TUGAS

MATEMATIKA TEKNIK II

Disusun Oleh:

Sonia Wulandari 12.2010.009

Tri Anggraini 12.2010.017

Rini Marindah 12.2010.011

Krismanto 12.2010.024

Dosen Pembimbing

Netty Herawati, S.T, M.T

PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDINER

Ada beberapa cara:

a. One step method

Euler

Modified Euler

Runge Kutta

Multi Step Method

Adam-Basforth

Adam-moulton

b. Finite Difference Approximation → cara beda hingga

Penyelesaian numeris timbul karena hanya sebagian kecil PD bisa

diselesaiakan secara analitis.

Penyelesaian numeris tidak 100% benar, tetapi berupa jawaban pendekatan.

Penyimpangan dari jawaban sebenarnya → ralat → ralat yang timbul dapat

dibatasi sesuai keperluan.

Untuk mendapatkan pendekatan yang terkecil → perhitungan semakin

panjang.

Prinsip dx → ∆x → bilangan yang kecil

Makin kecil ∆x → jawaban mendekati kebenaran tetapi harus

diingat jumlah iterasi.

PERSAMAAN DASAR UNTUK PENYELESAIAN NUMERIS PD ORDER SATU

dydx

=f ( x , y )

y=∫ f ( x . y )dx+C

misal untuk x = x0 y = y0

y0¿∫ f ( x , y )dx + C

C ¿ y0 −∫ f ( x , y )dx

x=x0

y=y0

x=x0

y=y0

y ¿∫ f ( x , y )dx+¿y0 −∫ f ( x , y )dx

= y0 +∫ f (x , y )dx−∫ f ( x , y )dx

y = y0 + ∫x 0= x0y 0= y 0

x= xy= y

f ( x , y )dx

Jika istilah x dengan x0 kecil maka f(x,y) bisa dianggap konstan sehingga:

y = y0 + f (x,y) (x-x0) → persamaan umum

f (x,y) adalah harga f(x,y) yang bisa mewakili f(x,y) sepanjang interval x0 → x

Metoda Euler

dydx

=¿ f(x,y)

x = x0

y = y0

Jika dilihat dari deret Taylor

y1= y0+(dy /dx )0

1!∆ x+

(d2 y /dx2 )02 !

∆ x2+(d2 y /dx2 )0

2!∆ x2+¿…………………

Jika ∆x kecil maka suku (∆x)2, (∆x)3 ……………dst daibaikan.

DASAR PERSAMAAN EULER

y1= y0+(dy /dx )0∆ x

Bentuk umum:

yn+1= yn+(dy /dx )n∆ x diambil ∆ x cukup kecil.

Langkah penyelesaian:

1. Dihitung (dy/dx)0 = f(x0,y0)

2. Dihitung y1 = y0 + (dy/dx)0∆ x

3. Dihitung (dy/dx)1 = f(x1,y1)

4. Dihitung y2 = y1 + (dy/dx)1∆ x

x=x0

y=y0

x=x0

y=y0

Contoh:

dydx

=x2+xy

x0=¿ 2 diambil ∆ x=¿ 0,1

y0=¿ 1

x1=¿ x0 + ∆ x = 2 + 0,1 = 2,1

( dydx )0

=f (x0 , y0 )=22+(2 )(1)=6

y1= y0+( dydx )0

∆ x=1+(6 )(0,1)=1,6

x2=x1+∆ x=2,1+0,1=2,2

( dydx )1

=f (x1 , y1 )=2,12+(2,1 )(1,6)=7,77

y2= y1+( dydx )1

∆ x=1,6+(7,77 ) (0,1 )=2,377

Untuk PD Simultan:

dydx

=f 1(x , y , z )

x=x0 ; y= y0 ; z=z0

dzdx

=f 2(x , y , z )

Persamaan dasar tetap

yn+1= yn+( dydx )n∆xzn+1=zn+( dzdx )n∆ x

Diambil suatu ∆ x cukup kecil:

1. Dihitung (dy/dx)0 = f1 (x0, y0, z0)

(dz/dx)0 = f2 (x0, y0, z0)

2. y1= y0+( dydx )0

∆ x

z1= y0+( dzdx )0

∆ x

3. (dy/dx)1 = f1 (x1, y1, z1)

(dz/dx)1 = f2 (x1, y1, z1)

