penyelesaian numerik persamaan laplace dan

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PENYELESAIAN NUMERIK PERSAMAAN LAPLACE DAN
PERSAMAAN POISSON DALAM PELAT PERSEGI PANJANG
DAN PELAT CAKRAM DENGAN METODE BEDA-HINGGA
SKRIPSI
Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat
Memperoleh Gelar Sarjana Sains
Program Studi Matematika
Oleh:
ANTONIUS SETYO HARTANTO
NIM: 023114015
PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI
UNIVERSITAS SANATA DHARMA
YOGYAKARTA
2008
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
THE NUMERICAL SOLUTIONS OF
THE LAPLACE EQUATION AND THE POISSON EQUATION
IN A RECTANGULAR PLATE AND A DISK PLATE
BY FINITE-DIFFERENCE METHOD
Thesis
Presented as Partial Fulfillment of the Requirements
To Obtain the SARJANA SAINS Degree
In Mathematics
by:
ANTONIUS SETYO HARTANTO
Student Number: 023114015
MATHEMATICS DEPARTEMENT
SCIENCE AND TECHNOLOGY FACULTY
SANATA DHARMA UNIVERSITY
YOGYAKARTA
2008
ii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
iii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
iv
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Semoga orang-orang lain lebih banyak memperoleh penghargaan dari pada aku,
Semoga mereka mendapat jalan yang lancar sedangkan aku tersisihkan,
Semoga mereka bertambah besar dimana dunia sedangkan aku terbelakang,
Semoga mereka mendapat pujian sedangkan aku diabaikan,
Semoga mereka mengatasi aku dalam segala hal:
YESUS, berikanlah daku rahmat untuk mengharapkannya.
[Kard. Marry de Val]
Skripsi ini saya persembahkan kepada:
Allah Bapa Yang Maha Kuasa dan Tuhan Yesus Kristus,
Roh Kudus Roh hidupku dan Bunda Maria Bunda hatiku,
Kedua orang tuaku dan Mbakku tercinta,
Malaikat hidupku Obel terkasih,
Semua sesama yang mendukungku
v
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
vi
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ABSTRAK
Persamaan diferensial parsial adalah persamaan-persamaan yang memuat
satu atau lebih turunan parsial. Persamaan diferensial parsial dapat timbul pada
masalah-masalah fisis, contohnya adalah persamaan Laplace dan persamaan
Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi
panjang dan pelat cakram.
Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dapat
diselesaikan secara eksak dengan menggunakan metode Pemisahan Variabel.
Sedangkan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram
dapat diselesaikan secara eksak dengan cara membagi ke dalam dua masalah,
yaitu persamaan Laplace dengan syarat batas nonhomogen dan persamaan Poisson
dengan syarat batas homogen. Dalam penyelesaian secara eksak dibutuhkan
kemampuan analitik dalam menyelesaikan persamaan-persamaan diferensial biasa
yang dihasilkan dari metode Pemisahan Variabel.
Persamaan Laplace dan persamaan Poisson dapat juga diselesaikan secara
numerik dengan metode Beda-Hingga. Metode ini dilakukan dengan menutup
permukaan pelat dengan grid beda hingga, menentukan pendekatan beda hingga di
titik-titik grid pada permukaan pelat, dan menyelesaikan sistem persamaan linear
yang dihasilkan dari pendekatan-pendekatan beda hingga. Dalam skripsi ini,
sistem persamaan linear diselesaikan dengan metode iterasi Gauss-Seidel.
Penyelesaian numerik ini menghasilkan suhu pendekatan di titik-titik dalam pada
permukaan pelat.
vii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ABSTRACT
Partial differential equations are equations, which contain one or more
partial derivatives. Partial differential equations can be found on the physical
problems, for examples Laplace equation and Poisson equation, which occur on
the two-dimensional heat flow problems in a rectangular plate and a disk plate.
Laplace equation in a rectangular plate and a disk plate can be solved
exactly by the method of Separation of Variable. While Poisson equation in a
rectangular plate and a disk plate can be solved exactly by divide into two
problems that are Laplace equation with a nonhomogenous boundary condition
and Poisson equation with a homogenous boundary condition. In the exactly
solution required analytical ability to solve ordinary differential equations, which
obtained from the method of Separation of Variable.
Laplace equation and Poisson equation can be solved numerically by the
finite-difference method. This method executed by cover surface plate with the
finite difference grid, determine the finite difference approximations at the grid
points in the surface plate, and solve the linear equation system, which obtained
from the finite difference approximations. In this paper, the system is solved by
Gauss-Seidel iteration method. This numerical solution yields approximation
temperatures at interior points of the surface plate.
viii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ix
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
KATA PENGANTAR
Puji dan syukur kepada ALLAH Yang Maha Rahim, atas segala
berkat, rahmat, kesehatan, dan mukjizat sehingga penulis dapat menyelesaikan
skripsi ini. Setelah sekian lama, akhirnya berkat doa dan dukungan dari semua
pihak penulis dapat menyelesaikan skripsi ini. Oleh karena itu menulis
mengucapkan banyak terima kasih yang sedalam-dalamnya kepada:
1. Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si. selaku dosen pembimbing skripsi
yang telah meluangkan waktu, pikiran, kesabaran, ketelatenan, nasehat, dan
dorongan dalam membimbing penulis selama penyusunan skripsi ini.
2. Bapak Y.G Hartono, S. Si. M.Sc. atas segala masukan dan nasehat selama
mengerjakan skripsi ini.
3. Bapak St. Eko Hari Permadi, S.Si., M.Kom. dan Bapak
Herry
Pribawanto,
S.Si., M.Si. selaku tim penguji, atas segala masukan bagi penulis dalam
merevisi skripsi ini.
4. Romo Ir. Gregorius Heliarko, S.J., S.S., BST., M.A., M.Sc. selaku Dekan
Fakultas Sains dan Teknologi, yang telah memberi dukungan kepada penulis.
5. Bapak dan Ibu dosen yang telah memberikan bekal ilmu kepada penulis.
6. Teman-teman seperjuangan: Taim, Markus, Bani, Aan, Ijup, dan Galih.
7. Teman-teman Matematika angkatan 2002, semangat kalian hebat-hebat.
Yogyakarta, April 2008
Penulis
x
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR ISI
Halaman
HALAMAN JUDUL ………………………………………………….
i
HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INGGRIS ……………….
ii
HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING …………………….
iii
HALAMAN PENGESAHAN ………………………………………...
iv
HALAMAN PERSEMBAHAN ……………………………………
v
PERNYATAAN KEASLIAN KARYA ……………………………...
vi
ABSTRAK …………………………………………………………….
vii
ABSTRACT …………………………………………………………...
viii
LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI
KARYA ILMIAH UNTUK KEPENTINGAN AKADEMIS ............
ix
KATA PENGANTAR ………………………………………………...
x
DAFTAR ISI …………………………………………………………..
xi
DAFTAR GAMBAR ………………………………………………….
xiii
DAFTAR LAMPIRAN ……………………………………………….
xvi
BAB I.
BAB II.
Pendahuluan ………………………………………………
1
A. Latar Belakang Masalah ……………………………….
2
B. Perumusan Masalah ……………………………………
2
C. Pembatasan Masalah …………………………………..
2
D. Tujuan Masalah ………………………………………..
3
E. Metode Penulisan ……………………………………...
3
F. Manfaat Penulisan ……………………………………..
3
G. Sistematika Penulisan ………………………………….
3
Persamaan Diferensial Parsial dan Metode Gauss-Seidel
5
A. Persamaan Diferensial Parsial …………………………
5
B. Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson …………..
12
C. Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak ……….
20
D. Penyelesaian Persamaan Poisson Secara Eksak ……….
39
E. Metode Iterasi Gauss-Seidel …………………………...
53
xi
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB III. Penyelesaian Persamaan Laplace dan Persamaan
Poissson Secara Numerik …………………………...........
57
A. Metode Beda-Hingga …………………………………
57
1. Pendekatan Beda Hingga …………………………..
57
2. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Laplace
65
a. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang
65
b. Persamaan Laplace dalam Pelat cakram ……..…
72
3. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Poisson
80
a. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang
80
b. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram ……….
84
4. Kekonsistenan, Orde, dan Kekonvergenan
Pendekatan Beda Hingga …………………………..
90
a. Kekonsistenan .…………………………………
90
b. Orde ……………………………………..……...
94
c. Kekonvergenan …………………………………
96
B. Penyelesaian Numerik Persamaan Laplace dengan
Metode Beda-Hingga .…………………………………
97
1. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang .....
97
2. Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram …………..
104
C. Penyelesaian Numerik Persamaan Poisson dengan
Metode Beda-Hingga .…………………………………
111
1. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang .....
111
2. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram …………..
114
BAB IV. Penutup ……………………………………………………
118
A. Kesimpulan …………………………………………….
118
B. Saran ……………………………………………………
119
DAFTAR PUSTAKA …………………………………………………
120
LAMPIRAN …………………………………………………………...
121
xii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR GAMBAR
Halaman
Gambar 2.1.1 Vektor normal di setiap titik pada batas C …….....................
9
Gambar 2.2.1 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat persegi panjang
13
Gambar 2.2.2 Domain penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan
Poisson dalam pelat persegi panjang …..................................
16
Gambar 2.2.3 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat cakram ..............
17
Gambar 2.2.4 Koordinat kutub …………………………………………......
18
Gambar 2.2.5 Domain penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan
Poisson dalam pelat cakram …...............................................
20
Gambar 2.3.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Dirichlet .............................................................
22
Gambar 2.3.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Neumann .............................................................
26
Gambar 2.3.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas
Dirichlet ..................................................................................
31
Gambar 2.3.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas
Neumann ................................................................................
37
Gambar 2.4.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Dirichlet ..............................................................
40
Gambar 2.4.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Neumann .............................................................
47
Gambar 3.1.1 Grid beda hingga pada domain persegi panjang .....................
58
Gambar 3.1.2 Stensil beda hingga di titik dalam ui , j untuk persamaan
Laplace dalam pelat persegi panjang ......................................
66
Gambar 3.1.3 Stensil-stensil beda hingga di titik pada tepi batas untuk
persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang …………...
68
Gambar 3.1.4 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan
Laplace dengan syarat batas Dirichlet ………………............
xiii
70
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Gambar 3.1.5 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan
Laplace dengan syarat batas Neumann ………………..........
72
Gambar 3.1.6 Grid beda hingga pada domain lingkaran …………………...
73
Gambar 3.1.7 Stensil beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan
75
U n − 1, j untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram ..........
Gambar 3.1.8 Stensil beda hingga di titik dalam U 1, j dan titik pada batas
U n, j untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram ..............
Gambar 3.1.9 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =
π
untuk
4
persamaan Laplace dengan syarat batas Dirichlet ……..........
Gambar 3.1.10 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =
76
77
π
4
untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Neumann ...
79
Gambar 3.1.11 Pendekatan beda hingga di titik dalam ui , j untuk
persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang …………..
81
Gambar 3.1.12 Grid berukuran 5× 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk
persamaan Poisson dengan syarat batas Dirichlet ………...
82
Gambar 3.1.13 Grid berukuran 5× 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk
persamaan Poisson dengan syarat batas Neumann ………..
84
Gambar 3.1.14 Stensil beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan
U n − 1,
j
untuk persamaan Poisson dalam pelat cakram .......
Gambar 3.1.15 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 1 dan Δθ =
π
4
untuk
persamaan Poisson dengan syarat batas Dirichlet ...............
Gambar 3.1.16 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 1 dan Δθ =
π
4
87
untuk
persamaan Poisson dengan syarat batas Neumann ..............
xiv
85
89
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Gambar 3.2.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Dirichlet ..............................................................
102
Gambar 3.2.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Neumann .............................................................
103
Gambar 3.2.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas
Dirichlet ..................................................................................
109
Gambar 3.2.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas
Neumann ................................................................................
110
Gambar 3.3.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Dirichlet .............................................................
112
Gambar 3.3.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Neumann .............................................................
113
Gambar 3.3.3 Persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas
Dirichlet ..................................................................................
115
Gambar 3.3.4 Persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat batas
Neumann ................................................................................
xv
116
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR LAMPIRAN
Halaman
Lampiran 2.5.1 Program untuk menyelesaikan sistem persamaan linear
dengan metode iterasi Gauss-Seidel …………………….
Lampiran 3.2.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam
pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet …….
Lampiran 3.2.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam
pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann ……
Lampiran 3.2.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam
pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet …………......
Lampiran 3.2.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam
pelat cakram dengan syarat batas Neumann …………….
122
124
126
130
132
Lampiran 3.3.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam
pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet pada
Contoh 3.3.1 ……………………………………………..
135
Lampiran 3.3.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam
pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann pada
Contoh 3.3.2 ……………………………………………..
137
Lampiran 3.3.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam
pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet pada
Contoh 3.3.3 ……………………………………………..
141
Lampiran 3.3.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam
pelat cakram dengan syarat batas Neumann pada
Contoh 3.3.4 ……………………………………………..
xvi
143
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang Masalah
Persamaan diferensial parsial adalah persamaan-persamaan yang memuat satu
atau lebih turunan parsial. Persamaan diferensial parsial dapat timbul pada masalahmasalah fisis, contohnya adalah persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang
timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam zat padat, seperti dalam pelat
persegi panjang dan pelat cakram.
Sebagai ilustrasi kasus tadi, pelat akan dipanaskan secara konstan pada tepi
batasnya dengan suhu tertentu dan disekat sempurna pada kedua sisi permukaaannya
agar tidak terpengaruh oleh suhu dari luar. Sehingga akan muncul permasalahan
bagaimana perambatan panas di titik-titik dalam pada pelat tersebut pada saat
mencapai kesetimbangan?
Perambatan panas di titik-titik dalam untuk persamaan Laplace dapat
diselesaikan secara eksak dengan metode Pemisahan Variabel, sedangkan untuk
persamaan Poisson dapat diselesaikan dengan cara membagi ke dalam dua masalah,
yaitu persamaan Laplace dengan syarat batas nonhomogen dan persamaan Poisson
dengan syarat batas homogen.
Perambatan panas di titik-titik dalam untuk persamaan Laplace dan persamaan
Poisson dapat diselesaikan secara numerik dengan metode Beda-Hingga, yang akan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
menghasilkan
suatu sistem persamaan linear. Sistem persamaan linear yang
dihasilkan dapat diselesaikan dengan metode-metode iterasi, seperti metode iterasi
Jacobi, Gauss-Seidel, Relaksasi Berlebih Berturutan (SOR), Penurunan Tercuram,
dan Konjugasi Gradien.
B. Rumusan Masalah
Pokok permasalahan yang akan dibahas dalam skripsi ini adalah:
1. Landasan teori apa saja yang digunakan untuk menyelesaikan persamaan Laplace
dan persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara
numerik?
2. Bagaimanakah cara menyelesaikan persamaan Laplace dan persamaan Poisson
dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik dengan metode
Beda-Hingga dan dengan bantuan program Matlab?
C. Pembatasan Masalah
Dalam skripsi ini penulis hanya akan membahas persamaan Laplace dan
persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam pelat
persegi panjang dan pelat cakram. Syarat batas yang digunakan adalah syarat batas
Dirichlet dan Neumann. Metode iterasi yang digunakan dalam skripsi ini adalah
metode iterasi Gauss-Seidel. Landasan teori yang berkaitan dengan Aljabar Linear
tidak diberikan dalam penulisan ini.
2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
D. Tujuan Masalah
Penulisan ini bertujuan untuk mengetahui cara penyelesaian persamaan Laplace
dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi dalam
pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik.
E. Metode Penulisan
Metode penulisan yang digunakan adalah metode studi pustaka, yaitu dengan
menggunakan
buku-buku,
jurnal-jurnal,
dan
makalah-makalah
yang
telah
dipublikasikan, sehingga tidak ditemukan hal yang baru.
F. Manfaat Penulisan
Manfaat penulisan ini adalah untuk memahami teknik penyelesaian persamaan
Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi
dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik dengan metode BedaHingga dan dengan bantuan program Matlab.
G. Sistematika Penulisan
Bab I. Pendahuluan
A. Latar Balakang Masalah
B. Perumusan Masalah
C. Pembatasan Masalah
D. Tujuan Penulisan
3
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
E. Metode Penulisan
F. Manfaat Penulisan
G. Sistematika Penulisan
Bab II. Persamaan Diferensial Parsial dan Metode Iterasi Gauss-Seidel
A. Persamaan Diferensial Parsial
B. Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson
C. Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak
D. Penyelesaian Persamaan Poisson Secara Eksak
E. Metode Iterasi Gauss-Seidel
Bab III. Penyelesaian Persamaan Laplace dan persamaan Poisson Secara Numerik
A. Metode Beda-Hingga
B. Penyelesaian Numerik Persamaan Laplace dengan Metode Beda-Hingga
C. Penyelesaian Numerik Persamaan Poisson dengan Metode Beda-Hingga
Bab IV. Penutup
A. Kesimpulan
B. Saran
4
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB II
PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL
A. Persamaan Diferensial Parsial
Persamaan diferensial parsial (PDP) adalah persamaan-persamaan yang memuat
satu atau lebih turunan parsial. Persamaan itu harus melibatkan paling sedikit dua
variabel bebas. Orde persamaan diferensial parsial adalah tingkat turunan tertinggi
pada persamaan itu.
Definisi 2.1.1
Pandanglah variabel bebas ( x1 , x 2 , ..., x n ) dan variabel terikat u ( x1 , x 2 , ..., x n )
adalah fungsi yang tidak diketahui, maka bentuk umum persamaan diferensial parsial
dapat ditulis sebagai berikut:
f ( x1 , x2 , ..., xn , u ,
∂u ∂u
∂u ∂ 2u
,
, ...,
,
,
∂x1 ∂x2
∂xn ∂x12
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
∂ nu
,
,
,
,
...,
) = 0.
2
∂xn
∂x2 ∂x1 x2 ∂x2 x1 ∂x3
(2.1.1)
Definisi 2.1.2
Operator linear L untuk dua fungsi u1 dan u2 didefinisikan oleh
L(u1 + u2 ) = L(u1 ) + L(u2 ) dan L(c1u1 + c2u2 ) = c1L(u1 ) + c2 L(u2 ) ,
dimana c1 dan c2 adalah konstanta sebarang.
(2.1.2)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Definisi 2.1.3
Dengan menulis persamaan diferensial parsial ke dalam bentuk Lu = 0 atau Lu = g ,
dengan L adalah operator. Maka persamaan
Lu = 0
(2.1.3)
disebut linear, jika L adalah operator linear. Persamaan (2.1.3) disebut persamaan
diferensial parsial linear homogen. Persamaan
Lu = g ,
(2.1.4)
dimana L adalah operator linear dan g ≠ 0 adalah fungsi dari variabel-variabel
bebas, disebut persamaan diferensial parsial linear nonhomogen.
Contoh 2.1.1
Contoh persamaan diferensial parsial adalah:
1. u x + y u y = 0 merupakan PDP orde-1, dengan variabel bebas adalah x, y dan
variabel terikatnya adalah u(x, y), karena untuk (u1 + u 2 ) x = (u1 ) x + (u 2 ) x dan
y (u1 + u 2 ) y = y (u1 ) y + y (u 2 ) y memenuhi persamaan (2.1.2), maka persamaan
ini adalah persamaan diferensial linear homogen;
2. u xx + utt + u 3 = 0 merupakan PDP orde-2, dengan variabel bebas adalah x, t dan
variabel
terikatnya
adalah
u(x,
t),
karena
untuk
(u1 + u 2 ) 3 = u1 + 3u1 u 2 + 3u1u2 + u2 ≠ u1 + u 2 tidak memenuhi persamaan
3
2
2
3
3
3
(2.1.2), maka persamaan ini adalah persamaan diferensial nonlinear homogen.
6
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Teorema 2.1.1 Prinsip Superposisi
Jika u1 , u2 , ..., u n memenuhi persamaan linear homogen dan jika c1 , c2 , ..., cn
adalah konstanta sebarang, maka kombinasi linear c1u1 + c2u2 + L + cnun adalah juga
memenuhi persamaan linear homogen yang sama.
Bukti:
Misalkan u1 , u2 , ..., u n adalah
penyelesaian-penyelesaian persamaan linear
homogen, maka ini berarti bahwa L(u1 ) = 0 , L(u2 ) = 0 , ..., L(un ) = 0 . Selanjutnya
menghitung L(c1u1 + c2u2 + L + cnun ) . Dari definisi operator linear, maka
L(c1u1 + c2u2 + L + cnun ) = c1 L(u1 ) + c2 L(u2 ) + L + cn L(un ) .
Karena u1 , u2 , ..., u n adalah penyelesaian homogen, maka
L(c1u1 + c2u 2 + L + cn u n ) = c1 0 + c2 0 + L + cn 0 = 0 .
Jadi terbukti bahwa c1u1 + c2u2 + L + cnun memenuhi persamaan linear homogen
L(u ) = 0 , jika u1 , u2 , ..., u n memenuhi persamaan linear homogen yang sama.
Persamaan diferensial parsial dapat juga timbul pada masalah-masalah fisis,
seperti dalam masalah aliran panas, penyebaran zat, dan getaran senar.
7
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Syarat Awal dan Syarat Batas
Persamaan diferensial parsial yang timbul dalam masalah fisis mempunyai
banyak penyelesaian, maka akan dipilih satu penyelesaian dengan menetapkan syaratsyarat bantu. Syarat-syarat bantu akan dirumuskan untuk menentukan penyelesaian
tunggal. Syarat-syarat ini terjadi secara fisis dalam dua peubah, yaitu syarat awal dan
syarat batas.
Syarat awal menentukan keadaan fisis pada waktu t 0 . Bentuk persamaan
syarat awal adalah u(x, t 0 ) = φ (x), dimana x = (x, y) dan φ (x) = φ (x, y) adalah
fungsi yang diberikan. Sebagai contoh untuk masalah aliran panas φ (x) adalah suhu
awal, dan untuk masalah penyebaran zat φ (x) adalah konsentrasi awal. Untuk
masalah getaran senar terdapat sepasang syarat awal, yaitu u(x, t 0 ) = φ (x) dan
∂u
(x, t 0 ) = ψ (x), dimana φ (x) adalah posisi awal dan ψ (x) adalah kecepatan awal.
∂t
Persamaan diferensial parsial yang timbul dalam masalah-masalah fisis akan
mempunyai domain D. Sebagai contoh untuk masalah aliran panas, D adalah daerah
bidang dengan batas D adalah kurva tertutup, Untuk masalah peyebaran zat, D adalah
lubang wadah zat cair dengan batas D adalah permukaan wadah, jadi batasnya adalah
permukaan S yang disebut bdy D. Sedangkan untuk masalah getaran senar, D adalah
interval 0 < x < l dengan batas D adalah dua titik ujung yaitu x = 0 dan x = l.
Syarat batas menentukan keadaan fisis di x 0 pada domain D. Terdapat tiga
macam syarat batas yang cukup penting, yaitu:
8
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1. Syarat batas Dirichlet, yaitu jika u diketahui. Syarat batas Dirichlet dapat
ditulis sebagai
u(x, t) = g(x, t),
dimana g(x, t) adalah fungsi yang diberikan yang biasanya disebut data batas.
2. Syarat batas Neumann, yaitu jika turunan normal
∂u
diketahui. Syarat batas
∂n
Neumann dapat ditulis sebagai
∂u
(x, t) = g(x, t),
∂n
dimana
g(x, t) adalah fungsi yang diberikan. Misalkan n = (n1 , n2 )
menotasikan vektor normal satuan dalam bdy D di setiap titik pada batas C.
Sedangkan
∂ u ( x, y )
= n ⋅ ∇u ( x, y ) menotasikan turunan berarah dari u ( x, y )
∂n
dalam arah normal pada batas C.
n
n
n
batas C
n
D
n
n
n
n
Gambar 2.1.1 Vektor normal di setiap titik pada batas C
3. Syarat batas Robin, yaitu jika
∂u
+ au diketahui, dimana a adalah fungsi
∂n
dalam x, y, t yang diberikan. Syarat batas Robin ditulis menjadi persamaan
9
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
∂u
(x, t) + au(x, t) = g(x, t),
∂n
dimana g(x, t) adalah fungsi yang diberikan dan a adalah fungsi dalam x, y, t
yang diberikan.
Masing-masing berlaku pada semua t dan x = (x, y) yang berada dalam bdy D.
Persamaan Diferensial Parsial Orde-Dua
Disini penulis hanya akan membahas persamaan diferensial parsial linear
orde-2 dengan dua variabel bebas.
Definisi 2.1.4
Bentuk umum persamaan diferensial parsial linear orde-2 dengan dua variabel bebas
adalah:
A u xx + 2 B u xy + C u yy + D u x + E u y + F u = S ,
(2.1.5)
dengan x dan y adalah variabel bebas, u adalah variabel terikat, dan A, B, C, D, E, F,
S adalah fungsi dalam x dan y. Turunan u x , u y , u xy , dan u yx kontinu pada domain,
sehingga u xy = u yx .
Berdasarkan nilai koefisien A, B, dan C dari persamaan (2.1.5), maka
persamaan diferensial parsial linear orde-2 dengan dua variabel bebas dapat
diklasifikasikan menjadi tiga bentuk berikut:
10
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1. Jika B 2 − 4 AC < 0 dalam domain D, maka disebut PDP eliptik,
2. Jika B 2 − 4 AC = 0 dalam domain D, maka disebut PDP parabolik,
3. Jika B 2 − 4 AC > 0 dalam domain D, maka disebut PDP hiperbolik.
Contoh 2.2.2
Untuk memperjelas dalam membedakan PDP eliptik, parabolik, dan hiperbolik,
diberikan contoh PDP yang timbul dalam masalah-masalah fisis berikut ini:
1. Persamaan
Laplace
u xx + u yy = 0
dan
persamaan
Poisson
u xx + u yy = f ( x, y ) yang timbul dalam masalah aliran panas, dengan variabel
bebas x, y dan variabel terikat u(x, y). Nilai koefisien A = C = 1 dan B = 0,
maka
B 2 − 4 AC = 0 2 − (4 ⋅ 1 ⋅ 1) = − 4 < 0 .
Jadi kedua persamaan ini
merupakan PDP eliptik;
2. Persamaan Difusi u t − ku xx = 0 yang timbul dalam masalah penyebaran zat,
dengan variabel bebas x, t, variabel terikat u(x, t), dan k adalah koefisien difusi
termal. Nilai koefisien A = − k dan B = C = 0, maka B 2 − 4 AC =
0 2 − (4 ⋅ (− k ) ⋅ 0 ) = 0 . Jadi persamaan ini merupakan PDP parabolik;
3. Persamaan Gelombang u tt − c 2 u xx = 0 yang timbul dalam masalah getaran
senar, dengan variabel bebas x, t, variabel terikat u(x, t), dan c adalah
kecepatan gelombang. Nilai koefisien A = − c 2 , B = 0, dan C = 1, maka
11
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(
)
B 2 − 4 AC = 0 2 − 4 ⋅ (−c 2 ) ⋅ 1 = c 2 > 0. Jadi persamaan ini merupakan PDP
hiperbolik.
Dalam skripsi ini, penulis hanya akan membahas persamaan Laplace dan
persamaan Poisson.
B. Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson
Persamaan Laplace dan persamaan Poisson dapat timbul pada masalahmasalah fisis, seperti pada aliran panas dalam zat padat, difusi massa, aliran gas ideal,
dan elektrostatika. Dalam skripsi ini penulis hanya akan membahas persamaan
Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada masalah aliran panas dua-dimensi
dalam zat padat, yaitu dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram.
Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi panjang
Misalkan suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang p, lebar l, dan tebal
γ , dipanaskan dan suhunya dijaga konstan pada bagian-bagian tepinya. Pada kedua
sisi permukaan pelat disekat sempurna, sehingga tidak ada aliran panas ke arah
ketebalan γ .
Jadi diasumsikan bahwa didapatkan suatu bidang pelat (x, y) dengan aliran panas ke
arah x dan y saja, yang ditunjukkan pada Gambar 2.2.1.
12
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
γ
y
Q( y + Δy) Q( y)
D
p
Q(x)
Q( x + Δx)
C
Δy
Δx
B
A
Q( x + Δx)
penyekat Æ
Q(x)
Å penyekat
Q( y) Q( y + Δy)
x
l
gambaran dari depan
gambaran dari samping
Gambar 2.2.1 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat persegi panjang
Dari Gambar 2.2.1, tampak bahwa elemen segi empat ABCD berukuran Δx × Δy dan
laju aliran panas dalam arah x dan y secara berturut-turut adalah Q( x) dan Q( y )
melintasi tepi-tepi elemen dalam arah seperti yang ditunjukkan pada Gambar 2.2.1.
