Transcript

Contents

1 Pendahuluan pdp 2

2 Persamaan Type Hiperbolik 62.1 Persamaan Transport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.1.1 Metoda karakteristik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.1.2 Koefisien tak konstan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.2 Persamaan Gelombang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2.1 Energi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.3 Well-posed problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3 Metoda Beda Hingga pada Persamaan Tipe Hiperbolik 143.1 Persamaan Transport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.1.1 Metode Courant-Isaacson-Rees (FTBS, upwind) . . . . . . . . . . . 153.1.2 Metode Richardson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.3 Metode Lax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.4 Metode Lax - Wendroff One Step . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.2 Persamaan Gelombang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4 Persamaan Difusi 264.1 Prinsip Maksimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.2 Fungsi Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.3 Metoda separasi variable, recall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

5 Metode beda hingga bagi persamaan difusi 315.1 Metode FTCS (Forward Time Center Space) . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.2 Metode Implisit BTCS (Backward Time Center Space) . . . . . . . . . . . . 325.3 Metode Crank - Nicholson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345.4 Metode - θ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355.5 Soal-soal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

6 Persamaan Laplace & Poisson 386.1 Prinsip maksimum dan ketunggalan solusi persamaan Laplace . . . . . . . . 396.2 Persamaan Laplace pada domain persegi panjang . . . . . . . . . . . . . . . 416.3 Rumus Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426.4 Formula Green bagi solusi persamaan Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

7 Metode beda hingga bagi persamaan Laplace 2D 467.1 Metode langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 467.2 Metode Iterasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

1

SR

P '1

2

Bab 1

Pendahuluan pdp

Persamaan diferensial parsial adalah persamaan diferensial bagi fungsi peubah banyaku(x, y, · · · ). Orde dari pdp adalah turunan tertinggi yang muncul pada pdp tersebut.

Untuk fungsi dua peubah u(x, y) bentuk umum pdp orde satu adalah:

F (x, y, u(x, y), ux(x, y), uy(x, y)) = F (x, y, u, ux, uy) = 0, (1.0.1)

sedangkan bentuk umum pdp orde dua adalah:

F (x, y, u, ux, uy, uxx, uxy, uyy) = 0. (1.0.2)

Solusi dari pdp adalah fungsi u(x, y) yang memenuhi persamaan diferensial tersebut, un-tuk suatu daerah di bidang−xy.

Pada pencarian solusi persamaan diferensial biasa, kadang kala variabel bebas dan variabletak bebas boleh ditukar, misalnya mencari solusi du

dx = u3. Untuk persamaan diferensialparsial hal ini tidak diperbolehkan. Peran variabel bebas dan variabel tak bebas tak dapatditukar.

Berbagai persamaan diferensial parsial yang penting

1. ux + ut = 0 (persamaan transport)

2. ux+uut = 0 (persamaan Burgers, merupakan bentuk khusus pers. Buckley-Leverett)

3. ut = kuxx (persamaan panas, persamaan difusi)

4. utt − c2uxx = 0 (persamaan gelombang)

5. uxx + uyy = 0 ≡ u = 0 (persamaan Laplace)

Semua pdp pada contoh di atas adalah pdp linier, kecuali pdp no.3.

Klasifikasi pdp

Perhatikan bentuk umum persamaan diferensial parsial orde-2 berikut

Auxx + 2Buxy + Cuyy = F (x, y, u, ux, uy). (1.0.3)

Persamaan diferensial dikatakan bertipe

1. eliptik jika AC −B2 > 0,

2

SR

P '1

2

BAB 1. PENDAHULUAN PDP 3

2. parabolik jika AC −B2 = 0,

3. hiperbolik jika AC −B2 = 0.

Tunjukkan bahwapersamaan difusi ut = kuxx bertipe parabolik,persamaan gelombang utt = c2uxx bertipe hiperbolik.persamaan Laplace uxx + uyy = 0 bertipe eliptik,

Persamaan diferensial yang bertipe sama mempunyai perilaku solusi yang serupa. Olehkarena itu pada kuliah ini kita akan mempelajari perilaku solusi persamaan bertipe parabo-lik melalui bentuk kanoniknya, yaitu persamaan difusi. Begitu pula dengan perilaku solusipersamaan tipe hiperbolik melalui persamaan gelombang, dan perilaku solusi persamaantipe eliptik melalui persamaan Laplace.

Definisi 1.0.1. Suatu operator L dikatakan linier jika

L(u+ v) = Lu+ Lv, and L(cu) = cLu, (1.0.4)

untuk setiap fungsi u, v dan untuk setiap bilangan real c.

Suatu pdp berbentuk

Lu = 0

dikatakan linier jika L operator linier.

Contoh 1.0.2. Akan dibuktikan bahwa persamaan difusi adalah pdp linier.Persamaan difusi dapat dituliskan dalam bentuk Lu = 0, dengan operator L = ∂t − k∂xx.Selanjutnya

L(u+ v) = (∂t − k∂xx)(u+ v) = ∂tu− k∂xxu+ ∂tv − k∂xxv = Lu+ Lv.

Coba buktikan bahwa persamaan transport dan persamaan gelombang adalah juga pdplinier.

Semua pdp pada contoh di atas dikatakan homogen, karena dapat dituliskan dalam bentukLu = 0. Sedangkan ux+ut = x adalah pdp tak homogen. Bentuk umum pdp tak homogen:

Lu = g, dengan g = 0.

Contoh 1.0.3. 1. Buktikan prinsip superposisi solusi pdp linier. Untuk suatu pdplinier Lu = 0, dengan L operator linier, maka berlaku prinsip superposisi solusi. Jikau1 dan u2 masing-masing solusi, maka αu1 + βu2, dengan α, β ∈ ℜ juga merupakansolusi.

2. Jika u1 solusi pdp linier tak homogen Lu = g untuk suatu g, sedangkan u0 adalahsolusi pdp homogennya Lu = 0, maka u1 + u0 solusi pdp yang mana? Buktikanjawab Anda.

3. Perhatikan bahwa pdp berikut dapat dicari solusinya dengan cara persamaan difer-ensial biasa.

(a) ux = x

SR

P '1

2

BAB 1. PENDAHULUAN PDP 4

(b) uxx = 0

(c) uxx + u = 0

(d) uxy = 0

4. (a) Cari semua polinom derajat satu berbentuk p(x, y) = ax+by+c yang memenuhiuxx + uyy = 0.

(b) Cari semua polinom homogen derajat dua berbentuk p(x, y) = ax2 + bxy+ cy2

yang memenuhi uxx + uyy = 0. Sketsakan solusi polinom derajat dua yangrelatif sederhana.

Dari contoh-contoh di atas dapat disimpulkan bahwa solusi dari pdp memuat bukan hanyakon

stanta sebarang melainkan fungsi sebarang.

5. Buktikan bahwa u(x, t) = f(bx−at), untuk sebarang fungsi f , memenuhi persamaantransport aux + but = 0. Misalkan diketahui a = 2, b = 1, dan

u(x, 0) = f(x) =

1, 0 < x < 30, untuk x lainnya

Sketsakan u(x, 0), u(x, 1), u(x, 2) pada satu sumbu koordinat. Amati apa yang ter-jadi.

6.

Cari solusi dari u = 0 pada persegi satuan [0, 1]×[0, 1] yang memenuhisyarat batas u(x, 1) = sinπx dan u = 0 pada ketiga sisi lainnya. (Petun-juk: Mengingat syarat batasnya, cobalah solusi berbentuk u(x, y) =a(y) sinπx.)Catatan: Jika disubstitusikan akan diperoleh solusi u(x, y) =(sinhπy/ sinhπ) sinπx. Gambar di samping menunjukkan permukaansolusi persamaan Laplace u(x, y). Plot solusi persamaan Laplace den-gan syarat batas tipe Dirichlet dapat dibayangkan berupa permukaanmembran yang tepinya dibengkokkan mengikuti syarat batas Dirichletyang diberikan.

7.

Diketahui persamaan Laplace beserta syarat batasnya

uxx + uyy = 0, pada pers. panj. [0, 2]× [0, 1]

ux(0, y) = 0, ux(2, y) = −2, uy(x, 0) = 0, uy(x, 1) = 1,

Tentukan solusi u(x, y) berbentuk polinom berderajat-2 yang memenuhipersamaan Laplace beserta syarat batasnya.Catatan: Plot solusi masalah ini diberikan pada gambar di samping.Yakinilah bahwa permukaan pada gambar di samping memenuhi keem-pat syarat batas yang diberikan.

Soal Latihan 1.0.4. 1. Manakah diantara operator berikut yang merupakan operatorlinier?

(a) Lu = ux + xuy

(b) Lu = ux + uuy

(c) Lu = ux + u2y

(d) Lu = ux + uy + 1

SR

P '1

2

BAB 1. PENDAHULUAN PDP 5

(e) Lu =√1 + x2(cos y)ux + uyxy − [arctan(x/y)]u

2. Buktikan bahwa u(x, y) = f(x)g(y) adalah solusi dari pdp uuxy = uxuy untuksebarang fungsi f dan g yang diferensiabel.

3. Buktikan melalui substitusi langsung bahwa

un(x, y) = sinnx sinhny

adalah solusi dari uxx + uyy = 0 untuk setiap n > 0.

4. Perhatikan persamaan Laplace uxx + uyy = 0 dengan syarat batas

ux(0, y) = 0, ux(1, y) = −1 uy(x, 0) = 0, uy(x, 1) = 1.

Carilah solusi eksak masalah di atas yang berbentuk polinom derajat dua

5. (Pembuktian solusi pdp dengan substitusi langsung) Soal-soal Kreyszig 11.1 no 2 -13, 14(b).

6. (Pdp yang dapat diselesaikan sebagai ode) Soal-soal Kreyszig 11.1 no 15 - 22.

SR

P '1

2

Bab 2

Persamaan Type Hiperbolik

2.1 Persamaan Transport

Persamaan transport, dikenal juga sebagai persamaan konveksi, seringkali muncul padamasalah transport dari berbagai substansi, misalnya polutan, gas, atau fluida lainnya.Bentuk umum persamaan transport adalah sbb:

aηt + bηx = 0. (2.1.1)

Berikut ini akan diturunkan model persamaan transport melalui konservasi massa. Per-hatikan fluida yang mengalir dengan kecepatan u pada sebuah kanal dengan penampangkonstan. Misalkan η(x, t) menyatakan ketinggian fluida pada posisi x saat t. Perhatikanmassa fluida pada domain dengan batas kiri x dan batas kanan x + ∆x. Dalam selangwaktu ∆t

u

u

( , )x th

x x+ D

b

[akumulasi] = [lajumasuk]− [lajukeluar]

(η|t+∆t−η|t)∆xb = ((uη)|x − (uη)|x+∆x) b∆t

Jika dibagi dengan b∆x∆t, dan diambil limit∆x→ 0, ∆t→ 0, akan diperoleh

ηt + (uη)x = 0. (2.1.2)

Persamaan (2.1.2) dikenal sebagai persamaan konservasi massa.Latihan: Coba turunkan persamaan konservasi massa jika dasar kanal tak rata dan to-pografinya h(x) (lebar kanal tetap b).

Jika fluks u konstan, maka persamaan (2.1.2) berubah menjadi ηt + uηx = 0, suatu per-samaan transport dalam variabel η(x, t) dengan koefisien konstan u.Metoda integral Sebagai alternatif, persamaan transport dapat juga diturunkan melaluiformulasi integral. Massa total fluida pada domain pengamatan [x0, x1] adalah

M =

∫ x1

x0

η dx.

Misalkan u(x, t) menyatakan kecepatan fluida di posisi x saat t. Laju aliran fluida keluar,atau fluks di posisi xi adalah η(xi, t)u(xi, t), dengan i = 0, 1. Dengan demikian lajuperubahan massa fluida pada domain pengamatan [x0, x1] adalah

laju perubahan =fluks masuk - fluks keluar

6

SR

P '1

2

BAB 2. PERSAMAAN TYPE HIPERBOLIK 7

d

dt

∫ x1

x0

η(x, t) dx = η(x1, t)u(x1, t)− η(x0, t)u(x0, t). (2.1.3)

Persamaan (2.1.3) merupakan persamaan konservasi massa dalam bentuk integral. Untukmemperoleh bentuk lain dari konservasi massa, maka persamaan di atas diintegralkanterhadap waktu dari t0 ke t1 dan menghasilkan∫ x1

x0

η(x, t1)dx−∫ x1

x0

η(x, t0)dx =

∫ t1

t0

η(x0, t)u(x0, t)dt−∫ t1

t0

η(x1, t)u(x1, t)dt. (2.1.4)

Assumsikan η(x, t) dan u(x, t) merupakan fungsi-fungsi yang terdiferensialkan, maka

η(x, t1)− η(x, t0) =

∫ t1

t0

∂tη(x1, t)dt

dan

η(x1, t)u(x1, t)− η(x0, t)u(x0, t) =

∫ x1

x0

∂x(η(x, t)u(x, t)) dx.

Selanjutnya (2.1.4) dapat dituliskan sebagai∫ t1

t0

∫ x1

x0

∂tη(x, t) +

∂x(η(x, t)u(x, t))

dxdt = 0.