4. y2= y1+( dydx )1

∆ x

5. z2=z1+( dzdx )1

∆ x

Contoh:

dydx

=x+ y+ z

dzdx

=x+ yz

x0=1 ; y0=0,5 ; z0=0

Diambil ∆ x=0,1

x1=x0+∆ x=1+0,1=1,1

( dydx )0

=1+0,5+0=1,5

( dzdx )0

=1+ (0,5 )(0)=1

y1= y0+( dydx )0

∆ x=0,5+1,5 (0,1 )=0,65

z1=z0+( dzdx )0

∆ x=0+1 (0,1 )=0,1

x2=x1+∆ x=1,1+0,1=1,2

( dydx )1

=x+ y+z=1,1+0,65+0,1=1,85

( dzdx )1

=x+ yz=1,1+ (0,65 )(0,1)=1,165

y 2 = y 1 + ( dydx )∆ x =0,65 + 1,85 (0,1) = 0,835

z 2 = z 1 + ( dydx ) 1 ∆ x = 0,1 + 1,165 (0,1) = 0,2165

MODIFIED EULER METHOD

METODE EULER TERMODINAMIKA

Metode Euler : y n+1 = yn + ( dydx ) n ∆ x

y perbedaan

xn+1 , yn+1

xn ,yn

yn xn+1 x

Modifier Euler Methode

y n+1 = y n + ( dydx ) av ∆ x

( dydx ) av =( dydx )n+( dydx )n+1

2

Cara Modiefied Euler perlu dilaksanakan secara iteratif karena pada saat menghitung yn+1

diperlukan harga yn+1

Langkah – langkah pelaksanaan (dari n n+1)

1. Hitung x n+1 = xn + ∆ x

2. Hitung ( dydx ) n = f (xn , yn)

3. Hitung y n+1 (1) = yn + ( dydx )n∆ x

4. Hitung ( dydx ) (1)n+1 = f(xn+1 , yn+1

(1) )

5. Hitung ( dydx ) (1)av =

12 {( dydx ) n + ( dydx ) (1)

n+1

6. Hitung y n+1 (2) = yn + ( dydx ) (1)av ∆ x

7. Hitung ( dydx ) (2)n+1

= f ¿n+1 , yn+1 (2) )

8. Hitung ( dydx ) (2)av = ⅟2 {( dydx ) n + ( dydx ) (2)

n+1

9. Dihitung y n+1 3 = y n + ( dydx ) (2)av ∆ x

10.Dan seterusnya sampai y n+1 k ≈ y n+1(k + 1)

11.Di anggap y n+1 ≈ y n+1 k

y yn + 1 (1)

Xn,yn xn+1 , yn+1

yn xn+1 x

Dengan cara yang sama di hitung xn+2 dan yn+2

Contoh :

dydx

= x2 + √ xy x0 = 1 ; y0 = 0,5

Diasumsi : ∆ x = 0,1

( dydx ) 0 = f (x0 ,y0) = x2 + √ xy = 12 + √1(5) = 1,701

y1 (1) = y 0 + ( dydx ) 0 ∆ x = 0,5 + 1,701 (0,1) = 0,67071

( dydx ) (1)1

= (1,1) 2 + √ (1,1 ) ( 0,67071 ) = 2,0684

( dydx )(1)av

= ⅟2 {( dydx ) 0 + ( dydx ) (1)1 = ⅟2 (1,7071 + 2,0684 ) = 1,8880

y1 (2) = y0 + ( dydx )(1)

av∆ x = 0,5 + 1,8880 (0,1) = 0,6888

( dydx ) (2)1

= (1,1) 2 + √ (1,1 ) ( 0,6888 ) = 2,0804

( dydx )(2)av

= ⅟2 {( dydx ) 0 + ( dydx ) (2)1 = ⅟2 (1,7071 + 2,0804 ) = 1,8938

y1 (3) = y 0 + ( dydx )(2)

av ∆ x = 0,5 + 1,8938 (0,1) = 0,68938

( dydx ) (3)1

= (1,1) 2 + √ (1,1 ) ( 0,68938 ) = 2,0808

( dydx )(3)av

= ⅟2 {( dydx ) 0 + ( dydx ) (3)1 = ⅟2 (1,7071 + 2,0808 ) = 1,990

y1 (4) = y 0 + ( dydx )(3)

av ∆ x = 0,5 + 1,990 (0,1) = 0,68940

y1 (4) ≈ y1

(3) dianggap konvergen

Jadi x1 = 1,1

y = 0,6840

x2 = x1 + ∆ x = 1,1 + 0,1 = 1,2

y2 = ......................................

BENTUK PD SIMULTAN

dydx

= f1 ( x,y,z )

dzdx

= f2 ( x,y,z )

x= x0 ; y = y0 ; z = z0

PERSAMAAN DASAR :

yn+1 = y n + ( dydx ) av ∆ x

zn+1 = z n + ( dydx ) av ∆ x

( dydx ) av = ⅟2 {( dydx ) n + ( dydx ) n+1

( dzdx ) av = ⅟2 {( dzdx ) n + ( dzdx ) n+1

Langkah – langkah penyelesaian

Diambil ∆ x cukup kecil

Perhitungan dari xn xn+1

1. Hitung xn+1 = xn + ∆ x

2. Hitung ( dydx ) n = f1 (xn , yn, zn )

( dzdx ) n = f2 (xn , yn, zn )

3. Hitung y n+1 (1) = y n + ( dydx ) n ∆ x

z n+1 (1) = z n + ( dydx ) n ∆ x

4. Hitung ( dydx ) (1)n+1

= f1 (xn+1 , yn+1 (1)

