Persamaan Difusi. Penurunan, Solusi Analitik, Solusi Numerik (Beda Hingga, RBF) M. Jamhuri. April 7, UIN Malang. M. Jamhuri Persamaan Difusi

Transkripsi

1 Persamaan Difusi Penurunan, Solusi Analitik, Solusi Numerik (Beda Hingga, RBF) M Jamhuri UIN Malang April 7, 2013

2 Penurunan Persamaan Difusi Misalkan u(x, t) menyatakan konsentrasi dari zat pada posisi x dan pada waktu t Pada selang [x 0,x 1 ], massa zat dan perubahan massa M = dm dt ˆ x1 x 0 u(x,t)dx ˆ x1 = u t (x,t)dx (1) x 0 Massa pada selang tersebut akan berubah bila ada zat yang masuk atau keluar selang tersebut Hukum Fick mengatakan rata-rata penyebaran sebanding dengan gradien konsentrasi dm dt = zat masuk zat keluar = ku x (x 1, t) ku x (x 0, t) (2) dimana k adalah konstanta pembanding dengan menyamakan dm dt pada persamaan (1) dan (2) diperoleh ˆ x1 x 0 u t (x,t)dx = ku x (x 1,t) ku x (x 0, t) atau ˆ x1 x 0 u t (x,t) dx = k ˆ x1 x 0 u xx (x,t) dx (3)

3 Jika integral kedua ruas dari (3) dihilangkan diperoleh u t = ku xx (4) yang biasa disebut sebagai persamaan difusi atau persamaan panas

4 Solusi Analitik Sebelum menentukan solusi persamaan difusi (4) pada daerah < x < dan t > 0, kita tinjau lebih dahulu solusi persamaan difusi dalam bentuk khusus dengan Q (x,t) = g (p) p = x 4kt Permasalahan disini adalah bagaimana bentuk dari g, untuk itu akan kita lakukan langkah-langkah sebagai berikut: substitusikan Q pada (4), dengan Q t = dg p dp t = 1 2t pg (p) (5) Q x = dg p dp x 1 = g (p) (6) 4kt 2 Q x 2 = = 1 4kt x g (p) 1 4kt g (p) (7)

5 sehingga diperoleh Q t = kq xx 1 [ ] 1 2t pg (p) = k 4kt g (p) pg (p) = 1 2 g (p) Solusi dari (8) dapat diperoleh sebagai berikut misalkan dan Solusi dari ODE (10) adalah g (p)+2pg (p) = 0 (8) d 2 dp 2 g (p)+2p d dp g (p) = 0 ( ) d dg dp + 2p = 0 dp dg dp = v (9) ( ) d dp + 2p v = 0 (10) dv dp v = 2pv = C 1 e p2

6 selanjutnya substitusikan v pada (9), sehingga diperoleh dan ˆ dg dp = C 1 e p2 dg = C 1ˆ e p2 dp [ˆ ] g = C 1 e p2 dp + C 2 Q(x,t) = C 1ˆ x 4kt 0 e p2 dp + C 2 Konstanta C 1 dan C 2 diperoleh dengan menggunakan syarat awal khusus, yang diberikan dalam bentuk { 1, untuk x > 0 Q (x,0) = 0, untuk x < 0

7 Hitung limit t 0 + Kasus x > 0 lim Q (x, t) = C1 t 0 + ˆ 0 e p2 dp + C 2 = C 1 π 2 + C2 = 1 Dalam menghitung integral tak wajar, kita gunakan distribusi normal berbentuk 1 e πˆ p2 dp = 1 Kasus x < 0 ˆ 0 π lim Q (x, t) = C1 e p2 dp+c 2 = C t 0 1ˆ e p2 dp+c 2 = C C2 = 0 Dari dua limit diatas diperoleh sehingga untuk t > 0 C 1 = 1 π dan C 2 = 1 2 Q(x,t) = πˆ 1 x 4kt 0 e p2 dp Dari Q yang sudah diperkenalkan di atas, kita akan menentukan solusi u terkait dengan Q Tetapi lebih dahulu kita perhatikan sifat-sifat berikut

8 Jika u memenuhi u t ku xx = 0 maka v = u x juga memenuhi persamaan tersebut Kita dapat menunjukkan dengan memeriksa apakah v memenuhi persamaan, turunan dari v v t = ( ) u t x = v x = v xx = 2 u t x ( ) u x x = 2 u x 2 x ( 2 u x 2 = 3 u x 3 Selanjutnya terapkan v t, dan v xx diatas pada persamaan difusi, yaitu 2 u v t kv xx = t x u k 3 x [ 3 ] u = x t u k 2 x 2 = x 0 = 0 memenuhi persamaan difusi )