Mengingat persamaan di atas berlaku untuk sebarang selang [x0, x1] dan sebarang selangwaktu [t0, t1], maka integrannya haruslah nol, atau

ηt + (uη)x = 0. (2.1.5)

Persamaan (2.1.5) merupakan konservasi massa dalam bentuk diferensial. Dalam hal lajualiran u(x, t) sebanding dengan η(x, t), maka persamaan konservasi massa menjadi

ηt + ηηx = 0 (2.1.6)

Persaman Burger terkenal akan solusinya berupa gelombang kejut (shock wave). Per-samaan Burger merupakan bentuk khusus dari persamaan Buckley-Leverett, suatu modelbagi aliran fluida dua phasa, misal air dan minyak. Namun kedua persamaan di atas tidakakan dibahas dalam kuliah ini. Di kuliah ini kita akan membahas kasus bila u(x, t) = ckonstan, dan persamaan konservasi massa menjadi ηt + c ηx = 0.

2.1.1 Metoda karakteristik

Untuk pembahasan selanjutnya kita menggunakan persamaan transport (koefisien kon-stan) dengan bentuk umum berikut (perhatikan adanya perubahan notasi η → u)

aux + but = 0, (2.1.7)

dengan konstanta a, b bilangan real sebarang. Perhatikan bahwa persamaan transport diatas dapat dituliskan sebagai turunan berarah

Dvu = v · ∇u = 0,

dengan vektor arah

v =

(ab

).

SR

P '1

2

BAB 2. PERSAMAAN TYPE HIPERBOLIK 8

Ini berarti u(x, t) solusi (3.1.1), jika dan hanya jika turunan be-rarah dari u(x, t) pada arah v = (a b)T sama dengan nol! Per-hatikan garis-garis yang sejajar dengan vektor v pada gambarberikut. Persamaan garis-garis sejajar itu adalah t = b

ax−C ≡bx−at = C. Garis-garis ini disebut sebagai garis karakteristik.

x

t

bx-at=C

Perhatikan tiga pernyataan equivalen berikut.

1. u(x, t) solusi aux + but = 0.

2. Dvu = 0 dengan v = (a, b)T

3. Nilai fungsi u(x, t) konstan selama x, t terletak pada satu garis karakteristik.

Point 3 akan dielaborasi. Nilai fungsi u(x, t) konstan selama x, t terletak pada satu gariskarakteristik bx − at = C. Jadi u(x, t) hanya bergantung pada nilai C pada persamaangaris karakteristik tersebut, atau u(x, t) hanya bergantung pada bx − at, sehingga solusipers transport aux + but = 0 adalah u(x, t) = f(bx− at), dengan f suatu fungsi sebarang.

Fungsi sebarang f dapat diperoleh jika diberikan syarat tambahan. Syarat tersebut bisaberupa syarat awal atau syarat batas.

Soal Latihan 2.1.1. 1. Buktikan bahwa u(x, t) = f(bx − at), untuk sebarang fungsif , memenuhi persamaan transport aux + but = 0. Misalkan diketahui a = 2, b = 1,dan

u(x, 0) = f(x) =

1, 0 < x < 30, untuk x lainnya

Sketsakan u(x, 0), u(x, 1), u(x, 2) pada satu sumbu koordinat. Amati apa yang ter-jadi.

2. Diberikan suatu persamaan transport 3ux − 4ut = 0 dengan syarat awal

u(x, 0) =

4− x2, |x| < 20, |x| > 2

(a) Tentukan persamaan garis karakteristiknya lalu gambarkan.

(b) Sketsakan u(x, 0), u(x, 1), u(x, 2), u(x, 3) pada satu sumbu koordinat.

3. Tentukan solusi persamaan transport 2ux − ut = 0, dengan syarat awal

u(x, 0) =

sinπx 0 ≤ x ≤ 10 untuk x lainnya.

Sketsakan u(x, 0), u(x, 1), u(x, 2) pada satu sumbu koordinat. Tentukan rumusan so-lusi u(x, t). Gunakan Maple untuk memplot u(x, 0), u(x, 1), u(x, 2) pada satu sumbukoordinat (Pastikan hasilnya sesuai).

4. Tentukan solusi persamaan transport ux + ut = 0, dengan syarat batas

u(0, t) =

1 t ≥ 00 untuk t lainnya.

Sketsakan u(x, 0), u(x, 1), u(x, 2) pada satu sumbu koordinat.

SR

P '1

2

BAB 2. PERSAMAAN TYPE HIPERBOLIK 9

5. Perhatikan pdp 2ut + ux = x. Persamaan di atas dapat ditulis sebagai Lu = x,dengan operator diferensial L = 2∂t + ∂x.

(a) Buktikan bahwa operator L adalah operator linier, sehingga pdp yang bers-esuaian juga merupakan pdp linier.

(b) Tentukan satu solusi pdp tak homogen di atas. Selanjutnya mengingat bagipdp linier berlaku sifat: solusi umum pdp tak homogen = solusi umum pdphomogen + satu solusi pdp tak homogennya, tentukan solusi umum pdp diatas.

6. Perhatikan persamaan transport aux + but = 0. Terapkan transformasi koordinat,yang mengubah variabel bebas (x, t) menjadi variabel bebas baru (v, z) berikut

v = ax+ bt, z = bx− at.

Gunakan aturan rantai untuk menyatakan ux dalam turunan-turunan u terhadapvariabel bebas baru: uv dan uz. Lakukan hal yang sama terhadap ut. Substitusikankedua hasilnya ke dalam persamaan transport, dan tunjukkan bahwa persamaantransport dalam variabel baru menjadi uv = 0. Selanjutnya tunjukkan bahwa so-lusinya adalah u(v, z) = f(z) atau u(x, t) = f(bx− at), untuk sebarang fungsi f .

Metoda pencarian solusi dengan cara di atas, dikenal dengan nama metoda koordinat,dan bentuk pdp yang mana setelah transformasi koordinat dapat diselesaikan denganpengintegralan langsung tsb dikenal sebagai bentuk normal. Untuk soal-soal solusi pdpmelalui bentuk normal, lihat Kreyszig 8ed Subbab 11.4 no 11 - 17.

2.1.2 Koefisien tak konstan

Soal Latihan 2.1.2. 1. Tentukan solusi ux + tut = 0, u(0, t) = t3. Periksa jawabnyadengan substitusi langsung.

2. Tentukan solusi ux + 2xt2ut = 0.

3. Tentukan solusi (1 + x2)ux + ut = 0. Sketsakan beberapa kurva karakteristiknya.

4. Tentukan solusi√1− x2ux + ut = 0, u(0, t) = t.

5. Tentukan solusi aux + buy + cu = 0.

6. Tentukan solusi ux + uy + u = ex+2y, u(x, 0) = 0.

7. Gunakan metoda koordinat untuk menentukan solusi persamaan differensial

ux + 2uy + (2x− y)u = 2x2 + 3xy − 2y2.

2.2 Persamaan Gelombang

Getaran senar gitar mengikuti persamaan gelombang (bentuk yang paling sederhana)berikut

utt = c2uxx, (2.2.1)

dengan c2 = Tρ , dimana T gaya tegang senar, dan ρ rapat massa tali. Di sini u meny-

atakan simpangan senar dari kondisi setimbang, lihat Gambar 2.2.1. Penurunan per-samaan gelombang tali dapat dilihat antara lain pada Strauss 1.3 hal. 11. Selain itu,

SR

P '1

2

BAB 2. PERSAMAAN TYPE HIPERBOLIK 10

u

x

Gambar 2.2.1: Fungsi u(x, t) menyatakan simpangan di posisi x saat t diukur dari kondisisetimbang.

persamaan (3.2.1) juga merupakan model perambatan gelombang air, dengan c =√gH,

dan H menyatakan kedalaman air. Di sini c menyatakan cepat rambat gelombang air.Solusi persamaan (3.2.1) dapat diperoleh dengan beberapa cara sesuai dengan domainkeberlakuan persamaan gelombang tersebut.

Solusi persamaan (3.2.1) pada domain R dapat diperoleh dengan metode d’Alembert.Misalkan u merupakan suatu fungsi yang bergantung pada variabel baru ξ dan η, denganξ dan η dinyatakan sebagai berikut,

ξ = x+ ct dan η = x− ct,

sehingga dapat diperoleh

∂x = ∂ξ + ∂η ; ∂t = c(∂ξ − ∂η),

utt = c2(uξξ − 2uξη + uηη),

uxx = uξξ + 2uξη + uηη.

Dengan demikian, persamaan (3.2.1) menjadi

−4uξη = 0. (2.2.2)

Solusi dari (2.2.2) adalahu(ξ, η) = F (ξ) +G(η),

u(x, t) = F (x+ ct) +G(x− ct), (2.2.3)

dengan F dan G adalah sebarang fungsi differensial.Misal ditambahkan syarat awal sebagai berikut,

u(x, 0) = ϕ(x)ut(x, 0) = ψ(x).

(2.2.4)

Substitusikan (2.2.3) ke (2.2.4) diperoleh :F (x) +G(x) = ϕ(x)c(F ′(x)−G′(x)) = ψ(x)

⇒F ′ +G′ = ϕ′

F ′ −G′ = 1cψ,

sehingga akan didapatkan,

F ′ =1

2

(ϕ′ +

ψ

c

); G′ =

1

2

(ϕ′ − ψ

c

).

Jadi,

F (s) =1

2ϕ(s) +

1

2c

∫ s

0ψ(r)dr + k1,

SR

P '1

2

BAB 2. PERSAMAAN TYPE HIPERBOLIK 11

G(s) =1

2ϕ(s)− 1

2c

∫ s

0ψ(r)dr + k2,

sehingga,

u(x, t) =1

2ϕ(x+ ct) + ϕ(x− ct)+ 1

2c

∫ x+ct

x−ctψ(r)dr. (2.2.5)

Persamaan (2.2.5) dikenal sebagai rumus d’Alembert.

Soal: Plot kurva-kurva solusi persamaan gelombang utt − c2uxx = 0 dengan tiga tipepilihan syarat awal berikut.

a. u(x, 0) = φ(x) =

1− x2, untuk |x| ≤ 10, untuk x lainnya

dan ut(x, 0) = 0.

b. u(x, 0) = 0, dan ut(x, 0) = ψ(x) =

1, untuk |x| ≤ 10, untuk x lainnya

.

c. u(x, 0) = φ(x), dan ut(x, 0) = ψ(x).

Amati maxxu(x, t).

Gambar 2.2.2: Garis-garis karakteristik persamaan gelombang.

(x,t)

x-ct x+ct

t

x

x-ct=xox+ct=xo

t

x

xo

(a) (b)

Gambar 2.2.3: (a). Daerah kebergantungan (domain of dependence) dari titik (x, t), (b).Daerah pengaruh (domain of influence) dari titik (x0, 0).

Perhatikan bahwa rumus solusi d’Alembert berlaku untuk persamaan gelombang padadomain tak hingga. Apabila domain keberlakuan persamaan gelombang hanya berupasetengah selang, misalnya (0,∞) atau (−∞, 0) maka rumus d’Alembert dapat dimod-ifikasi. Diskusi lengkap mengenai hal ini ada pada Bab 3.2 Strauss. Apabila domainkeberlakuan persamaan gelombang adalah berupa domain berhingga, maka cara penyele-saiannya adalah menggunakan metoda separasi variabel, Bab 4 Strauss.

SR

P '1

2

BAB 2. PERSAMAAN TYPE HIPERBOLIK 12

Jika dipunyai syarat batas u(0, t) = 0 (tipe Dirichlet) maka syarat awal u(x, 0) = ϕ(x)pada (0,∞) diperluas menjadi fungsi ganjil. Selanjutnya karena pada persamaan gelom-bang, gelombang menjalar mengikuti garis karakteristik, kita dapatkan sketsa gelombanguntuk t = t0, lihat Gambar 1.4. Hasil tersebut sesuai dengan kondisi gelombang yangmerambat pada tali dengan ujung kiri terikat.

Jika dipunyai syarat batas ux(0, t) = 0 (tipe Neumann) maka syarat awal u(x, 0) = ϕ(x)pada (0,∞) diperluas menjadi fungsi genap. Selanjutnya karena pada persamaan gelom-bang, gelombang menjalar mengikuti garis karakteristik, kita dapatkan sketsa gelombanguntuk t = t0, lihat Gambar 1.5. Hasil tersebut sesuai dengan kondisi gelombang yangmerambat pada tali dengan ujung kiri bebas.

2.2.1 Energi

Berikut ini akan ditunjukkan bahwa solusi (3.2.1) memenuhi kekekalan energi. Perhatikanbahwa energi kinetik sistem

KE =1

∫u2tdx,

sedangkan energi potensialnya = T× pertambahan panjang, sehingga

PE = T × (ds− dx) =1

2T

∫u2xdx.

sehingga energi totalnya adalah

E = KE + PE =1

2

∫(ρu2t + Tu2x)dx.

Kemudian,dE

dt=

∫(ρututt + Tuxuxt)dx

=∫(c2ρutuxx + Tuxuxt)dx

=∫(−Tutxux + Tuxuxt)dx

dE

dt= 0.

yang berarti sepanjang evolusi energi E bernilai konstan.

(Strauss, Section 2.2 no. 5) Periksa perubahan energi E(u) untuk u(x, t) solusi persamaangelombang yang memperhitungkan faktor redaman utt = c2uxx − rut, r > 0.

2.3 Well-posed problem

Suatu persamaan diferensial parsial dengan syarat awal dan syarat batas (atau syarat-syarat lainnya) dikatakan well-posed jika mempunyai solusi tunggal (existence and unique-ness) dan solusi tersebut stabil terhadap perubahan nilai awal (stability).

Contoh 2.3.1.

