Saint Venant dengan Metode Numerik

Penyelesaian Persamaan Saint
Venant dengan Metode Numerik
Prof. Dr. Ir. Arwin, MS.
Lucky Lie Junpi – 253 09 005
Model Fisik Hidrologi F(x,y,z,t ):
HYDROLOGY MODEL
DAS HULU (Watershed Model)
Kawasan Hulu
DAS HILIR ,aliran permukaan
bebas (Deterministik
Model)
Persamaan
Saint Venant
:
Q
h
 B
b
x
t
Q
Boundary Hulu
Boundary Hilir
Prof.Arwin Sabar bid
keahlian PSDA &
Konservasi ,ITB


Q
1  Q2 h
 h


 gBh 
Sf   0
t
B
x
 x

2
Aliran pada Saluran Terbuka
I(t)
0
Q(t)
Dx
t
0
Dx
Dx
0
Dt
L
Model Deterministik pada Aliran
Saluran Terbuka (Chow, et all )
t
Persamaan Saint Venant
 Persamaan Kesinambungan Air
 Persamaan Momentum
Volume Kontrol Massa Air
Aliran
masuk
h
Aliran
keluar
𝜕𝑕
h + 𝜕𝑥 ∆𝑥
Δx
I
Jarak
x
Luas
F
Kecepatan V= 𝛾
𝑔
x + Δx
=
𝐹+
𝛾
𝜕𝐹
𝐹F++ ∆𝑥
Δx
𝑔
𝜕𝑥
𝜕𝐹
∆𝑥
𝜕𝑥
𝑉
V++
𝜕𝑉
∆𝑥
Δx
𝜕𝑥
𝑉+
𝜕𝑉
∆𝑥
𝜕𝑥
Persamaan Kesinambungan Air (1)
 Massa air yang masuk volume kontrol
𝛾
= . 𝐹. 𝑉
𝑔
(1.1)
 Massa air yang keluar volume kontrol
𝛾
𝜕𝐹
=
𝐹+
∆𝑥
𝑔
𝜕𝑥
𝜕𝑉
𝑉+
∆𝑥
𝜕𝑥
(1.2)
 Neraca massa air pada volume kontrol
𝛾
𝜕𝐹
𝛾
𝜕𝑉
=
𝑉.
∆𝑥 −
𝐹.
∆𝑥
𝑔
𝜕𝑥
𝑔
𝜕𝑥
(1.3)
Persamaan Kesinambungan Air (2)
 Massa air yang bertambah pada volume kontrol
𝛾 𝜕𝐹
=
∆𝑥
𝑔 𝜕𝑡
(1.4)
Dengan menerapkan hukum kekekalan massa pada volume
kontrol, maka persamaan yang diperoleh adalah (1.5)
𝛾 𝜕𝐹
𝛾
𝜕𝐹
𝛾
𝜕𝑉
∆𝑥 = − 𝑉.
∆𝑥 −
𝐹.
∆𝑥
𝑔 𝜕𝑡
𝑔
𝜕𝑥
𝑔
𝜕𝑥
(1.5)
Persamaan Kesinambungan Air (3)
 Bagi dengan
𝛾
∆𝑥
𝑔
, segingga persamaan (1.5) menjadi (1.6)
𝜕𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑉
+ 𝑉.
+ 𝐹.
=0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
(1.6)
𝜕𝐹 𝑑𝐹 𝜕𝑕
𝜕𝑕
𝜕𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑉
= + 𝐹. = 𝐵
Dimana:
+
𝑉. 𝑑𝑕
=0
𝜕𝑥
𝜕𝑡
𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥
𝜕𝑕