Pada saat terjadi kesetimbangan, aliran panas yang masuk ke elemen pelat dalam
selang waktu Δt harus sama dengan aliran panas yang keluar dari elemen pelat yaitu
[aliran panas yang masuk dalam arah horizontal] +
[aliran panas yang masuk dalam arah vertikal] =
[aliran panas yang keluar dalam arah horizontal] +
[aliran panas yang keluar dalam arah vertikal],
yang dapat ditulis menjadi
[Q( x) Δy γ Δt ] + [Q( y ) Δx γ Δt ] = [Q( x + Δx) Δy γ Δt ] + [Q( y + Δy ) Δx γ Δt ] . (2.2.1)
13
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
⎛
⎞
1
⎟⎟ dan menyusunnya
Dengan mengalikan persamaan (2.2.1) dengan ⎜⎜
⎝ ΔxΔyγ Δt ⎠
kembali, maka diperoleh
⎛ Q( x) − Q( x + Δx) ⎞ ⎛ Q( y ) − Q( y + Δy ) ⎞
⎟⎟ = 0 .
⎜
⎟ + ⎜⎜
Δx
Δy
⎝
⎠ ⎝
⎠
(2.2.2)
Dengan mengambil limitnya dan memandang turunan pertama fungsi dengan satu
variabel, maka persamaan (2.2.2) dapat ditulis menjadi
−
∂Q ( x ) ∂Q ( y )
−
= 0.
∂x
∂y
(2.2.3)
Berdasarkan hukum konduksi panas Fourier bahwa laju aliran panas Q(x)
per-unit elemen dalam arah x
temperatur
(kal (cm s ))
2
adalah sebanding terhadap gradien
∂u ( x, y, t )
, maka diperoleh
∂x
Q( x) = − kρC
∂u
,
∂x
(2.2.4)
dimana k adalah koefisien difusi panas (cm 2 s ) , ρ adalah kerapatan massa (gr cm 3 ) ,
dan C adalah kapasitas panas dari massa (kal (gr 0C )) .
Analog dalam arah y akan diperoleh
Q ( y ) = − kρC
∂u
.
∂y
(2.2.5)
Dengan mensubstitusikan persamaan (2.2.4) dan (2.2.5) ke dalam persamaan (2.2.3),
maka dihasilkan
14
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 = 0,
∂x 2
∂y
(2.2.6)
dimana u = u ( x, y ) , karena dalam keadaan setimbang u tidak dipengaruhi oleh
waktu. Persamaan (2.2.6) disebut persamaan Laplace dalam bentuk dua dimensi.
Jika ada sumber panas yang timbul dalam pelat (seperti: pertukaran panas),
yang didiskripsikan oleh fungsi
f ( x, y ) =
laju hilangnya panas per unit volume
,
kρC
dimana k adalah koefisien difusi panas, ρ adalah kerapatan massa, dan C adalah
kapasitas panas dari massa. Analog dengan cara diperolehnya persamaan Laplace,
maka akan diperoleh persamaan Poisson dalam bentuk dua dimensi berikut:
∂ 2 u ( x, y ) ∂ 2 u ( x , y )
+
= f ( x, y ) .
∂x 2
∂y 2
(2.2.7)
Persamaan Laplace (2.2.6) dan Poisson (2.2.7) dapat ditulis dalam bentuk:
∇ 2 u = 0 dan ∇ 2 u = f ( x, y ) ,
dimana ∇ 2 u = u xx + u yy .
Persamaan Laplace dan persamaan Poisson berhubungan dengan masalah
kesetimbangan yaitu dalam keadaan fisis tidak dipengaruhi oleh waktu t. Dalam
kasus ini, penyelesaian di titik dalam u ( x, y ) dalam domain pada bidang-xy
bergantung pada penyelesaian di semua titik yang lain dalam domain itu, yang
disebut domain ketergantungan. Sebaliknya, perubahan penyelesaian di titik dalam
u ( x, y ) akan mempengaruhi titik yang lain dalam domain itu, yang disebut range
15
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
pengaruh. Domain ketergantungan dan range pengaruh di titik P dalam domain
persegi panjang D diilustrasikan dalam Gambar 2.2.2.
y
batas
tertutup
D
domain ketergantungan dan
range pengaruh
•P
x Laplace dan persamaan Poisson
Gambar 2.2.2 Domain penyelesaian persamaan
dalam pelat persegi panjang
Penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson adalah fungsi
u ( x, y ) ,
fungsi ini harus memenuhi syarat batas yang ditentukan. Dua tipe syarat batas yang
sering digunakan adalah:
1. Syarat batas Dirichlet
Syarat batas Dirichlet untuk persamaan Laplace dan persamaan Poisson
secara berturut-turut adalah
∇ 2 u = 0 dalam domain D dan u ( x, y ) = g ( x, y ) pada batas C, dan
∇ 2 u = f ( x, y ) dalam domain D dan u ( x, y ) = g ( x, y ) pada batas C,
dimana g ( x, y ) adalah suhu yang ditentukan. Pada tipe syarat batas ini, suhu
di setiap titik pada batas diketahui.
2. Syarat batas Neumann
Syarat batas Neumann untuk persamaan Laplace dan persamaan Poisson
secara berturut-turut adalah
16
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
∇ 2 u = 0 dalam domain D dan
∂ u ( x, y )
= g ( x, y ) pada batas C, dan
∂n
∇ 2 u = f ( x, y ) dalam domain
D dan
∂ u ( x, y )
= g ( x, y ) pada batas C.
∂n
Pada tipe syarat batas ini, ada suhu di titik pada batas yang tidak diketahui.
Persamaan Laplace dan Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram
Misalkan suatu pelat baja cakram dengan jari-jari lingkarannya r dan tebal γ ,
dipanaskan dan suhunya dijaga konstan pada tepi batasnya. Pada kedua sisi
permukaan pelat disekat sempurna, sehingga tidak ada aliran panas ke arah ketebalan
γ . Jadi diasumsikan bahwa didapatkan suatu domain bidang lingkaran pelat (r , θ )
dengan aliran panas ke arah r dan θ saja, yang ditunjukkan pada Gambar 2.2.3.
γ
Q(θ )
C
• Q(r + Δr )
Q(θ + Δθ )
Q( r )
D
•
Q(r )
0o
Q(r + Δr ) A
Δθ
Δr
•
Q (θ )
•B
penyekat Æ
Å penyekat
Q(θ + Δθ )
(r , θ )
gambaran dari depan
gambaran dari samping
Gambar 2.2.3 Aliran panas dua-dimensi tetap dalam pelat cakram
17
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Karena domain dari persamaan Laplace berbentuk lingkaran, maka persamaan
Laplace ditransformasikan dengan fungsi kontinu ke dalam sistem koordinat kutub
(Gambar 2.2.4) dengan menggunakan transformasi
x = r cos θ dan y = r sin θ ,
sehingga diperoleh U (r , θ ) = u (r cos θ , r sin θ ) .
y
U (r , θ )
r
θ
x
Gambar 2.2.4 Koordinat kutub
Dengan menurunkan persamaan (2.3.8), akan didapatkan
dx = cos θ dr − r sin θ dθ dan dy = sin θ dr + r cos θ dθ ,
yang akan memberikan
dr = cos θ dx + sin θ dy dan dθ = −
cos θ
sin θ
dx +
dy .
r
r
Menggunakan aturan rantai untuk pendiferensialan akan diperoleh
dr =
∂r
∂r
∂θ
∂θ
dx +
dy , dθ =
dx +
dy ,
∂y
∂x
∂x
∂y
dimana
18
(2.2.8)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
∂r
∂θ
sin θ ∂θ cos θ
∂r
= cos θ ,
=−
,
,
=
= sin θ ,
∂y
∂y
∂x
∂x
r
r
dan
∂u ∂u ∂r
∂u ∂θ ⎛
∂
sin θ ∂ ⎞
=
+
= ⎜ cos θ
−
⎟ u,
∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ⎝
∂r
r ∂θ ⎠
∂
∂u ∂u ∂r
∂u ∂θ ⎛
cos θ ∂ ⎞
= ⎜ sin θ
+
=
+
⎟ u.
∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y ⎝
∂r
r ∂θ ⎠
Kemudian,
2
∂ 2u
sinθ cosθ ∂2U sin2 θ ∂2U sin2 θ ∂U
sinθ cosθ ∂U
2 ∂ U
=
, (2.2.9)
−
+
+ 2
+2
cos
2
θ
2
2
2
∂r
r
r ∂θ
∂r∂θ
r ∂r
r2
∂x
∂θ
2
∂ 2u
sinθ cosθ ∂2U cos2 θ ∂2U cos2 θ ∂U
sinθ cosθ ∂U
2 ∂U
=
.
sin
2
θ
+
+ 2
+
−2
2
2
2
∂y
∂r
∂r∂θ
∂θ
r
r ∂θ
r ∂r
r2
(2.2.10)
Dengan mensubstitusikan persaman (2.3.9) dan (2.3.10) ke dalam persamaan Laplace
(2.2.6), akan didapatkan persamaan Laplace dalam bentuk kutub dua dimensi berikut:
∂ 2U
1 ∂U
1 ∂ 2U
+
+
= 0,
∂r 2
r ∂r
r 2 ∂θ 2
dimana U (r , θ ) = u (r cos θ , r sin θ ) .
Jika ada sumber panas yang timbul dalam pelat cakram (seperti: pertukaran
panas), yang didiskripsikan oleh fungsi f (r , θ ) , maka akan timbul persamaan
Poisson dalam bentuk kutub dua dimensi berikut:
∂ 2U
1 ∂U
1 ∂ 2U
+
+ 2
= f (r , θ ).
∂r 2
r ∂r
r ∂θ 2
19
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Domain ketergantungan dan range pengaruh di titik Q dalam domain
lingkaran D diilustrasikan dalam Gambar 2.2.5 di bawah ini.
y
batas
tertutup
domain ketergantungan dan
range pengaruh
D
0o
•Q
x
Gambar 2.2.5 Domain penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson
dalam pelat cakram
Penyelesaian persamaan Laplace dan persamaan Poisson dalam pelat cakram adalah
fungsi U (r , θ ) , fungsi ini harus memenuhi syarat batas yang ditentukan. Syarat
batas yang digunakan serupa dengan yang digunakan dalam pelat persegi panjang.
C. Penyelesaian Persamaan Laplace Secara Eksak
Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dapat
diselesaikan secara eksak dengan menggunakan metode Pemisahan Variabel.
Metode Pemisahan Variabel
Metode Pemisahan Variabel dapat digunakan, jika persamaan diferensial
parsial adalah linear dan homogen. Secara umum, langkah-langkah untuk
menyelesaikan persamaan Laplace yang memenuhi syarat batas yang ditentukan
adalah sebagai berikut:
20
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1. Memisahkan dua variabel bebas dalam persamaan Laplace, sehingga akan
diperoleh dua persamaan diferensial biasa.
2. Menentukan penyelesaian untuk kedua persamaan yang telah diperoleh yang
memenuhi syarat batas yang ditentukan.
3. Penyelesaian-penyelesaian itu dikombinasikan secara linear dengan Prinsip
Superposisi sehingga hasilnya merupakan penyelesaian yang memenuhi
syarat batas yang ditentukan.
Penyelesaian Eksak Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang
Persamaan Laplace dalam bentuk siku adalah linear dan homogen, sehingga
dapat diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel.
Contoh 2.3.1
Carilah penyelesaian persamaan Laplace
u xx + u yy = 0
dalam 0 < x < a dan 0 < y < b,
(2.3.1)
dengan syarat batas Dirichlet berikut
u ( x, 0) = 0, u ( x, b) = g ( x)
pada 0 < x < a, dan
(2.3.2)
u (0, y ) = u (a, y ) = 0
pada 0 < y < b,
(2.3.3)
yang dapat diilustrasikan pada Gambar 2.3.1 di bawah ini.
21
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
y
u = g (x)
b
u=0
u = 0 u xx + u yy = 0
0
u=0
a
x
Gambar 2.3.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Dirichlet
Penyelesaian:
Misalkan penyelesaiannya berbentuk
u ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) ,
(2.3.4)
dimana u(x, y) adalah penyelesaian tak trivial.
Turunan parsial tingkat dua persamaan (2.3.4) terhadap x dan y secara berturut-turut
adalah u xx ( x, y ) = X " ( x)Y ( y ) dan u yy ( x, y ) = X ( x)Y " ( y ) .
Bila disubstitusikan ke persamaan (2.3.1) dan menyusunnya kembali dapat ditulis
menjadi
Y " ( y)
X " ( x)
=−
.
Y ( y)
X ( x)
Misalkan nilai perbandingannya adalah λ , maka
Y "( y)
X " ( x)
=−
= λ.
Y ( y)
X ( x)
Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa
X " ( x) + λX ( x) = 0,
(2.3.5)
Y " ( y ) − λY ( y ) = 0 ,
(2.3.6)
22
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.5) terlebih dahulu.
Persamaan bantu untuk persamaan (2.3.5) adalah m 2 + λ = 0 , yang dapat ditulis
menjadi m 2 = − λ atau m = ± − λ . Akan diperoleh akar-akar kompleks, yaitu
m = ± i λ , sehingga penyelesaian umumnya adalah
X ( x) = c1e i
λx
+ c2 e − i
λx
.
(2.3.7)
Dengan memandang bahwa eiθ = cos θ + i sin θ , maka persamaan (2.3.7) menjadi
(
)
(
)
X ( x) = d1 cos x λ + d 2 sin x λ ,
dimana d1 = c1 + c 2 dan d 2 = i (c1 − c2 ) .
Dengan syarat batas persamaan (2.3.3), maka persamaan (2.3.4) menjadi
u (0, y ) = X (0)Y ( y ) = 0 dan u (a, y ) = X (a)Y ( y ) = 0 .
Berarti dapat diperoleh X(0) = 0 dan X(a) = 0.
(
)
(
)
Karena X(0) = 0, maka didapatkan d1 cos 0 λ + d 2 sin 0 λ = 0 atau d1 = 0 .
Karena X(a) = 0 dan telah didapatkan d1 = 0 , maka akan didapatkan
(
)
⎛ nπ ⎞
d 2 sin a λ = 0 atau λn = ⎜
⎟ , dengan n = 1, 2, 3,K .
⎝ a ⎠
2
Nilai λn disebut nilai eigen yaitu nilai yang membuat penyelesaian tak trivial.
Dengan mengambil d 2 = 1 , akan diperoleh penyelesaian tak trivial yang disebut
fungsi eigen untuk persamaan (2.3.5) berikut
X n ( x) = sin
nπ x
, dengan n = 1, 2, 3,K .
a
23
(2.3.8)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Selanjutnya akan dicari penyelesaiaan persamaan (2.3.6).
Dengan nilai λ yang telah diperoleh, maka persamaan (2.3.6) menjadi
⎛ nπ ⎞
Yn " ( y ) − ⎜
⎟ Yn ( y ) = 0.
⎝ a ⎠
2
(2.3.9)
Analog dengan cara penyelesaian persamaan (2.3.5), akan diperoleh penyelesaian
umum persamaan (2.3.6) berikut
Yn ( y ) = C n e
nπ y
a
+ Dn e
−
nπ y
a
,
(2.3.10)
dimana C n dan Dn adalah konstanta sebarang.
Dengan syarat batas u(x, 0) = 0, maka dari persamaan (2.3.4) diperoleh Yn (0) = 0.
Kemudian dari persamaan (2.3.10) didapatkan Y (0) = C n + Dn = 0 atau Dn = − C n .
Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.6) berikut
nπ y
−
⎞
⎛ nπ y
Yn ( y ) = C n ⎜⎜ e a − e a ⎟⎟ ,
⎠
⎝
dengan memandang sinh ( x) =
e x − e− x
, maka dapat ditulis menjadi bentuk
2
⎛ nπ y ⎞
Yn ( y ) = 2Cn sinh ⎜
⎟.
⎝ a ⎠
(2.3.11)
Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.8) dan (2.3.11) ke dalam persamaan (2.3.4),
maka diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.1) berikut
⎛ nπ x ⎞
⎛ nπ y ⎞
u n ( x, y ) = An sin ⎜
⎟ sinh ⎜
⎟ , dimana An = 2Cn .
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
Persamaan (2.3.1) adalah linear dan homogen, maka menurut prinsip superposisi
24
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
u ( x, y ) =
∞
∑ u n ( x, y ) =
n =1
∞
∑A
n =1
n
⎛ nπ x ⎞
⎛ nπ y ⎞
sin⎜
⎟ sinh⎜
⎟,
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
(2.3.12)
juga merupakan penyelesaian bagi persamaan (2.3.1).
Penyelesaian (2.3.12) juga memenuhi syarat batas u ( x, b) = g ( x), maka persamaan
(2.3.12) menjadi
u ( x, b ) =
∞
∑b
n =1
n
⎛ nπ x ⎞
⎛ nπ b ⎞
sin⎜
⎟ = g ( x), dimana bn = An sinh ⎜
⎟.
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
(2.2.13)
Persamaan (2.2.13) adalah deret sinus Fourier.
Sehingga menurut deret sinus Fourier,
2
⎛ nπ x ⎞
g ( x) sin ⎜
⎟dx.
∫
a0
⎝ a ⎠
a
bn =
Sehingga akan diperoleh
An =
a
bn
2
⎛ nπ x ⎞
g ( x) sin ⎜
=
⎟dx.
∫
a ⎠
⎛ nπ b ⎞
⎛ nπ b ⎞ 0
⎝
sinh ⎜
⎟ a sinh ⎜
⎟
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
(2.3.14)
Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.3.1) dengan syarat-syarat batas
(2.3.2) dan (2.3.3) berikut
u ( x, y ) =
∞
∑A
n =1
n
⎛ nπ x ⎞
⎛ nπ y ⎞
sin⎜
⎟ sinh⎜
⎟,
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
dengan
2
⎛ nπ x ⎞
g ( x) sin ⎜
⎟dx .
∫
a ⎠
⎛ nπ b ⎞ 0
⎝
a sinh ⎜
⎟
⎝ a ⎠
a
An =
25
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Contoh 2.3.2
Carilah penyelesaian persamaan Laplace
u xx + u yy = 0
dalam 0 < x < a dan 0 < y < b,
(2.3.15)
dengan syarat batas Neumann berikut
u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0
pada 0 ≤ x ≤ a , dan
(2.3.16)
u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = g ( y )
pada 0 ≤ y ≤ b ,
(2.3.17)
yang dapat diilustrasikan pada gambar 2.3.2 di bawah ini.
y
uy = 0
b
ux = 0
u xx + u yy = 0 u x = g (y)
0
uy = 0
a
x
Gambar 2.3.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Neumann
Penyelesaian:
Misalkan penyelesaiannya berbentuk
u ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) .
(2.3.18)
Secara analog dengan persamaan Laplace (2.3.1), maka akan diperoleh dua
persamaan diferensial biasa
X " ( x) + λX ( x) = 0, dan
(2.3.19)
Y " ( y ) − λY ( y ) = 0 .
(2.3.20)
26
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dari syarat batas (2.3.16), akan diperoleh u y ( x, 0) = X ( x)Y ' (0) = 0 atau Y ' (0) = 0 ,
dan u y ( x, b) = X ( x)Y ' (b) = 0 atau Y ' (b) = 0 .
Dari syarat batas (2.3.17), akan diperoleh u x (0, y ) = X ' (0)Y ( y ) = 0 atau X ' (0) = 0 .
Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.20) terlebih dahulu.
Persamaan (2.3.20) serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu dengan X ( x) = Y ( y ) dan
λ = − λ , sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.20) berikut
(
)
(
)
Y ( y ) = d1 cos y − λ + d 2 sin y − λ ,
(2.3.21)
dimana d1 = c1 + c 2 dan d 2 = i (c1 − c2 ) .
Turunan pertama persamaan (2.3.21) terhadap y adalah
(
)
(
)
Y ' ( y ) = − d1 − λ sin y − λ + d 2 − λ cos y − λ .
Karena Y ' (0) = 0 , maka diperoleh Y ' (0) = − d1 − λ sin (0) + d2 − λ cos(0) = 0 atau d2 = 0.
(
)
(
)
Karena Y ' (b) = 0 dan d 2 = 0 , maka − d 2 − λ sin b − λ = 0 atau sin b − λ = 0 ,
sehingga akan diperoleh
nπ
⎛ nπ ⎞
−λ =
atau λn = − ⎜
⎟ , dengan n = 0, 1, 2, 3,K .
b
⎝ b ⎠
2
Dengan mengambil d1 = 1 , akan diperoleh penyelesaian tak trivial untuk persamaan
(2.3.20) berikut
⎛ nπ y ⎞
Yn ( y ) = cos⎜
⎟ , dengan n = 0, 1, 2, 3,K .
⎝ b ⎠
Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.19).
27
(2.3.22)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dengan nilai λ yang telah diperoleh, maka persamaan (2.3.19) menjadi
⎛ nπ ⎞
X n " ( x) − ⎜
⎟ X n ( x) = 0.
⎝ b ⎠
2
(2.3.23)
Persamaan (2.3.23) serupa dengan persamaan (2.3.9) yaitu dengan Y ( y ) = X ( x) dan
a = b , sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.23) berikut
X n ( x ) = Cn e
nπ x
b
+ Dn e
−
nπ x
b
,
(2.3.24)
dimana C n dan Dn adalah konstanta sebarang.
Turunan pertama persamaan (2.3.24) terhadap x adalah
⎛ nπ
'
X n ( x) = ⎜
⎝ b
⎞
⎟ Cn e
⎠
nπ x
b
⎛ nπ
−⎜
⎝ b
−
⎞
⎟ Dn e
⎠
nπ x
b
.
⎛ nπ ⎞
⎛ nπ ⎞
'
Karena X ' (0) = 0 , maka didapatkan Xn (0) =⎜ ⎟ Cne0 − ⎜ ⎟Dne0 = 0 atau Cn = Dn .
⎝b⎠
⎝b⎠
Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.19) berikut
nπ x
−
⎞
⎛ n πb x
X n ( x) = Cn ⎜⎜ e
+ e b ⎟⎟ ,
⎠
⎝
dengan memandang cosh ( x) =
e x + e− x
, maka dapat ditulis menjadi bentuk
2
⎛ nπ x ⎞
X n ( x) = 2Cn cosh⎜
⎟.
⎝ b ⎠
(2.3.25)
Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.22) dan (2.3.25) ke dalam persamaan
(2.3.18), maka diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.15) berikut
28
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
un ( x, y ) = An cosh⎜
⎟ cos⎜
⎟ , dimana An = 2Cn .
⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠
Menurut prinsip superposisi, maka
u ( x, y ) =
∞
∑ u ( x, y ) = A
n=0
n
0
+
∞
⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟,
b ⎠ ⎝ b ⎠
∑ A cosh⎜⎝
n =1
n
(2.3.26)
juga merupakan penyelesaian bagi persamaan (2.3.15).
Turunan pertama persamaan (2.3.26) terhadap x adalah
u x ( x, y ) =
nπ
⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
An sinh⎜
⎟ cos⎜
⎟.
⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠
n =1 b
∞
∑
Karena u x (a, y ) = g ( y ) , maka diperoleh
u x ( a, y ) =
nπ
⎛ nπ a ⎞ ⎛ nπ y ⎞
An sinh⎜
⎟ cos⎜
⎟ = g ( y) ,
⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠
n =1 b
∞
∑
yang dapat ditulis menjadi
∞
∑a
n =1
n
nπ
⎛ nπ y ⎞
⎛ nπ a ⎞
cos⎜
An sinh ⎜
⎟ = g ( y ), dimana an =
⎟.
b
⎝ b ⎠
⎝ b ⎠
(2.2.27)
Persamaan (2.2.27) disebut deret kosinus Fourier.
Sehingga menurut deret kosinus Fourier,
2
⎛ nπ y ⎞
an = ∫ g ( y ) cos⎜
⎟ dy .
b0
⎝ b ⎠
b
Sehingga akan diperoleh
b an
2
⎛ nπ y ⎞
An =
g ( y ) cos⎜
=
⎟dy.
∫
b ⎠
⎛ nπ a ⎞
⎛ nπ a ⎞ 0
⎝
nπ sinh ⎜
⎟ nπ sinh ⎜
⎟
⎝ b ⎠
⎝ b ⎠
b
29
(2.2.28)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Sehingga dengan mensubstitusikan persamaan (2.2.28) ke dalam persamaan (2.3.26),
maka akan diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.15) dengan syarat-syarat batas
(2.3.16) dan (2.3.17) berikut
u ( x, y ) = A0 +
∞
∑A
n =1
n
⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
cosh⎜
⎟ cos⎜
⎟,
⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠
(2.2.29)
dimana
2
⎛ nπ y ⎞
g ( y ) cos⎜
⎟dy .
∫
b ⎠
⎛ nπ a ⎞ 0
⎝
nπ sinh ⎜
⎟
⎝ b ⎠
b
A0 adalah kostanta sisa, dan An =
A0 tidak dapat ditentukan, karena A0 telah menghilang dalam pendiferensialan
turunan normal pada syarat batas.
Penyelesaian Eksak Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram
Persamaan Laplace dalam bentuk kutub adalah
1 ∂U
∂ 2U
1 ∂ 2U
+
+
= 0,
∂r 2
r ∂r
r 2 ∂θ 2
(2.3.30)
yang dapat ditulis menjadi
1
1
U r + U rr + 2 U θθ = 0.
r
r
(2.3.31)
Persamaan Laplace (2.3.31) dapat ditulis menjadi bentuk
1
(r U r ) r + U θθ = 0 .
r
30
(2.3.32)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Persamaan Laplace dalam bentuk kutub adalah linear dan homogen, sehingga dapat
diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel.
Contoh 3.2.3
Carilah penyelesaian persamaan Laplace
1
(r U r ) r + U θθ = 0 dalam 0 < r < A dan 0 ≤ θ < 2π ,
r
(2.3.33)
dengan syarat batas
U ( A, θ ) = g (θ )
pada 0 ≤ θ < 2π ,
(2.3.34)
Masalah diatas dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.3.3 di bawah ini.
y
r
U = g (θ )
θ
0o
1
( r U r ) r + U θθ = 0
r
x
Gambar 2.3.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram
dengan syarat batas Dirichlet
Penyelesaian:
Misalkan penyelesaiannya berbentuk
U (r , θ ) = R(r )Θ(θ ) ,
dimana U (r , θ ) adalah penyelesaian tak trivial.
31
(2.3.35)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Persamaan (2.3.35) dicari turunan-turunan parsialnya terhadap r dan θ , kemudian
disubstitusikan ke persamaan (2.3.33) dan menyusunnya kembali, maka diperoleh
Θ " (θ ) r (r R (r ) ' )
.
=
Θ(θ )
R(r )
'
−
Misalkan nilai perbandingannya adalah μ , maka
Θ " (θ ) r (r R(r ) ' )
−
=
= μ.
Θ(θ )
R(r )
'
Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa
Θ " (θ ) + μ Θ(θ ) = 0 , dan
(2.3.36)
r 2 R " (r ) + r R ' (r ) − μ R(r ) = 0
(2.3.37)
Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.36) terlebih dahulu.
Persamaan (2.3.36) serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu X ( x) = Θ(θ ) dan λ = μ ,
sehingga penyelesaian umumnya adalah
Θ(θ ) = c1e i θ
μ
+ c2 e − i θ
μ
.
(2.3.38)
Dengan memandang bahwa e iθ = cos θ + i sin θ , maka persamaan (2.3.38) menjadi
(
)
(
)
Θ(θ ) = d1 cos θ μ + d 2 sin θ μ ,
(2.3.39)
dimana d1 = c1 + c 2 dan d 2 = i (c1 − c2 ) .
Turunan pertama dari persamaan (2.3.39) adalah
(
)
(
)
Θ' (θ ) = − d1 μ sin θ μ + d 2 μ cos θ μ .
Dalam periodik- 2π nilai dari
32
(2.3.40)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Θ(π ) = Θ(−π ) dan Θ ' (π ) = Θ ' (−π )
(2.3.41)
Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.39) dan (2.3.40) ke dalam persamaan
(2.3.41), maka akan diperoleh
(
)
(
)
(
)
(
)
d1 cos π μ + d 2 sin π μ = d1 cos − π μ + d 2 sin − π μ , dan
(
)
(
)
(
)
(
)
− d1 μ sin π μ + d 2 μ cos π μ = − d1 μ sin − π μ + d 2 μ cos − π μ .
Dengan memandang bahwa kosinus adalah fungsi genap yaitu cos(− x) = cos( x) dan
sinus adalah fungsi gasal yaitu sin(− x) = − sin( x) , maka menghasilkan
(
)
2 sin π μ = 0 atau μ = n 2 , dengan n = 0, 1, 2, 3, K .
Sehingga diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.36) berikut
Θ(θ ) = a n cos (n θ ) + bn sin (n θ ) ,
(2.3.42)
dimana a n dan bn adalah konstanta sebarang.
Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.37).