Perhatikan persamaan gelombang utt − c2uxx = 0, untuk x ∈ R, t > 0 dengan syaratawal u(x, 0) = Φ(x), ut(x, 0) = Ψ(x) bersifat well-posed. Penjelasan, mengingat adanyarumus solusi d’Alembert dari persamaan gelombang, maka jelas memenuhi existence &

SR

P '1

2

BAB 2. PERSAMAAN TYPE HIPERBOLIK 13

uniqueness.

Berikut adalah sekilas mengenai kestabilan solusi terhadap syarat awal u(x, 0) = Φ(x), ut(x, 0) =0. Misalkan ui(x, t), i = 1, 2 berturut-turut adalah solusi persamaan gelombang dengansyarat awal u(x, 0) = Φi(x), i = 1, 2.

(u2 − u1)(x, t) =1

2(Φ2 − Φ1)(x− ct) +

1

2(Φ2 − Φ1)(x+ ct)

Kestabilan dipenuhi jika untuk setiap ε > 0, terdapat δ > 0 sehingga

||Φ2 − Φ1|| < δ =⇒ ||u2 − u2|| < ε.

Perhatikan sistim persamaan linier Am×nUn×1 = bm×1.

• Jika m > n yang berarti jumlah baris lebih besar dari jumlah kolom, maka SPL diatas bersifat overdetermined, jadi SPL tak mempunyai solusi.

• Jika m < n yang berarti jumlah baris lebih kecil dari jumlah kolom, maka SPL diatas bersifat underdetermined, jadi SPL tak mempunyai tak hingga banyak solusi.

• Jika m = n dan matriks A bersifat singular (det A = 0), maka SPL tak punya solusi.

• Jika m = n dan nilai eigen dari matriks A kecil sekali, maka SPL tidak memenuhikonsep kestabilan.

Untuk setiap kasus yang diuraikan di atas, SPL bersifat ill-posed.

Sebagai catatan: masalah difusi untuk t ≥ 0 bersifat well-posed, namun backward-diffusiontidak.

SR

P '1

2

Bab 3

Metoda Beda Hingga padaPersamaan Tipe Hiperbolik

Sebuah persamaan diferensial apabila didiskritisasi dengan metode beda hingga akan men-jadi sebuah persamaan beda. Jika persamaan diferensial parsial mempunyai solusi eksaku(x, t), maka persamaan beda akan mempunyai solusi hampiran u(xj , tn). Kaitan antarapdp dengan persamaan beda, dan solusi u(x, t) dan solusi hampiran u(xj , tn) tak lainadalah konsep kekonsistenan, kestabilan, dan kekonvergenan suatu persamaan beda, lihatGambar 3.0.1.

kekonvergenan

kekonsistenan

Gambar 3.0.1: Skema hubungan antara pdp dan persamaan beda serta solusi-solusinya.

3.1 Persamaan Transport

Sebagai langkah awal pengenalan metoda beda hingga, akan digunakan pdp yang palingsederhana yaitu persamaan transport

ut + dux = 0, untuk (x, t) ∈ [0, L]× [0, T ] (3.1.1)

beserta syarat awalnya

u(x, 0) = f(x), untuk 0 ≤ x ≤ L (3.1.2)

yang telah kita ketahui mempunyai solusi eksak u(x, t) = f(x− dt).Persamaan beda hingga dikatakan stabil jika persamaan beda menghasilkan solusi unj yangberhingga. Persamaan beda dikatakan konsisten terhadap pdpnya jika selisih antara per-samaan beda dengan pdpnya (suku-suku truncation error) menuju nol jika lebar gridmenuju nol, ∆x → 0, ∆t → 0. Persamaan beda hingga dikatakan konvergen jika solusi

14

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 15

persamaan beda mendekati solusi pdp jika lebar grid menuju nol, ∆x→ 0, ∆t→ 0.

Teorema Equivalensi Lax: Untuk suatu masalah nilai awal yang well-(properly-)posed,jika suatu persamaan beda konsisten dan stabil, maka persamaan beda tersebut pastilahkonvergen.

3.1.1 Metode Courant-Isaacson-Rees (FTBS, upwind)

Perhatikan selang [0, L] yang dipartisi dengan ukuran x dengan titik-titik partisi xj =(j − 1)x, untuk j = 1, 2, · · · , Nx. Selang [0, T ] dipartisi dengan ukuran t dengantitik-titik partisi tn = (n − 1)t, untuk n = 1, 2, · · · , Nt. Akan dicari u(xj , tn) untukj = 1, 2, · · · , Nx, dan n = 1, 2, · · · , Nt. Akan digunakan notasi unj ≡ u(xj , tn).Metode Courant-Isaacson-Rees tak lain adalah Metode FTBS (Forward Time BackwardSpace) dikenal juga sebagai metode upwind. sehingga persamaan beda untuk persamaantransport (3.1.1) adalah:

un+1j − unj

∆t+ d

unj − unj−1

∆x= 0. (3.1.3)

atau

un+1j = (1− C)unj + Cunj−1, (3.1.4)

dengan C ≡ dtx suatu bilangan Courant. Metode ini memiliki akurasi O(t,x).

Gambar 3.1.1: Stencil metoda upwind untuk persamaan transport.

Perhatikan domain perhitungan [0, L] × [0, T ] yang telah dipartisi. Syarat awal (3.1.2)telah diketahui sehingga u1j , untuk j = 1, 2, · · · , Nx telah diketahui. Untuk satu time-step

berikutnya dengan 3.1.4 kita dapat menghitung u2j , untuk j = 2, · · · , Nx, namun u21 takdapat dihitung. Ini berarti untuk pendekatan numerik ini kita membutuhkan syarat bataskiri. Jika digunakan syarat batas kiri u(0, t) = 0 atau un1 = 0 untuk n = 1, 2, · · · , Nt,maka FTBS dapat digunakan untuk menentukan unj , untuk setiap j = 1, 2, · · · , Nx,n = 1, 2, · · · , Nt. Perhatikan bahwa FTBS pada persamaan transport tidak membu-tuhkan syarat batas kanan.

Catatan: di sini syarat batas kiri kita tambahkan melulu untuk keperluan perhitungannumerik. Pilihan untuk syarat batas kiri tersebut tentu berragam. Jika kita ingin men-simulasikan situasi tertentu, pilihan syarat batas ini menjadi hal yang penting untuk dicer-mati. Lihat soal-soal pada akhir bab ini.

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 16

Kestabilan: Metode berikut ini disebut metode kestabilan von Neumann1 Substitusikanunj = ρneiaj ke dalam (3.1.4). Setelah dibagi dengan unj , akan diperoleh

ρ = 1− C(1− e−ia).

atauρ = 1− C(1− cos a)− iC sin a.

Persamaan beda stabil jika dan hanya jika |ρ| < 1 atau

|ρ|2 =(1− 2C sin2 a

2

)2+ (C sin a)2 ≤ 1,

1− 4C sin2 a2 + 4C2 sin4 a

2 + 4C2 sin2 a2 cos

2 a2 ≤ 1,(

4C sin2 a2

) (−1 + C sin2 a

2 + C cos2 a2

)≤ 0,

4C(C − 1) sin2 a2 ≤ 0.

Ketaksamaan terakhir dipenuhi untuk setiap a ∈ R jika dan hanya jika 0 ≤ C =d∆t

∆x≤ 1.

Jadi, syarat kestabilan metode FTBS adalah 0 ≤ d∆t

∆x≤ 1.

Konsistensi: Perhatikan ekspansi Taylor dari un+1j dan unj−1 masing-masing di sekitar

unj berikut.

un+1j = unj +∆t

∂u

∂t

∣∣∣∣nj

+1

2∆t2

∂2u

∂t2

∣∣∣∣nj

+ .... (3.1.5)

unj−1 = unj −∆x∂u

∂x

∣∣∣∣nj

+1

2∆x2

∂2u

∂x2

∣∣∣∣nj

+ .... (3.1.6)

Substitusikan (3.1.5) dan (3.1.6) ke dalam persamaan beda (3.1.4), dan setelah menggu-nakan hubungan

∂2u

∂t2=

∂t

(−d∂u

∂x

)= −d ∂

∂x

(∂u

∂t

)= d2

∂2u

∂x2.

akan diperoleh modified differential equation sebagai berikut:(∂u

∂t

∣∣∣∣nj

+ d∂u

∂x

∣∣∣∣nj

)+

1

2d(d∆t−∆x)

∂2u

∂x2

∣∣∣∣nj

+ .... = 0. (3.1.7)

Suku pertama pada (3.1.7) tak lain adalah persamaan transport yang akan diselesaikan.Suku kedua dan seterusnya pada (3.1.7) tak lain adalah suku tambahan yang kita dapatkansaat kita bekerja dengan persamaan beda (3.1.4), dan disebut truncation term.

truncation term =1

2d(d∆t−∆x)

∂2u

∂x2

∣∣∣∣nj

Perhatikan bahwa jika ∆t → 0 dan ∆x → 0, maka truncation term→ 0. Jadi metodeFTBS konsisten terhadap persamaan transport.

Catatan: Modified differential equation adalah persamaan yang diperoleh dari persamaanbeda, yang mana beberapa sukunya diekspansikan ke dalam deret Taylor, sehingga akanditemui suku-suku pada pdp semula. Suku-suku pada modified differential equation yang

1Terdapat tiga metode untuk menguji kestabilan suatu persamaan beda, yaitu von Neumann stabilityanalisis, metode matriks, dan discrete perturbation method.

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 17

tidak terdapat pada pdp semula disebut truncation term.

Pengamatan lebih lanjut, saat kita bekerja dengan persamaan beda (3.1.4) sebenarnyakita bukan menyelesaikan persamaan transport (3.1.1) melainkan menyelesaikan modifieddifferential equation (3.1.7). Suku pertama dari truncation term akan nol jika dan hanyajika d∆t = ∆x (C = 1). Suku kedua dari truncation term adalah(

−1

3d3∆t3 +

1

2d2∆x∆t− 1

6d∆x3)

)uxxx|nj

dan akan bernilai nol jika C = 1. Ternyata hal ini juga berlaku untuk suku ketiga danseterusnya pada truncation term. Jadi jika C = 1 persamaan beda (3.1.4) ekuivalen den-gan (3.1.1). Dengan kata lain metode FTBS pada persamaan transport dengan C = 1akan menghasilkan solusi eksak, dan uraian di atas adalah buktinya. Jika C < 1, maka

suku pertama truncation term berupa suku difusi∂2u

∂x2, dan akan menimbulkan error nu-

merik berupa damping.

3.1.2 Metode Richardson

Metode Richardson biasa disebut sebagai Metode FTCS (Forward Time Center Space),akurasim metode ini O(∆t,∆x2). Persamaan beda hingga untuk persamaan transport(3.1.1) adalah sebagai berikut:

un+1j − unj

∆t+ d

unj+1 − unj−1

2∆x= 0. (3.1.8)

Gambarkan stencil metode Richardson.

Kestabilan: Substitusikan unj = ρneiaj ke dalam (3.1.8), kemudian dibagi dengan unj ,maka persamaan (3.1.8) menjadi:

ρ− 1

∆t+ d

eia − e−ia

2∆x= 0,

sehingga diperoleh

ρ = 1− d∆t

∆xi sin a,

Perhatikan bahwa |ρ| > 1 untuk setiap a ∈ R, ini berarti metode FTCS / metode Richard-son selalu tidak stabil.

3.1.3 Metode Lax

Metode ini merupakan perbaikan dari metode Richardson, yang mana nilai dari unj digantimenjadi rata-rata dari unj+1 dan unj−1, sehingga

∂u

∂t

∣∣∣∣nj

=un+1j − 1

2

(unj+1 + unj−1

)∆t

+O(∆t), (3.1.9)

∂u

∂x

∣∣∣∣nj

=unj+1 − unj−1

2∆x+O(∆x2). (3.1.10)

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 18

Substitusikan (3.1.9) dan (3.1.10) ke (3.1.1) sehingga diperoleh persamaan beda sebagaiberikut:

un+1j − 1

2

(unj+1 + unj−1

)∆t

+ dunj+1 − unj−1

2∆x= 0. (3.1.11)

Akurasi metode ini O(∆t,∆x2). Gambarkan stencil metode Lax. Kestabilan: Substi-tusikan unj = ρneia∆xj ke dalam (3.1.11), sehingga diperoleh:

ρ =1

2

(eia∆x + e−ia∆x

)− 1

2C(eia∆x − e−ia∆x

),

dengan C =d∆t

∆x. Kemudian juga dapat diperoleh,

ρ = cos a∆x− iC sin a∆x,

|ρ| =√

cos2 a∆x+ C2 sin2 a∆x,

Jadi, jika C =d∆t

∆x≤ 1 maka |ρ| ≤ 1 untuk setiap a, jadi skema stabil.

Konsistensi: Perhatikan ekspansi Taylor dari un+1j dan unj±1 masing-masing di sekitar

unj berikut.

un+1j = unj +∆t

∂u

∂t

∣∣∣∣nj

+1

2∆t2

∂2u

∂t2

∣∣∣∣nj

+ .... (3.1.12)

unj±1 = unj ±∆x∂u

∂x

∣∣∣∣nj

+1

2∆x2

∂2u

∂x2

∣∣∣∣nj

+ .... (3.1.13)

Substitusikan (3.1.12) dan (3.1.13) ke dalam 3.1.11 akan menghasilkan

unj +∆t∂u

∂t

∣∣∣∣nj

+1

2∆t2

∂2u

∂t2

∣∣∣∣nj

+ ... = unj +1

2∆x2

∂2u

∂x2

∣∣∣∣nj

+ ...