𝜕𝐹𝜕𝐹 =
𝑑𝐹𝑑𝐹
𝜕𝑕𝜕𝑕 = 𝜕𝑕
𝐵
=
=𝐵
𝜕𝑥𝜕𝑡 𝑑𝑕𝑑𝑕
𝜕𝑥𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑡
𝜕𝐹 𝑑𝐹 𝜕𝑕
𝜕𝑕
=
=𝐵
𝜕𝑡 𝑑𝑕 𝜕𝑡
𝜕𝑡
Disubstitusi ke
(1.5)
𝜕𝑕
𝜕𝐹
𝜕𝑉
𝐵
+ 𝑉.
+ 𝐹.
=0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
(1.6)
Persamaan Kesinambungan Air (4)
 Dengan meninjau turunan pertama dari Q = F x V, yaitu
𝜕𝑄
𝜕𝐹
𝜕𝑉
= 𝑉.
+ 𝐹.
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
Disubstitusikan ke persamaan (1.6)
 Sehingga diperoleh persamaan (1.7) sebagai Persamaan
Kesinambungan Air
𝜕𝑄
𝜕𝑕
+ 𝐵.
=0
𝜕𝑥
𝜕𝑡
(1.7)
Gaya-gaya yang Bekerja pada
Volume Kontrol
h
K1
K2
𝜕𝑕
h + 𝜕𝑥 ∆𝑥
K3
K4
I
g
I
Persamaan Momentum (1)
 Gaya Hidrostatis
𝐾1 = 𝛾. 𝐹. 𝑕
(2.1)
𝜕𝑕
𝐾2 = 𝛾. 𝐹. 𝑕 + ∆𝑥
𝜕𝑥
(2.2)
 Gaya Geser
𝐾3 = 𝛾. 𝐹. 𝑆𝑓 . ∆𝑥
𝑉2
𝑉𝑉
𝑆𝑓 = 2 = 2
𝐶 𝑅 𝐶 𝑅
dimana
𝑉2
𝑉𝑉
𝑆𝑓 = 2 = 2
𝐶 𝑅 𝐶 𝑅
𝑉𝑉
sehingga persamaannya menjadi
𝐾3 = 𝛾. 𝐹.
𝑉𝑉
. ∆𝑥
𝐶2𝑅
(2.3)
Persamaan Momentum (2)
 Gaya Gravitasi Volume Kontrol
𝐾4 = 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. sin 𝐼
 Kemiringan dasar saluran sangan kecil, maka sin I = I sehingga
persamaannya menjadi
𝐾4 = 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼
(2.4)
 Resultan gaya-gaya yang bekerja pada volume kontrol
= 𝐾1 − 𝐾2 − 𝐾3 − 𝐾4
𝜕𝑕
𝑉𝑉
𝐾 = 𝛾. 𝐹. 𝑕 − 𝛾. 𝐹. 𝑕 +
∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. 2 ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
(2.5)
Persamaan Momentum (3)
 Momentum yang masuk ke volume kontrol
2
𝛾
𝜕(𝐹.
𝑉
)
2
=
𝐹. 𝑉 +
∆𝑥
𝑔
𝜕𝑥
(2.6)
 Neraca pemasukan momentum pada volume kontrol
𝛾 𝜕(𝐹. 𝑉 2 )
=−
∆𝑥
𝑔 𝜕𝑥
(2.7)
 Penambahan momentum pada volume kontrol
𝜕
=
𝛾
. 𝐹. 𝑉. ∆𝑥
𝑔
𝜕𝑡
(2.8)
Persamaan Momentum (4)
 Dengan menerapkan hukum momentum terhadap volume
kontrol, maka diperoleh
𝛾
𝜕 𝑔 . 𝐹. 𝑉. ∆𝑥
𝛾 𝜕 𝐹. 𝑉 2
𝜕𝑕
𝑉𝑉
=−