Dengan nilai μ yang telah diperoleh, maka persamaan (2.3.37) menjadi
r 2 Rn ( r ) + r R n ( r ) − n 2 Rn ( r ) = 0
"
'
(2.3.43)
Persamaan (2.3.43) merupakan persamaan diferensial Euler orde-dua berbentuk
a 2 x 2 y " + a 1 xy ' + a 0 y = 0 ,
dimana a 2 , a1 , a 0 adalah konstanta dan a 2 ≠ 0 . Jika x > 0, maka cara
penyelesaiannya dipetakan dengan x = e t . Sedangkan Jika x < 0, maka akan
dipetakan dengan x = e − t .
33
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Persamaan diferensial Euler orde-dua akan diubah menjadi persamaan diferensial
..
.
a 2 y + (a 1 − a 2 ) y + a 0 y = 0 ,
dimana titik diatas variabel menyatakan turunan menurut t.
Sehingga penyelesaiannya adalah sebagai berikut:
Karena r > 0 , maka menggunakan pemetaan r = e t dan persamaan (2.3.43) menjadi
..
Rn − n 2 Rn = 0 .
(2.3.44)
Persamaan (2.3.44) adalah persamaan diferensial biasa linear homogen, maka
persamaan bantunya adalah m 2 − n 2 = 0 . Yang mempunyai akar-akar real berbeda
yaitu m1 = n dan m2 = − n , sehingga penyelesaian umumnya adalah
Rn (t ) = c n e n t + d n e − n t .
Tetapi r = e t , maka akan menjadi
Rn (r ) = cn r n + d n
1
,
rn
dimana c n dan d n adalah konstanta sebarang.
Karena di titik pusat lingkaran r = 0, maka ditentukan d n = 0 agar Rn (r ) kontinu.
Dengan d n = 0 dan mengambil cn = 1 , maka diperoleh penyelesaian persamaan
(2.3.43) berikut
Rn (r ) = r n .
(2.3.45)
Dengan mensubstitusikan persamaan (2.3.42) dan (2.3.45) ke dalam persamaan
(2.3.35) diperoleh penyelesaian persamaan (2.3.33) dengan syarat batas (2.3.34):
34
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
⎧a 0
U n (r , θ ) = ⎨ n
⎩r ( An cos( nθ ) + Bn sin( nθ ) )
jika n = 0,
jika n = 1, 2, 3, K.
Karena persamaan (2.3.33) adalah linear dan homogen, maka menurut prinsip
superposisi
U (r , θ ) =
∞
∞
∑ r (a
∑U n (r, θ ) = a0 +
n
n=0
n =1
n
cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) ,
(2.3.46)
juga merupakan penyelesaian bagi persamaan (2.3.33).
Penyelesaian (2.3.46) memenuhi syarat batas U ( A, θ ) = g (θ ), maka persamaan
(2.3.46) menjadi
g (θ ) = a0 +
∑ (A a
∞
n
n =1
n
)
cos(nθ ) + Anbn sin(nθ ) .
(2.3.47)
Akan dicari nilai a0 terlebih dahulu.
Dengan mengintegralkan ruas kiri dan kanan persamaan (2.3.47) dengan batas bawah
0 dan batas atas 2π , maka akan diperoleh
2π
2π
0
0
2π
⎛ n 2π
⎞
n
⎜
⎟,
+
A
a
cos(
n
θ
)
d
θ
A
b
sin(
n
θ
)
d
θ
∑
n
n
∫
∫
⎜
⎟
n = 1⎝
0
0
⎠
∞
∫ g (θ ) dθ = a0 ∫ dθ +
yang menghasilkan
2π
∫ g (θ ) dθ = a0 [2π ] +
0
∞
1
1
⎛
⎞
∑ ⎜⎝ A a n [sin(2nπ )] + A b n [1 − cos(2nπ )]⎟⎠ ,
n
n
n
n =1
n
karena sin(2nπ ) = 0 dan [1 − cos(2nπ )] = 0 untuk n = 1, 2, 3, ..., maka diperoleh
a0 =
1
2π
2π
∫ g (θ ) dθ .
0
35
(2.3.48)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Selanjutnya akan dicari nilai an .
Dengan mengalikan persamaan (2.2.47) dengan cos(nθ ) , maka analog dengan cara
mencari nilai a0 akan diperoleh
an =
1
π An
2π
∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ ,
n = 1, 2, 3, ... .
(2.3.49)
0
Selanjutnya dicari nilai dari bn .
Dengan mengalikan persamaan (2.2.47) dengan sin (nθ ) , maka analog dengan cara
mencari nilai a0 akan diperoleh
1
bn =
π An
2π
∫ g (θ ) sin(nθ ) dθ ,
n = 1, 2, 3, ... .
(2.3.50)
0
Konstanta-konstanta yang didefinisikan oleh persamaan (2.3.47) sampai dengan
(2.3.50) disebut koefisien-koefisien Fourier.
Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.3.33) dengan syarat batas (2.3.34)
berikut
U (r , θ ) = a0 +
∞
∑ r (a
n
n =1
n
cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) ,
dengan
1
a0 =
2π
2π
1
bn = n
Aπ
1
∫0 g (θ ) dθ , an = Anπ
2π
∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ , dan
0
2π
∫ g (θ ) sin(nθ ) dθ .
0
36
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Contoh 2.3.4
Misalkan dicari penyelesaian persamaan Laplace
1
(r U r ) r + U θθ = 0 dalam 0 < r < A dan − π ≤ θ < π ,
r
(2.3.51)
dengan syarat batas
U r ( A, θ ) = g (θ )
pada − π ≤ θ < π ,
(2.3.52)
Masalah diatas dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.3.4 di bawah ini.
y
r
U r = g (θ )
θ
0o
1
( r U r ) r + U θθ = 0
r
x
Gambar 2.3.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram
dengan syarat batas Neumann
Penyelesaian:
Misalkan penyelesaiannya berbentuk
U (r , θ ) = R(r )Θ(θ ) .
(2.3.53)
Secara analog dengan persamaan Laplace dalam bentuk kutub (2.3.33), maka
diperoleh dua persamaan diferensial biasa
Θ " (θ ) + μ Θ(θ ) = 0 , dan
(2.3.54)
r 2 R " (r ) + r R ' (r ) − μ R(r ) = 0 .
(2.3.55)
37
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.54) dan (2.3.55).
Persamaan (2.3.54) dan (2.3.55) secara berturut-turut serupa dengan persamaan
(2.3.36) dan (2.3.37), maka penyelesaiannya adalah
U (r , θ ) =
∞
∑U
n=0
n
(r , θ ) = a0 +
∞
∑ r (a
n
n =1
n
cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) .
(2.3.56)
Turunan pertama persamaan (2.3.56) terhadap r adalah
U r (r , θ ) =
∞
∑ n r (a
n −1
n =1
n
cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) .
Karena U r ( A, θ ) = g (θ ) , maka diperoleh
g (θ ) =
∞
∑ n A (a
n −1
n =1
n
cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) .
(2.3.57)
Akan dicari nilai an .
Dengan mengalikan persamaan (2.2.57) dengan cos(nθ ) dan mengintegralkan ruas
kiri dan kanan dengan batas bawah − π dan batas atas π , maka akan diperoleh
π
∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ =
−π
π
⎛ n −1 π
⎞
2
n −1
⎜
⎟
+
n
A
a
cos
(
n
θ
)
d
θ
n
A
b
∑
n ∫
n ∫ sin( nθ ) cos( nθ ) dθ ⎟ ,
⎜
n = 1⎝
−π
−π
⎠
∞
yang menghasilkan
π
⎛ n −1 1
1 ⎡1 2
⎤ ⎞⎟
π
n −1
⎜
∫ g (θ ) cos(nθ ) dθ = n∑= 1⎜ n A an 2n [nθ ]−π + n A bn n ⎢⎣ 2 sin (nθ )⎥⎦ −π ⎟ .
−π
⎝
⎠
π
∞
Karena sin(nπ ) = sin(−nπ ) = 0 untuk n = 1, 2, 3, ..., maka diperoleh
π
1
an =
g (θ ) cos(nθ ) dθ ,
nπ An − 1 −∫π
n = 1, 2, 3, ... .
38
(2.3.58)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Selanjutnya dicari nilai dari bn .
Dengan mengalikan persamaan (2.2.58) dengan sin (nθ ) , maka analog dengan cara
mencari nilai an akan diperoleh
π
bn =
1
g (θ ) sin( nθ ) dθ ,
nπ An − 1 −∫π
n = 1, 2, 3, ... .
(2.3.59)
Sehingga diperoleh penyelesaian dari persamaan (2.3.51) dengan syarat-syarat batas
(2.3.52) berikut
U (r , θ ) = a0 +
∞
∑ r (a
n
n =1
n
cos(nθ ) + bn sin(nθ ) ) ,
dimana
π
π
1
1
a0 adalah kostanta sisa, an =
g(θ ) cos(nθ ) dθ , dan bn =
g(θ)sin(nθ) dθ .
n −1 ∫
nπ A −π
nπ An −1 −∫π
D. Penyelesaian Persamaan Poisson Secara Eksak
Jika dalam pelat terdapat sumber panas yang diketahui, maka persamaan
Laplace akan menjadi persamaan yang nonhomogen berikut
∇ 2u = f ( x , y ) ,
(2.4.1)
dimana f(x, y) adalah fungsi yang mendiskripsikan sumber panas tersebut. Persamaan
(2.4.1) disebut persamaan Poisson. Persamaan Poisson adalah nonhomogen, maka
tidak dapat diselesaikan dengan metode Pemisahan Variabel.
39
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Cara penyelesaiannya adalah dengan membagi persamaan Poisson dengan
syarat batas dalam dua masalah, yaitu:
1. Mengubah persamaan Poisson menjadi persamaan homogen yaitu persamaan
Laplace dengan syarat batas nonhomogen;
2. Persamaan Poisson dengan syarat batas yang homogen.
Sehingga penyelesaian lengkapnya adalah gabungan dari penyelesaian dari dua
masalah tadi.
Contoh 2.4.1
Carilah penyelesaian persamaan Poisson
dalam 0 < x < a dan 0 < y < b ,
∇ 2u ( x , y ) = f ( x , y )
dengan syarat batas Dirichlet berikut
(2.4.2)
u (0, y ) = u (a, y ) = u ( x, 0) = 0 , dan u ( x, b) = g ( x) ,
yang dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.4.1 di bawah ini.
y
b
u = g (x)
u = 0 u + u = f ( x, y) u = 0
xx
yy
0
u=0
a
x
Gambar 2.4.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Dirichlet
Penyelesaian:
Cara penyelesaiannya adalah dengan membagi masalah (2.4.2) menjadi dua masalah:
40
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1. Persamaan Laplace ∇ 2u ( x, y ) = 0 dalam 0 < x < a dan 0 < y < b ,
dengan syarat batas
(2.4.3)
u (0, y ) = u (a, y ) = u ( x, 0) = 0 , dan u ( x, b) = g ( x) ,
yang penyelesaiannya dinotasikan dengan uL ( x, y ) ;
2. Persamaan Poisson ∇ 2u ( x, y ) = f ( x, y ) dalam 0 < x < a dan 0 < y < b ,
dengan syarat batas
(2.4.4)
u (0, y ) = u (a, y ) = u ( x, 0) = u ( x, b) = 0 ,
yang penyelesaiannya dinotasikan dengan uP ( x, y ) .
Sehingga penyelesaian lengkapnya adalah
u ( x, y ) = uL ( x, y) + uP ( x, y ) .
(2.4.5)
Akan dicari penyelesaian masalah (2.4.3) terlebih dahulu.
Cara penyelesaian masalah (2.4.3) analog dengan penyelesaian persamaan Laplace
(2.3.1) dengan syarat batas (2.3.2) dan (2.3.3), sehingga penyelesaiannya adalah
u L ( x, y ) =
∞
⎛ nπ x ⎞
⎛ nπ y ⎞
⎟ sinh⎜
⎟,
a ⎠
⎝ a ⎠
∑ A sin⎜⎝
n =1
n
dengan
2
⎛ nπ x ⎞
g ( x) sin ⎜
⎟dx .
∫
a ⎠
⎛ nπ b ⎞ 0
⎝
a sinh ⎜
⎟
⎝ a ⎠
a
An =
Selanjutnya akan dicari penyelesaian masalah (2.4.4)
41
(2.4.6)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Untuk menyelesaikan masalah (2.4.4), diasumsikan bahwa penyelesaiannya serupa
dengan penyelesaian persamaan Helmholtz
∇ 2φ ( x, y ) + λφ ( x, y ) = 0
dalam 0 < x < a dan 0 < y < b ,
(2.4.7)
dengan syarat batas
φ (0, y ) = φ (a, y ) = φ ( x, 0) = φ ( x, b) = 0 .
Misalkan penyelesaian persamaan Helmholzt berbentuk
φ ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) .
(2.4.8)
Persamaan (2.4.8) dicari turunan parsial tingkat dua terhadap x dan y, kemudian
disubstitusikan ke persamaan (2.4.7) dan menyusunnya kembali, maka diperoleh
X " ( x)
Y " ( y)
=−
−λ.
X ( x)
Y ( y)
Misalkan nilai perbandingannya adalah μ , maka
X " ( x)
Y " ( y)
=−
−λ = −μ
X ( x)
Y ( y)
Selanjutnya akan diperoleh dua persamaan diferensial biasa
X " ( x) + μ X ( x) = 0 ,
X (0) = X (a) = 0 , dan
Y " ( y ) + (λ − μ ) Y ( y ) = 0 , Y (0) = Y (b) = 0 .
(2.4.9)
(2.4.10)
Akan dicari penyelesaian persamaan (2.4.9) terlebih dahulu.
Persamaan (2.3.9) serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu dengan λ = μ , sehingga
⎛ mπ ⎞
akan diperoleh μ m = ⎜
⎟ , dengan m = 1, 2, 3,K .
⎝ a ⎠
2
42
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
dan penyelesaian persamaan (2.4.9) dengan mengambil d 2 = Am berikut
⎛ mπ x ⎞
X m ( x) = Am sin ⎜
⎟,
⎝ a ⎠
dimana m = 1, 2, 3,K .
(2.4.11)
Selanjutnya akan dicari penyelesaian persamaan (2.4.10).
Persamaan (2.3.10) juga serupa dengan persamaan (2.3.5) yaitu dengan λ = (λ − μ ) ,
sehingga akan diperoleh
⎛ nπ ⎞
λn − μ m = ⎜
⎟ , dengan n = 1, 2, 3,K ,
⎝ b ⎠
2
dan penyelesaian persamaan (2.4.10) dengan mengambil d 2 = An berikut
⎛ nπ y ⎞
Yn ( x) = An sin ⎜
⎟,
⎝ b ⎠
dimana n = 1, 2, 3, K .
(2.4.12)
Sehingga diperoleh nilai λ pada persamaan Helmholtz (2.4.8) berikut
⎛ mπ ⎞
⎛ nπ ⎞
⎟ +⎜
⎟
⎝ a ⎠
⎝ b ⎠
2
2
λ = λmn = ⎜
, m = n = 1, 2, 3,K .
(2.4.13)
Dengan mensubstitusikan penyelesaian (2.4.11) dan (2.4.12) ke dalam persamaan
(2.4.8), maka diperoleh penyelesaian persamaan Helmholtz (2.4.7) berikut
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ sin ⎜
⎟ , dimana Amn = Am An .
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
φmn ( x, y ) = Amn sin ⎜
Dengan menggunakan prinsip superposisi, maka
φmn ( x, y ) =
∞
∞
∑∑A
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
sin⎜
⎟ sin⎜
⎟
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
juga merupakan penyelesaian persamaan Helmholzt (2.4.8).
43
(2.4.14)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Sehingga penyelesaian masalah (2.4.4) adalah
u P ( x, y ) = φmn ( x, y ) =
∞
∞
∑∑A
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
sin⎜
⎟ sin⎜
⎟.
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
(2.4.15)
Akan dicari nilai Amn .
Dengan mensubstitusikan penyelesaian persamaan Helmholzt (2.4.14) ke dalam
persamaan Poisson (2.4.4) akan diperoleh
∞
∞
∑ ∑∇ φ
2
m =1n =1
mn
( x, y ) = f ( x, y ) ,
Dari persamaan Helmholzt (2.4.8) diperoleh relasi ∇ 2φmn ( x, y ) = − λmnφmn ( x, y ) ,
maka persamaan di atas dapat ditulis menjadi
∞
∞
∑∑−λ
m = 1n = 1
φ ( x, y ) = f ( x , y ) ,
mn mn
dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.14) akan menjadi
∞
∞
∑∑− A
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ sin ⎜
⎟ = f ( x, y ) .
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
λmn sin⎜
(2.4.16)
Misalkan
Em ( y ) =
∞
∑B
n =1
mn
⎛ nπ y ⎞
sin⎜
⎟ , dengan Bmn = − Amn λmn .
⎝ b ⎠
(2.4.17)
Dengan mensunstitusikan persamaan (2.4.17) ke dalam persamaan (2.4.16) diperoleh
∞
∑E
m =1
m
⎛ mπ x ⎞
( y ) sin⎜
⎟ = f ( x, y ) .
⎝ a ⎠
44
(2.4.18)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Persamaan (2.4.18) merupakan deret sinus Fourier yang serupa dengan persamaan
(2.3.13) yaitu dengan n = m, bn = Em ( y ) dan g ( x) = f ( x, y ) , sehingga diperoleh
2
⎛ mπ
f ( x, y ) sin ⎜
∫
a0
⎝ a
a
Em ( y ) =
x⎞
⎟dx,
⎠
m = 1, 2, 3, K .
(2.4.19)
Persamaan (2.4.19) juga merupakan deret sinus Fourier yang serupa dengan
persamaan (2.3.13) yaitu dengan a = b, x = y, bn = Bmn dan g ( x) = Em ( y ) , sehingga
diperoleh
2
⎛ nπ y ⎞
= ∫ Em ( y ) sin ⎜
⎟dy,
b0
⎝ b ⎠
b
Bmn
n = 1, 2, 3, K ,
karena Bmn = − Amn λmn , maka dihasilkan
Amn = −
Bmn
λmn
=−
b
2
bλmn
∫E
0
m
⎛ nπ y ⎞
( y ) sin ⎜
⎟dy .
⎝ b ⎠
(2.4.20)
Dengan mensubstitusikan nilai λ (2.4.13) dan persamaan (2.4.19) ke dalam
persamaan (2.4.20), maka diperoleh
Amn = −
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ sin ⎜
⎟ dx dy .
a ⎠ ⎝ b ⎠
b a
4
f ( x, y ) sin ⎜
⎞∫∫
⎝
⎛m π
nπ
ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0
b ⎠
⎝ a
2
2
2
2
(2.4.21)
Dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.21) ke dalam persamaan (2.4.15) akan
diperoleh penyelesaian untuk masalah (2.4.4) berikut
u P ( x, y ) =
∞
∞
∑∑ A
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
sin⎜
⎟ sin⎜
⎟,
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
dimana
45
(2.4.22)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Amn = −
⎛ mπ
a
b a
4
f ( x, y ) sin ⎜
⎞∫∫
⎝
⎛ m 2π 2 n 2π 2
ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0
b ⎠
⎝ a
x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ sin ⎜
⎟ dx dy .
⎠ ⎝ b ⎠
Sehingga dari penyelesaian (2.4.6) dan (2.4.22) akan diperoleh penyelesaian lengkap
untuk masalah (2.4.2) berikut
u ( x, y ) = uL ( x, y) + uP ( x, y )
∞
=
⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟sinh⎜
⎟+
a ⎠ ⎝ a ⎠
∑A sin⎜⎝
n =1
n
∞
∞
∑∑ A
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
sin⎜
⎟ sin⎜
⎟,
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
(2.2.23)
dimana
2
⎛ nπ x ⎞
g ( x) sin ⎜
⎟dx , dan
∫
a ⎠
⎛ nπ b ⎞ 0
⎝
a sinh ⎜
⎟
⎝ a ⎠
a
An =
Amn = −
b a
4
2
2
2
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ sin ⎜
⎟ dx dy .
a ⎠ ⎝ b ⎠
f ( x, y ) sin ⎜
⎞∫∫
⎝
⎛m π
nπ
ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0
b ⎠
⎝ a
2
Contoh 2.4.1
Carilah penyelesaian persamaan Poisson ∇ 2u ( x, y ) = f ( x, y ) dalam 0 < x < a dan
0 < y < b , dengan syarat batas berikut
(2.4.24)
uy (x, 0) = uy (x, b) = 0 pada 0 ≤ x ≤ a , dan ux (0, y) = 0, ux (a, y) = g ( y) pada 0 ≤ y ≤ b ,
yang dapat diilustrasikan dalam Gambar 2.4.2 di bawah ini.
46
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
y
uy = 0
b
ux = 0
u x = g ( y)
u xx + u yy = f ( x, y)
0
uy = 0
a
x
Gambar 2.4.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Neumann
Penyelesaian:
Cara penyelesaiannya adalah dengan membagi masalah (2.4.24) menjadi dua masalah
berikut:
1. Persamaan ∇ 2u ( x, y ) = 0 , dalam 0 < x < a dan 0 < y < b , dengan syarat batas
u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0
pada 0 ≤ x ≤ a , dan
u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = g ( y )
pada 0 ≤ y ≤ b .
(2.4.25)
2. Persamaan ∇ 2u ( x, y ) = f ( x, y ) , dalam 0 < x < a dan 0 < y < b , dengan syarat
batas
(2.4.26)
u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0
pada 0 ≤ x ≤ a , dan
u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = 0
pada 0 ≤ y ≤ b .
Akan dicari penyelesaian masalah (2.4.25) terlebih dahulu.
Masalah (2.4.25) serupa dengan persamaan (2.3.15) dengan syarat batas (2.3.16) dan
(2.3.17), sehingga penyelesaiannya adalah
u L ( x, y ) = A0 +
∞
∑A
n =1
n
⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
cosh⎜
⎟ cos⎜
⎟,
⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠
47
(2.4.27)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
dengan
2
⎛ nπ y ⎞
g ( y ) cos⎜
⎟dy .
∫
b ⎠
⎛ nπ a ⎞ 0
⎝
nπ sinh ⎜
⎟
⎝ b ⎠
b
A0 adalah kostanta sisa, dan An =
Selanjutnya akan dicari penyelesaian masalah (2.4.26)
Untuk menyelesaikan masalah (2.4.26), diasumsikan juga bahwa penyelesaiannya
serupa dengan penyelesaian persamaan Helmholtz, dengan syarat batas
u y ( x, 0) = u y ( x, b) = 0
pada 0 ≤ x ≤ a , dan
u x (0, y ) = 0, u x (a, y ) = 0
pada 0 ≤ y ≤ b .
Analog dengan persamaan Helmholtz (2.4.8), maka diperoleh dua persamaan
diferensial biasa
X " ( x) + μ X ( x) = 0
, X ' (0) = X ' (a ) = 0 ,
(2.4.28)
Y " ( y ) + (λ − μ ) Y ( y ) = 0
, Y ' (0) = Y ' (b) = 0 .
(2.4.29)
Akan dicari penyelesaian persamaan (2.3.28) terlebih dahulu.
Persamaan (2.4.28) serupa dengan persamaan (2.3.19) yaitu dengan λ = μ , sehingga
⎛ mπ ⎞
akan diperoleh μ = ⎜
⎟ , m = 0, 1, 2, K ,
⎝ a ⎠
2
dan penyelesaian persamaan (2.4.28) dengan mengambil d1 = An berikut
⎛ mπ x ⎞
X ( x) = Am cos ⎜
⎟.
⎝ a ⎠
Kemudian akan dicari penyelesaian persamaan (2.4.29).
48
(2.4.30)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Persamaan (2.4.29) juga serupa dengan persamaan (2.3.19) yaitu dengan
λ = (λ − μ ) , sehingga akan diperoleh
⎛ nπ ⎞
λn − μ m = ⎜
⎟ , dengan n = 0, 1, 2,K ,
⎝ b ⎠
2
dan penyelesaian persamaan (2.4.33) dengan mengambil d1 = Am berikut
⎛ nπ y ⎞
Yn ( y ) = An cos ⎜
⎟.
⎝ b ⎠
(2.4.31)
Sehingga diperoleh nilai λ pada persamaan Helmholtz berikut
⎛ mπ ⎞
⎛ nπ ⎞
=⎜
⎟ +⎜
⎟
⎝ a ⎠
⎝ b ⎠
2
λ = λmn
2
, m = n = 0, 1, 2, K .
(2.4.32)
Sehingga akan diperoleh penyelesaian persamaan Helmholtz berikut
⎛ mπ
⎝ a
φmn ( x, y ) = Amn cos⎜
x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟.
⎠ ⎝ b ⎠
Menurut prinsip superposisi, maka
φmn ( x, y ) = A00 +
∞
∞
∑∑A
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ
cos⎜
⎝ a
x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟
⎠ ⎝ b ⎠
(2.3.33)
adalah juga merupakan penyelesaian persamaan Helmholtz.
Sehingga penyelesaian masalah (2.4.26) adalah
u P ( x, y ) = φmn ( x, y ) = A00 +
∞
∞
∑∑A
m = 1n = 1
Akan dicari nilai A00 dan Amn .
49
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
cos⎜
⎟ cos⎜
⎟
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
(2.4.34)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dengan mensubstitusikan penyelesaian persamaan Helmholzt (2.4.33) ke dalam
persamaan Poisson (2.4.26) akan diperoleh
∞
∞
∑ ∑∇ φ
2
m =1n =1
mn
( x, y ) = f ( x, y ) ,
Dari persamaan Helmholzt diperoleh relasi ∇ 2φmn ( x, y ) = − λmnφmn ( x, y ) , maka
persamaan di atas dapat ditulis menjadi
∞
∞
∑∑−λ
φ ( x, y ) = f ( x , y ) ,
mn mn
m = 1n = 1
dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.33) akan menjadi
A00 +
∞
∞
∑∑− A
mn
m = 1n = 1
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟ = f ( x, y ) .
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
λmn cos⎜
Dengan Bmn = − Amn λmn , maka persamaan diatas dapat ditulis menjadi
A00 +
∞
∞
∑∑B
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
cos⎜
⎟ cos⎜
⎟ = f ( x, y ) .
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
(2.4.35)
Akan dicari nilai A00 terlebih dahulu.
Dengan mengintegralkan rangkap ruas kiri dan kanan persamaan (2.4.35) dengan
batas bawah 0 dan batas atas a dan b , maka akan diperoleh
b a
A00 ∫ ∫ dx dy +
0 0
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
Bmn cos⎜
⎟ cos⎜
⎟dx dy =
∑
∑
∫
∫
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
m = 1n = 1 0 0
∞
∞ b a
b a
∫ ∫ f ( x, y) dx dy ,
0 0
yang menghasilkan
∞
∞
⎡ ab
⎤
A00 [ab] + ∑∑ Bmn ⎢
sin(mπ ) sin(nπ )⎥ =
2
⎣ mnπ
⎦
m = 1n = 1
50
b a
∫ ∫ f ( x, y) dx dy ,
0 0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
karena dengan memandang bahwa sin(nπ ) = 0 untuk n = 1, 2, 3,K , maka akan
dihasilkan
b a
1
A00 =
f ( x, y ) dx dy .
ab ∫0 ∫0
(2.4.36)
Kemudian akan dicari nilai Amn .
Dengan mangalikan persamaan (2.4.35) dengan
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
cos⎜
⎟ cos⎜
⎟
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
dan
mengintegralkan rangkap ruas kiri dan kanan dengan batas bawah 0 dan batas atas a
dan b , maka akan diperoleh
b a
∫∫
0 0
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
f ( x, y ) cos⎜
⎟ cos⎜
⎟ dx dy = A00 ∫ ∫ cos⎜
⎟ cos⎜
⎟ dx dy
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
0 0
b a
⎛ mπ x ⎞
2 ⎛ nπ y ⎞
+ ∑ ∑ ∫ ∫ Bmn cos 2 ⎜
⎟ cos ⎜
⎟dx dy ,
⎝ a ⎠
⎝ b ⎠
m = 1n = 1 0 0
∞
∞ b a
yang menghasilkan
b a
∫∫
0 0
∞ ∞
⎡ ab ⎤
⎡ ab
⎤
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
B
sin(
)
sin(
)
=
A
m
π
n
π
+
f ( x, y) cos⎜
cos
dx
dy
⎟ ⎜
⎟
∑∑
mn
00 ⎢
2
⎥⎦
⎢ ⎥,
⎣ mnπ
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
m = 1n = 1 ⎣ 4 ⎦
dengan memandang bahwa sin(nπ ) = 0 untuk n = 1, 2, 3,K , maka diperoleh
4
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
f ( x, y ) cos⎜
=
⎟ cos⎜
⎟ dx dy .