−C

(∆x

∂u

∂x

∣∣∣∣nj

+1

3!(∆x)3

∂3u

∂x3

∣∣∣∣nj

+ ...

)∆t

∂u

∂t

∣∣∣∣nj

+1

2∆t2

∂2u

∂t2

∣∣∣∣nj

+ ... =1

2∆x2

∂2u

∂x2

∣∣∣∣nj

+ ...− d∆t∂u

∂x

∣∣∣∣nj

− 1

3!d∆t∆x2

∂3u

∂x3

∣∣∣∣nj

(3.1.14)

Perhatikan bahwa di sini berlaku pers. transport (3.1.1), maka

∂2u

∂t2

∣∣∣∣nj

= d2∂2u

∂x2

∣∣∣∣nj

.

Sehingga diperoleh modified difference equation berikut

∆t

(∂u

∂t+ d

∂u

∂x

)+

1

2∆x2

(C2 − 1

) ∂2u∂x2

∣∣∣∣nj

+O(x3,t3)

Jelas bahwa suku truncation term akan menuju nol jika ∆x → 0 dan ∆t → 0. Jadi per-samaan beda (3.1.11) konsisten.

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 19

Lebih jauh dapat dibuktikan bahwa, suku pertama truncation term yang berorde-2: O(∆x2)akan bernilai nol jika dan hanya jika C = 1. Begitu juga dengan suku-suku truncation termberorde lebih tinggi (cek!). Jika C < 1, suku berorde-2 tersebut akan menimbulkan efekdifusi. Selain itu, suku-suku truncation term yang merupakan turunan orde genap akanmemberikan efek error numerik berupa difusi atau damping, disipasi, sedangkan suku-suku yang merupakan turunan orde ganjil akan memberikan efek error numerik berupaefek dispersi.

Terdapat sebuah aturan umum yang mengatakan bahwa approksimasi orde-1 bagi ∂takan menghasilkan error numerik berupa difusi sedangkan aproksimasi orde-2 bagi ∂takan menghasilkan error numerik berupa dispersi. Pada uraian selanjutnya akan dibahasmetode beda hingga berorde-2.

3.1.4 Metode Lax - Wendroff One Step

Pada metode ini digunakan hampiran sebagai berikut:

un+1j = unj +∆t ut|nj +

1

2∆t2 utt|nj +O(∆t3). (3.1.15)

Kemudian dari persamaan transport dapat diperoleh bahwa ut = −dux dan utt = d2uxx,sehingga persamaan (3.1.15) menjadi

un+1j = unj −∆t dux|nj − 1

2∆t2 d2uxx

∣∣nj+O(∆t3). (3.1.16)

Aproksimasi ux dan uxx dengan center difference sehingga diperoleh persamaan beda darimetode Lax-Wendroff One Step bagi persamaan transport sebagai berikut:

un+1j = unj − C

2

(unj+1 − unj−1

)+C2

2

(unj+1 − 2unj + unj−1

)+O(∆t3,∆x3), (3.1.17)

dengan C =d∆t

∆x. Akurasi dari metode Lax - Wendroff One Step: O(∆t2,∆x2).

Gambar 3.1.2: Stencil metode Lax-Wendroff One Step untuk persamaan transport.

Soal Latihan 3.1.1. 1. Implementasikan metoda upwind untuk persamaan ut+ux =0 dengan syarat awal u(x, 0) = sin 8πx. Gunakan ∆x = 2.5×10−2 dan ∆t = 2×10−2.Gambarkan solusi numerik bersama-sama dengan solusi eksaknya saat t = 1 danhasilkan Gambar 3.1.3. Perhatikan bahwa metoda upwind memuat error berupadamping.

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 20

Gambar 3.1.3: Solusi numerik beserta solusi eksak dari metode upwind saat t = 1.

2. Buktikan syarat kestabilan metoda Lax-Wendroff: C =d∆t

∆x≤ 1.

Tentukan suku pertama truncation term dari metoda Lax-Wendroff. Kerjakan Soaldi atas dengan menggunakan metoda Lax-Wendroff. Gambarkan solusi numerikbersama-sama dengan solusi eksaknya saat t = 1 dan hasilkan Gambar 3.1.4. Per-hatikan bahwa error damping berkurang, namun solusi numerik memiliki error phaseyang cukup nyata.

Gambar 3.1.4: Solusi numerik beserta solusi eksak dari metode Lax-Wendroff.

3. Terapkan metoda upwind dan metode Lax-Wendroff untuk mensimulasikan peram-batan gelombang awal berupa gelombang persegi, dan hasilkan gambar seperti Gam-bar 3.1.5.

4. Perhatikan persamaan transport ut+bux = 0, dengan b konstanta real sebarang yangtidak diketahui tandanya, dan syarat awal u(x, 0) = f(x). Perhatikan persamaanbeda dengan akurasi orde satu berikut

1

∆t(un+1

i − unj ) = − b+

∆x(uni − uni−1)−

b−

∆x(uni+1 − uni )

dengan b+ ≡ max(b, 0) dan b− ≡ min(b, 0). Implementasikan persamaan beda diatas. Pilih sendiri syarat awal f(x).

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 21

Gambar 3.1.5: Perbandingan antara solusi eksak dan numerik dari metoda upwind (kiri)dan metode Lax-Wendroff (kanan) sesudah 25, 50 dan 75 timestep.

(a) Jika b > 0, syarat batas apa yang diperlukan? pilih sendiri. Hasil apa yangAnda lihat?

(b) Pertanyaan yang sama seperti di atas untuk b < 0.

Berikut ini adalah metode-metode lainnya.

Soal Latihan 3.1.2. 1. Metode Leapfrogmemiliki akurasiO(∆t2,∆x2). Persamaanbeda untuk persamaan transport (3.1.1) dengan metode ini adalah

un+1j − un−1

j

2∆t+ d

unj+1 − unj−1

2∆x= 0, (3.1.18)

atau dapat ditulis sebagai berikut:

un+1j = un−1

j − C(unj+1 − unj−1),

dengan C =d∆t

∆x. Gambarkan stencil metoda Leapfrog. Buktikan bahwa syarat

kestabilan Metode Leapfrog adalah C =d∆t

∆x≤ 1. Buktikan bahwa suku pertama

truncation term berupa dispersi (memuat suku uxxx). Detailnya dapat dilihat padaHoffmann hal. 588.

2. (Metode Lax-Richtmyer two step) memiliki keakuratan O(∆t2,∆x2). Padametode ini digunakan dua hampiran sebagai berikut:

un+2j = unj − C(un+1

j+1 − un+1j−1 ), (3.1.19)

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 22

un+1j =

1

2(unj+1 + unj−1)−

C

2(unj+1 − unj−1), (3.1.20)

dengan C =d∆t

∆x. Substitusikan (3.1.20) ke dalam (3.1.19) untuk memperoleh per-

samaan beda berikut ini,

un+2j = unj − C

2(unj+2 − unj−2) +

C2

2(unj+2 − 2unj + unj−2). (3.1.21)

Perhatikan bahwa persamaan beda (3.1.21) tepat sama dengan persamaan bedadari metoda Lax-Wendroff untuk lebar selang 2∆t dan 2∆x, yaitu (3.1.17). Dengandemikian, pembahasan mengenai kestabilan, kekonsistenan, dll. pada metode inisama persis dengan pembahasan pada metode Lax-Wendroff one step. Gambarkanstencil metode Lax - Richtmyer two step.

3.2 Persamaan Gelombang

Perhatikan persamaan gelombang

utt − c2uxx = 0, c2 =T

ρ(3.2.1)

dengan syarat awal

u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ(x). (3.2.2)

Terapkan beda pusat pada kedua sukunya menghasilkan persamaan beda dengan akurasiO(∆t2,∆x2) berikut

un+1j − 2unj + un−1

j

∆t2= c2

unj+1 − 2unj + unj−1

∆x2, (3.2.3)

atau dapat ditulis sebagai berikut:

un+1j = S(unj+1 + unj−1) + 2(1− S)unj − un−1

j , (3.2.4)

dengan S =c2(∆t)2

(∆x)2.

-1

SS2-2S

Gambar 3.2.1: Stencil metode beda hingga untuk persamaan gelombang.

Perhatikan bahwa persamaan beda (3.2.4) membutuhkan dua baris syarat awal, sementarapermasalahan kita hanya mempunyai syarat awal (3.2.2), yang berarti u0j , untuk j =

1, · · · , Nx. Bagaimana mendapatkan u1j? Perhatikan yang berikut, terapkan beda pusat

dengan akurasi O(∆t2) pada ut|0j :

u1j − u−1j

2∆t= ψj . (3.2.5)

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 23

Persamaan (3.2.4) untuk n = 0 menghasilkan

u1j = S(u0j+1 + u0j−1) + 2(1− S)u0j − u−1j ,

dan karena −u−1j = 2∆tψj − u1j , maka dapat diperoleh:

u1j =S

2(ϕ0j+1 + ϕ0j−1) + (1− S)ϕ0j +∆tψj . (3.2.6)

Jadi, persamaan beda (3.2.3) dapat diterapkan dengan

u0j = ϕj . (3.2.7)

dan (3.2.6) sebagai dua baris nilai awal. Hampiran orde rendah bagi ut|0j , yaitu

u1j − u0j∆t

= ψj +O(∆t),

sehinggau1j = ϕj +∆tψj +O(∆t2),

dapat digunakan sebagai nilai awal, namun akurasi O(∆t) tidak memenuhi syarat karenaakurasi O(∆t) yang rendah ini akan masuk dan ’tersebar’ ke dalam domain perhitungansehingga akurasi dari keseluruhan perhitungan hanya dapat dikatakan berorde-1 saja, danakurasi orde-2 dari persamaan beda (3.2.4) menjadi sia-sia.

Kestabilan: Substitusikan unj = ρnηj dimana η = eia∆x ke dalam (3.2.4) sehingga diper-oleh

ρ− 2 +1

ρ= S(η − 2 +

1

η) = 2S(cos a∆x− 1) = 2p,

yang dapat disederhanakan menjadi

ρ2 − 2(1 + p)ρ+ 1 = 0.

Dengan demikian, diperoleh akar-akar berikut ini

ρ1,2 = (1 + p)±√p2 + 2p , p ≤ 0.

Nilai dari ρ1,2 terbagi menjadi dua kasus yaitu:

1. Jika p2 + 2p > 0 , p < −2, diperoleh bahwa ρ1,2 bernilai real dan salah satu di-antaranya bernilai < −1. Jadi, skema tidak stabil.

2. Jika p2 + 2p < 0 , − 2 < p ≤ 0, diperoleh bahwa ρ1,2 = (1 + p) ± i√−p2 − 2p

merupakan bilangan kompleks dengan |ρ1,2| = 1. Jadi ρ1,2 = cos θ + i sin θ.

3. Jika p = −2, maka akan dipeoleh ρ = −1.

Dengan demikian, skema beda hingga stabil jika p ∈ [−2, 0], ∀a. Hal ini akan terjadi jikadan hanya jika:

−2 ≤ S(cos a∆x− 1) ≤ 0 , ∀a

dan karena −2 ≤ cos a∆x− 1 ≤ 0 , ∀a, maka batasan untuk S adalah

−2 ≤ −2S ≤ 0 ⇔ 0 < S ≤ 1.

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 24

Jadi syarat kestabilan untuk skema ini adalah

S = c2(∆t

∆x)2 ≤ 1. (3.2.8)

Ilustrasi garis-garis karakteristik pada persamaan gelombang dapat dilihat pada Gam-bar 3.2.2. Pada gambar tersebut dapat dilihat bahwa jika untuk S = 1, yang berarti∆t = c∆x, maka garis karakteristik melewati titik-titik grid. Sedangkan jika S < 1, yangberarti ∆t < c∆x, maka garis karakteristik lebih curam yang berarti kecepatan gelom-bang hasil numerik lebih kecil daripada kecepatan sebenarnya. Sehingga syarat kestabilanpersamaan gelombang (3.2.8) mengartikan bahwa numerical propagation speed tidak bisalebih besar dari continuous propagation speed. (Strauss hal 204.)

(a) (b)

Gambar 3.2.2: Garis karakteristik persamaan gelombang untuk (a) S = 1 ⇔ ∆t = c∆x,(b) S < 1 ⇔ ∆t < c∆x.

Konsistensi: Perhatikan dua uraian Taylor berikut:

un±1j = unj ±∆t ut|nj +

1

2∆t2 utt|nj ±O(∆t3) +

1

2∆t4 u4t|nj + .... (3.2.9)

unj±1 = unj ±∆x ux|nj +1

2∆x2 uxx|nj ±O(∆x3) +

1

2∆x4 u4x|nj + .... (3.2.10)

Dari persamaan (3.2.9) dan (3.2.10) diperoleh:

unj+1 + unj−1 = 2

(unj +

1

2∆x2 uxx|nj +

1

4!∆x4 u4x|nj + ....

)(3.2.11)

un+1j + un−1

j = 2

(unj +

1

2∆t2 utt|nj +

1

4!∆t4 u4t|nj + ....

)(3.2.12)

Kemudian substitusikan (3.2.11) dan (3.2.12) ke dalam persamaan beda (3.2.4) dan dengansedikit manipulasi aljabar akan didapatkan

2unj +∆t2 utt|nj +2

4!∆t4 u4t|nj − 2Sunj − S∆x2 uxx|nj − S

2

4!∆x4 u4x|nj = 2(1− S)unj ,

yang dapat disederhanakan menjadi

(∆t)2(utt − c2uxx) |nj +2

4!((∆t)4u4t − S(∆x)4u4x) |nj .