∆𝑥 + 𝛾. 𝐹. 𝑕 − 𝛾. 𝐹. 𝑕 +
∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. 2 ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼
𝜕𝑡
𝑔 𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
𝜕
𝛾
. 𝐹. 𝑉. ∆𝑥
𝛾 𝜕 𝐹. 𝑉 2
𝜕𝑕
𝑉𝑉
𝑔
=−
∆𝑥 + −𝛾. 𝐹.
∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. 2 ∆𝑥 − 𝛾. 𝐹. ∆𝑥. 𝐼
𝜕𝑡
𝑔 𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
(2.9)
Persamaan Momentum (5)
 Bagi dengan
𝛾
∆𝑥
𝑔
, segingga persamaan (2.9) menjadi (2.10)
𝜕 𝐹. 𝑉
𝜕 𝐹. 𝑉 2
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+
+ 𝑔. 𝐹.
+ 𝑔. 𝐹. 2 + 𝑔. 𝐹. 𝐼 = 0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
 Dimana
𝜕 𝐹. 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝐹
=𝐹
+𝑉
𝜕𝑡
𝜕𝑡
𝜕𝑡
𝜕 𝐹. 𝑉 2
𝜕𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑉
= 𝐹. 𝑉
+ 𝑉2
+ 𝐹. 𝑉
𝜕𝑡
𝜕𝑡
𝜕𝑡
𝜕𝑡
𝜕 𝐹. 𝑉 2
𝜕𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑉
= 𝐹. 𝑉
+ 𝑉2
+ 𝐹. 𝑉 2
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
(2.10)
Persamaan Momentum (6)
 Substitusi
𝜕𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
2
2
𝐹
+𝑉
+ 𝐹. 𝑉
+𝑉
+ 𝐹. 𝑉
+ 𝑔. 𝐹.
+ 𝑔. 𝐹. 2 + 𝑔. 𝐹. 𝐼 = 0
𝜕𝑡
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
(2.11)
 Persamaan (2.11) dibagi F
𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹
𝜕𝑉 𝑉 2 𝜕𝐹
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+
+𝑉
+
+ 𝑉2
+ 𝑔
+ 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑡 𝐹 𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝐹 𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
𝜕𝑉
𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+𝑉
+
+𝑉
+𝑉
+ 𝑔
+ 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑡
𝜕𝑥 𝐹 𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
(2.12)
Persamaan Momentum (7)

𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹
𝜕𝑉 𝑉 2 𝜕𝐹
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
2
+
+
𝑉
+
+
𝑉
+
𝑔
+
𝑔
+ 𝑔. 𝐼 = 0
Persamaan
𝜕𝑡
𝐹 𝜕𝑡
𝜕𝑥 (2.12)
𝐹 𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶2𝑅
𝜕𝑉
𝜕𝑉 𝑉 𝜕𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+𝑉
+
+𝑉
+𝑉
+ 𝑔
+ 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑡
𝜕𝑥 𝐹 𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
 Dimana
𝜕𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑉
+𝑉
+𝑉
=0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
 Disubstitusikan ke persamaan (2.12) sehingga menghasilkan
persamaan (2.13) sebagai Persamaan Momentum
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+𝑉
+𝑔
+ 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
(2.13)
Skema Finite Difference
Boundary
condition
Boundary
condition
Initial condition
Kontinuitas
Q
H
B
0
x
t
Momentum
QQ
Q
H
 gA
g 2
0
t
x
C AR
Penyelesaian dengan Metode
Implsit
  1/ 2
Modifikasi Persamaan Momentum (1)
 Karena alirannya steady, maka tinggi muka air di hulu
dan di hilir sama
 Akibatnya kecepatan tidak berubah;
h+I=H
 Sehingga persamaannya menajadi
𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+𝑉
+𝑔
+ 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+𝑔
+𝐼 +𝑔 2 =0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
𝜕𝑉
𝜕𝐻
𝑉𝑉
+𝑔
+𝑔 2 =0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
= 0; dan
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
+𝑉
+𝑔
+ 𝑔 2 + 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
𝜕𝑉
𝜕𝑕
𝑉𝑉
Modifikasi Persamaan
Momentum
(2)
+𝑔
+𝐼 +𝑔
=0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝐶2𝑅
𝜕𝑉
𝜕𝐻
𝑉𝑉
+𝑔
+𝑔 2 =0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝐶 𝑅
Seluruh ruasnya dikalikan dengan A, maka persamaannya menjadi:
𝜕𝑄
𝜕𝐻
𝑄𝑄
+ 𝑔𝐴
+𝑔 2 =0
𝜕𝑡
𝜕𝑥
𝐴𝐶 𝑅
(3.1)
Segmen Aliran (1)
 Persamaan pada ruas 1, yaitu:
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑗 −1
𝜕𝑄 𝑄𝑖−2 − 𝑄𝑖−2
=
𝜕𝑡
∆𝑡
𝑗
(3.2)
𝑗
𝜕𝐻 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3
=
𝜕𝑥
2∆𝑥
(3.3)
 Persamaan pada ruas 1 disubstitusi pada persamaan
momentum (3.1) menjadi
𝑗
𝑗 −1
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑗
𝑄𝑖−2 − 𝑄𝑖−2
𝐻 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3
𝑄𝑄
+ 𝑔𝐴 𝑖−1
+𝑔 2 =0
∆𝑡
2∆𝑥
𝐴𝐶 𝑅
(3.4)
Segmen Aliran (2)
 Persamaan (3.4) dikalikan dengan
2∆𝑥
menjadi persamaan (3.5)
𝑔𝐴
2∆𝑥 𝑗
2∆𝑥 𝑗 −1
2∆𝑥 𝑄 𝑄
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑗
𝑄 −
𝑄
+ 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 +