, zn+1(1) )

( dzdx ) (1)n+1

= f2 (xn+1 , yn+1(1)

, zn+1(1) )

5. Hitung ( dydx )av(1)

= ½ {( dydx )n + ( dydx )n+1

(1) } ( dzdx )av

(1 )

= ½ {( dzdx )n+ ( dzdx )n+1

(1) }6. Hitung y n+1

(2) = yn + ( dydx ) ∆ xav(1)

Zn+1(2) = zn + ( dzdx ) ∆xav

(1)

7. Hitung ( dydx )n+1

(2)

= f1 ( xn+1, yn+1(2), zn+1

(2))

( dzdx )n+1

(2 )

= f1 ( xn+1, yn+1(2), zn+1

(2))

8. Hitung ( dydx )av(2)

= ½ {( dydx )n + ( dydx )n+1

(2) }

( dzdx )av(2 )

= ½ {( dydx )n + ( dydx )n+1

(2) }9. Dihitung yn+1

(3) = yn + ( dydx ) ∆ xav(2)

zn+1(3) = zn + ( dydx ) ∆ xav

(2)

10. Dan seterusnya sampai yn+1k ≈yn+1

(k+1)

zn+1k ≈zn+1

(k+1)

11. Dianggap yn+1≈ yn+1k

zn+1≈ zn+1k

Contoh :

dydx

= x + √ yz

dzdx

= xy + z2

Ambil ∆ x=0,1

1. Hitung xn+1 = 1 +0,1 = 1,1

2. ( dydx )0= 1 + √ (0,6 )(0,3) = 1,4243 x0 = 1; y0 = 0,6; z0 = 0,3

( dzdx )0 = (1) (0,6) + (0,3)2 = 0,6900

3. y1(1) = 0,6 + 1,4243 (0,1) = 0,74243

z1(1) = 0,3 + 0,6900 (0,1) = 0,36900

4. ( dydx )1

(1)

= 1,1 + √0,74243 (0,369 ) = 1,6234

( dzdx )1

(1 )

= 1,1 (0,74243) + (0,369)2 = 0,9528

5. ( dydx )av(1)

= ½ {1,4243 + 1,6234} = 1,5238

( dydx )av(1)

= ½ {0,6900 + 0,9528} = 0,8214

6. y1(2) = 0,6 + (1,5238) (0,1) = 0,75238

z1(2) = 0,3 + (0,8214) (0,1) = 0,38214

7. ( dydx )1

(2)

= 1,1 + √ (0,75238 )(0,38214) = 1,6362

( dzdx )1

(2 )

= (1,1) (0,75238) + (0,38214)2 = 0,9736

8. ( dydx )av(2)

= ½ {1,4243 + 1,6362} = 1,5302

( dzdx )av(2 )

= ½ {0,6900 + 1,6362} = 0,8318

y1(3) = 0,6 + (1,5302) (0,1) = 0,75302 ≈ y1

(2)

z1(3) = 0,3 + (0,8328) (0,1) = 0,38318 ≈ z1

(2)

x1 = 1,1; y1 = 0,75302; z1 = 0,38318

METODA RUNGE KUTTA

PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDE SATU

dydx

= f (x,y)

x = x0

I.C. : y = y0 → x = x0 + h → y = ? (h= tetapan)

dydx = f(x,y) =

k1

h → k1 = h f(x0, y0)

x= x0 + h → y = y0 + k1 ← pendekatan pertama

Pendekatan kedua :

x = x0 + ½ h → y = y0 + ½ k1

Dibuat kurva sejajar melewati (x0 + ½ h , y0 + ½ k1 )

Dicari slopenya (garis singgung)

Dibuat garis singgung yang sejajar dengan garis singgung tersebut melalui titik (x0,y0)

→ didapat k2

k2 = h f (x0 + ½ h , y0 + ½ k1 )

Ternyata k2 masih under estimate dari harga yang sebenarmya.

Untuk mendapatkan harga yang paling dekat dengan hargayang sebenarnya sebaiknya

diambil slope rata-rata dari tiga tempat :

awal tengah akhir

x0 x0 + ½ h x0 + h

Secara analitis pada x = x0 + h harga y dari kurva yang melewati (x0, y0) diberikan dengan :

y = y0 + 16

(k1 + 4k2 + k3)

k1= h f ( x0, y0)

k2 = h f (x0 + ½ h , y0 + ½ k1 )

k3 = h f(x0 + h , y0 + 2k2 - k1 )

Rumus ini disebut “Third Order Runge-Kutta Formula”

Untuk n → n +1

y = yn + 1/6 (k1 + 4k2 + k3)

k1 = h f( xn, yn) ∆ x

k2 = h f(xn + ½ ∆ x, yn + ½ k1) ∆ x

k3 = h f(x0 + ∆ x , y0 +2k2 – k1) ∆ x

Contoh :

dydx = x

2− yx

x = 1 y = 1

x = 2 y = ?