Jelas bahwa skema konsisten. Lebih jauh lagi suku pertama truncation terms-nya adalah

2

4!((∆t)4u4t − S(∆x)4u4x) =

2

4!((∆t)4c2u4x − S(∆x)4u4x) =

2

4!(∆x)4(S2 − S)u4x,

yang berupa suku difusi, dan akan bernilai nol jika dan hanya jika S2 − S = 0 atau

S =c2(∆t)2

(∆x)2= 1.

SR

P '1

2

BAB 3. METODA BEDA HINGGA PADA PERSAMAAN TIPE HIPERBOLIK 25

Soal Latihan 3.2.1. 1. (Standing wave) Untuk k tertentu, tentukan ω sehingga fungsiu(x, t) = cos kx cosωt solusi bagi persamaan gelombang utt − c2uxx = 0. GunakanMaple untuk mensimulasikan solusi standing wave tersebut.

2. Perhatikan persamaan gelombang utt = uxx, untuk 0 ≤ x ≤ 10, dengan syarat batasux(0, t) = 0 dan u(10, t) = 0, dan syarat awal ut(x, 0) = 0 dan

u(x, 0) =

216(x− 3)2(x− 7)2, 3 ≤ x ≤ 70, untuk x lainnya

(a) Terapkan skema beda hingga orde-2 untuk persamaan gelombang. Gunakanpula hampiran orde-2 untuk menaksir u(x,∆t), juga untuk syarat batas kiri.

(b) Jika dipilih ∆x = 1, diperoleh suatu hampiran bagi simpangan awal berikut

u(x, 0) = 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0

Hitung u(x, t) untuk beberapa selang waktu (hand-calculation), pilih ∆t = 1.Apa yang Anda lihat pada batas?

(c) Implementasikan dan simulasikan perpecahan gundukan awal sampai gelom-bang pecahannya menabrak batas kanan dan kiri, kemudian berbalik. Amati-lah!

(d) Kerjakan soal (c) namun simpangan awal nol, dan kecepatan awal

u(x, 0) =

1, |x− 5| ≤ 10, x lainnya.

SR

P '1

2

Bab 4

Persamaan Difusi

Persamaan difusi adalah persamaan tipe hiperbolik. Dalam uraian berikut ini persamaandifusi akan diformulasikan berdasarkan prinsip kesetimbangan energi. Perhatikan masalahdistribusi panas pada suatu batang penghantar yang panjangnya L. Misalkan u(x, t)menyatakan suhu pada posisi x saat t. Perhatikan elemen batang dengan batas kiri x danbatas kanan x+∆x, internal energi pada elemen tersebut adalah ρc u(x, t)∆x, dengan c, ρberturut-turut menyatakan specific heat, rapat massa batang. Jika dimisalkan fluks aliranpanas sebagai fungsi f(u), maka selama selang waktu ∆t, perubahan internal energi padaelemen batang adalah

x x+ D

( )f u ( )f u

ρc(u|t+∆t−u|t)∆x = (f(u)|x−f(u)|x+∆x)∆t

Jika kedua ruas dibagi dengan ∆t∆x, dan sete-lah diambil limitnya, diperoleh:

ρcut + (f(u))x = 0. (4.0.1)

Persamaan 4.0.1 dengan ρc dianggap 1 atau ut+(f(u))x = 0 merupakan bentuk umum per-samaan konservasi bagi masalah-masalah konservasi lainnya, misalnya konservasi massa.Tentunya setiap proses penurunan persamaan konservasi tertentu memerlukan formulasiyang cermat.

Jika selanjutnya diterapkan hukum Fick’s: fluks energi sebanding dengan gradien tem-peratur: fluks= −κux, dengan κ menyatakan heat conductivities. maka persamaan (4.0.1)menjadi persamaan difusi

ut = kuxx, (4.0.2)

dengan k = κρc . Konstanta difusi k > 0 menyatakan koefisien penghantar panas, dan

berdimensi [L2]/[T ]. Tanda negatif pada hukum Fick’s berarti arah aliran searah denganarah berkurangnya suhu.

Alternatif lain, persamaan difusi dapat juga diperoleh melalui formulasi integral. Internalenergi dari elemen batang adalah

∫ x+∆xx ρcu dx, sedangkan laju perubahannya bergantung

pada fluks masuk dikurangi fluks ke luar

d

dt

∫ x+∆x

xρcu dx = f(u)|x − f(u)|x+∆x.

26

SR

P '1

2

BAB 4. PERSAMAAN DIFUSI 27

Perhatikan bahwa di sini batas kiri dan kanan x dan x+∆x tidak bergerak sehingga

d

dt

∫ x+∆x

xρcu dx =

∫ x+∆x

xρcutdx =

∫ x+∆xx (−f(u))x dx∫ x+∆x

xρcut + (f(u))x dx = 0.

Karena relasi di atas berlaku untuk setiap x dan ∆x, maka berarti haruslah integranbernilai nol, atau u(x, t) memenuhi persamaan (4.0.1). Jika selanjutnya dimisalkan berlakuhukum Ficks: f(u) = −κux, dengan κ > 0, maka u(x, t) memenuhi persamaan difusi

ut = kuxx, (4.0.3)

dengan k = κρc . Selain sebagai persamaan pengatur masalah distribusi panas, persamaan

difusi juga merupakan persamaan pengatur proses melarutnya tinta dalam zat pelaruttertentu, dan konstanta difusi k menyatakan seberapa cepat tinta dapat terlarut.

Terdapat tiga tipe syarat batas:

1. Syarat batas tipe Dirichlet: jika nilai u diketahui. Pikirkan situasi yang bersesuaiandengan syarat batas kiri Dirichlet homogen: u(0, t) = 0 (masalah panas & masalahtinta)

2. Syarat batas tipe Neumann: jika turunan dari u diketahui. Pikirkan situasi yangbersesuaian dengan syarat batas kanan Neumann homogen: ux(L, t) = 0 (masalahpanas & masalah tinta)

3. Syarat batas tipe Robin: kombinasi dari Dirichlet dan Neumann. Pikirkan situasiyang bersesuaian dengan syarat batas kanan Robin: ux(L, t) = u(L, t). Uraian lanjutmengenai arti fisis syarat batas Robin dapat dilihat pada Strauss Section 4.3.

[Strauss 1.4 no 5] Dua batang penghantar berpenampang sama...

4.1 Prinsip Maksimum

Teorema 4.1.1. Prinsip Maksimum: Solusi persamaan difusi (5.0.1) pada ’persegi pan-jang’ [0, L]× [0,∞) memenuhi

u(x, t) ≤ max u pada batas ’persegi panjang’,

Dengan kata lain, solusi persamaan difusi u(x, t) mencapai ekstrim pada saat awal t = 0atau pada batas kiri x = 0 atau kanan x = L:

u(x, t) ≤ max u(x, 0), u(0, t), u(L, t) .

Prinsip Maksimum versi kuat: Solusi persamaan difusi (5.0.1) pada persegi panjang [0, L]×[0,∞) memenuhi

u(x, t) < max u(x, 0), u(0, t), u(L, t) , atau u(x, t) = konstan.

Pikirkan kesesuaian prinsip maksimum pada masalah distribusi tinta.Bukti prinsip maksimum: Strauss hal 41.

SR

P '1

2

BAB 4. PERSAMAAN DIFUSI 28

Coba buktikan prinsip minimum berikut.Jika u(x, t) solusi persamaan difusi pada persegi panjang [0, L]× [0,∞) maka berlaku

min u(x, 0), u(0, t), u(L, t) ≤ u(x, t).

Gabungan antara versi kuat prinsip maksimum dan mininum adalah:solusi u(x, t) dari persamaan difusi memenuhi

min u(x, 0), u(0, t), u(L, t) < u(x, t) < max u(x, 0), u(0, t), u(L, t) , atau u(x, t) = konstan.

KetunggalanSelanjutnya kita akan membuktikan ketunggalan solusi persamaan difusi dengan syaratbatas tipe Dirichlet berikut:

ut − kuxx = f(x, t), 0 < x < L, t > 0u(x, 0) = ϕ(x)u(0, t) = g(t), u(L, t) = h(t)

(4.1.1)

Bukti: Misalkan u1(x, t) dan u2(x, t) merupakan dua solusi (4.1.1) akan ditunjukkan bahwau1(x, t) = u2(x, t). Tuliskan w(x, t) ≡ u1(x, t)− u2(x, t), maka w(x, t) memenuhi

wt − kwxx = 0, 0 < x < L, t > 0u(x, 0) = 0w(0, t) = 0, w(L, t) = 0

(4.1.2)

Terapkan prinsip maksimum dan minimum pada persamaan difusi dengan syarat batasdan syarat awal di atas akan menghasilkan w(x, t) = 0 atau u1(x, t) = u2(x, t).

Alternatif: metoda energi untuk membuktikan ketunggalan solusi masalah difusi. Mis-alkan u1(x, t) dan u2(x, t) merupakan dua solusi (4.1.1), misalkan w(x, t) ≡ u1(x, t) −u2(x, t), maka w(x, t) memenuhi (4.1.2).

0 = 0 · w = (wt − kwxx)w = (1/2w2)t + (−kwxw)x + kw2x.

Integralkan terhadap x dengan batas 0 dan L, maka

0 =

∫ L

0(1/2w2)t dx− kwxw|x=L

x=0 + k

∫ L

0w2x dx

atau

d

dt

∫ L

0

1

2w2 dx = −k

∫ L

0w2x dx.

Berarti∫ L0 w2 dx turun untuk setiap t ≥ 0∫ L

0w2 dx ≤

∫ L

0w(x, 0)2 dx,

Sedangkan∫ L0 w(x, 0)2 dx = 0, jadi w ≡ 0 atau u1(x, t) = u2(x, t).

Interpretasi syarat batas Robin bagi persamaan difusi (soal Strauss 2.3 no 8). Perhatikanpersamaan difusi ut = kuxx pada domain 0 < x < L, t > 0 dengan syarat batas Robin

SR

P '1

2

BAB 4. PERSAMAAN DIFUSI 29

ux(0, t) − a0u(0, t) = 0, dan ux(L, t) − aLu(L, t) = 0. Jika a0 > 0 dan aL > 0, gunakanmetoda energi untuk membuktikan bahwa kedua titik ujung berperan dalam berkurangnya∫ L0 u2(x, t) dx. Dengan kata lain, sebagian dari energi hilang melalui batas, dan syaratbatas ini dikenal sebagai syarat batas ’radiating’ atau ’dissipative’.Soal: Buktikan ketunggalan solusi persamaan difusi non-linear berikut

ut = uxx − u3, x ∈ [0, L], t > 0u(0, t) = u(L, t) = 0u(x, 0) = f(x)

KestabilanMisalkan ui(x, t) untuk i = 1, 2 masing-masing nerupakan solusi (4.1.1) dengan syaratawal u(x, 0) = ϕi(x, t) untuk i = 1, 2. Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap ε > 0, terda-pat δ > 0 sehingga |ϕ1 − ϕ2| < δ berakibat |u1 − u2| < ε.

Bukti: Tuliskan w(x, t) ≡ u1(x, t)− u2(x, t), maka w(x, t) memenuhi persamaan difusiut − kuxx = 0, 0 < x < L, t > 0u(x, 0) = ϕ1(x)− ϕ2(x)u(0, t) = 0, u(L, t) = 0

Penerapan prinsip maksimum menghasilkan

w(x, t) ≤ maxϕ1 − ϕ2, 0 ≤ maxx|ϕ1 − ϕ2|,

sedangkan penerapan prinsip minimum menghasilkan

minϕ1 − ϕ2, 0 ≤ w(x, t).

Lebih jauh lagi dapat diperoleh hubungan

−max|ϕ1 − ϕ2| ≤ −maxϕ2 − ϕ1, 0 = minϕ1 − ϕ2, 0 ≤ w(x, t).

Sehingga akhirnya diperoleh

−maxx|ϕ1 − ϕ2| ≤ w ≤ maxx|ϕ1 − ϕ2|

atau

|w| = |u1 − u2| ≤ maxx|ϕ1 − ϕ2|.

Tugas: Buktikan kestabilan solusi persamaan difusi menggunakan metoda energi.

4.2 Fungsi Green

Solusi persamaan difusi (5.0.1) untuk x ∈ R dengan syarat awal u(x, 0) = ϕ(x) dapatdirepresentasikan secara eksplisit:

u(x, t) =

∫ ∞

−∞S(x− y, t)ϕ(y)dy, (4.2.1)

dengan fungsi Green S(x, t) adalah

S(x, t) =1√4πkt

e−x2/4kt , t > 0. (4.2.2)

Fungsi S(x, t) dikenal dengan nama fungsi Green.Nama lainnya: Gaussian, propagator, fundamental so-lution. Tampak dari Gambar 1.6 bahwa kurva S(x, t)menurun menuju nol seiring dengan bertambahnyawaktu t.

SR

P '1

2

BAB 4. PERSAMAAN DIFUSI 30

t kecil

t sedang

t besar

S

Dengan demikian kita memiliki rumusan eksplisit bagi solusi persamaan difusi dengansyarat awal u(x, 0) = ϕ(x), yaitu

u(x, t) =1√4πkt

∫ ∞

−∞e−(x−y)2/4ktϕ(y)dy. (4.2.3)

Catatan:

• S(x, t) merupakan solusi persamaan (5.0.1) dengan syarat awal ϕ(x) = δ(x) fungsidelta Dirac.