=0
𝑔𝐴∆𝑡 𝑖−2 𝑔𝐴∆𝑡 𝑖−2
𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅
𝑗
𝑄𝑖−2
2∆𝑥 2∆𝑥 𝑄 𝑄
2∆𝑥 𝑗 −1
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑗
+
−
𝑄
+
𝐻
−
𝐻
+
𝐻
−
𝐻
=0
𝑖−2
𝑖−1
𝑖−3
𝑖−1
𝑖−3
2
𝑔𝐴∆𝑡
𝐴 𝐴𝐶 𝑅
𝑔𝐴∆𝑡
(3.5)
 Dimana :
2∆𝑥
2∆𝑥 2∆𝑥 𝑄 𝑄
𝑎=
;𝑏 =
+
𝑔𝐴∆𝑡
𝑔𝐴∆𝑡
𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅
 Sehingga persamaan (3.5) berubah menjadi persamaan (3.6)
𝑗
𝑗 −1
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝒋
𝒋
𝑗
𝑏𝑄𝑖−2 − 𝑎𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−3 = 0
𝒋−𝟏
𝒋−𝟏
𝒋−𝟏
𝒋
𝑯𝒊−𝟑 + 𝒂𝑸𝒊−𝟐 − 𝑯𝒊−𝟏 = −𝑯𝒊−𝟑 +𝒃𝑸𝒊−𝟐 + 𝑯𝒊−𝟏
(3.6)
Segmen Aliran (3)
 Persamaan pada ruas 2, yaitu:
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝜕𝑄 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖
=
𝜕𝑥
2∆𝑥
𝑗
𝑗
− 𝑄𝑖−2
(4.1)
𝑗 −1
𝜕𝐻 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1
=
𝜕𝑥
∆𝑡
(4.2)
 Persamaan pada ruas 2 disubstitusi pada persamaan
kesiambungan air menjadi
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖
2∆𝑥
𝑗
− 𝑄𝑖−2
𝑗
𝑗 −1
𝐻 − 𝐻𝑖−1
+ 𝐵 𝑖−1
=0
∆𝑡
(4.3)
Segmen Aliran (4)
 Persamaan (4.3) dikalikan dengan
∆𝑡
𝐵
menjadi persamaan (4.4)
∆𝑡
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑗
𝑗
𝑗 −1
𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1 = 0
2𝐵∆𝑥
 Dimana :
𝑐=
(4.4)
∆𝑡
2𝐵∆𝑥
 Sehingga persamaan (4.4) berubah menjadi persamaan (4.5)
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑐 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖−2 + 𝑄𝑖
𝑗
𝑗 −1
𝑗 −1
𝑐𝑄𝑖 − 𝑐𝑄𝑖−2 + 𝑐𝑄𝑖
𝒋−𝟏
𝒋−𝟏
𝑗
𝑗 −1
𝑗
𝑗
𝑗 −1
− 𝑐𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1 = 0
𝒋−𝟏
𝒄𝑸𝒊−𝟐 + 𝑯𝒊−𝟏 − 𝒄𝑸𝒊
𝑗
− 𝑄𝑖−2 + 𝐻𝑖−1 − 𝐻𝑖−1 = 0
𝒋
𝒋
𝒋
= −𝒄𝑸𝒊−𝟐 + 𝑯𝒊−𝟏 + 𝒄𝑸𝒊
(4.5)
Review (1)
 Dengan mensubstitusi j=n (new) dan j-1 = o (old)
 Persamaan Momentum jadi:
𝑯𝒐𝒊−𝟑 + 𝒂𝑸𝒐𝒊−𝟐 − 𝑯𝒐𝒊−𝟏 = −𝑯𝒏𝒊−𝟑 +𝒃𝑸𝒏𝒊−𝟐 + 𝑯𝒏𝒊−𝟏
 Persamaan kesinambungan air mjadi:
𝒄𝑸𝒐𝒊−𝟐 + 𝑯𝒐𝒊−𝟏 − 𝒄𝑸𝒐𝒊 = −𝒄𝑸𝒏𝒊−𝟐 + 𝑯𝒏𝒊−𝟏 + 𝒄𝑸𝒏𝒊
Review (2)
 3 Ruas selanjutnya adalah
𝑯𝒐𝒊−𝟏 + 𝒂𝑸𝒐𝒊 − 𝑯𝒐𝒊+𝟏 = −𝑯𝒏𝒊−𝟏 +𝒃𝑸𝒏𝒊 + 𝑯𝒏𝒊+𝟏
𝒄𝑸𝒐𝒊 + 𝑯𝒐𝒊+𝟏 − 𝒄𝑸𝒐𝒊+𝟐 = −𝒄𝑸𝒏𝒊 + 𝑯𝒏𝒊+𝟏 + 𝒄𝑸𝒏𝒊+𝟐
𝑯𝒐𝒊+𝟏 + 𝒂𝑸𝒐𝒊+𝟐 − 𝑯𝒐𝒊+𝟑 = −𝑯𝒏𝒊+𝟏 +𝒃𝑸𝒏𝒊+𝟐 + 𝑯𝒏𝒊+𝟑
Persamaan Matriks
𝑜
𝐻𝑖−3
1
1
𝑜
𝑄𝑖−2
1 𝑎 −1
−1 𝑏 1
𝑜
𝐻𝑖−1
𝑐 1 −𝑐
−𝑐 1 𝑐
𝑄𝑖𝑜 =
1 𝑎 −1
−1 𝑏 1
𝑜
𝑐 1 −𝑐
−𝑐 1 𝑐
𝐻𝑖+1
1 𝑎 −1 𝑄𝑜
−1 𝑏 1
𝑖+2
1
1
𝑜
𝐻𝑖+3
𝑛
𝐻𝑖−3
𝑛
𝑄𝑖−2
𝑛
𝐻𝑖−1
𝑄𝑖𝑛
𝑛
𝐻𝑖+1
𝑛
𝑄𝑖+2
𝑛
𝐻𝑖+3
Penyelesaian Persamaan Matriks
 Metode eliminasi
Prinsip yang digunakan pada metode eliminasi adalah
dengan mengeliminasi variabel-variabel yang tidak
diketahui
 Metode Iterasi
digunakan nilai-nilai perkiraan
Metode Eliminasi Gauss
a11 a12 a13
0 a a
22
23

