REKONSTRUKSI KONDISI AWAL MASALAH HUKUM KEKEKALAN HIPERBOLIK PADA PERSAMAAN BURGERS

Transkripsi

1 REKONSTRUKSI KONDISI AWAL MASALAH HUKUM KEKEKALAN HIPERBOLIK PADA PERSAMAAN BURGERS Skripsi Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Sains Program Studi Matematika Oleh: Fioretta Laras NIM: PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA 017 i

2 RECONSTRUCTION OF INITIAL CONDITION IN THE HYPERBOLIC CONSERVATION LAW PROBLEM OF THE BURGERS EQUATION Thesis Presented as a Partial Fulfillment of the Requirements to Obtain the Degree of Sarjana Sains in Mathematics Written By: Fioretta Laras Student ID: MATHEMATICS STUDY PROGRAM, DEPARTMENT OF MATHEMATICS FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY SANATA DHARMA UNIVERSITY YOGYAKARTA 017 ii

3 iii

4 iv

5 v

6 MOTTO A creative man is motivated by the desire to achieve, not by the desire to beat others. Ayn Rand Difficult roads often lead to a beautiful destination. We all have bad days, but one thing is true, no cloud is so dark that the sun can t shine through. vi

7 HALAMAN PERSEMBAHAN Karya ini kupersembahkan untuk: Tuhan Yesus Kristus yang senantiasa menyertai dalam setiap langkahku, Mama, Papa dan Adik-adikku terkasih yang selalu mendukungku. vii

8 ABSTRAK Persamaan Burgers diteliti dalam skripsi ini. Persamaan Burgers banyak ditemukan dalam masalah sehari-hari, tetapi sulit diselesaikan secara analitis. Oleh karena itu, penulis membahas persamaan Burgers yang diselesaikan dalam beberapa metode numeris. Model matematika dari suatu persamaan Burgers berbentuk persamaan diferensial parsial yang dapat ditulis sebagai hukum kekekalan. Hukum kekekalan biasanya diselesaikan untuk mendapatkan solusi di waktu yang akan datang. Namun demikian, bisa saja bahwa kondisi awal dari suatu solusi akhir ingin diketahui. Skripsi ini menyajikan cara untuk merekonstruksi kondisi awal hukum kekekalan hiperbolik pada persamaan Burgers. Penulis akan menggunakan metode relaksasi Jin-Xin untuk menyelesaikan persamaan Burgers hingga ditemukan solusi akhirnya. Setelah ditemukan solusi akhir, penulis akan menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs dengan solusi akhir yang telah didapat hingga menemukan perkiraaan nilai awal. Metode numeris yang digunakan untuk menyelesaikan model tersebut, akan disimulasikan dengan perangkat lunak MATLAB. Penelitian ini akan menguji apakah kondisi awal yang didapat menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs hasilnya cukup akurat dibandingkan dengan kondisi awal sesungguhnya. Analisis hasilnya dengan melihat simulasi yang dihasilkan dan seberapa besar errornya. Semakin kecil nilai errornya, maka semakin akurat hasil numeris tersebut. Selain itu, akan dihitung pula nilai konvergensinya untuk beberapa besaran langkah ruang yang digunakan pada simulasi. Nilai konvergensi diuji untuk melihat seberapa cepat solusi numerisnya konvergen. Kata kunci: persamaan Burgers, kondisi awal, hukum kekekalan hiperbolik, metode volume hingga Lax-Friedrichs, metode relaksasi Jin-Xin viii

9 ABSTRACT Burgers equation is analysed in this thesis. Burgers equation can be found in many problems in our daily activities and is difficult to solve analytically. Therefore, the writer considers Burgers equation that will be solved using several numerical methods. Mathematical model of Burgers equation is in a form of partial differential equation that can be written in a conservation law form. Conservation law is commonly solved to obtain a solution in the future. However, we can generate the initial condition from the final solution which had been calculated before. In this final assignment, we present our attempts to reconstruct initial condition of hyperbolic conservation law in Burgers equation. Writer will apply Jin-Xin relaxation system to solve the model mentioned earlier until the final solution is discovered. After that, the writer will implement the Lax-Friedrichs finite volume method with the final solution that was found earlier until we acquire the estimation of initial value. Numerical solutions that are used to finalize the model mentioned, will be simulated by using MATLAB. This research will examine initial condition that had been obtained using Lax-Friedrichs finite volume method compared with the exact initial condition. The result analysis will observe how large the error could be throughout simulation. Besides that, in this thesis we will compute the rate of convergence based on the domain discretization that is used in the simulation. Rate of convergence is calculated to measure how fast the numerical solution converges. Keywords: Burgers equation, initial condition, hyperbolic conservation law, Lax- Friedrichs finite volume method, Jin-Xin relaxation method ix

10 x

11 KATA PENGANTAR Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Tuhan Yesus Kristus yang telah mencurahkan rahmat dan roh kudusnya sehingga penulis dapat mengerjakan dan menyelesaikan skripsi ini dengan baik. Skripsi ini dibuat dengan tujuan memenuhi salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Sains pada Program Studi Matematika, Fakultas Sains dan Teknologi, Universitas Sanata Dharma. Penulis menyadari bahwa penulis melibatkan banyak pihak untuk membantu dalam menghadapi berbagai macam tantangan, kesulitan, dan hambatan. Oleh karena itu, pada kesempatan ini penulis mengucapkan terima kasih kepada: 1. Bapak Sudi Mungkasi, S.Si., M.Math.Sc., Ph.D., selaku Dekan Fakultas Sains dan Teknologi dan dosen pembimbing skripsi.. Bapak Hartono, S.Si., M.Sc., Ph.D., selaku Kaprodi Matematika. 3. Ibu M. V. Any Herawati, S.Si., M.Si., selaku Dosen Pembimbing Akademik. 4. Romo Prof. Dr. Frans Susilo, SJ., Bapak Ir. Ig. Aris Dwiatmoko, M.Sc., Bapak Dr. rer. nat. Herry P. Suryawan, S.Si., M.Si., dan Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si. selaku dosen-dosen Prodi Matematika yang telah memberikan banyak ilmu pengetahuan serta motivasi kepada penulis selama proses perkuliahan. 5. Bapak/Ibu dosen/karyawan Fakultas Sains dan Teknologi yang telah berdinamika bersama selama penulis berkuliah. xi