∫
∫
ab 0 0
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
b a
Bmn
Karena Bmn = − Amn λmn , maka dihasilkan
Amn = −
Bmn
λmn
4
=−
abλmn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟ dx dy .
a ⎠ ⎝ b ⎠
b a
∫ ∫ f ( x, y) cos⎜⎝
0 0
51
(2.4.37)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dengan mensubstitusikan nilai λ (2.4.32) ke dalam persamaan (2.4.37), maka
diperoleh
Amn = −
⎛m π
ab⎜⎜ 2
⎝ a
2
2
⎛ mπ
a
b a
4
f ( x, y ) cos⎜
⎞∫∫
⎝
nπ
+ 2 ⎟⎟ 0 0
b ⎠
2
2
x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟ dx dy .
⎠ ⎝ b ⎠
(2.4.38)
Sehingga dengan mensubstitusikan persamaan (2.4.36) dan (2.4.38) ke dalam
persamaan (3.4.34) akan diperoleh penyelesaian untuk masalah (2.4.26) berikut
u P ( x, y ) = A00 +
∞
∞
∑∑ A
m = 1n = 1
mn
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
cos⎜
⎟ cos⎜
⎟,
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
(2.4.39)
dimana
ba
1
A00 =
f (x, y) dxdy, Amn = −
ab ∫∫
00
b a
4
2
2
2
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟ dxdy .
a ⎠ ⎝ b ⎠
f (x, y) cos⎜
⎞ ∫∫
⎝
⎛m π
nπ
ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0
b ⎠
⎝ a
2
Sehingga dari penyelesaian (2.4.27) dan (2.4.39) akan diperoleh penyelesaian lengkap
untuk masalah (2.4.24) berikut
∞
∞
∞
⎛ nπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
u ( x, y ) = A0 + ∑ An cosh⎜
⎟ cos⎜
⎟,
⎟ cos⎜
⎟ + A00 + ∑ ∑ Amn cos⎜
⎝ b ⎠ ⎝ b ⎠
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
n =1
m =1 n =1
dimana
2
⎛ nπ y ⎞
g ( y ) cos⎜
⎟dy ,
∫
b ⎠
⎛ nπ a ⎞ 0
⎝
nπ sinh ⎜
⎟
⎝ b ⎠
b
A0 adalah kostanta sisa, An =
ba
A00 =
1
f (x, y) dxdy, Amn = −
ab ∫∫
00
b a
4
2
2
52
2
⎛ mπ x ⎞ ⎛ nπ y ⎞
⎟ cos⎜
⎟ dxdy .
a ⎠ ⎝ b ⎠
f (x, y) cos⎜
⎞ ∫∫
⎝
⎛m π
nπ
ab⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ 0 0
b ⎠
⎝ a
2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
E. Metode Iterasi Gauss-Seidel
Metode iterasi Gauss-Seidel digunakan untuk menyelesaikan sistem
persamaan linear n × n , dengan n persamaan linear non-homogen dan n variabel
x1 , x 2 , ... , x n yang tidak diketahui berikut:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + ... + a1n xn = c1 ,
a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 + ... + a2 n xn = c2 ,
(2.5.1)
M
an1 x1 + an 2 x2 + an 3 x3 + ... + ann xn = cn ,
dimana a adalah koefisien-koefisien variabel dan c1 , c 2 , ... , c n adalah konstanta.
Metode iterasi adalah metode hampiran berurutan yang dimulai dari hampiran
awal yang dipilih sembarang, biasanya hampiran awalnya adalah nol. Hampiran ke-k
untuk penyelesaian x1 , x 2 , ... , x n akan dinotasikan oleh x1( k ) , x 2( k ) , ... , x n( k ) , dengan k
= 0, 1, 2, …, n. Langkah awalnya adalah dengan menyelesaikan persamaan pertama
untuk x1 , yang kedua untuk x2 , dan seterusnya hingga dihasilkan:
x1 =
c1 − a12 x 2 − a13 x3 − ... − a1n x n
,
a11
(2.5.2)
x2 =
c 2 − a 21 x1 − a 23 x3 − ... − a 2 n x n
,
a 22
(2.5.3)
x3 =
c3 − a31 x1 − a32 x 2 − ... − a3n x n
,
a33
(2.5.4)
M
xn =
c n − a n1 x1 − a n 3 x3 − ... − a nn −1 x n −1
a nn
53
,
(2.5.5)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Proses iterasinya dapat dimulai dengan nilai awal bagi x1( 0 ) , x 2( 0 ) , ... , x n( 0) sama
dengan nol. Nilai awal nol ini disubstitusikan ke persamaan (2.5.2) untuk
mendapatkan nilai baru x1(1) =
c1
. Nilai baru x1(1) disubstitusikan ke persamaan
a11
(2.5.3) bersama nilai awal lain x3( 0 ) = x 4( 0 ) = ... = x n( 0 ) = 0 untuk mendapatkan nilai
baru x 2(1) . Demikian seterusnya hingga mendapatkan nilai baru x n(1) . Prosedur tadi
diulangi lagi dari awal dengan nilai-nilai baru yang didapatkan.
Iterasi dihentikan setelah terjadi kekonvergenan. Kriteria kekonvergenan yaitu
ε x = xi( k ) − xi( k −1) < ε s ,
i
(2.5.6)
dimana i = 1, 2, 3, ... , n, ε xi adalah nilai kesalahan relatif xi , xi(k ) adalah nilai xi
pada iterasi sekarang, xi( k −1) adalah nilai xi pada iterasi sebelumnya, dan ε s adalah
nilai batas toleransi ( ε s = 0, 00001 ). Untuk menjamin kekonvergenan, maka sistem
persamaan linear harus dominan secara diagonal.
Definisi 2.5.1
Sistem persamaan linear n × n disebut dominan secara diagonal, jika nilai mutlak
dari koefisien diagonal pada setiap persamaan lebih besar atau sama dengan nilai
mutlak dari jumlah koefisien lainnya dalam persamaan atau dapat ditulis dalam
bentuk:
54
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ai , i ≥
n
∑a
j =1; j ≠ i
i, j
,
dimana ai , j adalah koefisien persamaan-persamaan, n adalah jumlah persamaan dan
jumlah variabel, dan i = j = 1, 2, 3, K , n .
Algoritma penyelesaian sistem persamaan linear dengan metode iterasi GaussSeidel
Lanhkah 1. Masukkan koefisien-koefisien persamaan (5.2.2) sampai dengan (5.2.5)
ke dalam matriks (A), jumlah variabel (n), dan toleransi (TOL).
Langkah 2. Tentukan nilai awal untuk semua variabel. Untuk i = 1, 2, K , n hitung
x(i,1) = w(i,1) = 0 , dimana w(i,1) adalah hasil penyelesaian sebelumnya.
Langkah 3. Susunlah penyelesaian persamaan untuk x1 , untuk i = 1 dan j = 1, 2, K, n
hitung x(i, 1) = A(i, 1) dan x(i, 1) = x(i, 1) + [A(i, j) x(j, 1)].
Susunlah penyelesaian persamaan untuk x2, x3,K, xn , untuk i = 2, 3, K, n
dan j = 1, 2, K, n hitung: x(i, 1) = A(i, 1), x(i, 1) = x(i, 1) +[ A(i, j +1)⋅ x(i, 1)],
m = j +1, dan jika i tidak sama dengan n, maka untuk k = 1, 2, K , n − 1
hitung x(i, 1) = x(i, 1) + [A(i, m+k) x(m+k, 1)].
Langkah 4. Hitung kesalahan relatif dan kesalahan relatif tertinggi (M).
Untuk i = 1, 2, K , n hitung C (i, j ) = abs(u (i, 1) − w(i, 1) ) .
Hitung M = maks C(i, j).
55
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Langkah 5. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka lanjutkan ke langkah 8.
Jika tidak, maka lanjutkan ke langkah 6.
Langkah 6. Simpan hasil penyelesaian ke dalam matriks w(i, j ) .
Untuk i = 1, 2, K , n , hitung w(i, j ) = u (i, j ) .
Langkah 7. Kembali ke langkah 3.
Langkah 8. Stop.
Contoh 2.5.1
Selesaikanlah sistem persamaan linear berikut dengan metode iterasi Gauss-Seidel:
4 x1 + 2 x2 + 1x3 = 5 , 2 x1 + 3 x2 − 2 x3 = 21 , dan x1 − 2 x2 + 5 x3 = − 30 .
Penyelesaian:
Menyusun kembali tiga persamaan linear diatas menjadi bentuk penyelesaian berikut:
x1 =
5 − 2 x2 − x3
21 − 2 x1 + 2 x3
− 30 − x1 + 2 x2
, x2 =
, dan x3 =
.
4
3
5
Dengan bantuan program Matlab pada Lampiran 2.5.1, maka diperoleh penyelesaian:
>> A=[5/4 -2/4 -1/4;21/3 -2/3 2/3;-30/5 -1/5 2/5];
>> GaussSeidel(A,3,0.00001)
Penyelesaian sistem persamaan linear adalah
x=
1.0000
3.0000
-5.0000
Jadi penyelesaiannya adalah x1 = 1, x2 = 3, dan x3 = − 5 .
56
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB III
PENYELESAIAN PERSAMAAN LAPLACE DAN
PERSAMAAN POISSON SECARA NUMERIK
Dalam bab ini akan dibahas tentang penyelesaian persamaan Laplace dan
persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram secara numerik
dengan metode Beda-Hingga. Terlebih dahulu akan diperkenalkan tentang metode
Beda-Hingga dengan pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dan
persamaan Poisson.
A. Metode Beda-Hingga
Metode beda hingga terdiri dari grid beda hingga diskrit untuk menunjukkan
domain penyelesaian kontinu dan pendekatan-pendekatan beda hingga yang
digunakan untuk menunjukkan turunan-turunan parsial eksak dalam PDP. Terlebih
dahulu akan dibahas beberapa karakteristik umum grid-grid beda hingga dan
pendekatan-pendekatan beda hingga dari turunan-turunan eksak yang muncul dalam
PDP, seperti u x , u xx , u y , dan u yy .
1. Pendekatan Beda Hingga
Domain D(x, y) dalam bidang xy untuk masalah aliran panas dua-dimensi
dalam pelat persegi panjang ditunjukkan pada Gambar 3.1.1.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Domain penyelesaian ditutup dengan garis-garis kisi seragam, yang disebut grid
beda hingga. Titik-titik potong dari garis-garis grid ini disebut titik-titik grid, di titik-
titik inilah penyelesaian pendekatan untuk PDP akan diperoleh. Jarak dari dua titik
yang sejajar sumbu x dan sumbu y, secara berturut-turut dinotasikan dengan Δx dan
Δy . Garis-garis kisi tegak lurus sumbu x dan sumbu y, secara berturut-turut
mempunyai nilai Δx dan Δy yang seragam, dengan Δx dan Δy tidak harus sama.
Didefinisikan titik grid (i, j) dengan i dan j secara berturut-turut menunjukkan
padanan garis untuk nilai konstan x dan y. Jumlah garis-garis grid x dan y secara
berturut-turut adalah n dan m, dengan ukuran grid adalah n × m .
y
m
batas
j +1
domain D ( x, y )
j
j −1
Δ x Δy
2
1
2 i −1 i i +1
n
x
Gambar 3.1.1 Grid beda hingga pada domain persegi panjang
Fungsi u(x, y) di titik grid (i, j) ditunjukkan oleh
u ( xi , y j ) = u i , j ,
dengan i dan j secara berturut-turut menunjukkan posisi x dan y.
58
(3.1.1)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Turunan pertama dan kedua untuk u ( xi , y j ) terhadap x dan y secara berturut-turut
dinotasikan oleh:
∂u ( xi , y j )
∂x
∂u
=
∂x
= ux
i, j
i, j
,
∂ 2 u ( xi , y j )
∂x 2
∂ 2u
= 2
∂x
= u xx
i, j
i, j
dan
∂u ( xi , y j )
∂y
∂ 2u ( xi , y j ) ∂ 2u
∂u
=
= uy ,
= 2
= u yy .
i, j
i, j
∂y i , j
∂y 2
∂y i , j
Telah didefinisikan grid beda hingga, selanjutnya akan ditentukan
pendekatan-pendekatan beda hingga dari turunan-turunan parsial eksak yang muncul
dalam PDP, seperti u x , u xx , u y , dan u yy . Harus dibedakan dengan seksama antara
penyelesaian eksak dan penyelesaian pendekatan dari PDP.
Penyelesaian eksak ditunjukkan dengan garis di atas simbol variabel terikat (contoh:
u ( x, y ) ), dan penyelesaian pendekatan ditunjukkan tanpa garis di atas simbol
variabel terikat (contoh: u ( x, y ) ). Turunan-turunan parsial seperti u x , u xx , u y , u yy
dapat didekati dengan nilai suku-suku u (i, j ) pada titik grid (i, j) itu sendiri dan pada
titik-titik grid sekitarnya dalam bilangan berarah.
Pandang turunan parsial u x dan u xx terlebih dahulu. Ekspansi Deret Taylor
untuk fungsi u ( x, y ) yang diperluas dalam arah x di ( x + Δx) dan ( x − Δx) , secara
berturut-turut adalah
59
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
u ( x + Δx, y ) = u ( x, y ) + Δxu x +
(Δx)3
(Δx)4
(Δx) 2
u xx +
u xxx +
u xxxx + ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.2)
3!
4!
2!
(Δx)3
(Δx) 4
(Δx) 2
u ( x − Δx, y ) = u ( x, y ) − Δxu x +
u xx −
u xxx +
u xxxx − ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.3)
3!
4!
2!
Persamaan (3.1.2) dan (3.1.3) dapat ditulis sebagai
ui + 1, j = ui , j + Δx u x i , j +
ui − 1, j = ui , j − Δx u x i , j
(Δx) 2
(Δx) 3
(Δx) 4
u xx i , j +
u xxx i , j +
u xxxx i , j + ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.4)
2!
3!
4!
(Δx) 2
(Δx) 3
(Δx) 4
+
u xx i , j −
u xxx i , j +
u xxxx i , j + ⋅ ⋅ ⋅ .
2!
3!
4!
(3.1.5)
Persamaan (3.1.4) dan (3.1.5) dapat dinyatakan menjadi rumus-rumus Taylor
dengan suku-suku sisa berikut
ui + 1, j = ui, j + Δx u x i, j +
(Δx)4
(Δx)2
(Δx)3
uxx i, j +
uxxx i, j +
uxxxx i, j + K + Rn + 1 (ξ+ ) , (3.1.6)
4!
2!
3!
ui − 1, j = ui, j − Δx u x i, j +
(Δx)4
(Δx)2
(Δx)3
uxx i, j −
uxxx i, j +
uxxxx i, j + K + Rn + 1 (ξ− ) , (3.1.7)
4!
2!
3!
dimana suku sisa Rn + 1 diberikan oleh
Rn + 1 =
(Δx) n + 1 ∂ n + 1u (ξ )
,
(n + 1) ! ∂x n + 1
dimana n = 1, 2, 3, …, ∞ , xi ≤ ξ + ≤ xi + 1 , dan xi − 1 ≤ ξ − ≤ xi .
Jika deret Taylor tak hingga dipenggal setelah turunan ke-n untuk
memperoleh pendekatan ui + 1, j dan ui − 1, j , maka suku sisa Rn + 1 adalah galat yang
dihubungkan dengan deret Taylor terpenggal yang disebut dengan galat
pemenggalan.
60
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dalam banyak kasus, perlu diperhatikan orde dari galat pemenggalan yaitu
laju galat pemenggalan mendekati nol atau Δx → 0 . Akibat dari Δx → 0 adalah galat
pemenggalan mendekati nol selama (Δx) n + 1 , karena suku sisa tergantung pada
(Δx) n + 1 . Kemudian orde dari pendekatan deret Taylor terpenggal dari u x dan u xx
adalah n + 1 , yang dinotasikan dengan simbol O (Δx n + 1 ) .
Pandang turunan parsial u x
terlebih dahulu. Dengan mengurangkan
persamaan (3.1.4) dengan persamaan (3.1.5) dan menyusun kembali persamaan yang
didapatkan, maka akan diperoleh pemecahan untuk u x i , j berikut
u x i, j =
ui + 1, j − ui − 1, j
2Δx
−
2( Δx ) 2
2(Δx) 4
u xxx i , j −
u xxxxx
+ ⋅⋅⋅.
3!
5!
i, j
(3.1.8)
Secara ekuivalen, dari persamaan (3.1.6) dan (3.1.7) dihasilkan
u x i, j =
ui + 1, j − ui − 1, j
2Δx
−
Rn + 2
2( Δx ) 2
2( Δx ) 4
,
u xxx i , j −
u xxxxx
+ ⋅⋅⋅ +
3!
5!
Δ
x
i, j
yang dapat ditulis menjadi
u x i, j =
ui + 1, j − ui − 1, j
2 Δx
2( Δx ) 2
2( Δx ) 4
u xxx i , j −
u xxxxx
−
+ ⋅ ⋅ ⋅ + O ( Δx n ) ,
3!
5!
i, j
dimana
∂ n + 2u (ξ ) (Δx) n + 2
1
=
= O(Δx n ) ,
n+2
(Δx) (n + 2) ! ∂x
(Δx)
Rn + 2
dengan xi − 1 ≤ ξ ≤ xi + 1 .
61
(3.1.9)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Jika deret Taylor dipenggal setelah suku turunan pertama, maka persamaan
(3.1.8) dan (3.1.9) memberikan
u x i, j =
ui + 1, j − ui − 1, j
2Δx
−
(Δx) 2
u xxx (ξ ) ,
3
yang dapat ditulis menjadi
u x i, j =
ui + 1, j − ui − 1, j
2Δx
(
(
)
ui + 1, j − ui − 1, j
+ E u x i, j =
)
2 Δx
(
)
dimana suku sisa E u x i , j diberikan oleh E u x i , j = −
+ O ( Δx 2 ) ,
(3.1.10)
( Δx ) 2
u xxx (ξ ) = O (Δx 2 ) .
3
Notasi O(Δx 2 ) adalah suku galat pemenggalan, dibaca sebagai orde Δx 2 , yang
menunjukkan galat pemenggalan orde-2.
Pendekatan beda hingga dari u x i , j , yang akan dinotasikan dengan u x
i, j
,
dapat diperoleh dari persamaan (3.1.10) dengan mengabaikan suku sisanya berikut ini
u x i, j ≈
ui + 1, j − ui − 1, j
2 Δx
.
(3.1.11)
Persamaan (3.1.11) adalah pendekatan beda-pusat orde-2 dari u x di titik grid (i, j),
dengan galat pemenggalannya adalah O (Δx 2 ) .
Selanjutnya pandang turunan parsial u xx . Dengan menjumlahkan persamaan
(3.1.4) dan (3.1.5) dan menyusun kembali persamaan yang didapatkan, maka akan
diperoleh pemecahan untuk u xx i , j berikut
u xx i , j =
ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j
(Δx) 2
−
2 ( Δx ) 2
2(Δx) 4
u xxxx i , j −
u xxxxxx
+ ⋅ ⋅ ⋅ . (3.1.12)
4!
6!
i, j
62
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Secara ekuivalen, dari persamaan (3.1.6) dan (3.1.7) dihasilkan
u xx i , j =
ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j
( Δx) 2
−
Rn + 2
2( Δx) 2
2( Δx) 4
,
u xxxxxx
+ ⋅⋅⋅ +
u xxxx i , j −
2
4!
6!
(
Δ
x
)
i, j
yang dapat ditulis menjadi
u xx i , j =
ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j
(Δx) 2
2(Δx) 2
2(Δx) 4
u xxxx i , j −
u xxxxxx + ⋅ ⋅ ⋅ + O(Δx n ), (3.1.13)
−
4!
6!
i, j
dimana
∂ n + 2u (ξ ) (Δx) n + 2
1
=
= O(Δx n ) ,
2
2
n+2
(Δx)
(n + 2) ! ∂x
(Δx)
Rn + 2
dengan xi − 1 ≤ ξ ≤ xi + 1 .
Jika deret Taylor dipenggal setelah suku turunan kedua, maka persamaan
(3.1.12) dan (3.1.13) memberikan
u xx i , j =
ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j
(Δx) 2
(Δx) 2
−
u xxxx (ξ ) ,
12
yang dapat ditulis menjadi
uxx i , j =
ui + 1, j − 2 ui, j + ui − 1, j
(Δx)
(
2
(
)
+ E uxx i , j =
)
ui + 1, j − 2ui, j + ui − 1, j
(Δx)
(
)
dimana suku sisa E u xx i , j diberikan oleh E u xx i , j = −
2
+ O(Δx2 ) ,
(3.1.14)
( Δx ) 2
u xxxx (ξ ) = O (Δx 2 ) .
12
Pendekatan beda hingga dari u xx i , j , yang akan dinotasikan dengan u xx
i, j
,
dapat diperoleh dari persamaan (3.1.14) dengan mengabaikan suku sisanya berikut ini
63
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
u xx i , j ≈
ui + 1, j − 2 ui , j + ui − 1, j
(Δx) 2
.
(3.1.15)
Persamaan (3.1.15) adalah pendekatan beda-pusat orde-2 dari u xx di titik grid (i, j),
dengan galat pemenggalannya adalah O (Δx 2 ) .
Kemudian pandang turunan-turunan eksak u y dan u yy . Dengan prosedur
analog dalam arah y, maka akan diperoleh pendekatan beda hingga dari u y
u yy
i, j
, yang dinotasikan secara berturut-turut dengan u y
uy
u yy
i, j
i, j
≈
≈
ui , j + 1 − ui , j − 1
2Δy
i, j
dan u yy
i, j
(Δy ) 2
dan
berikut
,
ui , j + 1 − 2 ui , j + ui , j − 1
i, j
(3.1.16)
,
(3.1.17)
dengan galat pemenggalannya adalah O(Δy 2 ) . Persamaan (3.1.16) dan (3.1.17),
secara berturut-turut, adalah pendekatan beda-pusat orde-2 dari u y dan u yy .
Pendekatan beda hingga dari persamaan Laplace dan persamaan Poisson
diperoleh dengan mensubstitusikan pendekatan beda-pusat orde-2 dari turunanturunan parsial eksak ke dalam persamaan Laplace dan persamaan Poisson, dengan
galat global yang terdiri dari galat pemenggalan dari pendekatan beda-pusat orde-2
dari turunan-turanan yang digunakan. Pendekatan beda hingga itu akan menghasilkan
persamaan beda hingga di setiap titik dalam domain.
64
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Laplace
a. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang
Bentuk persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang adalah
u xx + u yy = 0 .
(3.1.18)
Domain dari persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang adalah berbentuk
persegi panjang D = { ( x, y ) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b} . Domain persegi panjang itu akan
a
b
dan Δy =
dimana
(n − 1)
(m − 1)
ditutup dengan grid seragam dengan jarak Δx =
ukuran grid tersebut adalah n × m , yang telah ditunjukkan pada Gambar 3.1.1.
Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam domain D(x, y) diperoleh dengan
mensubstitusikan persamaan (3.1.15) dan (3.1.17) ke dalam persamaan (3.1.18), dan
akan dihasilkan
u i + 1, j − 2 u i , j + u i − 1,
( Δx )
j
2
+
ui,
j +1
− 2 ui, j + ui,
(Δy )
2
j −1
= 0,
(3.1.19)
dengan galat globalnya adalah O ( Δx 2 ) + O (Δy 2 ) .
Misalkan didefinisikan β =
Δx
.
Δy
(3.1.20)
Dengan mengalikan persamaan (3.1.19) dengan (Δx) 2 dan mensubstitusikan
persamaan (3.1.20), maka akan dihasilkan
u i + 1, j + u i − 1, j + β 2 u i ,
j +1
+ β 2ui,
j −1
− 2(1 + β 2 )u i , j = 0 .
(3.1.21)
Jika jarak grid sama Δx = Δy , maka β = 1 sehingga persamaan (3.1.21) menjadi
65
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
u i + 1, j + u i − 1, j + u i ,
j +1
+ ui,
j −1
− 4u i , j = 0 .
(3.1.22)
Persamaan beda hingga di titik dalam dapat diilustrasikan secara bergambar
dengan stensil beda hingga, yang merupakan gambar dari bagian-bagian grid beda
hingga. Titik-titik grid digambarkan dengan lingkaran terbuka, yang masing-masing
memuat faktor koefisien dari fungsi u ( x, y ) pada titik-titik grid yang berdekatan.
Pada Gambar 3.1.2 secara berturut-turut mengilustrasikan stensil beda hingga untuk
persamaan Laplace dengan Δx ≠ Δy dan Δx = Δy .
ui,
β
u i − 1,
1
j
ui, j + 1
1
j +1
2
u i + 1,
1
− 2(1 + β )
2
ui,
ui,
j −1
β
u i − 1,
j
u i + 1,
j
−4
1
1
ui,
j
ui,
2
Δx ≠ Δy
j −1
j
j
1
Δx = Δy
Gambar 3.1.2 Stensil beda hingga di titik dalam ui ,
j
untuk persamaan Laplace
dalam pelat persegi panjang
Jika yang dipakai adalah kondisi batas Neumann, maka perlu ditentukan
pendekatan beda hingga di titik-titik pada tepi batas yang nilainya tidak diketahui.
Syarat batas Neumann menentukan turunan berarah dari u(x, y) normal untuk tepi
batas. Sebagai ilustrasi, digunakan syarat turunan normal nol
∂u ( x, y )
= 0 . Untuk
∂n
penerapan dalam luasan dari aliran panas, tepi disekat secara termal dan laju
perubahan panas pada tepi itu sama dengan nol.
66
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
x = xn
Misalkan
adalah konstan dan tepi kanan persegi panjang
D = { ( x, y ) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b} adalah x = a . Syarat batas normal yang
∂u ( xn , y j )
digunakan sepanjang tepi ini adalah
= u x ( xn , y j ) = 0 .
∂n
Kemudian dari persamaan (3.1.21) akan diperoleh pendekatan beda hingga di
titik ( x n , y j ) , yaitu
u n + 1, j + u n − 1, j + β 2 u n ,
Nilai u n + 1,
j
j +1
+ β 2 u n,
j −1
− 2(1 + β 2 )u n , j = 0 .
(3.1.23)
tidak diketahui, karena titik ini terletak di luar daerah D(x, y). Tetapi
dengan menggunakan pendekatan beda pusat orde-2 dari u x (persamaan (3.1.11))
akan diperoleh
u n + 1, j − u n − 1,
≈ u x ( x n , y j ) = 0 , yang menghasilkan pendekatan
j
2 Δx
u n + 1, j ≈ u n − 1, j ,
(3.1.24)
dengan orde akurasi O(Δx 2 ) .
Dengan mensubstitusikan pendekatan (3.1.24) ke dalam persamaan (3.1.23), maka
diperoleh
2u n − 1, j + β 2 u n ,
j +1
+ β 2 u n,
j −1
− 2(1 + β 2 )u n , j = 0 .
Dengan prosedur analog akan didapatkan pendekatan beda hingga di titik-titik
pada tepi batas lainnya yang nilainya tidak diketahui, yaitu sebagai berikut
2u n − 1, j + β 2 u n ,
2u 2, j + β 2 u1,
j +1
j +1
+ β 2 u n,
+ β 2 u1,
j −1
j −1
− 2(1 + β 2 )u n , j = 0
− 2(1 + β 2 )u1, j = 0
67
(tepi kanan),
(3.1.25)
(tepi kiri),
(3.1.26)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
u i + 1, m + u i − 1, m + 2β 2 u i , m − 1 − 2(1 + β 2 )u i , m = 0
(tepi atas),
(3.1.27)
u i + 1, 1 + u i − 1, 1 + 2β 2 u i , 2 − 2(1 + β 2 )u i , 1 = 0
(tepi bawah).
(3.1.28)
Stensil beda hingga untuk persamaan (3.1.25) sampai dengan (3.2.28) diilustrasikan
pada Gambar 3.1.3.
β 2 u n,
u n − 1,
2
j
− 2(1 + β 2 ) u n ,
β 2 u n,
β 2 u1,
j +1
u1, j − 2(1 + β 2 )
j
β 2 u1,
j −1
a. Stensil kanan
ui, m
1
− 2(1 + β )
2
u i − 1, m
j +1
2
u 2,
j
j −1
b. Stensil kiri
2β
1
u i + 1, m
u i − 1, 1
1
ui, m − 1
2β 2
c. Stensil atas
ui, 2
2
ui, 1
− 2(1 + β )
2
u i + 1, 1
1
d. Stensil bawah
Gambar 3.1.3 Stensil-stensil beda hingga di titik pada tepi batas
untuk persamaan Laplace dalam domain persegi panjang
Misalkan ada dua tepi batas yang nilainya tidak diketahui saling tegak lurus,
yaitu tepi kiri dan bawah. Syarat batas normal yang digunakan di dua tepi ini adalah
∂u ( x1 , y j )
∂n
= u x ( x1 , y j ) = 0 dan
68
∂u ( xi , y1 )
= u y ( xi , y1 ) = 0 .