9 Dengan Q seperti didefinisikan diatas, S (x,t) = Q x juga solusi persamaan panas Hal ini dapat ditunjukkan, karena Q memenuhi persamaan panas, dan sifat sebelum ini, Begitu juga S (x,y) memenuhi persamaan panas, dan juga ˆ W (x,t) = S (x y,t) g (y)dy untuk sebarang g (y) asalkan integral konvergen Dengan sifat-sifat diatas dan pendefinisian S terkait dengan Q, maka u dapat didefinisikan sebagai ˆ u(x,t) = S (x y,t)φ(y)dy untuk t > 0, yang memenuhi persamaan panas Masalah sekarang adalah apakah u tersebut memenuhi kondisi awal u(x,0) = φ(x) Untuk itu, kita tuliskan u dalam dalam Q sedangkan ˆ u(x,t) = Q x (x y,t)φ(y)dy Q x = Q y (x y) = Q (x y) y (x y) x y x

10 Selanjutnya gunakan integral parsial, sehingga diperoleh u(x,t) = [Qφ ˆ ] Q (x y,t)φ (y)dy Suku pertama pada ruas kanan bernilai nol dengan menggunakan asumsi φ 0 untuk y, sehingga diperoleh ˆ u(x,0) = Q (x y,0)φ (y)dy Sekarang kita gunakan Q (x,0) = 1 untuk x > 0 Q (x y,0) = 1 untuk y < x dan dengan uraian yang sama diperoleh Q(x y, 0) = 0 untuk y > x Bila hal ini diterapkan pada integral, didapat ˆ x u(x,0) = φ (y)dy = φ(x) memenuhi syarat yang ada, dan secara eksplisit solusinya u(x,t) = 1 4πktˆ e (x y)2 4kt φ(y) dy (11)

11 Contoh Tentukan solusi u t ku xx = 0 untuk < x <, dengan syarat awal Dari persamaan 11 diperoleh u(x,t) = = u(x,0) = e x 1 4πktˆ 1 4πktˆ e (x y)2 4kt e y dy [ e ] (x y) 2 +4kty 4kt dy (12) (x y) 2 + 4kty 4kt sehingga (12) menjadi = = = = 1 [ ] (x y) 2 + 4kty 4kt 1 [( x 2 xy + y 2) + 4kty ] 4kt 1 [(x y 2kt) 2 + 4ktx 4k 2 t 2] 4kt ( ) x y 2kt 2 +(x kt) 4kt ˆ u(x,t) = e (x kt) e s2 ds = e (x kt) 4πkt

12 Metode Pemisahan Variabel Diberikan persamaan difusi dengan kondisi batas u t = 3u xx pada 0 < x < π, t > 0 (13) u(0, t) = u(π,t) = 0 (14) u(x,0) = 4sin(2x) (15) Misalkan u(x, t) = X (x) T (t) dan substitusikan pemisalan tersebut pada (13), sehingga diperoleh XT T 3T = 3X T = X X Ruas kiri dari (16) hanya bergantung pada variabel t saja, sedangkan ruas kanan hanya bergantung pada variabel x saja, kondisi tersebut hanya mungkin dipenuhi jika keduanya merupakan konstan yaitu (16) T 3T = X = λ (17) X Misalkan λ = β 2, maka persamaan (17) dapat dituliskan menjadi dua buah ODE yaitu X +β 2 X = 0 (18) dan T + 3λT = 0 (19)

13 Solusi dari (18) adalah X (x) = C 1 e iβx + C 2 e iβx atau dalam bentuk sinusoidal X (x) = A cos(βx)+b sin(βx) (20) Kondisi u(0, t) = 0 memberikan A = 0, sehingga X (x) = B sin(βx) selanjutnya kondisi u(π, t) = 0 memberikan sin(βπ) = 0 βπ = arcsin 0 βπ = nπ, {n = 0,1, 2,} β = n sehingga diperoleh X n (x) = sin(nx) (21) Solusi dari persamaan (19) adalah T (t) = Ce 3λt karena λ = β 2 = n 2, maka T n (t) = Ce 3n2 t (22)

14 Dari persamaan (21) dan (22), maka diperoleh solusi u n (x,t) = C ne 3n2t sin(nx) Karena kombinasi linier dari solusi persamaan difusi adalah solusi, maka u(x,t) = C ne 3n2t sin(nx) (23) n=1 Selanjutnya gunakan kondisi awal (15) u(x,0) = 4sin(2x) sehingga diperoleh dimana C n 4sin(2x) = C n sin(nx) n=1 = 8 ˆ π sin(2x)sin(nx)dx π 0 { 0, jika n 2 = 4 n lainnya Substitusikan kembali C n pada (23) sehingga diperoleh u(x,t) = 4e 12t sin(2x)