12 xii

13 DAFTAR ISI HALAMAN JUDUL... i HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING... iii HALAMAN PENGESAHAN... iv PERNYATAAN KEASLIAN KARYA... v MOTTO... vi HALAMAN PERSEMBAHAN... vii ABSTRAK... viii ABSTRACT... ix PERSETUJUAN PUBLIKASI ILMIAH... x KATA PENGANTAR... xi DAFTAR ISI... xiii BAB I PENDAHULUAN... 1 A. Latar Belakang... 1 B. Rumusan Masalah... 3 C. Batasan Masalah... 3 D. Tujuan Penulisan... 3 E. Manfaat penulisan... 4 F. Metode Penulisan... 4 xiii

14 G. Sistematika Penulisan... 4 BAB II BEBERAPA TEORI DASAR UNTUK PERSAMAAN HUKUM KEKEKALAN... 7 A. Turunan... 7 B. Integral... 1 C. Persamaan Diferensial D. Metode Karakteristik E. Nilai Eigen dan Vektor Eigen... 1 F. Hukum Kekekalan... 4 G. Persamaan Diferensial Hiperbolik... 6 H. Jacobian Suatu Fungsi Bernilai Vektor... 8 I. Turunan Numeris... 9 J. Menentukan Orde Galat BAB III SOLUSI LEMAH HUKUM KEKEKALAN A. Solusi Klasikal B. Bentuk Lemah dari suatu Hukum Kekekalan BAB IV METODE NUMERIS UNTUK HUKUM KEKEKALAN A. Karakteristik Persamaan Burgers B. Metode Volume Hingga C. Metode relaksasi Jin-Xin xiv

15 BAB V REKONSTRUKSI KONDISI AWAL A. Persamaan Adjoin B. Error Solusi Numeris dan Nilai Konvergensi (Hidayat, dkk 014) C. Hasil Simulasi dengan Sistem Adjoin D. Diskusi Hasil BAB VI PENUTUP A. Kesimpulan B. Saran DAFTAR PUSTAKA LAMPIRAN... 8 xv

16 BAB I PENDAHULUAN Dalam bab ini akan dibahas tentang latar belakang, rumusan masalah, batasan masalah, tujuan penulisan, manfaat penulisan, metode penulisan, dan sistematika penulisan. A. Latar Belakang Persamaan Diferensial Parsial (PDP) adalah persamaan yang mengandung satu atau lebih turunan parsial dengan dua atau lebih peubah (variabel) bebasnya. Persamaan diferensial banyak kegunaannya dalam pemodelan matematis suatu masalah dalam kehidupan nyata. Salah satu bagian dari persamaan diferensial parsial yaitu hukum kekekalan. Hukum kekekalan yang akan dibahas adalah suatu persamaan diferensial parsial yang bergantung pada x sebagai variabel ruang berdimensi satu dan t sebagai variabel waktu. Hukum tersebut menjelaskan kuantitas kekal seperti massa, momentum dan energi, biasanya bersifat nonlinear jika memodelkan keadaan yang dinamis. Persamaan ini biasanya memiliki sifat dasar berbentuk hiperbolik. Hukum kekekalan hiperbolik adalah bidang penelitian yang aplikasinya banyak ditemukan seperti pada mekanika fluida, desain pesawat terbang, aliran arus lalu lintas, elastisitas dan relativitas. Dalam skripsi ini penulis tertarik dengan mencari penyelesaian dari suatu masalah hukum kekekalan hiperbolik 1

17 u t + f(u) x = 0, u(x, t = 0) = u 0 (x) dimana u merupakan solusi dari hukum kekekalan hiperbolik dan u 0 merupakan kondisi awal. Lebih lanjut, permasalahan dibalik, yaitu akan dihitung nilai awal u 0 (x) dimana diketahui nilai akhir u T (x) yang akan diselesaikan menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs mundur terhadap waktu. Hasil yang telah didapat oleh penulis akan dianalisis dan dihitung errornya berdasarkan u 0 (x) sesungguhnya. Secara umum akan sulit mencari penyelesaian hukum kekekalan hiperbolik yang bersifat nonlinear. Salah satu tahap untuk menyelesaikan hukum kekekalan hiperbolik yaitu mengubah hukum kekekalan menjadi suatu sistem yang linear. Oleh karena itu, sistem linear dari hukum kekekalan hiperbolik yang akan diselesaikan dengan metode relaksasi Jin-Xin adalah { v t u t + v x = 0 u + a x = 1 (v f(u)) ε dimana a = (f (u)) merupakan suatu konstanta dan ε adalah konstanta relaksasi. Jadi, untuk merekonstruksi nilai awal pertama-tama dipandang solusi akhir hukum kekekalan hiperbolik dengan menggunakan metode relaksasi Jin-Xin. Solusi akhir tersebut akan digunakan untuk menghitung kondisi awal dengan metode volume hingga Lax-Friedrichs mundur terhadap waktu. Solusi yang didapat dengan menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs akan dianalisis errornya dan dibandingkan dengan kondisi awal sesungguhnya.