 0 0 a33

 ...
 0 0 0
... a1n   x1   b1 
... a2 n   x2  b2 
.. a3n   x3   b3 
   
  ...   ... 
... ann   xn  bn 
Solusi dapat dihitung dengan teknik subtitusi mundur
ann xn  bn  xn 
bn
ann
an 1,n 1 xn 1  an 1,n xn  bn 1  xn 1 
bn 1  an 1,n xn
an 1,n 1
an  2,n  2 xn  2  an  2,n 1 xn 1  an  2, n xn  bn  2  xn  2 
bn  2  an  2,n 1 xn 1  an  2,n xn
an  2 , n  2
Metode Eliminasi Gauss (2)
Apabila xn, xn-1, xn-2 diketahui maka nilai xk dapat dihitung dengan
bk 
xk 
n
a
j  k 1
kj
xj
akk
k  n  1, n  2,...,1
akk  0
Metode Iterasi Gauss Seidel
 Metode iterasi Gauss Seidel digunakan khusus untuk
menyelesaikan persamaan simulasi gerak air pada
saluran tunggal
Syarat Metode Iterasi (1)
𝐶𝑗𝑗 ≥ 𝐶𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐶𝑗 ,𝑗 +1
𝐶𝑗𝑗 = 1
𝐶𝑗 ,𝑗 −1 = 𝐶𝑗 ,𝑗 +1
∆𝑡
=𝑐=
2𝐵∆𝑥
𝑗 = 1,3, . . 2𝑛 + 1
∆𝑡
≤1
𝐵∆𝑥
Syarat Metode Iterasi (2)
𝐴𝑗𝑗 ≥ 𝐴𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐴𝑗 ,𝑗 +1
2∆𝑥 2∆𝑥 𝑄 𝑄
𝐴𝑗𝑗 =
+
𝑔𝐴∆𝑡
𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅
𝐴𝑗 ,𝑗 −1 = 𝐴𝑗 ,𝑗 +1 = 1
∆𝑥
∆𝑥 𝑄 𝑄
+
≥1
2
𝑔𝐴∆𝑡 𝐴 𝐴𝐶 𝑅
𝑗 = 2,4,6, . . 2𝑛
Syarat Metode Iterasi (3)
 Untuk semua j = 1,2,3,.. 2n+1, dan untuk sedikitnya
satu j harus ada:
𝐶𝑗𝑗 > 𝐶𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐶𝑗 ,𝑗 +1
𝐴𝑗𝑗 > 𝐴𝑗 ,𝑗 −1 + 𝐴𝑗 ,𝑗 +1
∆𝑡
<1
𝐵∆𝑥
∆𝑥
∆𝑥 𝑄 𝑄
+
>1
2
𝑔𝐴∆𝑡 𝐴 𝐴𝐶 𝑅
Penyelesaian Simultan Gerak Air
 Mempunyai dominan diagonal, dengan syarat:
∆𝑥 ∆𝑥 𝑄 𝑄
∆𝑡 ≤
+
𝐴
𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅
∆𝑡 ≤ 𝐵∆𝑥
𝑗 = 1,3, . . 2𝑛 + 1
𝑗 = 2,4,6, . . 2𝑛
∆𝑡 < 𝐵∆𝑥
∆𝑥 ∆𝑥 𝑄 𝑄
∆𝑡 <
+
𝐴
𝐴 𝐴𝐶 2 𝑅
n
o
 u  ui  ui
  
Dt
 t i
n
uin1  uin
uio1  uio
 u 
 1   
  
Dx
Dx
 x i
o
 0
uin1  uin
uio1  uio
 u 
 1  0
  0
Dx
Dx
 x i
n
uio1  uio
 u 
  
Dx
 x i
n
H io1  H io1
 H 



Dx
 x i
n
Qin  Qio
 Q 



Dt
 t i
n
QQ
Q
H
 gA
g 2
0
t
x
C AR
Qio Qin
Qin  Qio
H io1  H io1
 gA
g 2
0
Dt
Dx
C AR
Qio
Qio
H io1
H io1