15 Metode Numerik dengan RBF Persamaan difusi (13) yaitu u t = 3u xx kita aproksimasi dengan jaringan RBF sebagai dimana N j=1 N j=1 α j t φ(x,t) = 3 N j=1 α j 2 x 2φ(x,t) [ ] 2 α j φ(x,t) 3 t x 2φ(x,t) = 0 (24) φ(x,t) = (x c) 2 +(t d) 2 +ǫ 2 t φ(x,t) = t d (x c) 2 +(t d) 2 +ǫ 2 2 x 2φ(x,t) = (t d) 2 +ǫ 2 [ ] (x c) 2 +(t d) 2 3 +ǫ 2 2 {α} N j=1 adalah koefisien interpolan atau bobot jaringan yang akan ditentukan, sedangkan c dan d adalah center dari jaringan, dan ǫ adalah parameter bebas yang harus dipilih

16 Berikutnya aproksimasi kondisi batas (14) memberikan dan Dari kondisi batas (15) diperoleh N α j φ(0, t) = 0 (25) j=1 N α j φ(π,t) = 0 (26) j=1 N α j φ(x,0) = 4sin(2x) (27) j=1 Untuk mendapatkan solusi numerik dari persamaan difusi (13) dengan kondisi batas (14) dan (15), pertama kita harus menentukan koefisien α dari sistem persamaan (24), (25), (26), dan (27) Selanjutnya gunakan α yang didapat untuk menentukan solusi u dengan cara mengaproksimasi u sebagai u(x,t) N α j φ(x,t) j=1

17 Hasil Simulasi Hasil simulasi metode RBF diatas diperoleh dengan menggunakan 16 buah titik untuk 0 < x < π dan 21 buah titik untuk 0 < t < 1 Parameter ǫ dipilih sebagai ǫ = var(x)+var(y) 2

18 Plot error mutlak antara metode RBF vs hasil eksak

19 Metode Beda Hingga: FTCS Pada tulisan ini akan dibahas beberapa metode beda hingga untuk persamaan difusi u t = ku xx (28) dengan k suatu konsatnta Metode FTCS (Forward Time Central Space) biasa disebut sebagai metode eksplisit untuk persamaan difusi Pada metode ini, forward time diterapkan pada u t dengan akurasi O ( t) dan metode beda pusat yang diterapkan pada u xx dengan akurasi O ( x 2), sehingga diperoleh persamaan beda sebagai berikut: u n+1 j uj n t Persamaan (29) dapat disederhanakan sebagai atau dengan S = k t x 2 u n+1 j u n+1 j = k un j+1 2un j + u n j 1 x 2 (29) = k t ( ) x 2 uj+1 n 2un j + uj 1 n + uj n ( ) = (1 2S)uj n + S uj+1 n + un j 1 (30)

20 Stencil untuk metode FTCS pada persamaan difusi dapat dilihat pada gambar berikut: Kestabilan: Substitusikan uj n = ρ n e iaj pada persamaan (30), sehingga diperoleh ( ρ n+1 e iaj = (1 2S)ρ n e iaj + S ρ n e ia(j+1) +ρ n e ia(j 1)) (31) Bagi kedua ruas dari persamaan (31) dengan ρe iaj, sehingga diperoleh ρ = (1 2S)+S (e ia + e ia) = (1 2S)+S ([cos a+i sina]+[cos a i sina]) = (1 2S)+2S cos a = 1+2S (cos a 1) Agar skema stabil, maka ρ 1, yaitu ρ = 1+2S (cos a 1) S (cos a 1) 1 2 2S (cos a 1) 0 1 S (cos a 1) 0 0 (1 cos a)s 1

21 min(1 cos a) = 0, dan max(1 cos a) = 2, sehingga 2S 1 Jadi skema akan stabil jika Konsistensi: Diberikan dua hampiran berikut: S 1 2 S = k t x u n+1 j = u n j + t u t n j t2 u tt n j + 1 3! t3 u ttt n j + 1 4! utttt n j + (32) uj±1 n = uj n ± x u x n j x2 u xx n j ± 1 3! x3 u xxx n j + 1 4! uxxxx n j + (33) u n j+1 + un j 1 = 2un j + x 2 u xx n j uxxxx n j + (34) Substitusikan (32) dan (34) pada persamaan (28), sehingga diperoleh uj n + t u t n j t2 u tt n j + = (1 2S)uj n + ( S 2uj n + x 2 u xx n j + 1 ) 12 uxxxx n j +