18 3 B. Rumusan Masalah Perumusan masalah yang akan dibicarakan pada skripsi ini adalah 1. Bagaimana mencari penyelesaian numeris suatu hukum kekekalan dengan menggunakan metode relaksasi Jin-Xin?. Bagaimana merekonstruksi kondisi awal mundur terhadap waktu dari suatu solusi akhir hukum kekekalan hiperbolik dengan menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs? 3. Apakah hasil kondisi awal yang didapat menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs cukup akurat dibandingkan dengan kondisi awal sesungguhnya? C. Batasan Masalah Pembahasan dalam skripsi ini dibatasi pada hukum kekekalan berdimensi satu. Hukum tersebut adalah satu persamaan diferensial parsial hiperbolik yaitu persamaan Burgers yang bergantung terhadap variabel ruang x dan waktu t. D. Tujuan Penulisan Tujuan dari penulisan skripsi ini adalah 1. Menyelesaikan suatu hukum kekekalan secara numeris menggunakan metode relaksasi Jin-Xin.. Merekonstruksi kondisi awal mundur terhadap waktu jika diketahui solusi akhirnya dengan menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs. 3. Menganalisis hasis rekonstruksi yang dihasilkan dengan membandingkannya dengan kondisi awal yang sesungguhnya.

19 4 E. Manfaat penulisan Manfaat yang dapat diperoleh dari penulisan skripsi ini adalah kita dapat mengetahui posisi asal gelombang dan memprediksi sejarahnya berdasarkan datadata yang didapat serta menerapkannya dalam suatu permasalahan di dunia nyata. F. Metode Penulisan Metode yang digunakan dalam penulisan skripsi ini adalah metode studi pustaka, yaitu dengan membaca dan mempelajari buku-buku atau jurnal-jurnal, serta praktik komputer mengenai hukum kekekalan hiperbolik. G. Sistematika Penulisan Sistematika penulisan skripsi ini adalah sebagai berikut: BAB I PENDAHULUAN A. Latar Belakang B. Rumusan Masalah C. Batasan Masalah D. Tujuan Penulisan E. Manfaat Penulisan F. Metode Penulisan G. Sistematika Penulisan BAB II BEBERAPA TEORI DASAR UNTUK PERSAMAAN HUKUM KEKEKALAN A. Turunan

20 5 B. Integral C. Persamaan Diferensial D. Metode Karakteristik E. Nilai Eigen dan Vektor Eigen F. Hukum Kekekalan G. Persamaan Diferensial Hiperbolik H. Jacobian Suatu Fungsi Bernilai Vektor I. Turunan Numeris J. Menentukan Orde Galat BAB III SOLUSI LEMAH HUKUM KEKEKALAN A. Solusi Klasikal B. Bentuk Lemah dari Suatu Hukum Kekekalan BAB IV METODE NUMERIS UNTUK HUKUM KEKEKALAN A. Karakteristik Persamaan Burgers B. Metode Volume Hingga C. Metode Relaksasi Jin-Xin BAB V REKONSTRUKSI KONDISI AWAL A. Persamaan Adjoin B. Error Solusi Numeris dan Nilai Konvergensi C. Hasil Simulasi BAB VI PENUTUP A. Kesimpulan B. Saran

21 6 DAFTAR PUSTAKA LAMPIRAN

22 BAB II PERSAMAAN DIFERENSIAL Pada bab ini akan dipaparkan landasan teori yang digunakan dalam skripsi ini, yaitu turunan, integral, persamaan diferensial dan tururan numeris. A. Turunan Definisi.1 Turunan (derivatif) fungsi f yang seringkali ditulis f dengan nilainya di titik x didefinisikan sebagai f (x) = lim h 0 f(x + h) f(x) h dengan syarat bahwa nilai limit tersebut ada. Contoh. Tentukan turunan fungsi f(x) = 13x 6 di x = 4. Jawab: f (1) = lim h 0 f(4 + h) f(4) h = lim h 0 (13(4 + h) 6) (13(4) 6) h = lim h h + 3h 4 4h + 1 h 7

23 8 13h = lim h 0 h = 13. Contoh.3 Jika f(x) = 1, tentukan f (x) nya. x Jawab: f (x) = lim h 0 f(x + h) f(x) h 1 = lim x + h 1 x h 0 h x (x + h) = lim [ h 0 (x + h) x 1 h ] = lim h 0 [ h (x + h) x 1 h ] = lim h 0 [ 1 (x + h) x ] = 1 x. Jadi, turunan dari fungsi f(x) = 1 adalah x f (x) = 1 dengan domainnya yaitu R {0}. Definisi.4 Definisi turunan di awal dapat ditulis ulang sebagai berikut: Diberikan fungsi f: D f R R, maka turunan atau derivatif dari fungsi f di titik c adalah x

24 9 f (c) = lim h 0 f(c + h) f(c) h atau misalkan x = c + h, sehingga f (c) = lim x c f(x) f(c) x c dengan syarat bahwa nilai limit tersebut ada. Contoh.5 Tentukan turunan fungsi f (x) jika diketahui f(x) = x. Jawab: f (x) = lim h 0 f(x + h) f(x) h = lim h 0 x + 4xh + h x h = lim h 0 4xh + h h = lim h 0 4x + h = 4x. Contoh.6 Gunakan cara terakhir untuk mencari g (c) apabila diketahui g(x) = x+3. Jawab: g (c) = lim x c g(x) g(c) x c

25 10 = lim x c x + 3 c + 3 x c (c + 3) (x + 3) 1 = lim x c (c + 3) (x + 3) (x c) (x c) = lim x c (c + 3) (x + 3) 1 (x c) = lim x c (c + 3) (x + 3) = (c + 3). Teorema.7 Jika f (c) ada, maka f kontinu di x = c. Teorema.8 Jika f dan g merupakan kedua fungsi yang mempunyai turunan, maka fungsi komposisi f g juga mempunyai turunan yaitu (f g) (x) = f (g(x))g (x). Rumus di atas dapat dibagi menjadi dua kasus sebagai berikut. Kasus 1 Misal y = f(u) dan u = g(x). Jika g dan f adalah fungsi yang terdiferensial, maka dy dx = dy du du dx.