•∫∞−∞ S(x, t)dx = 1,

• limt→0 S(x, t) = 0.

Soal:

1. (Smoothing processes in the solution of diffusion equation) Tentukan solusi per-

samaan difusi ut = kuxx, x ∈ R, t > 0 dengan syarat awal u(x, 0) =

0, x < 01, x > 0

Simulasikan menggunakan Maple solusi u(x, t) untuk menunjukkan proses smooth-ing yang berasal dari persamaan difusi. Cermati laju dari proses smoothing tersebutuntuk berbagai pilihan k, misalnya 1/10, 1/2, 1, 10.

2. Perhatikan bahwa ∂u∂x merupakan solusi persamaan difusi dengan syarat awal δ(x).

Solusi inilah yang dikenal sebagai Fungsi Green:

S(x, t) ≡ ∂u

∂x=

1

2√πkt

e−x2/4kt

4.3 Metoda separasi variable, recall

Solusi persamaan difusi (5.0.1) pada selang berhingga [0, L] dapat diperoleh melalui metodeseparasi variabel. Pelajari metoda separasi variabel persamaan difusi. Solusinya berupajumlahan suku-suku

eiaxe−ka2t = e−ka2t(cos ax+ i sin ax).

Suku e−ka2t menjelaskan bahwa efek damping membesar seiring dengan bertambahnyawaktu. Selain itu, untuk bilangan gelombang a yang lebih besar faktor damping exp(−ka2t)juga lebih besar. Dengan demikian jelas bahwa persamaan difusi merupakan persamaanpengatur bagi masalah-masalah difusi atau damping.

SR

P '1

2

Bab 5

Metode beda hingga bagipersamaan difusi

Pada subbab ini akan diuraikan berbagai metode beda hingga untuk persamaan difusi

ut = duxx, (5.0.1)

dengan d suatu konstanta.

5.1 Metode FTCS (Forward Time Center Space)

Metode FTCS sering disebut dengan metode eksplisit bagi persamaan difusi. Pada metodeini, forward time diterapkan pada ut dengan akurasi O(∆t) dan metode beda pusat yangditerapkan pada uxx dengan akurasi O(∆x2), sehingga diperoleh persamaan beda berikut:

un+1j = unj + d

∆t

(∆x)2(unj+1 − 2unj + unj−1), (5.1.1)

atau

un+1j = (1− 2S)unj + S(unj+1 + unj−1), dengan S = d

∆t

(∆x)2. (5.1.2)

j, nj-1, n j+1, n

j, n+1

Gambar 5.1.1: Stencil FTCS untuk persamaan difusi.

KestabilanSubstitusikan unj = ρneia∆xj ke dalam (5.1.2), sehingga diperoleh:

ρ = (1− 2S) + S(eia∆x + e−ia∆x) = 1 + 2S(cos a∆x− 1).

Agar skema stabil, maka |ρ| ≤ 1, yaitu

|ρ| = |1 + 2S(cos a∆x− 1)| ≤ 1,−1 ≤ 1 + 2S(cos a∆x− 1) ≤ 1,−1 ≤ S(cos a∆x− 1) ≤ 0,0 ≤ S(1− cos a∆x) ≤ 1,

0 ≤ 2S sin2(a∆x2

)≤ 1,

31

SR

P '1

2

BAB 5. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN DIFUSI 32

sehingga 2S ≤ 1. Jadi, skema akan stabil jika S = d∆t

(∆x)2≤ 1

2.

KonsistensiDiberikan dua hampiran berikut:

un+1j = unj +∆t ut|nj +

1

2∆t2 utt|nj +O(∆t3) +

1

2∆t4 u4t|nj + .... (5.1.3)

unj±1 = unj ±∆x ux|nj +1

2∆x2 uxx|nj ±O(∆x3) +

1

2∆x4 u4x|nj + .... (5.1.4)

Substitusikan (5.1.3) dan (5.1.4) ke dalam (5.1.1),

ut|nj +1

2∆t utt|nj + .... = d

(2

2!uxx|nj +

2

4!∆x2 u4x|nj + ....

),

selanjutnya dapat disederhanakan menjadi

(ut − duxx)nj +

(1

2∆td2u4x −

2

4!∆x2du4x

)n

j

+ .... = 0.

Jelas bahwa skema konsisten. Selanjutnya suku pertama truncation term yaitu

1

2∆td2u4x −

2

4!∆x2du4x =

d

2

(d∆t− 1

6∆x2

)u4x,

yang berupa suku difusi akan bernilai nol jika S =1

6.

5.2 Metode Implisit BTCS (Backward Time Center Space)

Metode BTCS memiliki akurasi O(∆t,∆x2). Persamaan beda untuk persamaan difusidengan menggunakan metode BTCS adalah

un+1j − unj

∆t= d

(un+1j+1 − 2un+1

j + un+1j−1

(∆x)2

). (5.2.1)

j, n+1

j+1, n+1j-1, n+1

j, n

Gambar 5.2.1: Stencil BTCS untuk persamaan difusi.

KestabilanSubstitusikan unj = ρneia∆xj ke dalam (5.2.1) menghasilkan:

ρ− 1 = Sρ(eia∆x + e−ia∆x − 2),ρ− 1 = 2Sρ(cos a∆x− 1),

dengan S =d∆t

(∆x)2. Dengan demikian,

ρ =1

1 + 2S(1− cos a∆x)=

1

1 + 4S sin2 a∆x2

.

SR

P '1

2

BAB 5. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN DIFUSI 33

Karena untuk setiap S dan a penyebut selalu lebih besar dari satu, maka jelas bahwa

|ρ| < 1 Jadi skema ini stabil ubtuk setiap S =d∆t

(∆x)2.

KonsistensiSubstitusikan hampiran Taylor un+1

j dan un+1j±1 ke dalam (5.2.1), sehingga menghasilkan:

ut|nj +(∆t)

2!utt|nj + .... = d

(uxx|nj +

(∆x2)

4!u4x|nj + ....

),

yang juga dapat dituliskan sebagai berikut:

ut|nj+(∆t)

2!d2 u4x|nj+.... = d

(uxx|nj + d∆t u4x|nj + ....

)+d(∆x2)

4!

(u4x|nj +∆t u4xt|nj + ....

),

dan dapat disederhanakan lagi menjadi

(ut − duxx) +

(−1

2d2∆t− 1

12d∆x2

)u4x + .... = 0.

Jelas bahwa persamaan beda (5.2.1) konsisten. Lebih jauh, suku pertama truncation term

akan bernilai nol jika −12d

2∆t− 112d∆x

2 = 0, atau ketika S =d∆t

(∆x)2= −1

6.

Selanjutnya persamaan beda (5.2.1) dapat dituliskan sebagai berikut :

(1 + 2S)un+1j − Sun+1

j−1 − Sun+1j+1 = unj . (5.2.2)

Misalkan syarat batasnya bertipe Dirichlet yaitu u(0, t) = f1 dan u(L, t) = f2. Titik-titikyang harus dihitung adalah

un+1j , dengan j = 1, 2, ...., Nx − 1,

n = 0, 1, ...., Nt − 1.

Jika persamaan (5.2.2) dievaluasi untuk j = 1 hingga j = Nx − 1 berturut-turut akanmenghasilkan

(1 + 2S)un+11 − Sun+1

2 = Su(0, t) + un1 ,

−Sun+11 + (1 + 2S)un+1

2 − Sun+13 = un2 ,

......

...

−Sun+1Nx−2 + (1 + 2S)un+1

Nx−1 = unNx−1 + Su(L, t)

Persamaan-persamaan di atas dapat disusun membentuk SPL:

A(Nx−1)×(Nx−1)un+1(Nx−1)×1 = b(Nx−1)×1,

dengan

A =

(1 + 2S) −S · · · · · · 0

−S (1 + 2S) −S · · ·...

0 −S (1 + 2S)... .

. −S0 · · · · · · −S (1 + 2S)

,

SR

P '1

2

BAB 5. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN DIFUSI 34

dan

b(Nx−1)×1 =

un1 + Sf1

...unj...

unNx−1 + Sf2

5.3 Metode Crank - Nicholson

Perhatikan persamaan difusi (5.0.1). Terapkan center time untuk menghampiri ut di titikgrid j, (n+ 1

2)

ut |n+ 1

2j =

un+1j − unj

∆t+O(∆t2), (5.3.1)

Sedangkan uxx di titik grid j, (n+ 12) dihampiri dengan

uxx |n+12

j =1

2(uxx |n+1

j + uxx |nj ), (5.3.2)

dan selanjutnya uxx |n+1j dan uxx |nj ) dihampiri dengan center difference. Sehingga diper-

oleh persamaan beda untuk metoda Crank-Nicholson berikut

un+1j − unj

∆t=d

2

(un+1j+1 − 2un+1

j + un+1j−1

(∆x)2+unj+1 − 2unj + unj−1

(∆x)2

). (5.3.3)

Dengan demikian metode Crank - Nicholson memiliki akurasi O(∆t2,∆x2).

j+1, n+1j-1, n+1

j, n+1

j-1, nj+1, n

j, n

j, n+1/2

Gambar 5.3.1: Stencil Crank - Nicholson untuk persamaan difusi.

KestabilanSubstitusikan unj = ρneia∆xj ke dalam (5.3.3) dan dengan sedikit manipulasi aljabar dapatdiperoleh:

ρ =1 + S(cos a∆x− 1)

1− S(cos a∆x− 1), (5.3.4)

ρ =1− 2S sin2

(a∆x2

)1 + 2S sin2

(a∆x2

) , (5.3.5)

dengan S =d∆t

(∆x)2. Dari (5.3.5) jelas bahwa |ρ| ≤ 1 untuk setiap S > 0. Jadi, skema

stabil tanpa syarat.

SR

P '1

2

BAB 5. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN DIFUSI 35

Berikut ini adalah persamaan differensial termodifikasi dari persamaan difusi dengan pen-erapan metode Crank-Nicholson.

ut|nj +1

2∆t utt|nj + .... =

d

2

(uxx|n+1

j +2

4!∆x2 u4x|n+1

j + ....

+ uxx|nj +2

4!∆x2 u4x|nj + ....

),

ut|nj +1

2∆t utt|nj + .... = d

(uxx +

1

4!∆x2u4x +

d∆t

2u4x + ....

)∣∣∣∣nj

,

yang dapat disederhanakan menjadi

(ut − duxx)−d

12∆x2u4x + ...u6x + .... = 0.

Dari persamaan diferensial termodifikasi di atas jelas bahwa metode Crank-Nicholson kon-sisten, dan suku pertama truncation errornya berupa suku difusi.

Algoritma metoda implisit bagi persamaan difusi ut = kuxx, 0 < x < L, t > 0, dengansyarat batas% (Example on) constructing the coefficient matrix A, size n× n, tridiagonal.(The size of A depends on the type of left and right boundary, Dirichlet or Neumann.

D = sparse(1:n,1:n,(1+2*s)*ones(1,n),n,n);E = sparse(2:n,1:n-1,-s*ones(1,n-1),n,n);A=full(E+D+E’)

% Inserting initial condition u(x, 0)

% Computing u(x, tn+1) using u(x, tn)

for n=1:Nt% Construct a vector RHS, values of u(x, tn) needed.(Left and right boundary condition should be incorporated.)

% Solving a tridiagonal system Au(x, tn) = RHSend

5.4 Metode - θ

Metode - θ merupakan modifikasi dari metode Crank-Nicholson. Persamaan beda untukpersamaan difusi dengan metode ini adalah

un+1j − unj

∆t= d

(θun+1j+1 − 2un+1

j + un+1j−1

(∆x)2+ (1− θ)

unj+1 − 2unj + unj−1

(∆x)2

). (5.4.1)

Perhatikan persamaan (5.4.1). Jika θ = 0, maka persamaan tersebut menjadi persamaanbeda untuk metode FTCS dengan akurasi O(∆t,∆x2). Jika θ = 1

2 , maka persamaan terse-but menjadi persamaan beda untuk metode Crank-Nicholson dengan akurasi O(∆t2,∆x2).Dapat dikatakan bahwa metode-θ terdiri dari (1− θ) metoda eksplisit, dan θ metoda im-plisit.KestabilanSubstitusikan unj = ρneia∆xj ke dalam (5.4.1) dan dengan sedikit manipulasi aljabar dapat

SR

P '1

2

BAB 5. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN DIFUSI 36

j+1, n+1j-1, n+1j, n+1

j-1, n j+1, nj, n

è

Gambar 5.4.1: Stencil metode - θ untuk persamaan difusi.

diperoleh amplification factor:

ρ =1− 2S + 2θS(1− cos a∆x)

1 + 2θS(1− cos a∆x),

dengan S =d∆t

(∆x)2. Perhatikan bahwa |ρ| ≤ 1 , untuk setiap S. Jadi, skema stabil tanpa

syarat.

5.5 Soal-soal

1. [PR] Diketahui persamaan difusi

ut = uxx 0 < x < 4

u(0, t) = 4, ux(4, t) = 0

u(x, 0) = (x+ 1)(4− x)

(a) Tentukan solusi eksaknya dengan metoda separasi variable.

(b) Implementasikan metode FTCS. Plot hasilnya unumerik(x, ti) bersama-samadengan ueksak(x, ti) untuk waktu-waktu ti tertentu.

(c) Implementasikan metode BTCS (implisit). Plot hasilnya unumerik(x, ti) bersama-sama dengan ueksak(x, ti) untuk waktu-waktu ti tertentu.