∂n
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dengan menggunakan pendekatan beda pusat orde-2 dari u x dan u y (persamaan
(3.1.11) dan (3.1.16) diperoleh
u2, j − u0, j
2Δx
≈ux ( x1 , y j ) = 0 dan
ui , 2 − ui , 0
2Δx
≈ uy (xi , y1) = 0 ,
yang menghasilkan pendekatan
u0, j ≈ u 2, j dan ui , 0 ≈ ui , 2 .
(3.1.29)
Kemudian dari persamaan (3.1.21) akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik
siku ( x1 , y1 ) , yaitu
u 2, 1 + u0, 1 + β 2u1, 2 + β 2u1, 0 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = 0 .
(3.1.30)
Nilai u0, 1 dan u1, 0 tidak diketahui, karena dua titik ini terletak di luar daerah D(x, y).
Akan tetapi, dari pendekatan (3.1.29) akan diperoleh pendekatan di titik siku
( x1 , y1 ) berikut
u0, 1 ≈ u2, 1 dan u0, 1 ≈ u 2, 1 .
(3.1.31)
Sehingga dengan mensubstitusikan pendekatan (3.1.31) ke dalam persamaan (3.1.30)
akan diperoleh 2u 2, 1 + 2β 2u1, 2 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = 0 .
Dengan prosedur analog akan didapatkan pendekatan beda hingga di titik siku lainnya
yang nilainya tidak diketahui, yaitu sebagai berikut
2β 2u1, 2 + 2u 2, 1 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = 0
(di titik siku u1, 1 ),
(3.1.32)
2β 2u1, m − 1 + 2u2, m − 2(1 + β 2 )u1, m = 0
(di titik siku u1, m ),
(3.1.33)
2u n − 1, 1 + 2 β 2un, 2 − 2(1 + β 2 )un, 1 = 0
(di titik siku u n , 1 ),
(3.1.34)
69
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2u n − 1, m + 2β 2u n, m − 1 − 2(1 + β 2 )u n, m = 0
(di titik siku u n , m ).
(3.1.35)
Contoh 3.1.1
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace ∇ 2 u = 0 dalam pelat
persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas
u ( x, 0) = 20 dan u ( x, 4) = 180 , untuk 0 < x < 4 , dan
u (0, y ) = 80 dan u (4, y ) = 0 , untuk 0 < y < 4 .
Penyelesaian:
Misalkan domain persegi panjang tersebut dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 yang
ditunjukkan pada pada Gambar 3.1.4. Karena domain dibagi dengan grid berukuran
5 × 5 , maka diperoleh Δx =
1
4
4
= 1 , Δy =
= 1 , dan β = = 1 .
(5 − 1)
(5 − 1)
1
u1, 5 = 80 •
u 4, 5 =180
u 2, 5 =180
•
•=180 •
u3, 5
• u 5, 5 = 0
u1, 4 = 80 •
u 2, 4•
u3, 4•
u 4, 4•
• u5 , 4 = 0
u1, 3 = 80 •
u 2, 3•
u 3, 3 •
u 4, 3•
• u5 , 3 = 0
u1, 2 = 80 •
u 2, 2•
u 3, 2 •
u 4, 2•
• u5 , 2 = 0
u1,1 = 80 •
u 2, 1•= 20
u3, 1 = 20
•
u 4,•
1 = 20
• u 5, 1 = 0
Gambar 3.1.4 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Laplace
dengan syarat batas Dirichlet
70
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Karena Δx = Δy = 1 , maka dengan pendekatan beda hingga (3.1.22) dengan
u1, 2 = 80 dan u2, 1 = 20 diperoleh persamaan beda hingga di titik u2, 2 berikut:
− 4u2, 2 + u2, 3 + u3, 2 = − 100 .
Dengan analog akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam lainnya berikut:
u2, 2 − 4u2, 3 + u2, 4 + u3, 3 = − 80 ,
u2, 3 − 4u2, 4 + u3, 4 = − 260 ,
u2, 2 − 4u3, 2 + u3, 3 + u4, 2 = − 20 ,
u2, 3 + u3, 2 − 4u3, 3 + u3, 4 + u4, 3 = 0 ,
u2, 4 + u3, 3 − 4u3, 4 + u4, 4 = − 180 ,
u3, 2 − 4u4, 2 + u4, 3 = − 20 ,
u3, 3 + u4, 2 − 4u4, 3 + u4, 4 = 0 ,
u3, 4 + u4, 3 − 4u4, 4 = − 180 .
Jadi diperoleh 9 persamaan beda hingga dengan 9 variabel.
Contoh 3.1.2
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace ∇ 2 u = 0 , dalam pelat
persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas
u( x, 4) = 180, uy (x, 0) = 0 untuk 0 < x < 4 dan u(0, y) = 80 , u(4, y) = 0 untuk 0 < y < 4.
71
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Penyelesaian:
Misalkan domain persegi panjang dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 dimana
Δx = Δy = 1 , dengan nilai di tepi batas bawah tidak diketahui.
u1, 5 = 80 •
u3, 5 =180
•=180 •
u2, 4
•
u2, 3
•
u2, 2
•
u 2,1
•
u1, 4 = 80•
•
u1, 3 = 80•
•
u1, 2 = 80•
•
u1,1 = 80•
•
• u 5, 5
=0
u4, 4
• u 5, 4
=0
u4, 3
• u 5, 3
=0
u4, 2
• u 5, 2
=0
u 4,1
•
u 4, •
5 =180
u2, 5
u 3, 4
•
u 3, 3
•
u 3, 2
•
u 3, 1
•
u 5, 1 = 0
Gambar 3.1.5 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Laplace
dengan syarat batas Neumann
Dari Gambar 3.1.5 terdapat 12 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan
menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.22) dan (3.1.28) akan diperoleh 12
persamaan beda hingga dengan 12 variabel.
b. Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram
Persamaan Laplace dalam pelat cakram adalah
1
1
U r + U rr + 2 U θθ = 0.
r
r
(3.1.36)
Domain dari persamaan Laplace dalam pelat cakram adalah berbentuk lingkaran
{
}
D = ( x, y ) x 2 + y 2 = r 2 . Domain lingkaran tersebut akan ditutup dengan grid beda
72
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
hingga berbentuk garis-garis jari-jari grid dan lingkaran-lingkaran grid dengan jarak
Δr dan Δθ , yang ditunjukkan pada Gambar 3.1.6.
y
batas
• j =3
M
Δθ
•
Δr
•
•
• •
•
•j=2
0oi = 1 i = 2 i = 3 ⋅ ⋅ ⋅ i = n•
j =1
x
• j=m
• j = m −1
Gambar 3.1.6 Grid beda hingga pada domain lingkaran
Titik-titik potong dari garis jari-jari grid dengan lingkaran grid disebut titiktitik grid, di titik-titik inilah penyelesaian pendekatan untuk persamaan Laplace akan
diperoleh. Jumlah garis jari-jari grid r dan jumlah lingkaran grid θ ditunjukkan
dalam Gambar 3.1.6 oleh n dan m, dengan ukuran grid adalah n × m .
Jarak dari dua titik yang searah garis jari-jari r dan jarak dari dua titik yang searah
lingkaran θ , dinotasikan dengan Δr dan Δθ dengan Δr =
2π
r
dan Δθ =
.
n
m
Didefinisikan titik grid (i, j), dengan i dan j menunjukkan padanan garis jarijari untuk nilai konstan r dan padanan lingkaran untuk nilai konstan θ . Serupa
dengan persamaan (3.1.1), fungsi U (r , θ ) di titik grid (i, j) ditunjukkan oleh
U (ri , θ j ) = U i , j .
73
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Serupa dengan pendekatan beda-pusat orde-2 dari u x , u xx , dan u yy , maka akan
diperoleh pendekatan beda hingga untuk U r
Ur
i, j
U rr
i, j
Uθθ
i, j
≈
≈
≈
i, j
U i + 1, j − U i − 1, j
2 Δr
, U rr
i, j
, dan U θθ
(3.1.37)
(Δr ) 2
j +1
berikut ini
,
U i + 1, j − 2 U i , j + U i − 1, j
U i,
i, j
− 2U i , j + U i ,
(Δθ ) 2
j −1
, dan
(3.1.38)
,
(3.1.39)
dengan galat pemenggalannya adalah O (Δr 2 ), O (Δr 2 ), dan O (Δθ 2 ) .
Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U 2, j sampai dengan U n − 1, j
diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.37), (3.1.38) dan (3.1.39) ke
dalam persamaan (3.1.36), yang menghasilkan
1 Ui + 1, j −Ui − 1, j U i + 1, j − 2Ui , j + Ui − 1, j 1 Ui, j + 1 − 2Ui, j + Ui, j − 1
= 0,
+
+ 2
r
(Δr) 2
(Δθ )2
r
2Δr
(3.1.40)
dengan galat globalnya adalah 2O (Δr 2 ) + O (Δθ 2 ) .
Misalkan didefinisikan α =
r
.
Δr
(3.1.41)
Dengan mengalikan persamaan (3.1.40) dengan (Δr ) 2 dan mensubstitusikan
persamaan (3.1.41), akan dihasilkan
⎛
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
1 ⎞
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
⎟U = 0. (3.1.42)
⎟U
⎟U
−2⎜⎜1+ 2
+⎜
⎜1+ ⎟Ui + 1, j +⎜1− ⎟Ui − 1, j +⎜⎜ 2
2 ⎟ i, j + 1 ⎜ 2
2 ⎟ i, j − 1
2 ⎟ i, j
⎝ 2α ⎠
⎝ 2α ⎠
⎝ α (Δθ) ⎠
⎝α (Δθ) ⎠
⎝α (Δθ) ⎠
Perlu dicatat bahwa U i , 0 = U i , m dan U i , m + 1 = U i , 1 , untuk i = 1, 2, 3, K , n .
74
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Stensil beda hingga untuk persamaan (3.1.42) diilustrasikan pada Gambar 3.1.7.
U i + 1,
1+
U i,
Δr
j +1
1
⎛
⎞
1
⎟
− 2⎜⎜1 + 2
2 ⎟
⎝ α (Δθ ) ⎠
α 2 ( Δθ ) 2
U i − 1,
j
1−
1
2α
0o
j
1
2α
U i,
j
Δθ
1
α 2 (Δθ ) 2
U i,
j −1
Gambar 3.1.7 Stensil beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan U n − 1, j
untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram
Jika kondisi batas yang digunakan adalah kondisi batas Neumann, maka
analog dengan cara mendapatkan pendekatan beda hingga di titik-titik pada tepi batas
dalam domain persegi panjang akan diperoleh pendekatan beda hingga di titik batas
yang nilainya tidak diketahui berikut
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
1
1
1
⎟U
⎟U
⎟U = 0. (3.1.43)
2U n − 1, j + ⎜⎜ 2
+ ⎜⎜ 2
− 2⎜⎜1 + 2
2 ⎟ n, j + 1
2 ⎟ n, j − 1
2 ⎟ n, j
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
Stensil beda hingga untuk persamaan (3.1.43) diilustrasikan dalam Gambar 3.1.8.
Dengan prosedur analog juga, maka akan diperoleh pendekatan beda hingga
di titik-titik dalam U1, j dengan j = 1, 2, 3, K , m adalah
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
1
1
1
⎟U
⎟U
⎟U = 0. (3.1.44)
+ ⎜⎜ 2
2U 2, j + ⎜⎜ 2
− 2⎜⎜1 + 2
2 ⎟ 1, j + 1
2 ⎟ 1, j − 1
2 ⎟ 1, j
α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝
Stensil beda hingga persamaan (3.1.44) juga diilustrasikan dalam Gambar 3.1.8.
75
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
U n,
j +1
1
α 2 (Δθ ) 2
U 1,
j +1
1
U n,
α 2 (Δθ ) 2
U 1,
j
⎛
⎞
1
⎟
− 2⎜⎜1 + 2
2 ⎟
⎝ α (Δθ ) ⎠
U n − 1,
j
o
2
j
0
Δr
U 2,
j
2
1
α 2 (Δθ ) 2
U 1,
U n,
Δθ
⎛
⎞
1
⎟
− 2⎜⎜1 + 2
2 ⎟
⎝ α (Δθ ) ⎠
j −1
1
j −1
α 2 (Δθ ) 2
Gambar 3.1.8 Stensil beda hingga di titik dalam U1, j dan titik pada batas U n , j
untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram
Contoh 3.1.3
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace
{
}
1
1
ur + u rr + 2 uθθ = 0 dalam pelat cakram D = (x, y) x2 + y2 = 4 ,
r
r
dengan syarat batas
U (2, θ ) = 100 pada 0 ≤ θ ≤ 2π .
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8
lingkaran grid, maka diperoleh Δr =
2
2π π
2
= 0, 5 , Δθ =
= , dan α =
= 4.
0,5
4
8
4
76
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
•
U 4, 3 = 100
U 4, 4 = 100
U3, 3
•
U3, 4
•
• U 2, 2
U1, 3
• •U
1, 2
U 2, 5 U1, 5 •
•
• o •U •U
2, 1
U1, 6 U 0, j • 1, 1
• • U1, 8
U1, 7
•
U 2, 6
•
•
U3, 5
•
U3, 6
•
U 4, 6 = 100
• U3, 2
U
• 2, 3
U 2, 4
U 4, 5 = 100 •
• U4, 2 = 100
•
•
U1, 4
U 2, 8
U 2, •
7
U 3, 1
• U 4, 1 = 100
•
U3, 8
•
•
• U 4, 8 = 100
U3, 7
•
U 4, 7 = 100
Gambar 3.1.9 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =
π
4
untuk persamaan Laplace dengan syarat batas dirichlet
Dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.44) akan diperoleh persamaan
beda hingga di titik dalam U 1, j berikut
− 2, 2 U1, 1 + 0, 1 U 1, 2 + 0, 1U1, 8 + 2 U 2, 1 = 0 ,
0, 1U 1, 1 − 2, 2 U 1, 2 + 0, 1 U 1, 3 + 2 U 2, 2 = 0 ,
0, 1U 1, 2 − 2, 2 U 1, 3 + 0, 1 U 1, 4 + 2 U 2, 3 = 0 ,
0, 1U1, 3 − 2, 2 U1, 4 + 0, 1 U1, 5 + 2 U 2, 4 = 0 ,
0, 1U 1, 4 − 2, 2 U 1, 5 + 0, 1 U 1, 6 + 2 U 2, 5 = 0 ,
0, 1U1, 5 − 2, 2 U 1, 6 + 0, 1 U 1, 7 + 2 U 2, 6 = 0
0, 1U1, 6 − 2, 2 U1, 7 + 0, 1 U1, 8 + 2 U 2, 7 = 0 ,
0, 1U1, 1 + 0, 1U1, 7 − 2, 2 U1, 8 + 2 U 2, 8 = 0 ,
Dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.42) akan diperoleh persamaan
77
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan U 3, j berikut
0, 875U 1, 1 − 2, 2 U 2, 1 + 0, 1 U 2, 2 + 0, 1U 2, 8 + 1, 125U 3, 1 = 0 ,
0, 875U 1, 2 + 0, 1U 2, 1 − 2, 2 U 2, 2 + 0, 1 U 2, 3 + 1, 125U 3, 2 = 0 ,
0, 875U 1, 3 + 0, 1U 2, 2 − 2, 2 U 2, 3 + 0, 1 U 2, 4 + 1, 125U 3, 3 = 0 ,
0, 875U 1, 4 + 0, 1U 2, 3 − 2, 2 U 2, 4 + 0, 1 U 2, 5 + 1, 125U 3, 4 = 0 ,
0, 875U 1, 5 + 0, 1U 2, 4 − 2, 2 U 2, 5 + 0, 1 U 2, 6 + 1, 125U 3, 5 = 0 ,
0, 875U 1, 6 + 0, 1U 2, 5 − 2, 2 U 2, 6 + 0, 1 U 2, 7 + 1, 125U 3, 6 = 0
0, 875U 1, 7 + 0, 1U 2, 6 − 2, 2 U 2, 7 + 0, 1 U 2, 8 + 1, 125U 3, 7 = 0 ,
0, 875U 1, 8 + 0, 1U 2, 1 + 0, 1U 2, 7 − 2, 2 U 2, 8 + 1, 125U 3, 8 = 0 ,
0, 875U 2, 1 − 2, 2 U 3, 1 + 0, 1 U 3, 2 + 0, 1U 3, 8 = − 112, 5 ,
0, 875U 2, 2 + 0, 1U 3, 1 − 2, 2 U 3, 2 + 0, 1 U 3, 3 = − 112, 5 ,
0, 875U 2, 3 + 0, 1U 3, 2 − 2, 2 U 3, 3 + 0, 1 U 3, 4 = − 112, 5 ,
0, 875U 2, 4 + 0, 1U 3, 3 − 2, 2 U 3, 4 + 0, 1 U 3, 5 = − 112, 5 ,
0, 875U 2, 5 + 0, 1U 3, 4 − 2, 2 U 3, 5 + 0, 1 U 3, 6 = − 112, 5 ,
0, 875U 2, 6 + 0, 1U 3, 5 − 2, 2 U 3, 6 + 0, 1 U 3, 7 = − 112, 5
0, 875U 2, 7 + 0, 1U 3, 6 − 2, 2 U 3, 7 + 0, 1 U 3, 8 = − 112, 5 ,
0, 875U 2, 8 + 0, 1U 3, 1 + 0, 1U 3, 7 − 2, 2 U 3, 8 = − 112, 5 .
Jadi diperoleh 24 persamaan beda hingga dengan 24 variabel.
78
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Contoh 3.1.4
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dalam pelat cakram
{
}
D = ( x, y ) x 2 + y 2 = 4 , dengan syarat batas
U r (2, θ ) = 0 pada 0 ≤ θ < π , dan U (2, θ ) = 100 pada − π ≤ θ < 0 .
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8
lingkaran grid, dengan nilai batas 0 ≤ θ < π tidak diketahui.
U 4, 3
•
U 4, 2
U3, 3
•
U 4, 4
•
U3, 4
•
• U 2, 2
U1, 3
• •U
1, 2
U 2, 5 U1, 5 •
•
• o •U •U
U
1, 1
2, 1
U1, 6
• •0, j U•1, 8
U1, 7
•
U 2, 6
•
•
•
U3, 5
•
U3, 6
•
U 4, 6 = 100
• U3, 2
U
• 2, 3
U 2, 4
U 4, 5 = 100
•
•
U1, 4
U 2, 8
U 2, •
7
U 3, 1
• U 4, 1
•
U3, 8
•
•
• U 4, 8 = 100
U3, 7
U 4, 7 = 100
•
Gambar 3.1.10 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 0, 5 dan Δθ =
π
4
untuk persamaan Laplace dengan syarat batas Neumann
Dari Gambar 3.1.10 terdapat 28 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan
menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.42), (3.1.43) dan (3.1.44) akan diperoleh
28 persamaan beda hingga dengan 28 variabel.
79
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
3. Pendekatan Beda Hingga untuk Persamaan Poisson
a. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang
Bentuk persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang adalah
u xx + u yy = f ( x, y ) .
(3.1.45)
Domain dari persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang adalah berbentuk
persegi panjang D = { ( x, y ) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b}, yang akan ditutup dengan grid
seragam dengan jarak Δx dan Δy , yang telah ditunjukkan pada Gambar 3.1.1.
Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam pada persamaan Poisson dalam
domain D diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.15) dan (3.1.17) ke
dalam persamaan (3.1.45), maka diperoleh
u i + 1, j − 2 u i , j + u i − 1,
( Δx ) 2
j
+
ui , j + 1 − 2 ui , j + ui , j − 1
(Δy ) 2
= fi, j ,
(3.1.46)
dimana f i , j = f ( xi , y j ) dan galat globalnya adalah O (Δx 2 ) + O (Δy 2 ) .
Dengan mengalikan persamaan (3.1.46) dengan (Δx) 2 dan mensubstitusikan definisi
β persamaan (3.1.20), akan dihasilkan
ui + 1, j + ui − 1, j + β 2ui , j + 1 + β 2ui , j − 1 − 2(1 + β 2 )ui , j = (Δx) 2 f i , j .
(3.1.47)
Jika jarak grid sama Δx = Δy , maka β = 1 sehingga persamaan (3.1.47) menjadi
ui + 1, j + ui − 1, j + ui , j + 1 + ui , j − 1 − 4ui , j = (Δx) 2 f i , j .
(3.1.48)
Pendekatan beda hingga di titik dalam ui , j untuk persamaan Poisson dalam domain
persegi panjang dapat diilustrasikan dalam Gambar 3.1.11.
80
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
y
b•
yj o
ui , j + 1
o
Δy
ui , j
o ui + 1, j
o
o
ui − 1, j
Δx
ou
0•
i, j − 1
o
xi
•
a
x
Gambar 3.1.11 Pendekatan beda hingga di titik dalam ui , j untuk persamaan Poisson
dalam pelat persegi panjang
Jika kondisi batas yang digunakan adalah kondisi batas Neumann, maka
analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain persegi panjang akan
diperoleh pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson di titik pada tepi-tepi
batas yang nilainya tidak diketahui berikut
2u n − 1, j + β 2u n , j + 1 + β 2u n , j − 1 − 2(1 + β 2 )u n , j = (Δx) 2 f n , j (di tepi kanan), (3.1.49)
2u 2, j + β 2u1, j + 1 + β 2u1, j − 1 − 2(1 + β 2 )u1, j = (Δx) 2 f1, j
(di tepi kiri),
ui + 1, m + ui − 1, m + 2β 2ui , m − 1 − 2(1 + β 2 )ui , m = (Δx) 2 f i , m
(di tepi atas), (3.1.51)
ui + 1, 1 + ui − 1, 1 + 2β 2ui , 2 − 2(1 + β 2 )ui , 1 = (Δx) 2 f i , 1
(di tepi bawah).
(3.1.50)
(3.1.52)
Jika ada dua tepi batas yang nilainya tidak diketahui saling tegak lurus, maka
analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain persegi panjang akan
diperoleh pendekatan beda hingga di titik siku berikut
2β 2u1, 2 + 2u2, 1 − 2(1 + β 2 )u1, 1 = (Δx) 2 f1, 1
81
(di titik siku u1, 1 ),
(3.1.53)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2 β 2u1, m − 1 + 2u 2, m − 2(1 + β 2 )u1, m = (Δx) 2 f1, m
(di titik siku u1, m ),
(3.1.54)
2u n − 1, 1 + 2 β 2u n , 2 − 2(1 + β 2 )u n , 1 = (Δx) 2 f n, 1
(di titik siku u n , 1 ),
(3.1.55)
2u n − 1, m + 2β 2un , m − 1 − 2(1 + β 2 )u n , m = (Δx) 2 f n , m (di titik siku u n , m ).
(3.1.56)
Contoh 3.1.5
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson ∇ 2u = − xy dalam pelat
persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas
u(0, y) = u(4, y) = 0 pada 0 < y < 4 , dan u ( x , 0 ) = 0 , u(x, 4) = 80 pada 0 < x < 4.
Penyelesaian:
Misalkan domain persegi panjang dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 dimana
Δx = Δy = 1 , dengan nilai pada tepi-tepi batas ditunjukkan pada Gambar 3.1.12.
u1, 5 = 0 •
u 2, 5 = 80
•
u 4, 5 = 80
•= 80 •
u 3, 5
u1, 4 = 0 u 2, 4
•
y4 = 3 •
•
u1, 3 = 0 u 2, 3
•
y3 = 2 •
•
u1, 2 = 0 u 2, 2
y 2 = 1•
•
•
u1,1 = 0 •
• u 5, 5 = 0
u
u 3, 4
• 4 , 4 • u 5, 4 = 0
u 3, 3
•
u 3, 2
•
u4, 3
• u 5, 3 = 0
u4, 2
• u 5, 2 = 0
u 2 , 1 = 0 u 3, 1 = 0 u 4 , 1 = 0
•
•
•
x 2 = 1 x3 = 2 x 4 = 3
• u 5,1 = 0
Gambar 3.1.12 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Poisson
dengan syarat batas Dirichlet
82
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Karena
Δx = Δy = 1 , maka dengan pendekatan beda hingga (3.1.48) dengan
u1, 2 = u 2, 1 = 0 akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam u2, 2 berikut
− 4u 2, 2 + u2, 3 + u3, 2 = − 1 .
Dengan analog akan diperoleh persamaan beda hingga di titik dalam lainnya berikut:
u 2, 2 − 4u 2, 3 + u 2, 4 + u3, 3 = − 2 ,
u 2, 3 − 4u 2, 4 + u3, 4 = − 3 − 80 = − 83 ,
u 2, 2 − 4u3, 2 + u3, 3 + u 4, 2 = − 2 ,
u 2, 3 + u3, 2 − 4u3, 3 + u3, 4 + u 4, 3 = − 4 ,
u 2, 4 + u3, 3 − 4u3, 4 + u 4, 4 = − 6 − 80 = − 68 ,
u3, 2 − 4u 4, 2 + u 4, 3 = − 3 ,
u3, 3 + u 4, 2 − 4u4, 3 + u 4, 4 = − 6 ,
u3, 4 + u 4, 3 − 4u 4, 4 = − 9 − 80 = − 89 .
Jadi telah didapatkan 9 persamaan beda hingga dengan 9 variabel.
Contoh 3.1.6
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson ∇ 2u = − xy dalam pelat
persegi panjang D = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4} , dengan syarat batas
u y ( x, 0) = u x (0, y ) = 0 dan u (4, y ) = 0 dan u ( x, 4) = 80 .
83
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Penyelesaian:
Misalkan domain dibagi dengan grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , dengan
nilai pada batas kiri dan bawah tidak diketahui yang ditunjukkan pada Gambar 3.1.13.
u1, 5 = 80
u 3, 5 = 80
y 5 = 4 • u •= 80 • u •= 80
2, 5
4, 5
u2, 4
•
u2, 3
•
u2, 2
•
u1, 4
•
u1, 3
•
u1, 2
•
y4 = 3
•
y3 = 2
•
y2 = 1 •
u1,1
x1 = y1 = 0 •
u
u 3, 4
• 4 , 4 • u 5, 4 = 0
u 3, 3
•
u 3, 2
•
u4, 3
• u 5, 3 = 0
u4, 2
• u 5, 2 = 0
u 4,1
u
u
• 2 , 1 • 3, 1 •
x 2 = 1 x3 = 2 x 4 = 3
• u 5,1 = 0
Gambar 3.1.13 Grid berukuran 5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 untuk persamaan Poisson
dengan syarat batas Neumann
Dari Gambar 3.1.13 terdapat 16 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan
menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.48), (3.150) dan (3.1.52) akan diperoleh
16 persamaan beda hingga dengan 16 variabel.
b. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram
Persamaan Poisson dalam pelat cakram adalah
1
1
U r + U rr + 2 U θθ = f (r , θ ) .
r
r
(3.1.57)
Domain dari persamaan Poisson dalam pelat cakram adalah berbentuk lingkaran
{
}
D = ( x, y ) x 2 + y 2 = r 2 , yang akan ditutup dengan grid beda hingga dengan jarak
Δr dan Δθ , yang ditunjukkan pada Gambar 3.1.6.
84
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U 2 , j sampai dengan U n − 1, j
diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.37), (3.1.38) dan (3.1.39) ke
dalam persamaan (3.1.57), yang menghasilkan
1 U i + 1, j − U i − 1, j U i + 1, j − 2 U i , j + U i − 1, j 1 U i , j + 1 − 2 U i , j + U i , j − 1
= f i , j , (3.1.58)
+
+ 2
r
r
2Δr
(Δr ) 2
(Δθ ) 2
dimana f i , j = f (ri , θ j ) dan galat globalnya adalah 2O (Δr 2 ) + O (Δθ 2 ) .
Dengan mengalikan persamaan (3.1.58) dengan (Δr ) 2 dan mensubstitusikan
definisi α persamaan (3.1.41), akan dihasilkan
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎛
1 ⎞
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
2
⎜1+ ⎟Ui +1, j +⎜1− ⎟Ui −1, j + ⎜⎜ 2 2 ⎟⎟Ui, j +1 + ⎜⎜ 2 2 ⎟⎟Ui, j −1 − 2⎜⎜1+ 2 2 ⎟⎟Ui, j = (Δr) fi, j. (3.1.59)
⎝ 2α⎠
⎝ 2α⎠
⎝α (Δθ) ⎠
⎝α (Δθ) ⎠
⎝ α (Δθ) ⎠
Perlu dicatat bahwa U i , 0 = U i , m dan U i , m + 1 = U i , 1 , untuk i = 1, 2, 3, K , n .
Pendekatan beda hingga di titik dalam U 2, j sampai dengan U n − 1, j diilustrasikan
dalam Gambar 3.1.14.