26 11 Kasus Misalkan z = f(x, y) adalah fungsi x dan y yang terdiferensial dengan x = g(t) dan y = h(t) dan keduanya fungsi dari t yang terdiferensial. Maka z adalah fungsi dari t yang terdiferensial dan dz dt = z dx x dt + z dy y dt. Bukti dapat dilihat pada buku karangan Hallett, dkk (005) yang berjudul Calculus (Single and Multi Variable). Contoh.9 Tentukan turunan ( dy dx ) jika diketahui y = 3u dan u = x + 7x. Jawab: dy dx = d(3u) du d(x + 7x) dx dy = 3 (x + 7) = 6x + 1. dx Contoh.10 Jika y = (x 4x + 1) 60. Tentukan dy dx. Jawab: Misalkan y = u 60 dan u = x 4x + 1 dy dx = dy du du dx

27 1 dy dx = d(u60 ) du d(x 4x + 1) dx dy dx = (60u59 ) (4x 4) dy dx = 60(x 4x + 1) 59 (4x 4). B. Integral Dalam subbab ini akan dijelaskan definisi dan contoh dari integral tak tentu dan integral tertentu. Definisi.11 Jika diberikan suatu fungsi f(x) pada suatu interval I dan berlaku F (x) = f(x) untuk suatu F(x), maka F(x) adalah suatu anti turunan dari fungsi f(x). Contoh.1 Tentukan integral dari fungsi f(x) = x +. Jawab: x + dx = x + x + c, dengan c R. Definsi.13 Misalkan f(x) adalah fungsi kontinu untuk a x b. Interval a hingga b dibagi menjadi n sub interval dengan lebar yang sama yaitu x = b a n.

28 13 Diambil x 0 (= a), x 1, x,, x n (= b) menjadi titik sampel dari subinterval. Kedua jumlahan kanan dan kiri dapat dituliskan sebagai berikut: Jumlahan kanan = f(x 1 ) x + f(x ) x + + f(x n ) x = i=1 f(x i ) x, Jumlahan kiri = f(x 0 ) x + f(x 1 ) x + + f(x n 1 ) x = i=0 f(x i ) x. Setiap jumlahan tersebut disebut dengan jumlahan Riemann. Integral tentu f dari a ke b dapat ditulis b f(x)dx a n n 1 adalah limit dari jumlahan kanan atau jumlahan kiri dengan n subinterval dari a x b. Atau dapat ditulis b f(x)dx a n = lim f( x i ) x = lim f( x i ) x. n n i=1 n 1 i=0 Keterangan lebih jauh dapat dibaca pada Varberg, Purcell & Rigdon (006). Teorema.14 Jika f kontinu pada interval [a, b] dan F (x) = f(x), maka b f(x)dx a = F(b) F(a). Contoh.15 Tentukan integral fungsi f(x) = 3x pada interval tertutup [0,3]. Jawab: Integral tak tentunya adalah

29 14 F(x) = 3x dx = 3 x x + c, dengan c sebarang konstan. Dapat diperiksa bahwa F (x) = f(x), yaitu: F (x) = df dx = d ( 3 x x) = 3 x = 3x = f(x). dx Karena f kontinu pada interval [0,3] dan F (x) = f(x), maka 3 3x dx 0 = F(3) F(0) = ( 3 3 3) ( 3 0 0) = 15. C. Persamaan Diferensial Berikut ini akan dibahas mengenai definisi persamaan diferensial, serta contoh persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial. Definisi.16 Persamaan diferensial adalah persamaan yang melibatkan turunan dari satu atau lebih variabel tak bebas terhadap satu atau lebih variabel bebasnya. Berdasarkan banyaknya variabel bebas yang terlibat, persamaan diferensial terbagi menjadi dua jenis yaitu persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial. Definisi.17 Persamaan diferensial biasa adalah persamaan diferensial yang melibatkan turunan biasa dari satu atau lebih variabel tak bebas terhadap variabel bebasnya,

30 15 dengan banyaknya variabel bebas yang terlibat dalam persamaan tersebut hanya ada satu. Contoh.18 Berikut merupakan contoh dari persamaan diferensial biasa. d y + xy (dy dx dx ) = 0 (.1) d 4 x dt d x dt + 3x = sin t. (.) Pada persamaan (.1) variabel x adalah variabel bebas dan variabel y adalah variabel tak bebas. Sedangkan pada persamaan (.) t adalah variabel bebas dan variabel tak bebasnya adalah x. Definisi.19 Persamaan diferensial parsial adalah persamaan diferensial yang melibatkan turunan parsial dari satu atau lebih variabel tak bebas terhadap variabel bebasnya, dengan banyaknya variabel bebas yang terlibat dalam persamaan tersebut lebih dari satu. Contoh.0 Persamaan di bawah ini merupakan contoh persamaan diferensial parsial. v s + v t = v (.3)