2. (a) Carilah solusi u(x, t) dari persamaan difusi ut = Duxx, 0 < x < 1, t > 0,dengan syarat awal u(x, 0) = sinπx dan syarat batas u(0, t) = u(1, t) = 0,t > 0. (Petunjuk : Coba solusi berbentuk f(t) sinπx.)

(b) Definisikan q(t) ≡∫ 10 u(x, t)dx, bagaimanakah q(t) berubah terhadap waktu?

3. [Penney 9.5 no. 17] (Steady-state temperature) Misalkan suatu batang penghantaryang terisolasi secara lateral mempunyai suhu awal u(x, 0) = f(x), dan suhu keduaujungnya u(0, t) = A dan u(L, t) = B, dengan A,B konstanta tak nol.

(a) Teramati bahwa setelah waktu yang cukup lama t → ∞, u(x, t) mendekatisteady-state temperature uss(x) yang tak lain adalah solusi equilibrium daripersamaan panas serta syarat batas

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2, u(0, t) = A, u(L, t) = B.

Tentukan uss(x).

SR

P '1

2

BAB 5. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN DIFUSI 37

(b) Selanjutnya didefinisikan transient temperature

utr(x, t) ≡ u(x, t)− uss(x).

Tunjukkan bahwa utr(x, t) memenuhi persamaan panas dengan syarat batashomogen u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 dan syarat awal

utr(x, 0) = g(x) ≡ f(x)− uss(x).

(c) Pada akhirnya tentukan solusi masalah semula.

4.

Diketahui sebuah dinding logam dengan tebal L dan koefisienpenghantar panas k. Misalkan u(x, t) menyatakan suhu suatutitik di posisi x pada dinding (Suhu dinding logam kita anggaphomogen pada kedua arah lainnya). Misalkan tepi dinding kiribersentuhan dengan suhu udara luar, sedangkan tepi kanan dind-ing bersentuhan dengan suhu kamar, lihat Gambar.

Suhu

kamar = A

Suhu

udara

luar = B

xL0

(a) Jika pada saat awal suhu dinding adalah T0, maka pdp beserta syarat batasyang sesuai adalah

ut = kuxx, pada 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = B, u(L, t) = A. (∗)

Syarat batas (*) disebut syarat batas tipe Dirichlet tak homogen. Jika A danB bernilai nol, maka disebut syarat batas Dirichlet homogen.

(b) Jika diketahui A = B, kita tahu bahwa masalah distribusi suhu dinding akansimetris terhadap titik tengah dinding, yaitu x = L/2. Jadi di sini kita bisamemformulasikan masalah distribusi suhu dinding cukup pada domain separodinding saja, menjadi

ut = kuxx, pada 0 < x < L/2, t > 0

u(0, t) = A,

ux(L/2, t) = 0. (∗∗)

Perhatikan perubahan syarat batas di x = L/2! Syarat batas (**) disebutsyarat batas tipe Neumann homogen.

SR

P '1

2

Bab 6

Persamaan Laplace & Poisson

Perhatikan masalah distribusi panas pada lempeng persegi [0, 1]×[0, 1]. Misalkan u(x, y, t)menyatakan suhu lempeng di posisi (x, y) saat t. Setelah waktu yang cukup lama, suhulempeng telah mencapai kondisi equilibrium, sehingga sudah tidak bergantung lagi padawaktu t. Dalam kondisi equilibrium, suhu lempeng hanya bergantung pada kondisi batas.Suhu lempeng saat kondisi equilibrium dinyatakan sebagai fungsi dari x dan y saja,misal u(x, y). Misalkan tepi kiri kanan lempeng terisolasi, sehingga syarat batasnyaux(0, y) = ux(1, y) = 0. Sepanjang tepi bawah lempeng suhu dipertahankan nol, jadisyarat batasnya u(x, 0) = 0. Sepanjang tepi atas lempeng, suhu dipertahankan 1000, jadisyarat batasnya u(x, 1) = 1000. Persamaan diferensial parsial beserta syarat batas yangsesuai untuk masalah ini adalah

u = 0 pada [0, 1]× [0, 1]

ux(0, y) = ux(1, y) = 0

u(x, 0) = 0, u(x, 1) = 1000

Melalui substitusi langsung, tunjukkan bahwa u(x, y) = 100ymerupakan solusi dari masalah di atas. Plot dari solusi u(x, y)diberikan pada gambar di samping. Periksa kesesuaian antaragambar permukaan dengan keempat syarat batasnya.

Dengan demikian dapat kita simpulkan bahwa persamaan Laplace u = 0 adalah per-samaan bagi solusi steady persamaan difusi ut = u. Bentuk umum dari persamaanLaplace adalah

u = 0 pada Ω, (6.0.1)

dengan = ∂xx + ∂yy adalah operator Laplace. Sedangkan

u = f pada Ω, (6.0.2)

dengan f fungsi sebarang, dikenal sebagai persamaan Poisson. Solusi dari persamaanLaplace disebut sebagai fungsi harmonik.

Buktikan bahwa fungsi-fungsi berikut adalah fungsi harmonik pada domain R2:

1. Semua polinom berderajat satu: f(x, y) = ax+ by + c, a, b, c ∈ R

38

SR

P '1

2

BAB 6. PERSAMAAN LAPLACE & POISSON 39

2. Polinom berderajat dua: f(x, y) = a(x2 − y2) + b, a, b ∈ R

3. Polinom berderajat tiga: f(x, y) = a(x3 − 3xy2) + d(y3 − 3x2y), a, d ∈ R

4. Fungsi f(x, y) = sinhnx sinny, n ∈ R.(Catatan: Fungsi harmonik lainnya coshnx sinny, sinhnx cosny, coshnx cosny.Perhatikan bahwa fungsi-fungsi e−kn2t cosnx, e−kn2t sinnx, n ∈ R merupakan so-lusi persamaan difusi ut = kuxx. Suku-suku tersebut muncul pada solusi denganmetoda separasi variabel. Hal serupa juga berlaku bagi fungsi-fungsi cos cnt cosnx,sin cnt cosnx, cos cnt sinnx, sin cnt sinnx, n ∈ R yang merupakan solusi persamaangelombang utt = c2uxx.

Persamaan Laplace dan Poisson ditemui pada masalah-masalah seperti

• Masalah elektrostatik

• Aliran fluida steady

• Fungsi kompleks yang analitik

• Gerak Brown

Soal [Strauss 1.5 no. 4] Perhatikan persamaan Poisson dengan syarat batas tipe Neumannhomogen

u = f pada D∂u∂n = 0 pada ∂D

(6.0.3)

a. Apa yang dapat kita tambahkan pada solusi sehingga menghasilkan solusi lain?(Ketunggalan solusi tidak dipenuhi)

b. Interpretasikan hasil a. untuk masalah aliran panas dan difusi tinta.

6.1 Prinsip maksimum dan ketunggalan solusi persamaanLaplace

Prinsip Maksimum Misalkan D adalah himpunan buka, tersambung, dan terbatas. Fungsiharmonik u di domain D yang kontinu di D(= D ∪ ∂D) memenuhi:Versi lemah:

min u(x, y) pada ∂D ≤ u(x, y) ≤ max u(x, y) pada ∂D,

Bukti: Strauss 6.1Versi Kuat:

min u(x, y) pada ∂D < u(x, y) < max u(x, y) pada ∂D,kecuali jika u(x, y) = konstan.

Bukti: Menggunakan mean value property Strauss 6.3

Perhatikan persamaan Poisson dengan syarat batas tipe Dirichlet berikutu = f pada Du = h pada ∂D

(6.1.1)

SR

P '1

2

Warsoma
Sticky Note
+cxy

BAB 6. PERSAMAAN LAPLACE & POISSON 40

Akan ditunjukkan bahwa solusi (6.1.2) adalah tunggal. Misalkan u1 dan u2 adalah masing-masing solusi (6.1.2). Tuliskan w ≡ u1 − u2, maka w memenuhi persamaan Laplace padadomain D dengan syarat batas tipe Dirichlet homogen:

w = 0 pada D, w = 0 pada ∂D.

Menurut prinsip maksimum

0 ≤ w(x) ≤ 0

untuk setiap titik x ∈ D. Ini berarti w(x) = 0 atau u1(x) = u2(x).

Soal: [Strauss 6.1 no. 11] Tunjukkan bahwa persamaan Poisson dengan syarat batas tipeNeumann berikut

u = f pada D∂u∂n = g pada ∂D

(6.1.2)

punya solusi jika dan hanya jika∫∫∫

D f dV =∫∫

∂D g dS. Petunjuk terapkan teoremadivergensi Gauss pada u = f .

Aplikasi pada aliran fluida

Tinjau suatu aliran fluida steady pada belokan seperti pada gambar. Perhatikan lebihdetail domain persegi panjang tepat pada sudut belokan. Dalam keadaan setimbang, totalmassa fluida yang masuk menembus sisi AB akan sama dengan total massa fluida yangmenembus sisi BC, sehingga pada domain ABCD berlaku persamaan konservasi massa

∇ · u = 0.

Jika aliran fluida bersifat irrotasional (∇ × u = 0, berarti medan vektor u bersifat kon-servatif. Bagi medan vektor konservatif, dijamin terdapat fungsi skalar ϕ(x, y) sehinggau = ∇ϕ. Substitusikan hubungan ini ke dalam persamaan konservasi massa akan meng-hasilkan

∇ · ∇ϕ = ∆ϕ = 0 pada persegi ABCD.

Kondisi yang harus menyertai keberlakuan persamaan konservasi massa adalah

fluks fluida menembus AB = fluks fluida menembus BC

Mengingat fluks adalah u · n× panjang sisi, maka syarat keber-lakuan konservasi massa di atas menjadi

∇ϕ · n AB ≡ ∇ϕ · n BC.

Syarat ini tepat merupakan syarat eksistensi solusi (6.1.2) bagipersamaan Laplace ∆ϕ = 0 pada domain persegi panjang ABCD.Coba yakinilah hal ini.

AB

CD SR

P '1

2

BAB 6. PERSAMAAN LAPLACE & POISSON 41

Sifat invarian di 2-D

Buktikan bahwa operator Laplace ∂xx+∂yy bersifat invarian terhadap translasi dan rotasi.

Dengan demikian Laplacian merupakan model bagi situasi fisik yang bersifat isotropic,yang artinya fungsi harmonik tidak memilih arah tertentu. (Bandingkan dengan solusipersamaan transport aux + but = 0 yang bertranslasi pada arah (a, b)T .) Sifat invar-ian terhadap rotasi mengilhami penulisan dalam koordinat polar. Uraian mengenaipersamaan Laplace dalam koordinat polar akan disajikan pada Subbab6.3.

Soal Latihan 6.1.1.

Perhatikan persamaan Laplace ∆u = 0 (uxx + uyy = 0). Cari semua polinom homogenderajat dua berbentuk p(x, y) = ax2 + bxy + cy2 yang memenuhi persamaan Laplace!Sketsakan solusi polinom derajat dua yang relatif sederhana.

Cari solusi dari u = 0 pada persegi satuan [0, 1] × [0, 1] yang memenuhi syarat batasu(x, 1) = sinπx dan u = 0 pada ketiga sisi lainnya.Mengingat syarat batasnya, cobalah solusi berbentuk u(x, y) =a(y) sinπx. Sketsa solusinya diberikan pada gambar di samping.Bandingkan dengan solusi yang diperoleh melalui metoda separasivariabelKerjakan soal-soal Strauss 6.1 no 1-12.

6.2 Persamaan Laplace pada domain persegi panjang

Diskusikan solusi persamaan Laplace u = 0 pada domain D = [0, a]×[0, b] dengan syaratbatas seperti pada gambar

u= g(x)

a

b

y

x

0uD = ( )xu k y=( )u f y=

( )yu u h x+ =

Kerjakan soal-soal Strauss 6.2 no 1-7.

Soal-soal:

1. Diketahui persamaan Laplace beserta syarat batasnya

uxx + uyy = 0, pada pers. panj. [0, 2]× [0, 1]

ux(0, y) = 0, ux(2, y) = −1, uy(x, 0) = 0, uy(x, 1) = 1/2,

(a) Periksa bahwa syarat batas Neumann yang diberikan memenuhi∫batas pp

∂u∂n ds =

0. Ini berarti ’syarat perlu’ eksistensi solusi dipenuhi.

(b) Tentukan solusi u(x, y) berbentuk polinom berderajat-2 yang memenuhi per-samaan Laplace beserta syarat batasnya.

SR

P '1

2

BAB 6. PERSAMAAN LAPLACE & POISSON 42

2. Perhatikan persamaan Laplace uxx + uyy = 0 dengan syarat batas

ux(0, y) = 0, ux(1, y) = −1 uy(x, 0) = 0, uy(x, 1) = 1.

(a) Periksa keberlakuan∫batas pp

∂u∂n ds = 0, yang mana berarti ’syarat perlu’ eksis-

tensi solusi dipenuhi.

(b) Carilah solusi eksak masalah di atas yang berbentuk polinom derajat dua

Kerjakan soal-soal Strauss 6.1 no 1 - 12

6.3 Rumus Poisson

Perhatikan masalah temperatur steady pada lempeng lingkaran berjari-jari a yang diaturoleh persamaan Laplace dalam koordinat polar berikut.

u = ∂2ru+1

r∂ru+

1

r2∂2θu = 0, pada (r, θ) ∈ (0, a)× (0, 2π) (6.3.1)

u(a, θ) = h(θ). (6.3.2)

Perhatikan bahwa di sini h adalah fungsi berperiode 2π. Selain itu mengingat (r, θ) dan(r, θ + 2π) adalah dua titik yang sama, maka di sini berlaku syarat batas natural

u(r, θ) = u(r, θ + 2π). (6.3.3)

Seperti biasa, metoda pemisahan variabel diawali dengan memisalkan

u(r, θ) = R(r)Θ(θ). (6.3.4)

Substitusikan (6.3.4) ke dalam (6.3.1) menghasilkan

R′′Θ+1

rR′Θ+

1

r2RΘ′′ = 0,

jika dibagi dengan RΘ/r2 akan diperoleh

r2R′′ + rR′

R+

Θ′′

Θ= 0.