∆ x = 1

k1 = f(1,1) = 12−11

= 0

k2 = f(1 ½ , 1 + 0/2) = f (1 ½ , 1) = 1

12

2

–1

112

= 56

k2 = f(2, 1 + 2 (56

) – 0) = f(2, 2 23

) = 22– 2

23

2 =

56

y = yn + 16

(k1 + k2 + k3)

= 1 + 16

0 + 4 56

+ 23

= 1 23

x = 2 → y = 1 23

Secara analitis :

y = 13 x2 + 2

3x

Untuk Order 4

Runge-Kutta Order 4 :

dydx

= f (x, y) x = x0 y = y0

Untuk perhitungan n → n + 1

k1 = f(xn , yn) ∆ x

k2 = f(xn + ∆ x2

, yn + k1

2 )∆ x

k3 = f(xn + ∆ x2

, yn + k2

2 ) ∆ x

k4 = f(xn + ∆ x, yn + k3) ∆ x

yn + 1 = yn + 16

( k1 + 2k2 + 2k3 + k4)

Contoh :

dydx

= x2+ √ xy x0 = 1 ∆ x=0,1

y0 = 1

k1 = f(xn , yn) ∆ x = 12 + √ (1 )(0,5) (0,1) = 0,1707

k2 = f(xn + ∆ x2

, yn + k1

2 )∆ x = 1 +

0,12

2 + √( 1+0,12 )(0,5+ 0,1707

2¿)¿ 0,1 =

0,1886

k3 = f(xn + ∆ x2

, yn + k2

2 ) ∆ x = 1 +

0,12

2 + √( 1+0,12 )¿¿ ) 0,1 = 0,1892

k4 = f(xn + ∆ x, yn + k3) ∆ x =1 + 0,1)2 + √ (1+0,1 ) (0,5+0,1892 ) 0,1 = 0,2081

yn + 1 = yn + 16

( k1 + 2k2 + 2k3 + k4)

= 0,5 + 16

(0,1707 + 2(0,1886) + 2(0,1892) + 0,2081)

= 0,5 + 0,1891 = 0,6891

Untuk PD Simultan

dydx

= f1 (x, y, z)

dzdx

= f2 (x, y, z)

I.C. : x= x0 ; y = y0 : z= z0

Rumus Runge – Kutte Order 4

Interval xn → xn+1

k1 = f1 (xn, yn, zn) ∆ x

l1 = f2 (xn, yn, zn) ∆ x

k2 = f1 (xn + ∆ x2

, yn + K1

2, zn +

I 1

2) ∆ x

I2 = f2 (xn + ∆ x2

, yn + K1

2, zn +

I 1

2) ∆ x

k3 = f1 (xn + ∆ x2

, yn + K2

2, zn +

I 2

2) ∆ x

I3 = f2 (xn + ∆ x2

, yn + K2

2, zn +

I 2

2) ∆ x

k4 = f1 ( xn + ∆ x ,yn + k3,zn + I3 ) ∆ x

I4 = f2 ( xn + ∆ x ,yn + k3,zn + I3 ) ∆ x

yn+1 = yn + 16

( k1 + 2k2 + 2k3 + k4 )

zn+1 = zn + 16

( l1 + 2l2 + 2l3 + l4 )

yn+1 = yn + ∆ y

zn+1 = zn + ∆ z

MetodaEuler TermodifikasiMetoda Runge−Kutta )→Untuk PD Order satu

Bagaimana untuk PD Order dua atau lebih

Dengan cara substitusi PD Ordiner Order n dapat diubah menjadi n PD order satu yang

simultan dan n PD order satu dapat diselesaikan dengan cara yang sudah ada

Contoh :

1.d2 ydx2 + y2

dydx

+ y = 0 x = 0 → y= y0 z = dydx

Substitusi dydx

= z

d2 ydx2 =

dzdx

Maka PD berubah

dzdx

= -y2z-y

dydx

= z

2.ddr

(r2 dydr ) + k r2 y = 0

Substitusi: r2 dydx

= z

dzdr

= - k r2 y

dydr

= z

r2

CARA DERET TAYLOR

Bentuk Deret Taylor :

Y = f(x) = f(x0) + f '(X ¿¿0)

1 !¿ (x - x0) + f ' '

(X ¿¿0)2!

¿ (x – x0)2 + f ' ' '(X ¿¿0)

3 !¿ (x – x0)3 +

…………..

¿∑n=0

∞

f '(x¿¿0)n !

¿ (x – x0 )n

Ketelitian jawaban tergantung pada banyaknya n yang digunakan untuk perhitungan

Perkiraan kesalahan bila hanya dipakai n suku pertama adalah :

E = (x−x0)

n+1 f n−1(ξ)(n+1 ) !