31 16 u x + u y + u = 0. (.4) z Pada persamaan (.3) variabel s dan t adalah variabel bebas dan v adalah variabel tak bebasnya. Untuk persamaan (.4), terdapat tiga variabel bebas yaitu x, y dan z, sedangkan variabel tak bebasnya adalah u. Definisi.1 Orde dari persamaan diferensial adalah tingkat tertinggi dari turunan yang terkandung dalam persamaan diferensial. Definisi. Bagian terpenting dari suatu persamaan diferensial adalah apakah persamaan diferensial tersebut bersifat linear atau nonlinear. Persamaan diferensial orde satu di dalam dua variabel tak bebas x dan y yang paling umum berbentuk F(x, y, u, u x, u y ) = 0, dengan (x, y) D R (.5) dimana F adalah fungsi yang diberikan dan u = u(x, y) merupakan fungsi yang tidak diketahui dari variabel tak bebas x dan y di dalam domain D, u x = u x dan u y = u y. Persamaan di atas juga sering ditulis dengan notasi standar p = u x dan q = u y sehingga persamaan tersebut memiliki bentuk F(x, y, u, p, q) = 0. (.6)

32 17 Persamaan (.5) dan (.6) disebut persamaan diferensial parsial kuasi linear apabila persamaan tersebut linear pada turunan parsial pertama dari fungsi yang tidak diketahui u(x, y). Jadi bentuk persamaan kuasi linear yang paling umum adalah a(x, y, u)u x + b(x, y, u)u y = c(x, y, u) dengan koefisien a, b dan c adalah fungsi dari x, y dan u. Contoh.3 Berikut merupakan contoh dari persamaan kuasi linear x(y + u)u x y(x + u)u y = (x y )u uu x + u t + u = 0 (y u )u x xyu y = xu. Persamaan (.5) dikatakan linear jika F linear terhadap setiap variabel u, u x dan u y dan koefisien dari variabel tersebut merupakan fungsi hanya dari variabel tak bebas x dan y. Bentuk persamaan diferensial parsial linear yang paling umum adalah a(x, y)u x + b(x, y)u y + c(x, y)u = d(x, y) (.7) dimana koefisien a, b dan c secara umum adalah fungsi dari x dan y serta d(x, y) merupakan fungsi yang diberikan. Persamaan (.7) disebut homogen apabila

33 18 d(x, y) = 0 atau tidak homogen jika d(x, y) 0. Persamaan yang tidak sesuai dengan persamaan (.7) merupakan persamaan yang nonlinear. D. Metode Karakteristik Teorema.4 Solusi umum dari persamaan diferensial parsial orde pertama a(x, y, u)u x + b(x, y, u)u y = c(x, y, u) adalah f(φ, ψ) = 0 dimana f adalah fungsi dari φ(x, y, u) dan ψ(x, y, u) serta φ = c 1 dan ψ = c adalah konstanta. Persamaan karakteristiknya diberikan oleh dx a = dy b = du c. Bukti dari teorema ini dijelaskan pada Debnath (011). Contoh.5 Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial parsial xu x + yu y = u. Jawab: Karakteristik dari persamaan tersebut yaitu

34 19 dx x = dy y = du u. Oleh karena itu, dx x = dy y dx x = dy y ln x + k 1 = ln y xe k 1 = y xc 1 = y dx x = du u dx x = du u ln x + k = ln u xe k = u xc = u c 1 = y x c = u x. Sehingga solusi umumnya yaitu, f ( y x, u x ) = 0. Solusi umum tersebut juga dapat ditulis u x = g (y x ), atau u = xg ( y x ). Di sini f dan g adalah sebarang fungsi. Contoh.6 Tentukan solusi umum dari persamaan Euler linear berikut

35 0 xu x + yu y = nu. Jawab: Karakteristik dari persamaan tersebut adalah dx x = dy y = du u. Sehingga dx x = dy y dx x = dy y ln x + k 1 = ln y xe k 1 = y xc 1 = y c 1 = y x dx x = du nu dx x = 1 n du u n ln x + k = ln u ln x n + k = ln u x n e k = u x n c = u c = u x n. Sehingga solusi umumnya adalah f ( y x, u xn) = 0. Solusi umum tersebut juga dapat ditulis u x n = g (y x ), atau

36 1 u = x n g ( y x ). Di sini f dan g adalah sebarang fungsi. E. Nilai Eigen dan Vektor Eigen eigen. Berikut ini akan dibahas mengenai definisi serta contoh dari nilai dan vektor Definisi.7 (Anton & Rorres, 014) Jika A adalah matriks n n, maka vektor tak nol x di R n disebut vektor eigen dari A jika Ax merupakan perkalian skalar dengan x atau dapat ditulis dengan Ax = λx untuk suatu skalar λ. Skalar λ disebut nilai eigen dari A dan x disebut vektor eigen yang bersesuaian dengan λ. Contoh.8 Vektor x = [ 1 ] adalah vektor eigen dari A = [ ] yang bersesuaian dengan λ = 3, karena Ax = [ ] [1 ] = [3 6 ] = 3 [1 ] = 3x.

37 Secara geometri, perkalian matriks A dengan vektor x memiliki kelipatan 3 terhadap vektor x. Ilustrasi secara geometri ditunjukkan dalam Gambar.1 y 6 3x 3 x 1 Gambar.1 Ilustrasi geometri vektor eigen. Dari persamaan tersebut terlihat bahwa λ = 3 adalah nilai eigen dari matriks A dan x adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan nilai eigen λ = 3. Sembarang kelipatan tak nol dari vektor eigen x juga merupakan vektor eigen sebab A(αx ) = Aαx = αax = αλx = λ(αx ). Sebagai contoh [ ] juga merupakan vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 3 4 karena [ ] [ 4 ] = [ 6 1 ] = 3 [ 4 ].