θj
o
U i + 1,
U i,
j +1
o
Δr o
j
oU i, j
Δθ
U i − 1,oj
oU i , j − 1
o
0
rio
Gambar 3.1.14 Stensil beda hingga di titik dalam U 2 , j sampai dengan U n − 1, j
untuk persamaan Poisson dalam pelat cakram
85
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Jika kondisi batas yang digunakan adalah kondisi batas Neumann, maka
analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain lingkaran akan diperoleh
pendekatan beda hingga di titik-titik pada batas yang nilainya tidak diketahui berikut
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎛
1 ⎞
⎟U
⎟U
⎟U = (Δr)2 fi, j . (3.1.60)
2Un − 1, j + ⎜⎜ 2
+ ⎜⎜ 2
− 2⎜⎜1 + 2
2 ⎟ n, j + 1
2 ⎟ n, j − 1
2 ⎟ n, j
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
Analog dengan pada persamaan Laplace dalam domain lingkaran akan
diperoleh pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U1, j adalah
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎛
1 ⎞
⎟U
⎟U
⎟U = (Δr)2 fi, j .
2U2, j + ⎜⎜ 2
+ ⎜⎜ 2
− 2⎜⎜1 + 2
2 ⎟ 1, j + 1
2 ⎟ 1, j − 1
2 ⎟ 1, j
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
⎝ α (Δθ ) ⎠
(3.1.61)
Contoh 3.1.7
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson
{
}
1
1
u r + u rr + 2 uθθ = sin(θ ) dalam pelat cakram D = ( x, y ) x 2 + y 2 = 16 ,
r
r
dengan syarat batas
U (4, θ ) = 50 , untuk 0 ≤ θ < π dan U (4, θ ) = 0 , untuk − π ≤ θ < 0 ,
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8
lingkaran grid, maka diperoleh
Δr =
2π π
4
4
= 1 , Δθ =
= , dan α = = 4 .
8
4
4
1
86
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
θ3 =
π
2
•
U 4, 3 = 50
3π
4
= 50 •
θ4 =
U 4, 4
• U 2, 2
U1, 3
• •U1, 2
U 2, 5 U1, 5 •
r =2
•
• o r1 •= 1 2 •U
2, 1
U1, 6 U 0, j • U 1, 1
• • U1, 8
U1, 7
•
U 2, 6
•
•
•
U3, 5
•
U 4, 5 = 0
U3, 6
U 4, 6 = 0
θ6 = −
• U3, 2
U
• 2, 3
U 2, 4
•
3π
4
•
π
• 4
U 4, 2 = 50
U3, 4
•
θ5 = − π
θ2 =
U3, 3
•
U1, 4
U 2, 8
U 2, •
7
r3 = 3
r4 = 4
• θ1 = 0
U 3, 1 U 4, 1 = 50
•
•
U3, 8
π
• θ8 = − 4
U 4, 8 = 0
•
U3, 7
U 4, 7 = 0
•
θ7 = −
π
2
Gambar 3.1.15 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 1 dan Δθ =
π
4
untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Dirichlet
Sehingga dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.61) akan diperoleh
persamaan beda hingga di titik dalam U 1, j berikut ini:
− 2, 2 U1, 1 + 0, 1 U 1, 2 + 0, 1U1, 8 + 2 U 2, 1 = 0 .
0, 1U1, 1 − 2, 2 U 1, 2 + 0, 1 U 1, 3 + 2 U 2, 2 = 0, 7 ,
0, 1U1, 2 − 2, 2 U1, 3 + 0, 1 U1, 4 + 2 U 2, 3 = 1 ,
0, 1U1, 3 − 2, 2 U1, 4 + 0, 1 U1, 5 + 2 U 2, 4 = 0, 7 ,
0, 1U 1, 4 − 2, 2 U 1, 5 + 0, 1 U 1, 6 + 2 U 2, 5 = 0 ,
0, 1U1, 5 − 2, 2 U1, 6 + 0, 1 U 1, 7 + 2 U 2, 6 = − 0, 7
0, 1U1, 6 − 2, 2 U1, 7 + 0, 1 U 1, 8 + 2 U 2, 7 = − 1 ,
0, 1U 1, 1 + 0, 1U1, 7 − 2, 2 U 1, 8 + 2 U 2, 8 = − 0, 7 ,
87
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Kemudian dengan menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.59) akan diperoleh:
0, 875U 1, 1 − 2, 2 U 2, 1 + 0, 1 U 2, 2 + 0, 1U 2, 8 + 1, 125U 3, 1 = 0
0, 875U 1, 2 + 0, 1U 2, 1 − 2, 2 U 2, 2 + 0, 1 U 2, 3 + 1, 125U 3, 2 = 0, 7 ,
0, 875U 1, 3 + 0, 1U 2, 2 − 2, 2 U 2, 3 + 0, 1 U 2, 4 + 1, 125U 3, 3 = 1 ,
0, 875U 1, 4 + 0, 1U 2, 3 − 2, 2 U 2, 4 + 0, 1 U 2, 5 + 1, 125U 3, 4 = 0, 7 ,
0, 875U 1, 5 + 0, 1U 2, 4 − 2, 2 U 2, 5 + 0, 1 U 2, 6 + 1, 125U 3, 5 = 0 ,
0, 875U1, 6 + 0, 1U 2, 5 − 2, 2 U 2, 6 + 0, 1 U 2, 7 + 1, 125U 3, 6 = − 0, 7
0, 875U 1, 7 + 0, 1U 2, 6 − 2, 2 U 2, 7 + 0, 1 U 2, 8 + 1, 125U 3, 7 = − 1 ,
0, 875U 1, 8 + 0, 1U 2, 1 + 0, 1U 2, 7 − 2, 2 U 2, 8 + 1, 125U 3, 8 = − 0, 7 ,
0, 875U 2, 1 − 2, 2 U 3, 1 + 0, 1 U 3, 2 + 0, 1U 3, 8 = 0 − (1, 125 ⋅ 50) = − 56, 25 ,
0, 875U 2, 2 + 0, 1U 3, 1 − 2, 2 U 3, 2 + 0, 1 U 3, 3 = 0, 7 − 56, 25 = − 55, 55 ,
0, 875U 2, 3 + 0, 1U 3, 2 − 2, 2 U 3, 3 + 0, 1 U 3, 4 = 1 − 56, 25 = − 55, 25 ,
0, 875U 2, 4 + 0, 1U 3, 3 − 2, 2 U 3, 4 + 0, 1 U 3, 5 = 0, 7 − 56, 25 = − 55, 55 ,
0, 875U 2, 5 + 0, 1U 3, 4 − 2, 2 U 3, 5 + 0, 1 U 3, 6 = 0 ,
0, 875U 2, 6 + 0, 1U 3, 5 − 2, 2 U 3, 6 + 0, 1 U 3, 7 = − 0, 7
0, 875U 2, 7 + 0, 1U 3, 6 − 2, 2 U 3, 7 + 0, 1 U 3, 8 = − 1 ,
0, 875U 2, 8 + 0, 1U 3, 1 + 0, 1U 3, 7 − 2, 2 U 3, 8 = − 0, 7 .
Jadi diperoleh 24 persamaan beda hingga dengan 24 variabel.
88
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Contoh 3.1.8
Carilah pendekatan beda hingga untuk persamaan Poisson
{
1
1
ur + urr + 2 uθθ = sin(θ)
r
r
}
dalam pelat cakram D = ( x, y ) x 2 + y 2 = 16 , dengan syarat batas
U r (4, θ ) = 0 pada 0 ≤ θ <
π
dan U (4, θ ) = 50
2
pada
π
2
≤ θ < 0.
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dibagi dengan grid berukuran 4 garis jari-jari grid × 8
π
lingkaran grid, dengan Δr = 1 , Δθ =
, α = 4 , dan nilai pada batas 0 ≤ θ <
4
tidak diketahui.
θ3 =
3π
θ4 =
4
U 4, 4 = 50 •
π•
2
•
• 2, 3
• U 2, 2
U1, 3
• •U1, 2
U 2, 5 U1, 5 •
r =2
•
• o r1 •=U1 2 •U
U
1
,
1
2, 1
U1, 6
• •0, j U•1, 8
U1, 7
•
U 2, 6
•
•
U3, 6
U 4, 6 = 0
• U3, 2
U
•
U3, 5
•
3π
θ6 = −
4
•
π
• U 4, 42
U3, 4
U 2, 4
U 4, 5 = 0
θ2 =
U3, 3
•
•
θ5 = − π
U 4, 3 = 50
U1, 4
U 2, 8
U 2, •
7
r3 = 3
•
r4 = 4
U 3, 1
•
U3, 8
• θ1 = 0
U 4, 1
π
• θ8 = − 4
U 4, 8 = 0
•
U3, 7
U 4, 7 = 0
•
θ7 = −
π
2
Gambar 3.1.16 Grid berukuran 4 × 8 dimana Δr = 1 dan Δθ =
π
4
untuk persamaan Poisson dengan syarat batas Neumann
89
π
2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dari Gambar 3.1.16 terdapat 26 titik yang nilainya tidak diketahui, maka dengan
menggunakan pendekatan beda hingga (3.1.59), (3.1.60), dan (3.1.61) akan diperoleh
26 persamaan beda hingga dengan 26 variabel.
4. Kekonsistenan, Orde , dan Kekonvergenan Pendekatan Beda Hingga
Ada tiga sifat penting yang harus diperhatikan dari pendekatan beda hingga
untuk persamaan Laplace dan Poisson sebelum perhitungan numeriknya dibuat. Tiga
sifat itu adalah kekonsistenan, orde, dan kekonvergenan.
a. Kekonsistenan
Definisi 3.1.1
Persamaan beda hingga disebut konsisten dengan persamaan diferensial parsial, jika
bentuk dari persamaan beda hingga mendekati persamaan diferensial parsial, untuk
Δx → 0 dan Δy → 0 .
Bila galat pemenggalan dari pendekatan beda hingga diketahui, maka bukti
kekonsistenan dapat langsung diketahui. Sedangkan, bila galat pemenggalan dari
pendekatan beda hingga tidak diketahui, maka persamaan beda hingganya harus
dianalisis kekonsistenannya.
Langkah ini dapat ditempuh dengan menyatakan setiap suku dalam persamaan beda
hingga yaitu u(x, y) ke dalam bentuk ekspansi deret Taylor di sekitar titik grid (i, j),
90
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
hasil persamaannya disebut persamaan diferensial termodifikasi (PDT).Kemudian
PDT tersebut akan disederhanakan untuk menghasilkan bentuk eksak dari galat
pemenggalan persamaan beda hingga. Kekonsistenan dapat diperiksa dengan
memisalkan jarak-jarak grid menuju nol.
Semua nilai dari u(x, y) dalam persamaan beda hingga dapat diperluas dalam
ekspansi deret Taylor dari fungsi u(x, y) di titik grid (i, j) berikut ini
ui ± 1, j = ui , j ± Δx u x
ui , j ± 1 = ui , j ± Δy u y
i, j
i, j
(Δx) 2
+
u xx
2!
+
i, j
(Δx) 4
(Δx)3
±
uxxx i , j +
u xxxx i, j + ⋅ ⋅ ⋅ , (3.1.62)
3!
4!
(Δy)2
(Δy)3
(Δy)4
±
u yy
u yyy +
u yyyy + ⋅ ⋅ ⋅ .
i, j
i, j
i, j
2!
3!
4!
(3.1.63)
Contoh 3.1.9
Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.21) untuk persamaan Laplace
dalam domain persegi panjang.
Penyelesaian:
Pandang pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dalam domain persegi
panjang, yaitu persamaan (3.1.21) berikut ini
u i + 1, j + u i − 1, j + β 2 u i ,
dimana β =
j +1
+ β 2ui,
j −1
Δx
, yang dapat ditulis menjadi
Δy
91
− 2(1 + β 2 )u i , j = 0 ,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(u
i + 1, j
⎛ (Δx) 2 ⎞
⎟(u
+ ui , j − 1 ) −
+ ui − 1, j ) + ⎜⎜
2 ⎟ i, j + 1
⎝ (Δy ) ⎠
⎛
(Δx) 2 ⎞
⎟ ui , j = 0 . (3.1.64)
2⎜⎜1 +
(Δy ) 2 ⎟⎠
⎝
Dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.62) dan persamaan (3.1.63) ke dalam
persamaan (3.1.64) dan menghilangkan notasi
i, j
untuk kejelasan, maka diperoleh
(Δx)4
(Δx)6
(Δx)2(Δy)2
(Δx)2(Δy)4
(Δx)2uxx + 2
uxxxx+ 2
uxxxxxx+ L+(Δx)2uyy + 2
uyyyy+ 2
uyyyyyy+ ⋅⋅⋅ = 0. (3.1.65)
4!
6!
4!
6!
Dengan mengalikan persamaan (3.1.65) dengan
1
dan menyusun kembali
(Δx) 2
persamaan tersebut, maka didapatkan PDT berikut
uxx + uyy = − 2
(Δx)2
(Δx)4
(Δy)2
(Δy)4
uxxxx − 2
uxxxxxx−⋅ ⋅ ⋅ − 2
uyyyy − 2
uyyyyyy −⋅ ⋅ ⋅ .
4!
6!
4!
6!
(3.1.66)
Untuk Δx → 0 dan Δy → 0 , maka persamaan (3.1.66) mendekati persamaan
Laplace u xx + u yy = 0 . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.21) adalah pendekatan
konsisten dari persamaan Laplace.
Contoh 3.1.10
Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.42) untuk persamaan Laplace
dalam domain lingkaran.
Penyelesaian:
Analog dengan cara mendapatkan PDT untuk persamaan Laplace dalam domain
persegi panjang, maka akan diperoleh PDT berikut
92
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1
1
(Δr ) 2
(Δr ) 4
U r + U rr + 2 U θθ = − 2
U rrrr − 2
U rrrrrr − ⋅ ⋅ ⋅ −
4!
6!
r
r
(Δr ) 2
(Δr ) 4
U rrr −
U rrrrr − L −
(3!)r
(5!)r
2
(3.1.67)
(Δθ ) 2
(Δθ ) 4
U
−
2
U θθθθθθ − L.
θθθθ
(4 !)r 2
(6 ! ) r 2
Untuk Δr → 0 dan Δθ → 0 , maka persamaan (3.1.67) mendekati persamaan
Laplace
1
1
U r + U rr + 2 U θθ = 0 . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.42) adalah
r
r
pendekatan konsisten dari persamaan Laplace dalam bentuk kutub.
Contoh 3.1.11
Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.47) untuk persamaan Poisson
dalam domain persegi panjang.
Penyelesaian:
Analog dengan cara mendapatkan PDT untuk persamaan Laplace dalam domain
persegi panjang, maka akan diperoleh PDT berikut
uxx + uyy = f (x, y) − 2
(Δx)2
(Δx)4
(Δy)2
(Δy)4
uxxxx − 2
uxxxxxx − ⋅ ⋅ ⋅ −2
uyyyy − 2
uyyyyyy − ⋅ ⋅ ⋅. (3.1.68)
4!
6!
4!
6!
Untuk Δx → 0 dan Δy → 0 , maka persamaan (3.1.68) mendekati persamaan
Poisson u xx + u yy = f ( x, y ) . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.47) adalah
pendekatan konsisten dari persamaan Poisson.
93
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Contoh 3.1.12
Analisislah kekonsistenan pendekatan beda hingga (3.1.59) untuk persamaan Poisson
dalam domain lingkaran.
Penyelesaian:
Analog dengan cara mendapatkan PDT untuk persamaan Laplace dalam domain
persegi panjang, maka akan diperoleh PDT berikut
1
1
(Δr ) 2
(Δr ) 4
U r + U rr + 2 U θθ = f (r , θ ) − 2
U rrrr − 2
U rrrrrr − ⋅ ⋅ ⋅ −
4!
6!
r
r
(Δr ) 2
(Δr ) 4
U rrr −
U rrrrr − L −
(3!)r
(5!)r
(3.1.69)
(Δθ ) 2
(Δθ ) 4
2
U θθθθ − 2
U θθθθθθ − L
(4 !)r 2
(6 ! ) r 2
Untuk Δr → 0 dan Δθ → 0 , maka persamaan (3.1.69) mendekati persamaan
Poisson
1
1
U r + U rr + 2 U θθ = f (r , θ ) . Sehingga pendekatan beda hingga (3.1.59)
r
r
adalah pendekatan konsisten dari persamaan Poisson dalam bentuk kutub.
b. Orde
Definisi 3.1.2
Orde pendekatan beda hingga dari persamaan diferensial parsial adalah laju pada
galat global dari penyelesaian beda hingga yang mendekati nol, untuk Δx → 0 dan
Δy → 0 .
94
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Definisi 3.1.3
Orde global dari persamaan beda hingga adalah orde dari suku galat
pemenggalan dalam pendekatan beda hingga dari turunan-turunan parsial eksak
dalam PDP.
Bila galat pemenggalan dari pendekatan beda hingga diketahui, seperti
persamaan (3.1.10) dan (3.1.14), maka orde dari persamaan beda hingga jelas dapat
langsung diketahui. Sedangkan, bila galat pemenggalan dari pendekatan beda hingga
tidak diketahui, maka orde persamaan beda hingga dapat ditentukan dari persamaan
diferensial termodifikasi.
Pandang pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dan Poisson
dalam domain persegi panjang, yaitu persamaan (3.1.21) dan (3.1.47). Dari
persamaan diferensial termodifikasi (3.1.66) dan (3.1.68), maka secara berturut-turut
persamaan (3.1.21) dan (3.1.47) adalah pendekatan dari persamaan Laplace dan
Poisson orde O (Δx 2 ) + O (Δy 2 ) .
Kemudian pandang pendekatan beda hingga untuk persamaan Laplace dan
Poisson dalam domain lingkaran, yaitu persamaan (3.1.42) dan (3.1.59). Dari
persamaan diferensial termodifikasi (3.1.67) dan (3.1.69), maka secara berturut-turut
persamaan (3.1.42) dan (3.1.59) adalah pendekatan dari persamaan Laplace dan
Poisson dalam bentuk kutub orde 2O (Δr 2 ) + O (Δθ 2 ) .
95
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
c. Kekonvergenan
Definisi 3.1.4
Persamaan-persamaan beda hingga adalah konvergen, jika penyelesaiannya
mendekati penyelesaian eksak dari persamaan diferensial parsial, untuk Δx → 0 dan
Δy → 0 .
Misalkan ui , j menotasikan penyelesaian eksak dari PDP, u i ,
menotasikan penyelesaian pendekatan dari PDP, dan ei ,
j
j
menotasikan beda diantara
mereka. Maka pernyataan kekonvergenan adalah
ui , j − ui , j = ei , j → 0 , untuk Δx → 0 dan Δy → 0 .
Dari definisi kekonvergenan dan kekonsistenan, maka penyelesaian dari sistem
persamaan linear yang terdiri dari persamaan-persamaan beda hingga adalah
konvergen, jika persamaan beda hingganya konsisten dengan PDP.
Pendekatan beda hingga dari persamaan Laplace dan Poisson dalam domain
persegi panjang dan lingkaran akan menghasilkan sistem persamaan linear yang
dominan secara diagonal, karena nilai mutlak koefisien diagonal dari persamaan beda
hingga yaitu koefisien ui , j lebih besar atau sama dengan nilai mutlak dari jumlah
empat koefisien lainnya dalam persamaan atau dapat ditulis dalam bentuk:
ai , j ≥ ai + 1, j + ai − 1, j + ai , j + 1 + ai , j − 1 ,
96
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
dimana ai , j adalah koefisien ui , j , ai + 1, j adalah koefisien ui + 1, j , ai − 1, j adalah
koefisien ui − 1, j , ai , j + 1 adalah koefisien ui , j + 1 , dan ai , j − 1 adalah koefisien ui , j − 1 .
B. Penyelesaian Numerik Persamaan Laplace dengan Metode Beda-Hingga
1. Persamaan Laplace dalam Pelat Persegi Panjang
Perambatan panas di titik-titik dalam dan tepi batas pelat yang suhunya tidak
diketahui dapat diselesaikan dengan metode Beda-Hingga, yaitu dengan pendekatan
beda hingga persamaan (3.1.21) untuk titik-titik dalam, persamaan (3.1.25) sampai
dengan (3.1.28) untuk titik-titik pada tepi batas pelat yang suhunya tidak diketahui,
dan persamaan (3.1.32) sampai dengan (3.1.35) untuk titik-titik siku yang suhunya
tidak diketahui. Pendekatan beda hingga tersebut akan menghasilkan suatu sistem
persamaan linear yang dapat diselesaikan dengan metode iterasi Gauss-Seidel.
Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Dirichlet
Langkah 1. Masukkan suhu tepi bawah (G1), tepi atas (G2), tepi kiri (G3), dan tepi
kanan (G4), panjang pelat (a), lebar pelat (b), jumlah garis grid pada
sumbu x (n), jumlah garis grid pada sumbu y (m), dan toleransi (TOL).
Langkah 2. Hitung Δx (h) = a (n − 1) , Δy (k ) = b (m − 1) , dan β ( B) = h k .
Langkah 3. Tentukan suhu di titik-titik pada tepi batas dan rata-rata suhunya (ave).
Untuk j = 1, 2, 3, K , m , hitung u (1, j ) = G3 dan u (n, j ) = G 4 .
97
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) , hitung u (i, 1) = G1 dan u (i, m) = G 2 .
Hitung ave = [u(1, j) + u(n, j) + u(i, 1) + u(i, m)] / [jumlah titik pada
batas (p)].
Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam.
Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung
u (i, j ) = w(i, j ) = ave ,
dimana w(i, j ) adalah hasil pendekatan beda hingga sebelumnya.
Langkah 5. Hitung pendekatan beda hingga di titik-titik dalam.
Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung
u (i, j ) =
[u (i + 1, j ) + u (i − 1, j ) + B 2u (i, j + 1) + B 2u (i, j − 1)]
.
2 1 + B2
(
)
Langkah 6. Hitung kesalahan relatif dan kesalahan yang tertinggi (M).
Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung
C (i − 1, j − 1) = abs(u (i, j ) − w(i, j ) ) .
Hitung M = maks C(i, j).
Langkah 7. Simpan hasil pendekatan beda hingga ke dalam matriks w(i, j ) .
Untuk i = 2, 3, K, (n −1) dan j = 2, 3, K, (m −1) , hitung w(i, j ) = u (i, j ) .
Langkah 8. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka lanjutkan ke langkah 9.
Jika tidak, maka kembali ke langkah 5.
Langkah 9. Stop.
98
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan
syarat batas Neumann
Langkah 1. Masukkan G1, G2, G3, G4, a, b, n, m, dan TOL. Untuk tepi batas yang
suhunya tidak diketahui, masukkan tanda ' − ' .
Langkah 2. Hitung Δx (h) = a (n − 1) , Δy (k ) = b (m − 1) , dan β ( B) = h k .
Langkah 3. Tentukan suhu di titik-titik batas yang tidak sama dengan ' − ' dan
hitung rata-rata suhunya (ave).
Jika G1 ≠ '−' , maka untuk i = 1, 2, K , n hitung u (i, 1) = G1 .
Jika G 2 ≠ '−' , maka untuk i = 1, 2, K , n hitung u (i, m) = G 2 .
Jika G3 ≠ '−' , maka untuk j = 1, 2, K , m hitung u (1, j ) = G3 .
Jika G 4 ≠ '−' , maka untuk j = 1, 2, K , m hitung u (n, j ) = G 4 .
Hitung ave = [u(1, j) + u(n, j) + u(i, 1) + u(i, m)] / [jumlah titik pada
batas yang suhuya tidak sama dengan ' − ' (p)].
Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam.
Untuk i = 2, 3, K , n − 1 dan j = 2, 3, K , m − 1 , hitung u(i, j) = w(i, j) = ave.
Langkah 5. Tentukan suhu awal di titik-titik batas yang suhunya sama dengan ' − ' .
Jika G1 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , n − 1 hitung u(i, 1) = w1(i −1, 1) = ave.
Jika G 2 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , n − 1 hitung u(i, m) = w2(i −1,1) = ave.
Jika G3 = '−' , maka untuk j = 2,3, K , m − 1 hitung u(1, j) =w3(1, j −1) =ave.
Jika G 4 = '−' , maka untuk j = 2,3, K , m − 1 hitung u(n, j) =w4(n, j −1) =ave.
99
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Langkah 6. Tentukan suhu awal di titik siku yang suhunya sama dengan ' − ' .
Jika G1 = '−' dan G3 = '−' , maka hitung u (1, 1) = w11 = ave .
Jika G 2 = '−' dan G3 = '−' , maka hitung u (1, m) = w1m = ave .
Jika G1 = '− ' dan G 4 = '−' , maka hitung u (n, 1) = wn1 = ave .
Jika G 2 = '−' dan G 4 = '−' , maka hitung u (n, m) = wnm = ave .
Langkah 7. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan simpan hasil
pendekatan di titik siku yang suhunya sama dengan ' − ' .
Jika G1 = '−' dan G3 = '−' , maka tentukan di titik siku u(1, 1):
2B2u(1, 2) + 2u(2, 1)
u(1, 1) =
, C11 = abs(u(1, 1) − w11), w11 = u (1, 1).
2(1 + B2 )
Jika G 2 = '−' dan G3 = '−' , maka tentukan di titik siku u(1, m):
2B2u(1, m −1) + 2u(2, m)
u(1, m) =
, C1m = abs(u(1, m) − w1m), w1m = u(1, m).
2(1 + B2 )
Jika G1 = '− ' dan G 4 = '−' , maka tentukan titik siku u(n, 1):
2u(n −1, 1) + 2B2u(n, 2)
u(n, 1) =
, Cn1 = abs(u(n, 1) − wn1), wn1 = u (n, 1).
2(1 + B2 )
Jika G 2 = '−' dan G 4 = '−' , maka tentukan di titik siku u(n, m):
2u(n −1, m) + 2B2u(n, m−1)
u(n, m) =
, Cnm = abs(u(n, m) − wnm), wnm= u(n, m).
2(1 + B2 )
Langkah 8. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan simpan hasil
pendekatan di titik-titik pada tepi batas yang suhunya sama dengan ' − ' .
100
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Jika G1 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , (n − 1) hitung:
u(i + 1, 1) + u(i − 1, 1) + 2B 2u(i, 2)
u(i, 1) =
,
2(1 + B 2 )
C1(i − 1, 1) = abs(u(i, 1) − w1(i − 1, 1) ), dan w1(i − 1, 1) = u (i, 1) .
Jika G 2 = '−' , maka untuk i = 2, 3, K , (n − 1) hitung
u (i, m) =
u (i + 1, m) + u (i − 1, m) + 2 B 2u (i, m − 1)
,
2(1 + B 2 )
C 2(i − 1, 1) = abs(u (i, m) − w2(i − 1, 1) ) , dan w2(i − 1, 1) = u (i, m) .
Jika G3 = '−' , maka untuk j = 2, 3, K , (m − 1) hitung
u (1, j ) =
2u (2, j ) + B 2u (1, j + 1) + B 2u (1, j − 1)
,
2(1 + B 2 )
C 3(1, j − 1) = abs(u (1, j ) − w3(1, j − 1) ) , dan w3(1, j − 1) = u (1, j ) .
Jika G 4 = '−' , maka untuk j = 2, 3, K , (m − 1) hitung
u (n, j ) =
2u (n − 1, j ) + B 2u (n, j + 1) + B 2u (n, j − 1)
,
2(1 + B 2 )
C 4(1, j − 1) = abs(u (n, j ) − w4(1, j − 1) ) , dan w4(n, j − 1) = u (n, j ) .
Langkah 9. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan simpan hasil
pendekatan di titik-titik dalam.
Untuk i = 2, 3, (n − 1) dan j = 2, 3, (m − 1) , hitung
[u (i + 1, j ) + u (i − 1, j ) + B 2u (i, j + 1) + B 2u (i, j − 1)]
u (i, j ) =
,
2 1 + B2
(
101
)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
C (i − 1, j − 1) = abs(u (i, j ) − w(i, j ) ) , dan w(i, j ) = u (i, j ) .
Langkah 10. Hitung kesalahan relatif tertinggi (M).
M = maks [(maks C) (maks C1) (maks C2) (maks C3) (maks C4)
(maks C11) (maks C1m) (maks Cn1) (maks Cnm)].
Langkah 11. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka lanjutkan ke langkah
12. Jika tidak, maka kembali ke langkah 7.
Langkah 12. Stop.
Contoh 3.2.1
Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 1 cm,
dengan suhu pada tepi-tepi batas pelat diilustrasikan pada Gambar 3.2.1. Carilah suhu
di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.
y
180o C
4
80o C uxx + u yy = 0 0o C
0
20o C 4
x
Gambar 3.2.1 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Dirichlet
Penyelesaian:
Misalkan domain persegi panjang dalam Gambar 3.2.1 dibagi dengan grid berukuran
5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.4.