Selanjutnya kita peroleh

r2R′′ + rR′

R= −Θ′′

Θ= λ

untuk suatu konstanta λ. Dengan demikian kita peroleh dua buah persamaan diferensialbiasa

r2R′′ + rR′ − λR = 0 (6.3.5)

Θ′′ + λΘ = 0 (6.3.6)

Tunjukkan bahwa solusi (6.3.6) yang memenuhi (6.3.3) hanya menghasilkan pasang nilaieigen dan fungsi eigen berikut

λ0 = 0, Θ0(θ) = 1 (6.3.7)

λn = n2, Θn(θ) = An cosnθ +Bn sinnθ, (6.3.8)

SR

P '1

2

BAB 6. PERSAMAAN LAPLACE & POISSON 43

untuk n = 1, 2, · · · . Untuk λ0 = 0 persamaan (6.3.5) menghasilkan solusi

R0(r) = C0 +D0 ln r (6.3.9)

Jika kita menginginkan solusi yang kontinu di r = 0, maka fungsi ln r tidak terpakai,sehingga R0(r) = 1. Untuk λn = n2 persamaan (6.3.5) menghasilkan solusi

Rn(r) = Cnrn +Dnr

−n (6.3.10)

Solusi yang kontinu di r = 0 hanyalah rn, sehingga Rn(r) = rn. Jadi telah kita dapatsolusi

un(r, θ) = Rn(r)Θ(θ) = rn(An cosnθ +Bn sinnθ),

untuk n = 0, 1, 2, · · · . Pandang kombinasi linier dari semua bentuk di atas

u(r, θ) =A0

2+ Σ∞

n=1rn(An cosnθ +Bn sinnθ).

Gunakan syarat batas (6.3.2) menghasilkan

h(θ) =A0

2+ Σ∞

n=1an(An cosnθ +Bn sinnθ).

Jadi An, Bn adalah koefisien deret Fourier dari h(θ), suatu fungsi berperiode 2π

An =1

πan

∫ 2π

0h(ϕ) cosnϕ dϕ (6.3.11)

Bn =1

πan

∫ 2π

0h(ϕ) sinnϕ dϕ (6.3.12)

untuk n = 0, 1, 2, · · · .Sehingga solusi (6.3.1,6.3.2) adalah

u(r, θ) =

∫ 2π

0h(ϕ)

1

2πdϕ+Σ∞

n=1

rn

πan

∫ 2π

0h(ϕ)(cosnϕ cosnθ + sinnϕ sinnθ)

=

∫ 2π

0h(ϕ)

1 + 2Σ∞

n=1

(ra

)ncosn(θ − ϕ)

1

2πdϕ

Perhatikan bahwa

1 + 2Σ∞n=1

(ra

)ncosn(θ − ϕ)

1

2π= real(∗)

(∗) = a2 − r2

a2 − 2ar cos(θ − ϕ) + r2

Sehingga pada akhirnya kita peroleh rumus Poisson berikut.

u(r, θ) =a2 − r2

∫ 2π

0

h(ϕ)

a2 − 2ar cos(θ − ϕ) + r2dϕ, untuk r ≤ a. (6.3.13)

Perhatikan bahwa rumus Poisson menyajikan solusi persamaan Laplace (6.3.1) dengansyarat batas tipe Dirichlet (6.3.2) secara eksplisit. Sayangnya rumus di atas tidak adahubungannya dengan persamaan Poisson. Berikut ini rumus Poisson dituliskan secarageometris:

u(x) =a2 − |x|2

2πa

∫|x′|=a

u(x′)

|x− x′|2ds′, (6.3.14)

dengan x = (r, θ), x′ = (a, ϕ)

SR

P '1

2

BAB 6. PERSAMAAN LAPLACE & POISSON 44

Mean value property

Misalkan h(ϕ) merupakan fungsi kontinu pada lingkaran C = ∂D, maka rumus Poissonmemberikan fungsi harmonik (satu-satunya) pada D yang memenuhi

limx→x0

u(x) = h(x0), untuk setiap x0 ∈ ∂D

Ini berarti u(x) merupakan fungsi kontinu pada D = D ∪ ∂D. Lebih jauh, u(x) diferensi-abel tak hingga kali di D.

Teorema 6.3.1. (Mean value property) Misalkan u(x) fungsi harmonik di D yang kontinudi D, maka nilai dari u di pusat D sama dengan nilai rata-rata dari u pada ∂D.

Proof: Poisson formula dihitung pada x = 0 menghasilkan

u(0) =a2

2πa

∫|x′|=a

u(x′)

a2ds′ =

1

2πa

∫|x′|=a

u(x′) ds′,

yang tak lain adalah nilai rata-rata dari u di keliling lingkaran |x′| = a.

Dengan menggunakan teorema nilai rata-rata inilah prinsip maksimum versi kuat dibuk-tikan.

Kerjakan soal-soal Strauss 6.3

Soal Latihan 6.3.2. 1. Tunjukkan bahwa dalam koordinat polar

= ∂2r +1

r∂r +

1

r2∂2θ .

2. Tunjukkan bahwa u(r, θ) = a ln |r| + b, dengan a, b konstanta se-barang, adalah solusi dari u = 0. Fungsi ln |r| dan fungsi kon-stan yang merupakan solusi dikenal sebagai solusi fundamental.Kedua solusi ini akan muncul pada formulasi metoda separasi vari-able pada persamaan Laplace dalam koordinat polar. Perhatikanbahwa solusi ln |r| tak terdefinisi di r = 0, lihat gambar.

3. Tentukan solusi (6.3.1) dan (6.3.2) jika diketahui

h(θ) =

T0 untuk 0 < θ < πT1 untuk π < θ < 2π

4. [Kreyszig 11.9 no. 13] (Temperatur pada lempeng setengah lingkaran.) Tentukantemperatur u pada lempeng (r, θ)|r < R, 0 < θ < π, dimana temperatur pada sep-anjang tepi bawah adalah 00 dan pada batas setengah lingkaran atas adalah u0,dengan u0 konstanta.

5. (Frekwensi fundamental genderang) Getaran membran pada genderang memenuhipersamaan

utt = c2(urr+1

rur+

1

r2uθθ), c

2 =T

ρ, pada domain cakram lingkaran jari-jari R.

SR

P '1

2

BAB 6. PERSAMAAN LAPLACE & POISSON 45

Jika dimisalkan getaran membran simetris secara radial, maka u tak bergantung padaθ sehingga simpangan membran tiap saat dinyatakan sebagai u(r, t), dan persamaandiferensialnya

utt = c2(urr +1

rur), c

2 =T

ρ, pada domain cakram lingkaran jari-jari R.

Jika genderang diikat erat, maka syarat batasnya u(R, t) = 0. Seringkali syaratawalnya bersifat radial simetri: u(r, 0) = h(r), ut(r, 0) = g(r). Penentuan solusideret u(r, t) memerlukan formulasi menggunakan fungsi Bessel [Kreyszig 11.10].

6.4 Formula Green bagi solusi persamaan Laplace

Optional, sumber: Strauss Section 7

1. Misalkan diberikan syarat batas sebagai berikut:

∆u = 0u = φ pada ∂Ω1

∂u

∂n= ψ pada ∂Ω2,

maka solusinya adalah

2πu(x, y) =

∫∂Ω1

φ(ξ)∂G

∂n(ξ,x)dξ +

∫∂Ω2

ψ(ξ)G(ξ,x)dξ.

2. (Strauss hal. 181) Misalkan diberikan syarat batas sebagai berikut:

∆u = f pada Du = h pada ∂D,

maka solusinya adalah

u(x0) =

∫ ∫bdyD

h(x)∂G(x,x0)

∂ndS +

∫ ∫ ∫Df(x)G(x,x0)dx.

SR

P '1

2

Bab 7

Metode beda hingga bagipersamaan Laplace 2D

7.1 Metode langsung

Perhatikan persamaan Laplace uxx + uyy = 0 pada domain D. Terapkan metode bedapusat bagi uxx dan uyy, sehingga diperoleh

ui+1,j − 2ui,j + ui−1,j

∆x2+ui,j+1 − 2ui,j + ui,j−1

∆y2= 0.

Pemilihan ∆x dan ∆y ternyata tidak terlalu berpengaruh sehingga da-pat dipilih ∆x = ∆y, sehingga persamaan bedanya:

4ui,j − (ui+1,j + ui−1,j + ui,j+1 + ui,j−1) = 0. (7.1.1)4

-1

-1-1

-1

Baby example: Selesaikan persamaan Laplace pada domain persegi panjang dengansyarat awal tipe Dirichlet berikut:

0 0 0 00 ∗ ∗ 240 ∗ ∗ 00 0 0 0

Terdapat 4 persamaan dengan 4 variabel sehingga solusinya dapat dicari sebagai solusiSPL biasa sehingga diperoleh

0 0 0 00 2 7 240 1 2 00 0 0 0

Cek bahwa (7.1.1) dipenuhi bagi keempat titik interiornya.

Contoh 1: Perhatikan persamaan Laplace pada domain persegiDdengan syarat batas tipe Dirichlet seperti pada gambar. Partisikanpersegi panjang tersebut dengan lebar selang partisi ∆x = ∆yseperti pada gambar. Perhatikan cara penomoran titik-titik par-tisinya.

Solusi u dapat diperoleh sebagai solusi SPL

Au = b,

46

SR

P '1

2

BAB 7. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN LAPLACE 2D 47

dimana

A12×12 =

u12×1 =

u1u2u3u4...u12

b12×1 =

a+ daa

a+ b...??

Bagaimanakah A dan b jika terdapat Nx ×Ny titik partisi?Contoh 2: Persamaan Laplace berlaku pada domain D dengan syarat batas tipe Dirichletpada tepi bawah dan atas, syarat batas tipe Neumann pada tepi kiri dan kanan. Perhatikangambar berikut.

UNX

U1

Ny buah

UNXNY

U2

Ux = 0

D

US

UW UE

UN

Up

Perhatikan bahwa up, suatu titik partisi pada tepi kiri, ux|p = 0, sehingga

uE − uW2∆x

= 0 ⇔ uE = uW

.Persamaan beda menjadi:

4up − (uN + uS + 2uE) = 0.

• Coba rumuskan persamaan beda bagi titik pada tepi kanan!

• Bagaimanakah bentuk matriks A?

• Bagaimana jika syarat batas Neumann∂u

∂n= Dnu = 0 berlaku pada seluruh ∂D?

SR

P '1

2

BAB 7. METODE BEDA HINGGA BAGI PERSAMAAN LAPLACE 2D 48

7.2 Metode Iterasi

Keuntungan dari metode iterasi adalah membutuhkan memori komputer lebih sedikit.Selain itu, dengan metoda iterasi kesalahan formulasi lebih mudah dihindari, terutamadalam membangun matriks A yang mana sangat bergantung pada bentuk domain D dansyarat batas yang diberikan.

Metode iterasi JacobiMetode ini diawali dengan sebuah nilai tebakan bagi u

(1)i,j ,∀i, j. Selanjutnya kita hitung

u(2)i,j menggunakan rumus rekursif berikut

u(n+1)i,j =

1

4

(u(n)i+1,j + u

(n)i−1,j + u

(n)i,j+1 + u

(n)i,j−1

). (7.2.1)

Dilanjutkan dengan menghitung u(3)i,j , ∀i, j dan seterusnya untuk u

(n)i,j , ∀i, j untuk n =

4, 5, · · · . Dua kriteria yang biasa digunakan untuk menghentikan iterasi adalah

maxi,j

|u(n+1)i,j − u

(n)i,j | < ε

atau n > Nmaksimum.

Perhatikan bahwa persamaan (7.2.1) tak lain adalah persamaan beda bagi persamaan di-fusi 2 − D : ut = uxx + uyy (center difference bagi uxx dan uyy serta forward differencebagi ut, dengan ∆x = ∆y, ∆t = 1

4(∆x)2). Buktikan!

Metode Jacobi konvergen secara lambat. Metode iterasi konvergen jika matriksAmemenuhidominan diagonal:

|aii| ≥∑

j=1,j =i

|aij | , i = 1, ...., n.

Metode Gauss - SeidelMetode Gauss - Seidel merupakan perbaikan dari metode Jacobi. Misalkan dimulai darititik apit kiri bawah bergerak ke kanan, lalu ke atas. Persamaan (7.2.1) tetap digunakan,

hanya saja u(n)i−1,j sebagai titik kirinya diganti dengan u

(n+1)i−1,j (karena toh sudah diketahui)

dan u(n)i,j−1 sebagai titik bawahnya diganti dengan u

(n+1)i,j−1 , sehingga menjadi

u(n+1)i,j =

1

4

(u(n)i+1,j + u

(n+1)i−1,j + u

(n)i,j+1 + u

(n+1)i,j−1

). (7.2.2)

Metode Gauss - Seidel dua kali lebih cepat daripada metode Jacobi.

Kerjakan soal-soal Strauss 8.4 SR

P '1

2


Top Related