38 3 Teorema.9 Jika A adalah matriks n n, maka λ merupakan nilai eigen dari A jika dan hanya jika memenuhi persamaan det(λi A) = 0. Persamaan tersebut dikenal dengan persamaan karakteristik dari A. Contoh.30 Carilah nilai eigen dan vektor eigen dari matriks A = [ 3 3 ]. Jawab: Dengan menggunakan persamaan karakteristik, maka kita hanya mencari penyelesaian dari 3 λ 3 λ = 0 sehingga didapat λ λ 1 = 0. Jadi, nilai eigen dari matriks A yaitu λ 1 = 4 dan λ = 3. Untuk mencari vektor eigen yang bersesuaian dengan λ 1 = 4, maka harus dicari solusi penyelesaian dari (A 4I)x = 0, yaitu A 4I = [ ].

39 4 Dengan menyelesaikan (A 4I)x = 0, didapat x = [ t t ] = t [ 1 ]. Jadi, semua kelipatan tak nol [ 1 ] adalah vektor eigen yang bersesuaian dengan λ 1 = 4. Dengan cara yang sama dapat dicari vektor eigen yang bersesuaian dengan λ = 3 atau dengan kata lain akan dicari penyelesaian dari (A + 3I)x = 0. Dipandang A + 3I = [ ]. Dengan menyelesaikan (A + 3I)x = 0, didapat x = [ 1s ] = s [ 1 3s 3 ] dimana semua kelipatan tak nol dari [ 1 ] merupakan vektor eigen yang 3 bersesuaian dengan λ = 3 juga. F. Hukum Kekekalan Hukum kekekalan adalah persamaan diferensial parsial yang berbentuk u t (x, t) + f(u(x, t)) x = 0 (.8) dimana f(u) adalah fungsi fluks. Persamaan (.8) dapat ditulis juga dalam bentuk u t + f (u)u x = 0.

40 5 Definisi.31 Fungsi mulus adalah fungsi yang kontinu, terdiferensialkan serta turunannya juga kontinu. Bentuk integral dari hukum kekekalan dimana x 1 < x < x yaitu x d u(x, t) dt dx = f(u(x 1, t)) f(u(x, t)). (.9) x 1 Persamaan (.9) adalah bentuk integral dasar dari hukum kekekalan dan u mengukur kepadatan dari suatu kuantitas kekal. Persamaan (.9) juga dapat ditulis kembali menjadi x d x u(x, t) dx = f(u(x, t)) dt x. 1 x 1 Persamaan untuk u dapat diselesaikan jika fungsi f(u) ditentukan. Persamaan ini juga harus memenuhi interval [x 1, x ] untuk sebarang x 1 dan x. Persamaan tersebut tidak dapat diselesaikan secara langsung namun diubah terlebih dahulu ke dalam bentuk persamaan diferensial parsial. Untuk melakukannya, akan diasumsikan bahwa f(u) dan u merupakan fungsi mulus, sehingga x d u(x, t) dx = f(u(x, t))dx dt x x 1 x x 1 atau

41 6 x [ t u(x, t) + f(u(x, t))] x dx = 0. (.10) x 1 Karena persamaan (.10) harus sama dengan nol untuk semua nilai x 1 dan x, maka integrannya harus sama dengan nol. Dengan demikian diperoleh persamaan diferensial t u(x, t) + x f(u(x, t)) = 0. (.11) Persamaan (.11) dapat ditulis kembali menjadi u t (x, t) + f(u(x, t)) x = 0. G. Persamaan Diferensial Hiperbolik Persamaan diferensial hiperbolik dapat digunakan untuk memodelkan bermacam fenomena yang melibatkan pergerakan gelombang. Perhatikan bentuk persamaan diferensial berikut u t (x, t) + Au x (x, t) = 0 dalam kasus yang paling sederhana yaitu koefisien konstan dan linear. Disini u: R R R m adalah vektor dengan m komponen yang merepresentasikan fungsi yang tidak diketahui (tekanan, kecepatan, dan sebagainya) yang akan ditentukan dan A adalah sebuah matriks konstan real berukuran m m. Persamaan u t (x, t) + Au x (x, t) = 0 merupakan persamaan diferensial parsial hiperbolik jika matriks A memiliki nilai eigen yang semuanya bernilai real

42 7 dan berkorespondensi dengan m vektor eigen yang bebas linear. Artinya, semua vektor dalam R m dapat diuraikan secara tunggal sebagai kombinasi linear dari nilai-nilai eigen tersebut. Definisi.3 Matriks A berukuran m m dapat didiagonalkan apabila ada matriks P yang dapat diinvers sehingga P 1 AP = D adalah matriks diagonal. Matriks P dikatakan mendiagonalkan A. Apabila nilai eigen realnya berbeda-beda, maka persamaan (.1) merupakan persamaan hiperbolik ketat. Definisi.33 Suatu persamaan dengan bentuk u t + Au x = 0 (.1) dikatakan hiperbolik apabila matriks A yang berukuran m m dapat didiagonalkan dengan nilai eigen real. Definisi.34 Suatu persamaan diferensial hiperbolik u t (x, t) + f(u(x, t)) x = 0 (.13) dikatakan nonlinear apabila f(u) adalah suatu fungsi fluks yang nonlinear terhadap u.

