberikan
N∑
j=1
αjφ (0, t) = 0 (25)
danN∑
j=1
αjφ (π, t) = 0 (26)
Dari kondisi batas (15) diperoleh
N∑
j=1
αjφ (x ,0) = 4 sin (2x) (27)
Untuk mendapatkan solusi numerik dari persamaan difusi (13) dengan kondisibatas (14) dan (15), pertama kita harus menentukan koefisien α dari sistempersamaan (24), (25), (26), dan (27).
Selanjutnya gunakan α yang didapat untuk menentukan solusi u dengan caramengaproksimasi u sebagai
u (x , t) ≈N∑
j=1
αjφ (x , t) .
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Hasil Simulasi
Hasil simulasi metode RBF diatas diperoleh dengan menggunakan 16 buah titikuntuk 0 < x < π dan 21 buah titik untuk 0 < t < 1.
Parameter ǫ dipilih sebagai
ǫ =var (x) + var (y)
2
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Plot error mutlak antara metode RBF vs hasil eksak
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Metode Beda Hingga: FTCS
Pada tulisan ini akan dibahas beberapa metode beda hingga untuk persamaandifusi
ut = kuxx (28)
dengan k suatu konsatnta.
Metode FTCS (Forward Time Central Space) biasa disebut sebagai metodeeksplisit untuk persamaan difusi.
Pada metode ini, forward time diterapkan pada ut dengan akurasi O (∆t) danmetode beda pusat yang diterapkan pada uxx dengan akurasi O
(
∆x2)
, sehinggadiperoleh persamaan beda sebagai berikut:
un+1
j− un
j
∆t= k
unj+1
− 2unj+ un
j−1
∆x2(29)
Persamaan (29) dapat disederhanakan sebagai
un+1
j=
k∆t
∆x2
(
unj+1
− 2unj + un
j−1
)
+ unj
atauun+1
j = (1 − 2S) unj + S
(
unj+1
+ unj−1
)
(30)
dengan S = k∆t∆x2 .
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Stencil untuk metode FTCS pada persamaan difusi dapat dilihat pada gambarberikut:
Kestabilan:Substitusikan un
j = ρne iaj pada persamaan (30), sehingga diperoleh
ρn+1e iaj = (1 − 2S) ρne iaj + S(
ρne ia(j+1) + ρne ia(j−1))
(31)
Bagi kedua ruas dari persamaan (31) dengan ρe iaj , sehingga diperoleh
ρ = (1 − 2S) + S(
e ia + e−ia)
= (1 − 2S) + S ([cos a + i sin a] + [cos a − i sin a])
= (1 − 2S) + 2S cos a
= 1 + 2S (cos a − 1)
Agar skema stabil, maka |ρ| ≤ 1, yaitu
|ρ| = |1 + 2S (cos a − 1)| ≤ 1−1 ≤ 1 + 2S (cos a − 1) ≤ 1−2 ≤ 2S (cos a − 1) ≤ 0−1 ≤ S (cos a − 1) ≤ 00 ≤ (1 − cos a)S ≤ 1
M. Jamhuri Persamaan Difusi
min (1 − cos a) = 0, dan max (1 − cos a) = 2, sehingga
2S ≤ 1
S ≤ 1
2
Jadi skema akan stabil jika
S = k∆t
∆x2≤ 1
2
Konsistensi:
Diberikan dua hampiran berikut:
un+1
j = unj +∆t ut |nj +
1
2∆t2 utt |nj +
1
3!∆t3 uttt |nj +
1
4!utttt |nj + · · · (32)
unj±1
= unj ±∆x ux |nj +
1
2∆x2 uxx |nj ± 1
3!∆x3 uxxx |nj +
1
4!uxxxx |nj + · · ·(33)
unj+1
+ unj−1
= 2unj +∆x2 uxx |nj +
1
12uxxxx |nj + · · · (34)
Substitusikan (32) dan (34) pada persamaan (28), sehingga diperoleh
unj +∆t ut |nj +
1
2∆t2 utt |nj + · · · = (1 − 2S) un
j +
S
(
2unj +∆x2 uxx |nj +
1
12uxxxx |nj + · · ·
)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Contoh Penerapan Metode FTCS
Diberikan persamaan difusi
ut = 3uxx pada 0 < x < π, t > 0 (35)
dengan kondisi batas
u (0, t) = u (π, t) = 0 (36)
u (x , 0) = 4 sin (2x) (37)
Persamaan difusi (35) dengan kondisi batas (36), dan (37) diatas akan kitaselesaikan secara numerik menggunakan skema FTCS dengan langkah-langkahsebagai berikut.
Persamaan (35) kita diskritkan dengan menggunakan persamaan beda (30), yaitu
un+1
j= (1 − 2S) un
j + S(
unj+1
+ unj−1
)
, S =3∆t
∆x2(38)
sedangkan kondisi batas (36) dan (37) sebagai
un1 = 0 dan un
Mx= 0
u1
j = 4 sin(
2xj
)
dimana {n = 1, . . .Nt , j = 1, . . . ,Mx} dengan Nt =⌊
T−0
∆t
⌋
dan Mx =⌊
π−0
∆x
⌋
.