22 Contoh Penerapan Metode FTCS Diberikan persamaan difusi dengan kondisi batas u t = 3u xx pada 0 < x < π, t > 0 (35) u(0, t) = u(π,t) = 0 (36) u(x,0) = 4sin(2x) (37) Persamaan difusi (35) dengan kondisi batas (36), dan (37) diatas akan kita selesaikan secara numerik menggunakan skema FTCS dengan langkah-langkah sebagai berikut Persamaan (35) kita diskritkan dengan menggunakan persamaan beda (30), yaitu u n+1 j = (1 2S)u n j + S sedangkan kondisi batas (36) dan (37) sebagai ( ) uj+1 n + un j 1, S = 3 t x 2 (38) u n 1 = 0 dan un M x = 0 uj 1 = 4sin ( ) 2x j dimana {n = 1,N t, j = 1,,M x} dengan N t = T 0 dan M t x = π 0 x Contoh, misalkan untuk j = 2 dan n = 1, maka (38) menjadi u2 2 = (1 2S)u1 2 + S ( u3 1 + ) u1 1

23 Simulasi metode beda hingga FTCS

24 Error mutlak: metode beda hingga vs hasil eksak

25 Metode Implisit BTCS Metode BTCS memiliki akurasi O ( t, x 2), persamaan beda untuk persamaan difusi dengan menggunakan metode BTCS adalah u n+1 j uj n t = k un+1 j+1 2un+1 j + u n+1 j 1 x 2 (39) u n+1 j uj n = k t ( x 2 u n+1 j+1 2un+1 j + u n+1 j 1 Su n+1 j 1 +(2S + 1) un+1 j Su n+1 j+1 = un j (40) dengan S = k t x 2 Kestabilan: Substitusikan u n j = ρ n e iaj ke dalam (40) sehingga diperoleh Sρe ia +(2S + 1)ρ Sρe ia = 1 ( S e ia + e ia) +(2S + 1) = 1 ρ ) 2S cos a+2s ρ (1 cos a)2s ρ = 0 = 0 (1 cos a)2sρ+ρ = 1 1 ρ = (1 cos a)2s + 1

26 Karena untuk setiap S dan a penyebut selalu lebih besar atau sama dengan 1, maka jelas bahwa ρ 1 jadi skema stabil untuk setiap S = k t x 2 Perhtikan persamaan beda (40) diatas, jika diberikan syarat batas bertipe dirichlet yaitu u(0, t) = f 1 dan u(l, t) = f 2 Titik-titik yang harus dihitung adalah u n+1 j

27 Contoh penerapan metode BTCS Diberikan persamaan difusi u t = 3u xx pada 0 < x < π, t > 0 (41) dengan kondisi batas u(0, t) = u(π,t) = 0 (42) u(x,0) = 4sin(2x) (43) Persamaan beda skema BTCS untuk persamaan (41) adalah atau u n j u n 1 j t uj n u n 1 j [ ] uj n S uj+1 n 2un j + uj 1 n Su n j 1 +(1+2S) un j Su n j+1 = 3 un j+1 2un j + uj 1 n x 2 = 3 t [ ] x 2 uj+1 n 2un j + uj 1 n = u n 1 j, S = 3 t x 2 = u n 1 j Su n j 1 (1+2S) un j + Su n j+1 = un 1 j (44)

28 Kondisi batas (42) kita diskritkan sebagai dan (43) kita diskritkan sebagai u n 1 = 0, dan un M x = 0 (45) u 1 j = 4sin ( 2x j ) dimana {j = 1,,M x, n = 1,,N t} dengan M x = π 0 x dan Nt = (46) T 0 t Dalam bentuk matrik dapat kita gambarkan persamaan beda (44), (45), dan (46) sebagai j \ n N t 1 N t sin(2x 2 ) u2 2 u2 3 u Nt 1 2 u Nt 2 3 4sin(2x 3 ) u3 2 u3 3 u Nt 1 M x 1 4sin(2x Mx 1) um 2 x 1 um 3 x 1 u Nt 1 M x 1 M x u Nt 3 u Nt M x 1

29 Sebagai contoh, untuk j = 2,3,,M x 1 dan n = 2 akan kita tentukan u n j, yaitu maka dengan menggunakan (44) diperoleh u 2 2 =? Su n j 1 (1+2S)un j + Su n j+1 = un 1 j j = 2 Su1 2 (1+2S) u2 2 + Su2 3 = u2 1 j = 3 Su 2 (1+2S) u2 3 + Su2 4 = u3 1 j = 4 Su3 2 (1+2S) u2 4 + Su2 5 = u4 1 j = M x 1 Su 2 M x 2 (1 2S)u2 M x 1 + Su2 M x = u 1 M x 1 so we have matrix (1 + 2S) S 0 0 S (1 + 2S) S 0 0 S (1 + 2S) (1 + 2S) u 2 u 3 2 u 4 2 u Mx 1 2 = u 1 2 Su2 1 u 1 3 u 1 4 u 1 Mx 1 Su2 Mx