102
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran
3.2.1 yang menghasilkan:
>> LaplaceSikuDirichlet(20,180,80,0,4,4,5,5,0.00001)
Penyelesaian di titik-titik dalam pelat disertai dengan suhu batas:
uij =
80.0000 180.0000 180.0000 180.0000
0
80.0000 112.8571 111.7857 84.2857
0
80.0000 79.6429 70.0000 45.3571
0
80.0000 55.7143 43.2143 27.1429
0
80.0000 20.0000 20.0000 20.0000
0
Contoh 3.2.2
Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 1 cm,
yang diilustrasikan pada Gambar 3.2.2. Carilah suhu di titik-titik dalam dan tepi
bawah pelat pada saat mancapai kesetimbangan.
y
180o C
4
80o C uxx + u yy = 0 0o C
0 u = 0o C 4
y
x
Gambar 3.2.2 Persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Neumann
Penyelesaian:
Misalkan domain persegi panjang dalam Gambar 3.2.2 dibagi dengan grid berukuran
5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , dengan suhu pada tepi bawah tidak diketahui yang dapat
dilihat pada Gambar 3.1.5.
103
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran
3.2.2 yang menghasilkan:
>> LaplaceSikuNeumann('-',180,80,0,4,4,5,5,0.00001)
Penyelesaian di titik-titik dalam:
uij =
115.6276 115.1468 86.3492
87.3636 78.6103 50.2502
75.2165 61.6806 36.0413
Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah:
ui1 =
71.8218 56.8543 32.2342
2. Persamaan Laplace dalam Pelat Cakram
Perambatan panas di titik-titik dalam dan tepi batas pelat cakram yang
suhunya tidak diketahui dapat diselesaikan dengan metode Beda-Hingga, yaitu
dengan pendekatan beda hingga persamaan (3.1.44) dan (3.1.42) untuk titik-titik
dalam dan persamaan (3.1.43) untuk titik-titik pada tepi batas pelat yang suhunya
tidak diketahui. Pendekatan beda hingga tersebut akan menghasilkan suatu sistem
persamaan linear yang dapat diselesaikan dengan metode iterasi Gauss-Seidel.
Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat
batas Dirichlet
Langkah 1. Masukkan suhu batas 0 ≤ θ <
−π ≤ θ <−
π
2
π
2
(G1), batas
(G3), dan batas −
π
2
π
2
≤ θ < π (G2), batas
≤ θ < 0 (G4), jari-jari pelat (r),
jumlah lingkaran grid (n), jumlah garis grid (m), dan toleransi (TOL).
104
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Langkah 2. Hitung Δr (h) = a n , Δθ (k ) = 2π m , dan α ( A) = h k .
Langkah 3. Tantukan suhu pada titik-titik batas dan hitung rata-rata suhunya (ave).
Untuk j = 1, 2, K, (m 4) , hitung U (n, j ) = G1, U (n, (m 4) + j ) = G 2,
U (n, (2 m 4) + j ) = G3, dan U (n, (3 m 4) + j ) = G 4.
Hitung ave =
[u(n, j) + u(n, (m 4) + j) + u(n, (2m 4) + j) + u(n, (3m 4) + j)] .
m
Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam.
Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K, m , hitung U (i, j ) = W (i, j ) = ave ,
dimana W (i, j ) adalah hasil pendekatan beda hingga sebelumnya.
Langkah 5. Hitung pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U (1, j ) .
Untuk i = 1 dan j = 1, 2, K , m , hitung
U (1, 0) = U (1, m), U (1, m + 1) = U (1, 1) ,
U (1, j ) =
[2U (2, j ) + (1 A2 k 2 ) U (1, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (1, j − 1)]
.
2 1 + A2 k 2
(
)
Langkah 6. Hitung pendekatan beda di titik-titik dalam U (2, j) sampai U(n −1, j) .
Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K , m , hitung
U (i, 0) = U (i, m), U (i, m + 1) = U (i, 1), dan
U (i, j ) = [(1 + (1 2 A) )U (i + 1, j ) + (1 − (1 2 A) )U (i − 1, j ) +
(1 A2 k 2 ) U (i, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (i, j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )].
Langkah 7. Hitung kesalahan relatif dan kesalahan relatif tertinggi (M).
Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K , m , hitung
105
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
C (i, j ) = abs(u (i, j ) − w(i, j ) ) .
Hitung M = maks C(i, j).
Langkah 8. Simpan hasil pendekatan beda hingga dalam matriks w(i, j ) .
Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) dan j = 2, 3, K , (m − 1) , hitung w(i, j ) = u (i, j ) .
Langkah 9. Analisislah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka dilanjutkan ke langkah
10. Jika tidak, maka kembali ke langkah 5.
Langkah 10. Stop.
Algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat
batas Neumann
Langkah 1. Masukkan G1, G2, G3, G4, r, n, m, dan TOL.
Untuk tepi batas yang suhuya tidak diketahui, masukkan tanda ' − ' .
Langkah 2. Hitung Δr (h) = a n , Δθ (k ) = 2π m , dan α ( A) = h k .
Langkah 3. Tentukan suhu pada titik-titik batas dan hitung rata-rata suhunya (ave).
Untuk j = 1, 2, K, (m 4) :
Jika G1 ≠ '−' , hitung U (n, j ) = G1 ,
Jika G 2 ≠ '−' , hitung U (n, (m 4) + j ) = G 2 ,
Jika G3 ≠ '−' , hitung U (n, (2 m 4) + j ) = G3 ,
Jika G 4 ≠ '−' , hitung U (n, (3 m 4) + j ) = G 2 .
Hitung
106
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Ave = [U (n, j ) + U (n, (m 4) + j ) + U (n, (2m 4) + j ) + U (n, (3m 4) + j )] /
[jumlah titik-titik pada batas yang suhuya diketahui (p)].
Langkah 4. Tentukan suhu awal di titik-titik dalam.
Untuk i = 1, 2, K , (n − 1) dan j = 1, 2, K, m , hitung U (i, j ) = W (i, j ) = ave ,
dimana W (i, j ) adalah hasil pendekatan beda hingga sebelumnya.
Langkah 5. Tentukan suhu awal di titik pada batas yang suhunya sama dengan ' − ' .
Untuk j = 1, 2, K, (m 4) :
jika G1 = '−' , hitung U (n, j ) = W 1(1, j ) = ave ,
jika G 2 = '−' , hitung U (n, (m 4) + j ) = W 2(1, j ) = ave ,
jika G3 = '−' , hitung U (n, (2 m 4) + j ) = W 3(1, j ) = ave ,
jika G 4 = '−' , hitung U (n, (3 m 4) + j ) = W 4(1, j ) = ave .
Langkah 6. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan hasil pendekatan
di titik pada batas yang suhunya sama dengan ' − ' .
Jika G1 = '−' , maka untuk j = 1, 2, K, (m 4) dan U(n, 0) = U(n, m) hitung
U (n, j) =
[2U (n − 1, j) + (1 A2k 2 )U (n, j + 1) + (1 A2k 2 )U (n, j − 1)]
,
2 1 + A2k 2
(
)
C1(1, j ) = abs(U (n, j ) − w1(1, j ) ) , dan W 1(1, j ) = U (n, j ) .
Jika G 2 = '−' , maka untuk j = 1, 2, K, (m 4) hitung
U (n, (m 4) + j ) = [2 U (n − 1, (m 4) + j ) + (1 A 2 k 2 ) U (n, (m 4) + j + 1) +
(1 A 2 k 2 ) U (n, (m 4) + j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],
107
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
C 2(1, j ) = abs(U (n, (m 4) + j ) − w2(1, j )) , dan W2(1, j) = U(n, (m 4) + j ) .
Jika G3 = '−' , maka untuk j = 1, 2, K, (m 4) hitung
U (n, (2m 4) + j ) = [2 U (n − 1, (2m 4) + j ) + (1 A 2 k 2 ) U (n, (2m 4) + j + 1) +
(1 A2 k 2 ) U (n, (2m 4) + j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],
C2(1, j) = abs(U (n, (m 4) + j ) − w2(1, j)) , dan W3(1, j) = U(n, (2m 4) + j ) .
Jika G 4 = '−' , maka untuk j =1, 2, K, (m 4) dan U(n, m+1) = U(n, 1) hitung
U (n, (3m 4) + j ) = [2 U (n − 1, (3m 4) + j ) + (1 A 2 k 2 ) U (n, (3m 4) + j + 1) +
(1 A2 k 2 ) U (n, (3m 4) + j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],
C4(1, j) = abs(U (n, (3m 4) + j ) − w4(1, j)) , dan W 4(1, j) = U(n, (3m 4) + j ) .
Langkah 7. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan hasil pendekatan
di titik-titik dalam U (1, j ) . Untuk j = 1, 2, K , m , U (1, 0) = U (1, m) ,
dan U (1, m + 1) = U (1, 1) hitung
U (1, j ) =
[2U (2, j ) + (1 A2 k 2 ) U (1, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (1, j − 1)]
,
2 1 + A2 k 2
(
)
C (1, j ) = abs(U (1, j ) − W (1, j ) ) , dan W (1, j ) = U (1, j ) .
Langkah 8. Hitung pendekatan beda hingga, kesalahan relatif, dan hasil pendekatan
di titik-titik dalam U(2, j) sampai U(n −1, j) . Untuk i = 2, 3, K , (n − 1) ,
j = 1, 2, K , m , U (i, 0) = U (i, m) , dan U (i, m + 1) = U (i, 1) hitung
U (i, j ) = [(1 + (1 2 A) )U (i + 1, j ) + (1 − (1 2 A) )U (i − 1, j ) +
(1 A2 k 2 ) U (i, j + 1) + (1 A2 k 2 ) U (i, j − 1)] / [2(1 + A2 k 2 )],
C (i, j ) = abs(U (i, j ) − W (i, j ) ) , dan W (i, j ) = U (i, j ) .
108
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Langkah 9. Hitung kesalahan relatif yang tertinggi.
M = maks [(maks C) (maks C1) (maks C2) (maks C4)].
Langkah 10. Analisilah kekonvergenan. Jika M < TOL, maka dilanjutkan ke langkah
11. Jika tidak, maka kembali ke langkah 6.
Langkah 11. Stop.
Contoh 3.2.3
Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari 2 cm dan tebal 1 cm, dengan
syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah U (2, θ ) = 100 pada 0 ≤ θ ≤ 2π ,
yang diilustrasikan pada Gambar 3.2.3. Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut
pada saat mancapai kesetimbangan.
100o C
• 2 cm
∂U
1 ∂U
1 ∂U
+ 2 + 2
=0
r ∂r
∂r
r ∂θ 2
•0
Gambar 3.2.3 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Dirichlet
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.2.3 dibagi dengan grid berukuran 4 garis
jari-jari grid × 8 lingkaran grid yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.9.
Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran
3.2.3 yang menghasilkan:
109
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
>> LaplaceKutubDirichlet(100,100,100,100,2,4,8,0.00001)
Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu pada batas:
Uij =
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
0.1772 1.9197 13.8407 100.0000
Contoh 3.2.4
Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari 2 cm dan tebal 1 cm, dengan
syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah
U r (2, θ ) = 0 pada 0 ≤ θ < π , dan U (2, θ ) = 100 pada − π ≤ θ < 0 ,
yang diilustrasikan pada Gambar 3.2.4. Carilah suhu di titik-titik dalam dan titik-titik
pada batas pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.
U r = 0o C
π
•
•
4 cm
1 ∂U
1 ∂U
∂U
+ 2 + 2
=0
r ∂r
∂r
r ∂θ 2
•0
100o C
Gambar 3.2.4 Persamaan Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann
110
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.2.4 dibagi dengan grid berukuran 4 garis
jari-jari grid × 8 lingkaran grid yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.10.
Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran
3.2.4 yang menghasilkan:
>> LaplaceKutubNeumann('-','-',100,100,2,4,8,0.00001)
Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas disertai dengan suhu yang
diketahui pada batas:
Uij =
0.1753 1.9022 13.7774 100.0000
0.1772 1.9196 13.8404 100.0000
0.1772 1.9196 13.8404 100.0000
0.1753 1.9022 13.7774 100.0000
0.0022 0.0210 0.0888 0.1855
0.0000 0.0002 0.0005 0.0004
0.0000 0.0002 0.0005 0.0004
0.0022 0.0210 0.0888 0.1855
C. Penyelesaian Numerik Persamaan Poisson dengan Metode Beda-Hingga
1. Persamaan Poisson dalam Pelat Persegi Panjang
Algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Dirichlet analog dengan algoritma penyelesaian persamaan
Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet, yaitu dengan
mengganti pendekatan beda hingga di titik-titik dalam dengan persamaan (3.1.48).
Sedangkan algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat persegi
panjang dengan syarat batas Neumann analog dengan algoritma penyelesaian
persamaan Laplace dalam pelat persegi panjang dengan syarat batas Neumann, yaitu
dengan mengganti pendekatan beda hingga di titik batas dengan persamaan (3.1.49)
111
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
sampai dengan (3.1.52), di titik siku dengan persamaan (3.1.53) sampai dengan
(3.1.56), dan di titik dalam dengan persamaan (3.1.48).
Contoh 3.3.1
Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 0, 5 cm,
dengan syarat batas pada tepi-tepi pelat diilustrasikan pada Gambar 3.3.1. Di dalam
pelat terdapat sumber panas f ( x, y ) = − xy . Carilah suhu di titik-titik dalam pelat
tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.
80o C
4
0o C
0
uxx + uyy = − xy
0o C
4
0o C
x
Gambar 3.3.1 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Dirichlet
Penyelesaian:
Misalkan domain persegi panjang dalam Gambar 3.3.1 dibagi dengan grid berukuran
5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.12.
Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran
3.3.1 yang menghasilkan:
>> Contoh331(0,80,0,0,4,4,5,5,0.00001)
Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu-suhu batas
uij =
0 80.0000 80.0000 80.0000
0
0 36.7857 46.5000 38.7143
0
112
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
0 17.6429 24.5000 19.3571
0 7.2857 10.5000 8.2143
0 0
0
0
0
0
0
Contoh 3.3.2
Suatu pelat baja persegi panjang dengan panjang 4 cm, lebar 4 cm, dan tebal 0, 5 cm,
dengan syarat batas pada tepi-tepi pelat diilustrasikan pada Gambar 3.3.2. Di dalam
pelat terdapat sumber panas f ( x, y ) = − xy . Carilah suhu di titik-titik dalam, di titiktitik pada tepi batas bawah dan kiri pelat tersebut pada saat mancapai kesetimbangan.
y
80o C
4
u x = 0o C
uxx + uyy = − xy
0 u y = 0o C 4
0o C
x
Gambar 3.3.2 Persamaan Poisson dalam pelat persegi panjang
dengan syarat batas Neumann
Penyelesaian:
Misalkan domain persegi panjang dalam Gambar 3.3.2 dibagi dengan grid berukuran
5 × 5 dimana Δx = Δy = 1 , yang dapat dilihat pada Gambar 3.1.13.
Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab dalam Lampiran
3.3.2 yang menghasilkan:
>> Contoh332('-',80,'-',0,4,4,5,5,0.00001)
Penyelesaian di titik-titik dalam:
uij =
66.7022 61.3162 45.1875
54.9632 47.3750 30.4338
47.0625 38.7867 23.1728
113
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah:
ui1 =
44.1029 35.5367 20.4706
Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kiri:
u1j =
67.5294
56.7132
49.3970
Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kiri:
u11 =
46.7499
2. Persamaan Poisson dalam Pelat Cakram
Algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat cakram dengan syarat
batas Dirichlet analog dengan algoritma penyelesaian persamaan Laplace dalam pelat
cakram dengan syarat batas Dirichlet, yaitu dengan mengganti pendekatan beda
hingga di titik-titik dalam dengan persamaan (3.1.61) dan (3.1.59).
Sedangkan algoritma penyelesaian persamaan Poisson dalam pelat cakram
dengan syarat batas Neumann analog dengan algoritma penyelesaian persamaan
Laplace dalam pelat cakram dengan syarat batas Neumann, yaitu dengan mengganti
pendekatan beda hingga di titik batas dengan persamaan (3.1.60) dan di titik dalam
dengan persamaan (3.1.61) dan (3.1.59).
Contoh 3.3.3
Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari lingkarannya 4 cm dan tebal 1 cm,
dengan syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah
U (4, θ ) = 50 , untuk 0 ≤ θ < π dan U (4, θ ) = 0 , untuk − π ≤ θ < 0 ,
114
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
yang diilustrasikan pada Gambar 3.3.3. Di dalam pelat terdapat sumber panas
f (r , θ ) = sin(θ ) . Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat mancapai
kesetimbangan.
50o C
−π
•
•
4 cm
•
0
∂U
1 ∂U
1 ∂U
+ 2 + 2
= sin(θ )
r ∂r
∂r
r ∂θ 2
0o C
Gambar 3.3.3 Persamaan Poisson dalam pelat cakram
dengan syarat batas Dirichlet
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.3.3 dibagi dengan grid berukuran 4 garis
jari-jari grid × 8 lingkaran grid dimana Δr = 1 dan Δθ =
π
4
, yang dapat dilihat pada
Gambar 3.1.15. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab
dalam Lampiran 3.3.3 yang menghasilkan:
>> Contoh333(50,50,0,0,4,4,8,0.00001)
Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan suhu pada batas:
Uij =
0.0368 0.0442 0.0628
0
0.0507 0.0501 0.0441
0
0.0359 0.0355 0.0312
0
0.0010 0.0088 0.0317
0
0.0518 0.9157 6.8575 50.0000
0.0379 0.9097 6.8762 50.0000
0.0527 0.9244 6.8891 50.0000
0.0877 0.9511 6.8886 50.0000
115
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Contoh 3.3.4
Suatu pelat baja berbentuk cakram dengan jari-jari lingkarannya 4 cm dan tebal 1 cm,
dengan syarat batas pada tepi lingkaran pelat adalah
⎧
⎪50
U r (4, θ ) = 0 ,0 ≤ θ < , dan U (4, θ ) = ⎨
2
⎪⎩0
π
π
≤ θ < π,
2
, − π ≤ θ < 0,
,
yang diilustrasikan pada Gambar 3.3.4. Di dalam pelat terdapat sumber atau muara
panas f (r , θ ) = sin(θ ) . Carilah suhu di titik-titik dalam pelat tersebut pada saat
mancapai kesetimbangan.
π•
50o C
−π
U r = 0o C
2
•
•
4 cm
•0
∂U
1 ∂U
1 ∂U
+ 2 + 2
= sin(θ )
r ∂r
∂r
r ∂θ 2
0o C
Gambar 3.3.4 Persamaan Poisson dalam pelat cakram
dengan syarat batas Neumann
Penyelesaian:
Misalkan domain lingkaran dalam Gambar 3.3.4 dibagi dengan grid berukuran 4 garis
jari-jari grid × 8 lingkaran grid dimana Δr = 1 dan Δθ =
π
4
, yang dapat dilihat pada
Gambar 3.1.16. Masalah diatas dapat diselesaikan dengan bantuan program Matlab
dalam Lampiran 3.3.4 yang menghasilkan:
116
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
>> Contoh334('-',50,0,0,4,4,8,0.00001)
Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas disertai dengan suhu yang
diketahui pada batas:
Uij =
0.0359 0.0354 0.0311
0
0.0507 0.0501 0.0440
0
0.0359 0.0355 0.0312
0
0.0010 0.0088 0.0317
0
0.0518 0.9156 6.8574 50.0000
0.0369 0.9010 6.8445 50.0000
-0.0348 -0.0256 0.0084 0.0569
0.0000 0.0001 0.0002 0.0001
117
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB IV
PENUTUP
A. Kesimpulan
Persamaan Laplace dan persamaan Poisson yang timbul pada aliran panas
dua-dimensi tetap dalam pelat persegi panjang dan pelat cakram dengan syarat batas
Dirichlet dan Neumann dapat diselesaikan secara numerik dengan metode BedaHingga. Langkah-langkahnya adalah sebagai berikut:
1. Menutup permukaan pelat dengan grid beda hingga, sehingga diperoleh titiktitik dalam dan titik-titik pada batas;
2. Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam pada pelat dan titiktitik pada batas yang suhunya tidak diketahui (jika syarat batasnya Neumann);
3. Pendekatan-pendekatan beda hingga itu akan menghasilkan persamaanpersamaan beda hingga yang membentuk suatu sistem persamaan linear;
4. Sistem persamaan linear yang didapatkan dapat diselesaikan dengan metode
iterasi Gauss-Seidel.
Sehingga akan diperoleh penyelesaian numerik di titik-titik dalam pada pelat dan
titik-titik pada tepi batas pelat yang suhunya tidak diketahui, yaitu suhu pendekatan di
titik-titik itu.
Penyelesaian secara numerik lebih mudah daripada penyelesaian secara eksak,
karena penyelesaian secara eksak membutuhkan perhitungan yang panjang,
khususnya apabila suhu pada tepi-tepi batas tidak sama dengan nol.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Dengan penyelesaian secara numerik dapat diperoleh suhu pendekatan di titik dalam
yang rapat, yaitu dengan cara membagi permukaan pelat dengan ukuran grid yang
besar.
B. Saran
Skripsi ini membahas tentang persamaan Laplace dan persamaan Poisson
yang timbul pada aliran panas dua-dimensi dalam pelat persegi panjang dan pelat
cakram. Penulis menyarankan untuk membahas tentang persamaan Laplace dan
persamaan Poisson yang timbul pada aliran panas tiga-dimensi dalam zat padat
berbentuk kubus dan silinder.
119
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR PUSTAKA
Andrews, L. C. (1986). Elementary Partial Differential Eguations with Boundary
Value Problems. Orlando: Academic Press, Inc
Hoffmann, J. D. (1992). Numerical Methods for Engineers and Scientist. Singapore:
Mc Graw – Hill, Inc
Lam, C. Y. (1994). Applied Numerical Methods for Partial Differential Equations.
Singapore: Simon & Schuster (Asia) Pte Ltd
Lopez, R. J. (2001). Advanced Enggineering Mathematics. Boston: Addison-Wesley
Mathews, J. H. (1992). Numerical Methods for Mathematics, Sciences and
Engineering ( 2 nd ed). Englewood Cliffs: Prentice Hall, Inc
Nakamura, S. (1995). Applied Numerical Methods in C. Singapore: Simon &
Schuster (Asia) Pte Ltd
O’Neil, P. V. (2007). Advanced Enggineering Mathematics. Toronto: Thomson
Canada Limited
Plybon, B. F. (1992). An Introduction to Applied Numerical Analysis. Boston: PWSKENT Publishing Company
Setiawan, A. (2006). Pengantar Metode Numerik. Yogyakarta : Penerbit ANDI
Stanoyevitch, A. (2005). Introduction to Numerical Ordinary and Partial Differential
Equations Using Matlab. Hoboken: John Wiley & Sons, Inc
Strauss, W. A. (1992). Partial Differential Equations An Introduction. New York:
John Wiley & Sons, Inc
120
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
LAMPIRAN-LAMPIRAN
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 2.5.1 Program untuk menyelesaikan sistem persamaan linear dengan
metode iterasi Gauss-Seidel
function GaussSeidel(A,n,TOL)
%A = [c1 a13 a13 . . . a1n;c2 a21 a23 . . . a2n;c3 a31 a32 . . .