Contoh, misalkan untuk j = 2 dan n = 1, maka (38) menjadi
u2
2 = (1 − 2S) u1
2 + S(
u1
3 + u1
1
)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Simulasi metode beda hingga FTCS
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Error mutlak: metode beda hingga vs hasil eksak
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Metode Implisit BTCS
Metode BTCS memiliki akurasi O(
∆t,∆x2)
, persamaan beda untuk persamaandifusi dengan menggunakan metode BTCS adalah
un+1
j− un
j
∆t= k
un+1
j+1− 2un+1
j+ un+1
j−1
∆x2(39)
un+1
j− un
j =k∆t
∆x2
(
un+1
j+1− 2un+1
j+ un+1
j−1
)
−Sun+1
j−1+ (2S + 1) un+1
j − Sun+1
j+1= un
j (40)
dengan S = k∆t∆x2 .
Kestabilan: Substitusikan unj = ρne iaj ke dalam (40) sehingga diperoleh
−Sρe−ia + (2S + 1) ρ− Sρe ia = 1
−S(
e−ia + e ia)
+ (2S + 1) =1
ρ
−2S cos a + 2S + 1 − 1
ρ= 0
(1 − cos a) 2S + 1 − 1
ρ= 0
(1 − cos a) 2Sρ+ ρ = 1
ρ =1
(1 − cos a) 2S + 1
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Karena untuk setiap S dan a penyebut selalu lebih besar atau sama dengan 1,maka jelas bahwa
|ρ| ≤ 1
jadi skema stabil untuk setiap S = k∆t∆x2 .
Perhtikan persamaan beda (40) diatas, jika diberikan syarat batas bertipe dirichletyaitu u (0, t) = f1 dan u (L, t) = f2. Titik-titik yang harus dihitung adalah
un+1
j
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Contoh penerapan metode BTCS
Diberikan persamaan difusi
ut = 3uxx pada 0 < x < π, t > 0 (41)
dengan kondisi batas
u (0, t) = u (π, t) = 0 (42)
u (x , 0) = 4 sin (2x) (43)
Persamaan beda skema BTCS untuk persamaan (41) adalah
unj − un−1
j
∆t= 3
unj+1
− 2unj + un
j−1
∆x2
unj − un−1
j=
3∆t
∆x2
[
unj+1
− 2unj + un
j−1
]
unj − S
[
unj+1
− 2unj + un
j−1
]
= un−1
j, S =
3∆t
∆x2
−Sunj−1
+ (1 + 2S) unj − Sun
j+1= un−1
j
atauSun
j−1− (1 + 2S) un
j + Sunj+1
= −un−1
j (44)
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Kondisi batas (42) kita diskritkan sebagai
un1 = 0, dan un
Mx= 0 (45)
dan (43) kita diskritkan sebagai
u1
j = 4 sin(
2xj
)
(46)
dimana {j = 1, . . . ,Mx , n = 1, . . . ,Nt} dengan Mx =⌊
π−0
∆x
⌋
dan Nt =⌊
T−0
∆t
⌋
.
Dalam bentuk matrik dapat kita gambarkan persamaan beda (44), (45), dan (46)sebagai
j \ n 1 2 3 · · · Nt − 1 Nt
1 0 0 0 · · · 0 0
2 4 sin (2x2) u2
2u3
2· · · u
Nt−1
2u
Nt2
3 4 sin (2x3) u2
3u3
3· · · u
Nt−1
3u
Nt3
.
.....
.
.....
. . ....
.
..
Mx − 1 4 sin (2xMx−1) u2
Mx−1u3
Mx−1· · · u
Nt−1
Mx−1u
NtMx−1
Mx 0 0 0 0 0 0
M. Jamhuri Persamaan Difusi
Sebagai contoh, untuk j = 2, 3, . . . ,Mx − 1 dan n = 2 akan kita tentukan unj , yaitu
u2
2 =?
maka dengan menggunakan (44) diperoleh
Sunj−1
− (1 + 2S) unj + Sun
j+1= −un−1
j
j = 2 ⇒ Su2
1− (1 + 2S) u2
2+ Su2
3= −u1
2
j = 3 ⇒ Su2
2− (1 + 2S) u2
3+ Su2
4= −u1
3
j = 4 ⇒ Su2
3− (1 + 2S) u2
4+ Su2
5= −u1
4
......
......
...j = Mx − 1 ⇒ Su2
Mx−2− (1 − 2S) u2
Mx−1+ Su2
Mx= −u1
Mx−1
so we have matrix
− (1 + 2S) S 0 · · · 0S − (1 + 2S) S · · · 00 S − (1 + 2S) · · · 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.0 0 0 · · · − (1 + 2S)
u22
u23
u24...
u2Mx−1
=
−u12 − Su2
1−u1
3−u1
4...
−u1Mx−1 − Su2
Mx
M. Jamhuri Persamaan Difusi