Dengan : xn≤ξ≤ x

Karena harga 𝛏 tidak bisa ditentukan dengan pasti sehingga didekati dengan : E =

(x−x0)n+1 f n+1(x0)

(n+1 )!

Contoh :

dydx

= x + 0,1y2

X0 = 1,8 y0 = 0 ∆ x = 0,2 x1 = 1,8 + 0,2 = 2 y1 = ?

f(x0) = y0 = 0

f’ (x0) = ( dyxd )❑x= x0 = 1,8 + (0,1) (0) = 1,8

f’’ (x0) = 1 + 0,2 ( dydx )❑2 + 0,2y

d2 ydx2 = 0,2(1,8)2 + 0,2 (0) (1) = 0,647

bila diambil y1 untuk pendekatan n = 2

y1 = y0 + ( x – x0 ) f’ (x0) + (x¿¿0−x)

2 !¿ f’’ (x0)

= 0 + ( 0,2 ) (1,8) + 0,22

2 (1) = 0,380

E = ¿¿¿ = 0,230,6473!

= 0,00086 ≈ 0,22%

MULTI STEP METHOD

Metode euler, euler termodifikasi, dan Runge-Kutta di golongkan sebagai satu langkah (one

step method), karena untuk menghitung harga di suatu titik, yang di pakai hanya harga pada

satu titik sebelimnya.

Cara adam’s-Bashforth, Adam-Moulton termasuk cara multi step method, karena untuk

mengevaluasi harga di suatu titik dipakai harga beberapa titik sebelumnya..

Tingkat atau metode ini di tunjukan oleh jumlah titik yang di pakai untuk mengevaluasi harga

di suatu titik yang dicari.

Adam’s – Bashforth

3 langkah – Three step method :

y i+1= y i+∆x12

¿

4 langkah – Four step method :

y i+1= y i+∆x24

¿

5 langkah – five step method :

y i+1= y i+∆ x720

¿

Rumus Adam’s – Moulton

2 langkah – Two step method :

y i+1= y i+∆x12

¿

3 langkah – Three step method :

y i+1= y i+∆x24

¿

4 langkah – Four step method :

y i+1= y i+∆ x720

¿

METODA PREDICTOR – CORRECTOR

Bentuk :dydx

=f (x , y )

Ada 2 langkah :

1. Meramal dan menentukan harga yi+1 (predictor) ;

yi+1 → harga y pada akhir interval

2. Memperbaiki harga yi+1 (corrector)

Sebagai contoh :

dydx

=f (x , y )

Metode Euler

y p= y0+h(xo , y0)

Koreksi dapat juga dilkukan dengan mengambil gradien rata – rata pada tiap – tiap

akhir interval

yc(n )= y0+

12h [ f (x0 , y0 )+x0+h , yc

(n−1)]y p= yc

(1)

yc(n )≈ yc

(n−1) → hasil sudah benar

contoh

dydx

= x2− yx

x0=1 ; y0=1→x=2, y=?

y p=1+1 f (1,1 )=1+1 (0 )=1 →y1(1 ) = 1

Gradien pada akhir interval → f(2,1) = 4−1

2

→f (2,1 )=32

= 1,5

y p(2 )=1+ 1

2(2 ) (0+1,5 )

¿1+ 1,52

¿1,75

y 1 (3) = 1+1 2

(1)(0+ 4 - 1,75 2 )= 1+

1 2 ( 2,25

2 )=1+0,562=1,562

y 1 (4) = 1+1 2

(1)(0+ 4 - 1,5622 )= 1+

1 2 ( 2,25

2 )=1+0,6095=1,6095

y 1 (5) = 1+1 2

(1)(0+ 4-1,60952 )= 1+

1 2 ( 2,25

2 )=1+0 ,6006=1,6006

y 1 (6) = 1+1 2

(1)(0+ 4 -1,60062 )= 1+

1 2 (2,25

2 )=1+0,6006=1,600

STABILITY

Perhitungan numerik → dengan mengambil inkremen tertentu

dydx

=f (x , y )

dx = ∆x → ∆x << teliti → perhitungan panjang

∆x >> kasar →perhitungan pendek

Kesalahan perhitungan mungkin di sebabkan :

Kesalahan program

Perhitungan tidqak stabil / “Unstable Calculation” → karena step size terlalu besar

Pertanyaan :

Berapa besar ∆x dan bandingkan karakteristik dari beberapa cara

Contoh

dydx

−λy

λ = real, positif sesuai PD

Jawaban

yep = dan error ∈

yep∈ } sesuai PD

Syarat stabilitas :

|ϵn+1||ϵ n|

≤1 →konvergen

Maka : |1−λh|≤1 →0≤λh≤2

Sehingga untuk PD ini metoda Euler adalah tidak stabil jika inkrement

∆ x> 2|λ|

Dan juga diketahui untuk PD jenis ini jika hλ>1→1<hλ<2→maka error akan berubah tanda

tiap langkah.

Jika ∈n positif →∈n−1negatif →∈n+2 positif, dst.