43 8 H. Jacobian Suatu Fungsi Bernilai Vektor Diberikan y = f (x ) dari n persamaan dimana x merupakan vektor yang terdiri dari n buah variabel yaitu x 1, x,, x n, yaitu f 1 (x ) y = [ ] f n (x ) atau dapat diuraikan menjadi y 1 = f 1 (x 1, x,, x n ), { y n = f n (x 1, x,, x n ). Matriks Jacobian dapat didefinisikan sebagai berikut dy 1 dy 1 dx 1 dx n J(x 1, x,, x n ) =. dy n dy n [ dx 1 dx n ] Determinan dari matriks Jacobian adalah dy 1 dy 1 dx 1 dx n J = dy n dy n dx 1 dx n

44 9 I. Turunan Numeris Subbab ini membahas mengenai penurunan numeris beserta contohnya dan tiga hampiran untuk menghitung turunan numeris yaitu hampiran beda maju, beda mundur dan beda pusat. Definisi.35 Suatu turunan fungsi didefinisikan dengan f f(x + Δx) f(x) (x) = lim. Δx 0 Δx Akan tetapi, seringkali fungsi f(x) tidak diketahui secara eksplisit dan kita hanya memiliki beberapa titik data saja. Pada kasus seperti ini, akan sulit untuk menentukan turunan fungsi secara analitis. Sebaiknya, pada kasus lain, meskipun f(x) diketahui secara eksplisit tetapi bentuknya rumit sehingga menentukan turunan fungsinya merupakan pekerjaan yang sulit. Contoh fungsi-fungsinya adalah sebagai berikut f(x) = cos(x ) + x tan(3x) sin(x) + e x x, cos(x) f(x) = xe (x+) ln(4x ). Untuk kedua kasus di atas, perhitungan nilai turunan dapat dihitung secara numeris dan nilai turunan yang diperoleh merupakan nilai hampiran.

45 30 Tiga Hampiran dalam Menghitung Turunan Numeris Misalkan terdapat nilai x di x 0 Δx, x 0 dan x 0 + Δx, serta nilai fungsi untuk nilai-nilai x tersebut. Titik-titik yang diperoleh yaitu (x 1, f 1 ) dimana x 1 = x 0 Δx, (x 0, f 0 ) dan (x 1, f 1 ) dengan x 1 = x 0 + Δx. Terdapat tiga hampiran untuk menghitung nilai f (x 0 ). 1. Hampiran Beda Maju Diketahui y = f(x 0 ). Akan diperlihatkan f (x 0 ) dengan menggunakan hampiran beda maju f (x 0 ) = lim Δx 0 f(x 0 + Δx) f(x 0 ) Δx f (x 0 ) f(x 0 + Δx) f(x 0 ) Δx f (x 0 ) f 1 f 0 Δx.

46 31 y y 1 y 0 Δx y = f(x) x 0 x 1 x Gambar. Pendekatan dengan perhitungan numeris menggunakan hampiran beda maju.. Hampiran Beda Mundur Diketahui y = f(x 0 ). Akan diperlihatkan f (x 0 ) dengan menggunakan hampiran beda mundur f (x 0 ) = lim Δx 0 f(x 0 ) f(x 0 Δx) Δx f (x 0 ) f(x 0) f(x 0 Δx) Δx f (x 0 ) f 0 f 1. Δx

47 3 y y 0 y = f(x) y 1 Δx x x 1 x 0 Gambar.3 Pendekatan dengan perhitungan numeris menggunakan hampiran beda mundur. 3. Hampiran Beda Pusat Diketahui y = f(x 0 ). Akan diperlihatkan f (x 0 ) dengan menggunakan hampiran beda pusat f (x 0 ) = lim Δx 0 f(x 0 + Δx) f(x 0 Δx) Δx f (x 0 ) f(x 0 + Δx) f(x 0 Δx) Δx f (x 0 ) f 1 f 1 Δx.

48 33 y y 1 y = f(x) y 0 y 1 Δx x 1 x 0 x 1 x Gambar.4 Pendekatan dengan perhitungan numeris menggunakan hampiran beda pusat. Penurunan Rumus Turunan dengan Deret Taylor ini Misalkan diberikan titik-titik (x i, f i ) dengan i = 0, 1,,, n, yang dalam hal x i = x 0 + iδx dan f i = f(x i ) dimana x = x 0 + sδx untuk s R dengan ketiga hampiran yang telah dijelaskan di atas. 1. Hampiran Beda Maju Uraikan f(x i+1 ) di sekitar x i

49 34 f(x i+1 ) = f(x i ) + x i+1 x i 1! f (x i ) + (x i+1 x i )! f (x i ) + f i+1 = f i + Δxf i + Δx f i + (.14) Δxf i = f i+1 f i Δx f i f i = f i+1 f i Δx Δx f i. (.15) Karena Δx f i merupakan bilangan yang sangat kecil dan tidak berpengaruh pada nilai f i sehingga persamaan (.15) dapat ditulis f i = f i+1 f i Δx + O(Δx) (.16) yang dalam hal ini, O(Δx) = Δx f (t), untuk suatu t dalam interval x i < t < x i+1. Untuk nilai-nilai f di x 0 dan x 1, persamaan (.16) menjadi f 0 = f 1 f 0 Δx + O(Δx). Dalam hal ini, O(Δx) = Δx f (t), untuk suatu t dalam interval x 0 < t < x 1 menyatakan bahwa turunan numeris dengan hampiran beda maju dan mempunyai keakuratan tingkat satu atau O(Δx).. Hampiran Beda Mundur Uraikan f(x i 1 ) di sekitar x i