a3n; . . . ;cn an1 an2 . . . an(n-1)];
%n adalah jumlah variabel;
%TOL = toleransi = 0.00001;
%Menentukan nilai awal:
for i = 1 : n,
x(i, 1) = 0;
w(i, 1) = 0;
end
%Penyelesaian untuk x1:
for i = 1,
x(i, 1) = A(i, 1);
for j = 2 : n,
x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j)*x(j, 1));
end
end
%Penyelesaian untuk x2,x3,...,xn:
for i = 2 : n,
x(i, 1) = A(i, 1);
for j = 1 : (i-1),
x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j+1)*x(j, 1));
m = j + 1;
end
if(i~=n)
for k = 1 : (n-i),
x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, m+k)*x(m+k, 1));
end
end
end
%Mencari beda relatif:
for i = 1 : n,
C(i, 1) = abs(x(i,1) - w(i, 1));
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
M = max(C);
%Menganalisis kekonvergenan:
while (M >= TOL)
%Menyimpan hasil penyelesaian x1,x2,...,xn:
for i = 1 : n,
w(i, 1) = x(i, 1);
end
%Penyelesaian untuk x1:
for i = 1,
x(i, 1) = A(i, 1);
for j = 2 : n,
122
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j)*x(j, 1));
end
end
%Penyelesaian untuk x2,x3,...,xn:
for i = 2 : n,
x(i, 1) = A(i, 1);
for j = 1 : (i-1),
x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, j+1)*x(j, 1));
m = j + 1;
end
if(i~=n)
for k = 1 : (n-i),
x(i, 1) = x(i, 1) + (A(i, m+k)*x(m+k, 1));
end
end
end
%Mencari beda relatif:
for i = 1 : n,
C(i, j) = abs(x(i,1) - w(i, 1));
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
M = max(C);
end
disp('Penyelesaian sistem persamaan linear adalah');
x
123
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.2.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat
persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet
function LaplaceSikuDirichlet(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL)
%G1 = tepi batas bawah, G2 = tepi batas atas,
%G3 = tepi batas kiri, G4 = tepi batas kanan;
%0<= x <=a dan 0 <= y <= b; Ukuran grid n*m; TOL=toleransi= 0.00001;
%Input adalah konstanta;
%Jarak-jarak grid dan nilai betha:
h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k;
%Menentukan suhu-suhu pada titik-titik batas:
Sum = 0; p = (2*m) + (2*(n-2));
for j = 1 : m,
u(1, j) = G3; u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(1, j) + u(n, j);
end
for i = 2 : (n-1),
u(i, 1) = G1; u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, 1) + u(i, m);
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam&hasil pendekatan
sebelumnya:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave;
end
end
%Menganalisis kekonvergenan:
M = ave;
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) + (B^2*u(i, j+1)) +
(B^2*u(i, j-1)))/(2*(1+B^2));
end
end
%Mencari kesalahan relatif di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
C(i-1, j-1) = abs(u(i,j) - w(i-1, j-1));
end
end
%Mencari kesalahan relative tertinggi:
M = max(max(C));
%Menyimpan hasil pendekatan beda hingga dalam matriks w:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
w(i-1, j-1) = u(i, j);
124
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
end
end
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
for i = 1 : (n-2),
for j = 1 : (m-2),
uij(j, i) = u(i+1, m-j);
end
end
%- Menambahkan suhu pada tepi bawah&atas dalam penyelesaian:
Bwh = G1*ones(1, (n-2));
Ats = G2*ones(1, (n-2));
uij = [Ats;uij;Bwh];
%- Menambahkan suhu pada tepi kiri&kanan dalam penyelesaian:
Kri = G3*ones(1, m);
Knn = G4*ones(1, m);
uij=[Kri;uij';Knn]';
%#Diperoleh penyelesaian pendekatan sesuai dengan letak grid:
disp('Penyelesaian di titik-titik dalam pelat disertai dengan suhu
batas:');
uij
125
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.2.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat
persegi panjang dengan syarat batas Neumann
function LaplaceSikuNeumann(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL)
%Untuk tepi batas yang suhunya tidak diketahui masukkan '-';
%Jarak-jarak grid dan nilai betha:
h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k;
%Menentukan suhu pada titik-titik batas:
Sum = 0; p = 0;
if (G1 ~= '-')
C1 = zeros(0,0);
for i = 1 : n,
u(i, 1) = G1; Sum = Sum + u(i, 1); p
end
end
if (G2 ~= '-')
C2 = zeros(0,0);
for i = 1 : n,
u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, m); p
end
end
if (G3 ~= '-')
C3 = zeros(0,0);
for j = 1 : m,
u(1, j) = G3; Sum = Sum + u(1, j); p
end
end
if (G4 ~= '-')
C4 = zeros(0,0);
for j = 1 : m,
u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(n, j); p
end
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave;
end
end
%Menentukan suhu awal di titik siku:
if (G1 == '-' && G3 == '-')
u(1, 1) = ave; w11 = ave;
end
if (G2 == '-' && G3 == '-')
u(1, m) = ave; w1m = ave;
end
if (G1 == '-' && G4 == '-')
126
= p + 1;
= p + 1;
= p + 1;
= p + 1;
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
u(n, 1) = ave; wn1 = ave;
end
if (G2 == '-' && G4 == '-')
u(n, m) = ave; wnm = ave;
end
%Menentukan suhu awal di titik-titik batas:
if (G1 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, 1) = ave; w1(i-1, 1) = ave;
end
end
if (G2 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, m) = ave; w2(i-1, 1) = ave;
end
end
if (G3 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(1, j) = ave; w3(1, j-1) = ave;
end
end
if (G4 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(n, j) = ave; w4(1, j-1) = ave;
end
end
%Menentukan kesalahan retatif tertinggi awal:
M = ave;
%Menganalisis kekonvergenan:
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan
menyimpan hasil pendekatan di titik-titik siku:
C11 = zeros(0); C1m = zeros(0); Cn1 = zeros(0); Cnm = zeros(0);
if (G1 == '-' && G3 == '-')
u(1, 1) = (2*B^2*u(1, 2) + 2*u(2, 1))/(2*(1+B^2));
C11= abs(u(1, 1) - w11); w11 = u(1, 1);
end
if (G2 == '-' && G3 == '-')
u(1, m) = (2*B^2*u(1, m-1) + 2*u(2, m))/(2*(1+B^2));
C1m = abs(u(1, m) - w1m); w1m = u(1, m);
end
if (G1 == '-' && G4 == '-')
u(n, 1) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, 2))/(2*(1+B^2));
Cn1 = abs(u(n, 1) - wn1); wn1 = u(n, 1);
end
if (G2 == '-' && G4 == '-')
u(n, m) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, m-1))/(2*(1+B^2));
Cnm = abs(u(n, m) - wnm); wnm = u(n, m);
end
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan
menyimpan hasil pendekatan di titik-titik batas:
C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0);
127
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
if (G1 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, 1) = (u(i+1, 1) + u(i-1, 1) +
(2*B^2*u(i, 2)))/(2*(1+B^2));
C1(i-1, 1) = abs(u(i,1) - w1(i-1, 1));
w1(i-1, 1) = u(i, 1);
end
end
if (G2 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, m) = (u(i+1, m) + u(i-1, m) +
(2*B^2*u(i, m-1)))/(2*(1+B^2));
C2(i-1, 1) = abs(u(i,m) - w2(i-1, 1));
w2(i-1, 1) = u(i, m);
end
end
if (G3 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(1, j) = (2*u(2, j) + (B^2*u(1, j+1)) +
(B^2*u(1, j-1)))/(2*(1+B^2));
C3(1, j-1) = abs(u(1,j) - w3(1, j-1));
w3(1, j-1) = u(1, j);
end
end
if (G4 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(n, j) = (2*u(n-1, j) + (B^2*u(n, j+1)) +
(B^2*u(n, j-1)))/(2*(1+B^2));
C4(1, j-1) = abs(u(n,j) - w4(1, j-1));
w4(1, j-1) = u(n, j);
end
end
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan
menyimpan hasil pendekatan di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) + (B^2*u(i, j+1)) +
(B^2*u(i, j-1)))/(2*(1+B^2));
C(i-1, j-1) = abs(u(i,j) - w(i-1, j-1));
w(i-1, j-1) = u(i, j);
end
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
maks = [max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4) C11 C1m Cn1
Cnm];
M = max(maks);
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
for i = 1 : (n-2),
for j = 1 : (m-2),
uij(j, i) = u(i+1, m-j);
end
128
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
end
disp('Penyelesaian di titik-titik dalam:');
uij
%Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas yang tidak diketahui:
if (G1=='-')
for i =2 : (n-1),
u1(1, i-1) = u(i, 1);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah:');
u1
end
if (G2=='-')
for i =2 : (n-1),
u2(1, i-1) = u(i, m);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas atas:');
u2
end
if (G3=='-')
for j =2 : (m-1),
u3(j-1, 1) = u(1, (m+1)-j);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kiri:');
u3
end
if (G4=='-')
for j = 2 : (m-1),
u4(j-1, 1) = u(n, (m+1)-j);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kanan:');
u4
end
if (G1 == '-' && G3 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kiri:');
u(1, 1)
end
if (G2 == '-' && G3 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi kiri & atas:');
u(1, m)
end
if (G1 == '-' && G4 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kanan:');
u(n, 1)
end
if (G2 == '-' && G4 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi atas & kanan:');
u(n, m)
end
129
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.2.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat
cakram dengan syarat batas Dirichlet
function LaplaceKutubDirichlet(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL)
%Diasumsikan:
%- G1 = tepi batas 0 <= tetha < pi/2;
%- G2 = tepi batas pi/2 <= tetha < pi;
%- G3 = tepi batas -pi <= tetha < -pi/2;
%- G4 = tepi batas -pi/2 <= tetha <0;
%Ukuran grid n*m, dimana n >= 3 & m= 4, 8, 12, ...;
%TOL = toleransi = 0.00001;
%Input adalah konstanta;
%Jarak-jarak grid&nilai betha:
h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h;
%Menentukan suhu-suhu pada titik-titik batas:
Sum = 0; p = m;
for j = 1 : (m/4),
U(n, j) = G1; U(n, (m/4)+j) = G2;
U(n, (2*m/4)+j) = G3; U(n, (3*m/4)+j) = G4;
Sum = Sum + U(n, j) + U(n, (m/4)+j) +
U(n, (2*m/4)+j) + U (n, (3*m/4)+j);
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
U(i, j) = ave; W(i, j) = ave;
end
end
M = ave;
%Menganalisis kekonvergenan:
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U(1,j):
U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m))/(2*(1+(A^2*k^2)));
for j = 2 : (m-1),
U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
end
U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
%Menentukan pendekatan beda hingga
di titik-titik dalam U(2,j)-U(n-1,j):
for i = 2 : (n-1),
U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) +
(1-(1/2*A))*U(i-1, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 2) +
(1/(A^2*k^2))*U(i, m))/(2*(1+(A^2*k^2)));
for j = 2 : (m-1),
130
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
U(i, j) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, j) +
(1-(1/2*A))*U(i-1, j) + (1/(A^2*k^2))*U(i, j+1) +
(1/(A^2*k^2))*U(i, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
end
U(i, m) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, m) +
(1-(1/2*A))*U(i-1, m) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 1) +
(1/(A^2*k^2))*U(i, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
end
%Mencari beda relatif:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j));
end
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
M = max(max(C));
%Menyimpan hasil pendekatan beda hingga ke dalam matriks W:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
W(i, j) = U(i, j);
end
end
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j);
end
end
%Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian;
Bts=zeros(0,0);
for j = 1 : m,
Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)];
end
Uij=[Uij';Bts]';
disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan
suhu pada batas:');
Uij
131
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.2.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Laplace dalam pelat
cakram dengan syarat batas Neumann
function LaplaceKutubNeumann(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL)
%Tepi batas yang tidak diketahui masukkan '-';
%Jarak-jarak grid&nilai betha:
h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h;
%Menentukan suhu-suhu pada titik-titik batas:
Sum = 0; p = 0;
for j = 1 : (m/4),
if (G1 ~= '-')
U(n, j) = G1; Sum = Sum + U(n, j); p = p + 1;
end
if (G2 ~= '-')
U(n, (m/4)+j) = G2; Sum = Sum + U(n, (m/4)+j); p = p + 1;
end
if(G3 ~= '-')
U(n, (2*m/4)+j) = G3; Sum = Sum + U(n, (2*m/4)+j); p= p + 1;
end
if (G4 ~= '-')
U(n, (3*m/4)+j) = G4; Sum = Sum + U(n, (3*m/4)+j); p= p + 1;
end
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
U(i, j) = ave; W(i, j) = ave;
end
end
%Menentukan suhu awal di titik-titik batas:
for j = 1 : (m/4),
if (G1 == '-')
U(n, j) = ave; W1(1, j) = ave;
end
if (G2 == '-')
U(n, (m/4)+j) = ave; W2(1, j) = ave;
end
if(G3 == '-')
U(n, (2*m/4)+j) = ave; W3(1, j) = ave;
end
if (G4 == '-')
U(n, (3*m/4)+j) = ave; W4(1, j) = ave;
end
end
%Menentukan beda relatif tertinggi awal:
M = ave;
%Menganalisis kekonvergenan:
132
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif&simpan
hasil pendekatan di titik batas U(n,j):
C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0);
if (G1 == '-')
U(n, 1) = (2*U(n-1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 2) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, m))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C1(1, 1) = abs(U(n, 1) - W1(1, 1));
W1(1, 1) = U(n, 1);
for j = 2 : (m/4),
U(n, j) = (2*U(n-1, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C1(1, j) = abs(U(n, j) - W1(1, j));
W1(1, j) = U(n, j);
end
end
if (G2 == '-')
for j = 1 : (m/4),
U(n, (m/4)+j) = (2*U(n-1, (m/4)+j) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j-1))/
(2*(1+(A^2*k^2)));
C2(1, j) = abs(U(n, (m/4)+j) - W2(1, j));
W2(1, j) = U(n, (m/4)+j);
end
end
if(G3 == '-')
for j = 1 : (m/4),
U(n, (2*m/4)+j) = (2*U(n-1, (2*m/4)+j) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j-1))/
(2*(1+(A^2*k^2)));
C3(1, j) = abs(U(n, (2*m/4)+j) - W3(1, j));
W3(1, j) = U(n, (2*m/4)+j);
end
end
if (G4 == '-')
for j = 1 : (m/4)-1,
U(n, (3*m/4)+j) = (2*U(n-1, (3*m/4)+j) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j-1))/
(2*(1+(A^2*k^2)));
C4(1, j) = abs(U(n, (3*m/4)+j) - W4(1, j));
W4(1, j) = U(n, (3*m/4)+j);
end
U(n, m) = (2*U(n-1, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C4(1, m/4) = abs(U(n, (3*m/4)+j) - W4(1, m/4));
W4(1, m/4) = U(n, (3*m/4)+j);
end
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan
menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(1,j):
133
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(1, 1) = abs(U(1, 1) - W(1, 1)); W(1, 1) = U(1, 1);
for j = 2 : (m-1),
U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(1, j) = abs(U(1, j) - W(1, j)); W(1, j) = U(1, j);
end
U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(1, m) = abs(U(1, m) - W(1, m)); W(1, m) = U(1, m);
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan
menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(2,j)-U(n-1,j):
for i = 2 : (n-1),
U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) +
(1-(1/2*A))*U(i-1, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 2) +
(1/(A^2*k^2))*U(i, m))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(i, 1) = abs(U(i, 1) - W(i, 1)); W(i, 1) = U(i, 1);
for j = 2 : (m-1),
U(i, j) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, j) +
(1-(1/2*A))*U(i-1, j)+(1/(A^2*k^2))*U(i, j+1)+
(1/(A^2*k^2))*U(i, j-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j)); W(i, j) = U(i, j);
end
U(i, m) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, m) +
(1-(1/2*A))*U(i-1, m) + (1/(A^2*k^2))*U(i, 1) +
(1/(A^2*k^2))*U(i, m-1))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(i, m) = abs(U(i, m) - W(i, m)); W(i, m) = U(i, m);
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
maks = [ max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4)];
M = max(maks);
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j);
end
end
%Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian;
Bts=zeros(0,0);
for j = 1 : m,
Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)];
end
Uij=[Uij';Bts]';
disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas
disertai dengan suhu yang diketahui pada batas:');
Uij
134
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.3.1 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat
persegi panjang dengan syarat batas Dirichlet pada Contoh 3.3.1
function Contoh331(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL)
%G1 = tepi batas bawah, G2 = tepi batas atas,
%G3 = tepi batas kiri, G4 = tepi batas kanan;
%0<= x <=a dan 0 <= y <= b; Ukuran grid n*m; TOL=toleransi= 0.00001;
%Input adalah konstanta;
%Masukkan fungsi F((i-1)h, (j-1)k) ke dalam fungsi f(x, y) = -xy
dari persamaan Poisson.
%Jarak-jarak grid dan nilai betha:
h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k;
%Menentukan suhu di titik-titik batas:
Sum = 0; p = (2*m) + (2*(n-2));
for j = 1 : m,
u(1, j) = G3; u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(1, j) + u(n, j);
end
for i = 2 : (n-1),
u(i, 1) = G1; u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, 1) + u(i, m);
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (n-1),
u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave;
end
end
%Menentukan beda relatif tertinggi awal:
M = ave;
%Menganalisis kekonvergenan:
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) +
(B^2*u(i, j+1)) + (B^2*u(i, j-1)) –
(h^2*(-((i-1)*h)*((j-1)*k))))/(2*(1+B^2));
end
end
%Mencari kesalahan relatif:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
C(i-1, j-1) = abs(u(i,j) - w(i-1, j-1));
end
end
%Mencari kesalahan relatif tertnggi:
M = max(max(C));
135
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
%Menyimpan hasil pendekatan beda hingga ke dalam matriks w:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
w(i-1, j-1) = u(i, j);
end
end
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
for i = 1 : (n-2),
for j = 1 : (m-2),
uij(j, i) = u(i+1, m-j);
end
end
%Menambahkan suhu pada tepi bawah&atas dalam penyelesaian:
Bwh = zeros(0,0); Ats = zeros(0,0);
for i = 2 : (n-1),
Bwh = [Bwh G1]; Ats = [Ats G2];
end
uij = [Ats;uij;Bwh];
%Menambahkan suhu pada tepi kiri&kanan dalam penyelesaian:
Kri = zeros(0,0); Knn = zeros(0,0);
for j = 1 : m,
Kri = [Kri G3]; Knn = [Knn G4];
end
uij=[Kri;uij';Knn]';
%Diperoleh penyelesaian pendekatan sesuai dengan letak grid:
disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan
suhu-suhu batas');
uij
136
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.3.2 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat
persegi panjang dengan syarat batas Neumann pada Contoh 3.3.2
function Contoh332(G1,G2,G3,G4,a,b,n,m,TOL)
%Nilai tepi batas yang tidak diketahui, masukkan '-';
%Masukkan fungsi F((i-1)h, (j-1)k) ke dalam fungsi f(x, y) = -xy
dari persamaan Poisson.
%Jarak-jarak grid dan nilai betha:
h = a/(n-1); k = b/(m-1); B = h/k;
%Memasukkan suhu-suhu pada titik-titik batas:
Sum = 0; p = 0;
if (G1 ~= '-')
C1 = zeros(0,0);
for i = 1 : n,
u(i, 1) = G1; Sum = Sum + u(i, 1); p = p + 1;
end
end
if (G2 ~= '-')
C2 = zeros(0,0);
for i = 1 : n,
u(i, m) = G2; Sum = Sum + u(i, m); p = p + 1;
end
end
if (G3 ~= '-')
C3 = zeros(0,0);
for j = 1 : m,
u(1, j) = G3; Sum = Sum + u(1, j); p = p + 1;
end
end
if (G4 ~= '-')
C4 = zeros(0,0);
for j = 1 : m,
u(n, j) = G4; Sum = Sum + u(n, j); p = p + 1;
end
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
u(i, j) = ave; w(i-1, j-1) = ave;
end
end
%Menentukan suhu awal di titik siku:
if (G1 == '-' && G3 == '-')
u(1, 1) = ave; w11 = ave;
end
if (G2 == '-' && G3 == '-')
137
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
u(1, m) = ave; w1m = ave;
end
if (G1 == '-' && G4 == '-')
u(n, 1) = ave; wn1 = ave;
end
if (G2 == '-' && G4 == '-')
u(n, m) = ave; wnm = ave;
end
%Menentukan suhu awal di titik-titik batas:
if (G1 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, 1) = ave; w1(i-1, 1) = ave;
end
end
if (G2 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, m) = ave; w2(i-1, 1) = ave;
end
end
if (G3 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(1, j) = ave; w3(1, j-1) = ave;
end
end
if (G4 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(n, j) = ave; w4(1, j-1) = ave;
end
end
%Menentukan kesalahan relatif tertinggi awal:
M = ave;
%Menganalisis kekonvergenan:
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga,kesalahan relatif,& simpan
hasil
%pendekatan di titik siku:
C11 = zeros(0); C1m = zeros(0); Cn1 = zeros(0); Cnm = zeros(0);
if (G1 == '-' && G3 == '-')
u(1, 1) = (2*B^2*u(1, 2) + 2*u(2, 1) –
h^2*(-0*0))/(2*(1+B^2));
C11= abs(u(1, 1) - w11); w11 = u(1, 1);
end
if (G2 == '-' && G3 == '-')
u(1, m) = (2*B^2*u(1, m-1) + 2*u(2, m) –
h^2*(-0*k*(m-1)))/(2*(1+B^2));
C1m = abs(u(1, m) - w1m); w1m = u(1, m);
end
if (G1 == '-' && G4 == '-')
u(n, 1) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, 2) –
h^2*(-h*(n-1)*0))/(2*(1+B^2));
Cn1 = abs(u(n, 1) - wn1); wn1 = u(n, 1);
end
138
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
if (G2 == '-' && G4 == '-')
u(n, m) = (2*u(n-1, m) + 2*B^2*u(n, m-1) –
h^2*(-h*(n-1)*k(m-1)))/(2*(1+B^2));
Cnm = abs(u(n, m) - wnm); wnm = u(n, m);
end
%Menentukan pendekatan beda hingga,,kesalahan relatif,& simpan
hasil pendekatan di titik-titik batas:
C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0);
if (G1 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, 1) = (u(i+1, 1) + u(i-1, 1) + (2*B^2*u(i, 2)) h^2*(-(h*(i-1))*(k*(1-1))))/(2*(1+B^2));
C1(i-1, 1)=abs(u(i,1) - w1(i-1, 1)); w1(i-1, 1)=u(i, 1);
end
end
if (G2 == '-')
for i = 2 : (n-1),
u(i, m) = (u(i+1, m) + u(i-1, m) + (2*B^2*u(i, m-1)) h^2*(-(h*(i-1))*(k*(m-1))))/(2*(1+B^2));
C2(i-1, 1)=abs(u(i,m) - w2(i-1, 1)); w2(i-1, 1)=u(i, m);
end
end
if (G3 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(1, j) = (2*u(2, j) + (B^2*u(1, j+1))+(B^2*u(1, j-1))h^2*(-(h*(1-1))*(k*(j-1))))/(2*(1+B^2));
C3(1, j-1)=abs(u(1,j) - w3(1, j-1)); w3(1, j-1)=u(1, j);
end
end
if (G4 == '-')
for j = 2 : (m-1),
u(n, j) = (2*u(n-1, j)+(B^2*u(n, j+1))+(B^2*u(n, j-1))h^2*(-(h*(n-1))*(k*(j-1))))/(2*(1+B^2));
C4(1, j-1)=abs(u(n, j)-w4(1, j-1)); w4(1, j-1)=u(n, j);
end
end
%Menentukan pendekatan beda hingga,kesalahan relatif, dan
menyimpan hasil pendekatan di titik-titik dalam:
for i = 2 : (n-1),
for j = 2 : (m-1),
u(i, j) = (u(i+1, j) + u(i-1, j) +
(B^2*u(i, j+1)) + (B^2*u(i, j-1)) –
h^2*(-(h*(i-1))*(k*(j-1))))/(2*(1+B^2));
C(i-1, j-1)=abs(u(i,j)-w(i-1, j-1));w(i-1, j-1)=u(i, j);
end
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
maks = [max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4) C11 C1m Cn1
Cnm];
M = max(maks);
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
139
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
for i = 1 : (n-2),
for j = 1 : (m-2),
uij(j, i) = u(i+1, m-j);
end
end
disp('Penyelesaian di titik-titik dalam:');
uij
%Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas yang tidak diketahui:
if (G1=='-')
for i =2 : (n-1),
ui1(1, i-1) = u(i, 1);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas bawah:');
ui1
end
if (G2=='-')
for i =2 : (n-1),
uim(1, i-1) = u(i, m);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas atas:');
uim
end
if (G3=='-')
for j =2 : (m-1),
u1j(j-1, 1) = u(1, (m+1)-j);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kiri:');
u1j
end
if (G4=='-')
for j =2 : (m-1),
unj(j-1, 1) = u(n, (m+1)-j);
end
disp('Penyelesaian di titik-titik pada tepi batas kanan:');
unj
end
if (G1 == '-' && G3 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kiri:');
u11 = u(1, 1)
end
if (G2 == '-' && G3 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi kiri & atas:');
u1m = u(1, m)
end
if (G1 == '-' && G4 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi bawah & kanan:');
un1 = u(n, 1)
end
if (G2 == '-' && G4 == '-')
disp('Penyelesaian di titik siku tepi atas & kanan:');
unm = u(n, m)
end
140
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.3.3 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat
cakram dengan syarat batas Dirichlet pada Contoh 3.3.3
function Contoh333(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL)
%Diasumsikan:
%- G1 = tepi batas 0 <= tetha < pi/2;
%- G2 = tepi batas pi/2 <= tetha < pi;
%- G3 = tepi batas -pi <= tetha < -pi/2;
%- G4 = tepi batas -pi/2 <= tetha <0;
%Ukuran grid n*m, dimana n >= 3 & m= 4, 8, 12, ...;
%TOL = toleransi = 0.00001;
%Input adalah konstanta;
%Memasukkan F(h*i, k*(j-1)) ke dalam fungsi f(x, y) = sin(tetha)
dari persamaan Poisson.
%Jarak-jarak grid dan nilai betha:
h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h;
%Menentukan suhu di titik-titik batas:
Sum = 0; p = m;
for j = 1 : (m/4),
U(n, j) = G1; U(n, (m/4)+j) = G2;
U(n, (2*m/4)+j) = G3;
U(n, (3*m/4)+j) = G4;
Sum = Sum + U(n, j) + U(n, (m/4)+j) +
U(n, (2*m/4)+j) + U (n, (3*m/4)+j);
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
U(i, j) = ave; W(i, j) = ave;
end
end
%Menentukan kesalahan relatif tertinggi awal:
M = ave;
%Menganalisis kekonvergenan:
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga di titik-titik dalam U(1,j):
U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m) –
(h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
for j = 2 : (m-1),
U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1) (h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
end
U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1) (h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
141
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
%Menentukan pendekatan beda hingga
di titik-titik dalam U(2,j)-U(n-1,j):
for i = 2 : (n-1),
U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) + (1-(1/2*A))*U(i-1, 1)+
(1/(A^2*k^2))*U(i, 2) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m)(h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
for j = 2 : (m-1),
U(i, j) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, j)+(1-(1/2*A))*U(i-1, j)+
(1/(A^2*k^2))*U(i, j+1)+(1/(A^2*k^2))*U(i, j-1)(h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
end
U(i, m) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, m) + (1-(1/2*A))*U(i-1, m)+
(1/(A^2*k^2))*U(i, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m-1)(h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j));
end
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
M = max(max(C));
%Menyimpan hasil pendekatan ke dalam matriks W;
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
W(i, j) = U(i, j);
end
end
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j);
end
end
%Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian;
Bts=zeros(0,0);
for j = 1 : m,
Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)];
end
Uij=[Uij';Bts]';
disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam disertai dengan
suhu pada batas:');
Uij
142
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Lampiran 3.3.4 Program untuk menyelesaikan persamaan Poisson dalam pelat
cakram dengan syarat batas Neumann pada Contoh 3.3.4
function Contoh334(G1,G2,G3,G4,r,n,m,TOL)
%Tepi batas yang tidak diketahui masukkan '-';
%Memasukkan F(h*i, k*(j-1)) ke dalam fungsi f(x, y) = sin(tetha)
dari persamaan Poisson.
%Jarak-jarak grid dan nilai betha:
h = r/n; k = 2*pi/m; A = r/h;
%Menentukan suhu di titik-titik batas:
Sum = 0; p = 0;
for j = 1 : (m/4),
if (G1 ~= '-')
U(n, j) = G1; Sum = Sum + U(n, j); p = p + 1;
end
if (G2 ~= '-')
U(n, (m/4)+j) = G2; Sum = Sum + U(n, (m/4)+j); p = p + 1;
end
if(G3 ~= '-')
U(n, (2*m/4)+j) = G3; Sum = Sum + U(n, (2*m/4)+j); p= p + 1;
end
if (G4 ~= '-')
U(n, (3*m/4)+j) = G4; Sum = Sum + U(n, (3*m/4)+j); p= p + 1;
end
end
%Rata-rata suhu di titik-titik batas:
ave = Sum/p;
%Menentukan suhu awal di titik-titik dalam:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
U(i, j) = ave; W(i, j) = ave;
end
end
%Menentukan suhu awal di titik-titik batas:
for j = 1 : (m/4),
if (G1 == '-')
U(n, j) = ave; W1(1, j) = ave;
end
if (G2 == '-')
U(n, (m/4)+j) = ave; W2(1, j) = ave;
end
if(G3 == '-')
U(n, (2*m/4)+j) = ave; W3(1, j) = ave;
end
if (G4 == '-')
U(n, (3*m/4)+j) = ave; W4(1, j) = ave;
end
end
%Menentukan kesalahan relatif tertinggi awal:
143
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
M = ave;
%Menganalisis kekonvergenan:
while (M >= TOL)
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif&simpan
hasil pendekatan di titik batas U(n,j):
C1 = zeros(0); C2 = zeros(0); C3 = zeros(0); C4 = zeros(0);
if (G1 == '-')
U(n, 1) = (2*U(n-1, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 2) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, m) (h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C1(1, 1) = abs(U(n, 1) - W1(1, 1)); W1(1, 1) = U(n, 1);
for j = 2 : (m/4),
U(n, j) = (2*U(n-1, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, j-1) –
(h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C1(1, j)=abs(U(n, j) - W1(1, j)); W1(1, j) =U(n, j);
end
end
if (G2 == '-')
for j = 1 : (m/4),
U(n, (m/4)+j) = (2*U(n-1, (m/4)+j) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (m/4)+j-1) (h^2*sin(k*(m/4+j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C2(1,j)=abs(U(n,(m/4)+j)-W2(1,j)); W2(1,j)=U(n,(m/4)+j);
end
end
if(G3 == '-')
for j = 1 : (m/4),
U(n,(2*m/4)+j)=(2*U(n-1, (2*m/4)+j)+
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j+1)+
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (2*m/4)+j-1)(h^2*sin(k*(2*m/4+j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C3(1,j)=abs(U(n,(2*m/4)+j)-W3(1,j));
W3(1,j)=U(n,(2*m/4)+j);
end
end
if (G4 == '-')
for j = 1 : (m/4)-1,
U(n, (3*m/4)+j)=(2*U(n-1, (3*m/4)+j)+
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j+1)+
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, (3*m/4)+j-1)(h^2*sin(k*(3*m/4+j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C4(1, j) = abs(U(n, (3*m/4)+j) - W4(1, j));
W4(1, j) = U(n, (3*m/4)+j);
end
U(n, m) = (2*U(n-1, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(n, 1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(n, m-1) –
(h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C4(1, m/4)=abs(U(n, m) - W4(1, m/4)); W4(1, m/4) = U(n, m);
end
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif dan
144
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(1,j):
U(1, 1) = (2*U(2, 1) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 2) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m) –
(h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(1, 1) = abs(U(1, 1) - W(1, 1)); W(1, 1) = U(1, 1);
for j = 2 : (m-1),
U(1, j) = (2*U(2, j) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, j+1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, j-1) –
(h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(1, j) = abs(U(1, j) - W(1, j)); W(1, j) = U(1, j);
end
U(1, m) = (2*U(2, m) + (1/(A^2)*(k^2))*U(1, 1) +
(1/(A^2)*(k^2))*U(1, m-1) –
(h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(1, m) = abs(U(1, m) - W(1, m)); W(1, m) = U(1, m);
%Menentukan pendekatan beda hingga, kesalahan relatif
menyimpan hasil pendekatan di titik dalam U(2,j)-U(n-1,j):
for i = 2 : (n-1),
U(i, 1) = ((1+(1/2*A))*U(i+1, 1) + (1-(1/2*A))*U(i-1, 1)+
(1/(A^2*k^2))*U(i, 2) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m)(h^2*sin(k*(1-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(i, 1) = abs(U(i, 1) - W(i, 1)); W(i, 1) = U(i, 1);
for j = 2 : (m-1),
U(i, j)=((1+(1/2*A))*U(i+1, j)+(1-(1/2*A))*U(i-1, j)+
(1/(A^2*k^2))*U(i, j+1)+(1/(A^2*k^2))*U(i, j-1)(h^2*sin(k*(j-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(i, j) = abs(U(i, j) - W(i, j)); W(i, j) = U(i, j);
end
U(i, m)=((1+(1/2*A))*U(i+1, m)+(1-(1/2*A))*U(i-1, m)+
(1/(A^2*k^2))*U(i, 1) + (1/(A^2*k^2))*U(i, m-1)(h^2*sin(k*(m-1))))/(2*(1+(A^2*k^2)));
C(i, m) = abs(U(i, m) - W(i, m)); W(i, m) = U(i, m);
end
%Mencari beda relatif tertinggi:
maks = [ max(max(C)) max(C1) max(C2) max(C3) max(C4)];
M = max(maks);
end
%Meletakkan penyelesaian sesuai dengan letak pada grid:
for i = 1 : (n-1),
for j = 1 : m,
Uij(j, i) = U(i, (m+1)-j);
end
end
%Memasukkan suhu di titik batas pada penyelesaian;
Bts=zeros(0,0);
for j = 1 : m,
Bts = [Bts U(n, (m+1)-j)];
end
Uij=[Uij';Bts]';
disp('Penyelesaian pendekatan di titik-titik dalam dan batas
disertai dengan suhu yang diketahui pada batas:');
Uij
145