Bila PD :

dydx

=−λy x=0 y=1

Dikenakan pada trapezoida rule.

∫∈ n

∈n+1

d∈=¿−λ∫ λdx

En+1 =En−λh2 (en+1+En)

En+1 =En1−hλ

2

1+hλ2

|en+1En |<1 →h λ>0

hλ→∘∘ →En+1= −En

Stabil pada seluruh h dan tidak terosilasi

Kesimpulan untuk : PD dydx

=−λy

Metoda Stable Step Size No Oscilation

Stable Step Size Oscilation

Unstable

Euler 0<hλ<1 1<hλ<2 2<hλ

Trapezoidal 0<hλ<2 2<hλ<∘∘ none

Backwar−¿Euler 0<hλ<∘∘ none none

LOKAL TRUNCATION ERROR

Kesalahan yang timbul pada penyelesaian numerik untuk suatu titik bila harga titik-

titik sebelumnya dianggab benar.

Cara pengukurannya

Bentuk : dydx

=f (x , y )

τ i = y i− y i−1

∆ x−f ¿)

↓↓

(dy¿¿ dx)numeris¿¿

τ i=¿ local truncation error

Harga τ i tergantung pada ∆ x yang digunakan

∆ x ≤→ ketelitian cukup baik

→ perhitungan panjang

Order dari local truncation error menunjukkan pengaruh ∆ x terhadap τ .

Local truncation error order n→τ berbanding lurus ∆ x pangkat n→ditulis θ ¿n) makin besar

n, makin baik cara tersebut.

Beberapa order dari local truncation error

Cara Order τ

Euler 1

Modufied euler 2

Runge-kutta 3

Adam’s-Basforth 4 step 4

Adam-Moulton 4 step 5

FINITE DIFFERENCE METHOD

(Metoda Beda Hingga)

Penyelesaian PD → dengan numeris

Euler, Modified Euler method,Runge-Kutta, Adams-basforth,Adams-Moulton

→IVTP (Iitial Value Type Problem)

→ untuk order 1 → kemungkinan bisa

→ untuk order 2 → 2 PD order satu simultan dengan IVTP

Untuk order 2

→ timbul 2 konstanta → yang perlu dieliminir

Kalau BC → di satu titik

X = x0 y = y0

x1= a

x2= b IVTP tidak mungkin

Contoh :d2 ydx2 −ay=0 x=0 y= y1

x=0 y= y2

Substitusi :dydx

=n→dndx

=ay

dydx

=n

Trial x = 0 n pada x = 0

Trial benar jika x = L → y= y2

FINITE DIFFERENCE

- Interval posisi dan waktu dibagi-bagi menjadi elemen-elemen yang besarnya tertentu

Misal x = jarak ; interval x0-xn dibagi menjadi N bagian

∆ x=xn−x0

N

Titik batas interval / increment / elemen diberi nomor dari 0 s/d Nxo xn

i=0 i=1i=2i=N

Kemudian yang dicari adalah keadaan di titik I

i = 0,1,2,3,4...............dst.

x1=¿ x0+¿i △x ¿¿, jika x0=0→x i=i ∆ x

Dengan demikian juga untuk waktu

T (waktu) dibagi-bagi menjadi elemen sebesar ∆ t

t j=t 0+ j∆ t

Demikian juga untuk dependent variabel yang lain

Bagaimana pelaksanaannya

Problem TK → pers. Differensial → finite diff.dalam bentuk pers.aljabar

→jawaban

Persamaan aljabar merupakan persamaan yang menghubungkan titik-titik batas yang bila

diselesaikan akan menghasilkan keadaan dititik-titik bates tersebut.

Bagaimana mengubah PD →persamaan aljabar

Deret Taylor

F(x) = f x0 + f'( x0 )

1! (x −x0) +

f ''( x0)

2! (x −x0)2 +

f'''( x0 )

3! (x −x0)3 + ......................

f(x+∆x)= f( x0 )+f 'x0

1!∆x2 +

f'' x0

2!∆x2 +

f '''x0

3!∆x2 +…

dalam bentuk :

y= f(x)

y i+1= y i( dydx )

1!∆ x+

( d2 yd x2 )2 !

∆ x2+( d3 yd x3 )3!

∆ x3+…

Jika kecil, maka suku ke 3 dst. Bisa di abaikan

y i+1= y i( dydx )

1!∆ x

dydx

=yi+1− y i∆x

←cara forward

Bila : yi+1 = f(x - ∆ x)

y i+1= y i( dydx )

1!∆ x+

( d2 yd x2 )2 !

∆ x2+( d3 yd x3 )3!

∆ x3+…

∆x2 dst.ny di abaikan

y i+1= y i−( dydx )i∆xdydx

=yi−¿ y i−1

∆ x←cara backward ¿

Cara kombinasi → cara sentral

dydx≈1/2 {( dydx )forward}+{( dydx )backward}≈1/2¿

dydx

=yi+1− y i−1

2∆ x→central→ lebih baik

Cara lain :y i+1= y i+

( dydx )i1 !