 gA
 gA
g 2
Qin  0
Dt
Dx
Dx
C AR
Qio
H io1 Qio
H io1
Qin
 gA

 gA

g 2
Qin
Dx Dt
Dx
Dt
C AR
 H io1 
 Dx 1
Qio 
Dx Qio

 H io1  Qin 
g 2

gA Dt
gA Dt
C AR 


H io1  Qio  H io1  Qin

Dx
gA

Dx
gADt
Qi j 
Dx  1


g 2
gA  Dt
C AR 


o
o
 Q  Qi 2  Qi


Dx
 x 
n
o
 H  H i  H i


Dt
 t 
Q
H
B
0
x
t
Qio 2  Qio
H in1  H io1
B
0
Dx
Dt
Qio 2 Qio
H in1
H io1

B
B
0
Dx Dx
Dt
Dt
Qio
H io1 Qio 2
H in1

B

 B
Dx
Dt
Dx
Dt

Dt Qio
Dt Qio 2
o

 H i 1 
  H in1
B Dx
B Dx
Qi j  H i j 1  Qi j 2  H i j 11
Dt
B

Dt
BDx
H io3  Qio2  H io1  Qin2
Qio2  H io1  Qio  H in1
H io1  Qio  H io1  Qin
Qio  H io1  Qio 2  H in1
H io1  Qio 2  H io3  Qin2

Perhitungan dilakukan baris demi baris
1 







1
1 
1


1
1 
1

 H io3 


  Qio 2    Qin 2 
 o   n 
  H i 1   H i 1 
  Qio     Qin 
 o   n 
  H i 1   H i 1 
 1  Qio 2    Qin 2 
H o 
 i 3 
n
o
 u  ui  ui
 
Dt
 t 
uin1  uin
uio1  uio
 u 
 1   
  
Dx
Dx
 x 
 1
n
n
uio1  uio
 u  ui 1  ui
 1  1
  1
Dx
Dx
 x 
n
n
 u  ui 1  ui
 
Dx
 x 
n
o
 Q  Qi  Qi


Dt
 t 
n
n
 H  H i 1  H i 1


Dx
 x 
Q
H g Q Q
gA

0
t
 x C2AR
o
o
Qin  Qio
H in1  H in1 g Qi Qi
 gA
 2
0
Dt
Dx
C AR
o
o
Qin Qio
H in1
H in1 g Qi Qi

 gA
 gA
 2
0
Dt Dt
Dx
Dx
C AR
o
o
H in1 Qin
H in1 Qio g Qi Qi
 gA

 gA

 2
Dx Dt
Dx
Dt
C AR
H
n
i 1
o
o
Dx Qin
Dx Qio Dx g Qi Qi
n

 H i 1 

gA Dt
gA Dt gA C 2 A R
 H in1  Qin  H in1  Qio

Dx
gA

Dx
gADt
g Qi j 
Dx  1


 2

gA Dt C A R 


n
n
 Q  Qi 2  Qi


Dx
 x 
n
o
 H  H i 1  H i 1


Dt
 t 
Q
H
B
0
x
t
Qin 2  Qin
H in1  H io1
B
0
Dx
Dt
Qin 2 Qin
H in1
H io1

B
B
0
Dx Dx
Dt
Dt
Qin
H in1 Qin 2
H io1

B

B
Dx
Dt
Dx
Dt
Dt Qin
Dt Qin 2
n

 H i 1 
 H io1
B Dx
B Dx
 Q  H
n
i
n
i 1
 Q
n
i 2
H
o
i 1

Dt
B

Dt
BDx
 H in3  Qin2  H in1  Qio2
 Qin2  H in1  Qin  H io1
 H in1  Qin  H in1  Qio
 Qio  H io1  Qio 2  H in1
 H in1  Qin 2  H in3  Qio2

Perhitungan dilakukan baris demi baris
 1 







1
1
1



1
1 
1 
 H in3 


  Qin 2    Qio 2 
 n   o 
  H i 1   H i 1 
  Qin     Qio 
 n   o 
  H i 1   H i 1 
1  Qin 2    Qio 2 
H j 
 i 3 