∆ x+( d2 ydx2 )

i

2!(∆ x )2+

( d3 ydx3 )

i

3 !(∆ x )3+…………

y i−1= y i−( dydx )i

1 !∆ x+

( d2 ydx2 )

i

2 !(∆ x )2−

( d3 ydx3 )

i

3 !(∆ x )3+…………

-y i+1− y i−1=2( dydx )i∆ x

( dydx )i=y i+1− y i−1

2∆ x

d2 ydx2 =?

y i+1= y i+( dydx )i

1 !∆ x+

( d2 ydx2 )

i

2!(∆ x )2+

( d3 ydx3 )

i

3 !(∆ x )3+…………

y i−1= y i−( dydx )i

1 !∆ x+

( d2 ydx2 )

i

2 !(∆ x )2−

( d3 ydx3 )

i

3 !(∆ x )3+…………

-y i+1− y i−1=2 y i+

( d2 ydx2 )

i

2 !(∆x )2

d2 ydx2 =

y i+1−2 y i+ y i−1

(∆ x )2Contoh :

Pers. Differensial :k ( ∂2T∂2 x

+ ∂2T∂2 y )=ρ ∁ ∂T∂ t ρ∁k = 1

∝

∂2T∂2 x

+ ∂2T∂2 y

= 1∝∂T∂ t

∂2T∂2 x

=(Tm+1 ,n+T m−1 ,n−2T m,n )

∆ x2

∂2T∂2 y

=(Tm ,n+1+T m,n−1−2T m,n )

∆ y2

∂T∂x

=(T m,np+1−T m,n

p )∆ t

(T m+1 ,n+T m−1 ,n−2T m, n)∆ x2 +

(T m,n+1+T m, n−1−2T m, n )∆ y2 =

1∝

(T m, np+1−T m,np )

∆ tUntuk ∆ x=∆ yT m,n

p+1=∝∆ t∆ x2 [T m+1 , n

p+Tm−1 , np+Tm, n+1

p+T m,n−1p ]+[1−4∝∆ t

∆ x2 ]T m,npSyarat stabilitas : 4∝∆ t

∆x2<1

∆ t< (∆ x )2

4∝ ∆ x<√4∝∆ t

KOORDINAT BOLA

1

r2 ∂∂ r

(r2 ∂T∂r ) =

1∝

∂T∂ t

1

r2 [r2 ∂2T∂r2 +r ∂T

∂r ] = 1∝

∂T∂ t

∂2T∂r 2

1r

∂T∂r

=¿ 1∝

∂T∂ t

∂2T∂r 2 =

Tm+1 ,np−T m−1 ,n

p−2Tm ,nP

(∆r )2

∂T∂r

= T m+1 ,n P−Tm,n

∆ r ;

∂T∂ t

¿Tm, n

p+1−T m,np

∆ t

Tm+1p−Tm−1

p−2T mp

(∆r )2+

1r

[T m+ 1p−T m

p

∆r ] = 1∝

[T m p+1– T mp

∆ t ]T m+1

p+1 = T m+1p [ ∆ t∝(∆r )2

+∆ t∝r ∆ r ] + T m−1

p [ ∆ t∝(∆r )2 ] + [1−2∆ t∝(∆r )2

+∆ t∝r ∆ r ]

Stabilitas:

2∆ t∝(∆r )2

+∆ t∝r ∆ r ¿ 1

Suatu batang silinder menghubungkan dua buah dinding yang suhunya Ta dan Tb. Bila panjang silinder L, diameter D, carilah distribusi suhu di dalam batang silinder – suhu udara luar Tu. Transfer panas konduksi hanya keArah aksial sajaElemen volum = π

4.D 2.∆ x

Neraca panas :

Bila ∆ x→0 ,maka :dd x ( dTdx )−4 h

kD(T−Tu )=0

d2Tdx2 −4 h

kD(T−T u )=0

x = 0 T =Tax = L T = TbFinite Difference ApproximationInterval dibagi menjadi N bagian →∆ x= L

NTitik batas x0, x1, x2, ……………, xNx i=x0+i ∆ x=∆ x (x0 = 0)Ingin dicari Ti = ?T0 = TaTN = TbHarus ada (N-1) bilangan tak diketahui, perlu (n-1) persamaan

Yang dihitung T1, T2, T3, T4, ……… TN

Contoh penyelesaian soal dengan beberapa metoda

Eksplisit / forward Implisit / backward Crank-Nicolson

Konduksi satu arah unsteady-state :

∝ ∂2T∂ x2 =

∂T∂ t

Metoda Eksplisit

∂2T∂x2 =¿

Tm+1p−2T m

p−T m−1p

(∆ x )2

∂T∂ t

=Tm

p+1−T mp

∆ t

PD berubah menjadi :

∝[T m+1p−2T m

p+T m−1p

(∆ x )2 ] = Tm

p+ 1−Tmp

∆ t

Bila λ = ∝∆ t∆ x2

T m+1p=T m

p λ [T m+1p−2T m

p+Tm−1p ]

¿ λ [T m+1p+T m−1

p ]+ [1−2λ ]T m p

Stabilitas tercapai apabila : 2 λ < 1

2∝∆ t∆ x2 < 1

Metoda Implisit

∂2T∂x2 =¿

Tm+1p+1−2Tm

p+1+T m−1p+1

(∆ x )2

∂T∂ t

=Tm

p+1−T mp

∆ t

PD berubah menjadi :

∝[T m+1p−2T m

p+1+Tm−1p+1

(∆ x )2 ] = Tm

p+ 1−Tmp

∆ t

Bila λ = ∝∆ t∆ x2

T mp=λ [T m+1

p+1+T m−1p+1 ]+¿ [ 1−2 λ ]T m p+1

Persamaan di atas berlaku untuk semua titik kecuali titik awal dan titik akhir untuk kondisi

dimana temperatur awal dan akhir diberikan.

T 0p+1 = f 0

p+1 ( t p+1 )

T m+1p+1 = f m+1 (t p+1 ) Titik awal :

( 1+ 2λ )T 1p+1−λT 2

p+1 = λ f 0 (t p+1 )Titik akhir :−λT m−1

p+1+¿ ( 1+ 2 λ )T mp+1= λ f m+1 (t p+1 )

Metode penyelesaian :

Bila :λ f 0 (t p+1 )=β1

λ f 4 (t p+1 )=β2

( 1+ 2λ )T 1p+1−λT 2

p+1 = T 1p+ β1

−λT 1p+1+¿ ( 1+ 2 λ )T 2

p+1−λT 3p+1= T 2

−λT 2p+1+¿ ( 1+ 2 λ )T 3

p+1−λT 4p+1= T 3

( 1+ 2λ )T 3p+1−λT 4

p+1 = T 4p+ β2

Dalam bentuk matriks :

[1+2λ −λ ¿−λ 1+2 λ ¿¿

−λ¿1+2 λ¿−λ¿−λ¿1+2 λ¿ ] [T 1p+1

T 2p+1

T 3p+1

T 4p+1] =[T1

p+β1

T 2

T 3

T1p+β1

]METODA CRANK NICOLSON

∂2T∂x2 =

12

[T m+1p−2T m

p+T m−1p+Tm+1

p+1−2Tmp+1+T m−1

p−1

(∆ x )2 (∆ x )2 ]∂T∂ t

= Tm

p+ 1−Tmp

∆ t

PD berubah menjadi :

−λT m+1p+1+ 2 ( 1+ λ )T m

p+1−λT m−1p−1 = λT m+1

p+ 2 ( 1+ λ )T mp−λT m−1

p−1

Persamaan di atas berlaku untuk semua titik kecuali titik awal dan akhir untuk kondisi

dimana temperatur awal dan akhir diberikan.

T 0p+1 = f 0

p+1 ( t p+1 )

T m+1p+1 = f m+1 (t p+1 ) Titik awal :

2 ( 1+ λ )T 1p+1−λT 2

p+1 = λ f 0 (t p ) + 2 ( 1−¿ λ )T 1p− λ T 2

p+ λ f 0 (t p−1 )Titik akhir :−λT m+1

p+1+¿2 ( 1+ λ )T mp+1−λ T m−1

p−1 = λ f m+1 (t p ) + 2( 1−¿ λ )

T mp λ f m+1 (t p−1 )

d2Tdx2 −4 h

kD(T−T u )=0

T i+1−2T i+T i−1

(∆ x )2− 4hkD

(T−Tu )=0

T i+1+(−2−4h (∆ x )2

kD )T i+T i−1=−4 hkD

(∆x )2Tu( 4hkD

(∆ x )2=β )T i−1+(−2−β )T i+T i+1=−βT u…………………………………….(1)Persamaan (1) berlaku untuk i = 1,2,3, ……….. N-1, sehingga diperoleh (n-1) persamaan→cukup untuk menyelesaikan (N-1) suhu yang tidak diketahuii = 1 →Ta+(−2−β )T 1+T2=−βT u

(−2−β )T 1+T 2=−β Tu−T ai = 2 →T1+(−2−β )T 2+T 3=−β Tui = 3 →T2+(−2−β )T 3+T4=−βT u

i =N-2 →T N−3+(−2−β )T N−2+T N−1=−βT ui =N-1 →T N−2+(−2−β )T N−1=−βT u−T b

Sehingga dalam matriks :(-2-β)TL + T1 ¿−βT u−T a

T1 + (-2-β)T2 + T3 ¿−βT u T 2 + (-2-β)T3 + T4 ¿−βT u

T N−3+ (−2−β )T N−2+T N−1=−βT u

T N−2+(−2−β )T N−1=−βT u−T b