50 35 f(x i 1 ) = f(x i ) + x i 1 x i 1! f (x i ) + (x i 1 x i )! f (x i ) + f i 1 = f i Δxf i + Δx f i (.17) Δxf i = f i f i 1 + Δx f i f i = f i f i 1 Δx + Δx f i. (.18) Karena Δx f i merupakan bilangan yang sangat kecil dan tidak berpengaruh pada nilai f i sehingga persamaan (.18) dapat ditulis f i = f i f i 1 Δx + O(Δx) (.19) yang dalam hal ini, O(Δx) = Δx f (t), untuk suatu t dalam interval x i 1 < t < x i. Untuk nilai-nilai f di x 0 dan x 1, persamaan (.19) menjadi f 0 = f 0 f 1 Δx + O(Δx). Dalam hal ini, O(Δx) = Δx f (t), untuk suatu t di dalam interval x 1 < t < x 0 menyatakan bahwa turunan numeris dengan hampiran beda mundur dan mempunyai keakuratan tingkat satu atau O(Δx). 3. Hampiran Beda Pusat Kurangkan persamaan (.14) dengan persamaan (.17) diperoleh

51 36 f i+1 f i 1 = f i + Δxf i + Δx f i + (f i Δxf i + Δx f i ) f i+1 f i 1 = Δxf i + Δx3 3 f i + Δxf i = f i+1 f i 1 Δx3 3 f i f i = f i+1 f i 1 Δx Δx 6 f i. (.0) Karena Δx 6 f i merupakan bilangan yang sangat kecil dan tidak berpengaruh pada nilai f i sehingga persamaan (.0) dapat ditulis f i = f i+1 f i 1 Δx + O(Δx ) (.1) yang dalam hal ini, O(Δx ) = Δx 6 f (t), untuk suatu t pada interval x i 1 < t < x i+1. Untuk nilai-nilai f di x 1 dan x 1, persamaan (.1) menjadi f 0 = f 1 f 1 Δx + O(Δx ). Dalam hal ini, O(Δx ) = Δx 6 f (t), untuk suatu t di dalam interval x 1 < t < x 1 menyatakan bahwa turunan numeris dengan hampiran beda pusat dan mempunyai keakuratan tingkat dua atau O(Δx ). Perhatikan, hampiran beda pusat lebih baik dibandingkan dengan dua hampiran sebelumnya karena orde galatnya adalah O(Δx ).

52 37 J. Menentukan Orde Galat Pada penurunan rumus turunan numeris dengan deret Taylor, kita dapat langsung memperoleh rumus galatnya. Namun, dengan polinom interpolasi kita harus mencari rumus galat tersebut dengan bantuan deret Taylor. Contohnya, kita menentukan rumus galat dan orde dari rumus turunan numerik hampiran beda pusat f (x 0 ) = f 1 f 1 Δx + E. Nyatakan E (galat) sebagai ruas kiri persamaan, lalu ekspansi ruas kanan dengan deret Taylor di sekitar x 0 E = f (x 0 ) f 1 f 1 Δx E = f 0 1 Δx [(f 0 + Δxf 0 + Δx f 0 + Δx3 6 f 0 + ) (f 0 Δxf 0 + Δx f 0 Δx3 6 f 0 + )] E = f 0 1 Δx (Δxf 0 + Δx3 3 f 0 + ) E = f 0 f 0 Δx 6 f 0 E = Δx 6 f 0 E = Δx 6 f (t), untuk suatu t dalam interval x 1 < t < x 1

53 38 E = O(Δx ). Jadi, hampiran beda pusat memiliki galat E = Δx f (t), untuk suatu t di dalam interval x 1 < t < x 1 dengan orde O(Δx ). Keterangan lebih lengkap dapat dibaca pada buku karangan Munir (008) dengan judul Metode Numerik. 6

54 BAB III SOLUSI LEMAH HUKUM KEKEKALAN A. Solusi Klasikal Pada subbab ini akan dibahas mengenai solui klasikal dari suatu hukum kekekalan berbentuk u t + φ x = 0. Misalkan suatu masalah nilai awal yaitu untuk < x < dan t > 0 berlaku u t + φ x = 0 (3.1) u(x, 0) = u 0 (x) (3.) dimana φ(x, t) memiliki turunan pertama yang kontinu dan u 0 (x) juga kontinu. Fungsi u(x, t) disebut solusi klasikal dari masalah nilai awal (3.1) dan (3.) apabila i. u merupakan fungsi kontinu untuk setiap x dan t 0, ii. u x dan u t ada dan kontinu untuk setiap x dan t > 0, iii. u memenuhi u t + φ x = 0 untuk setiap x dan t > 0, iv. u(x, 0) = u 0 (x) untuk setiap x. B. Bentuk Lemah dari suatu Hukum Kekekalan Bentuk lemah dari u t + φ x = 0 adalah suatu alternatif bentuk integral dari hukum kekekalan. Konsep ini digunakan pada fungsi khusus dari x dan t yang disebut fungsi uji untuk menguji solusi dari u t + φ x = 0 di daerah bidang-xt. Suatu fungsi bernilai real T(x, t) disebut fungsi uji apabila i. T t dan T x ada dan kontinu untuk setiap (x, t), 39

55 40 ii. ada suatu lingkaran di bidang-xt dimana T(x, t) = 0 untuk setiap (x, t) yang berada tepat dan di luar lingkaran. Untuk mendapatkan bentuk umum dari sebuah hukum kekekalan dimulai dengan mengasumsikan bahwa u adalah solusi klasikal dari u t + φ x = 0 (3.3) u(x, 0) = u 0 (x) (3.4) dan misalkan T(x, t) adalah suatu fungsi uji. Perkalian dalam T(x, t)u(x, t) akan bernilai nol di setiap titik (x, t) yang berada tepat dan di luar suatu lingkaran di dalam bidang-xt. Mengalikan persamaan diferensial (3.3) dengan T(x, t) dan mengintegralkan untuk semua x dan t 0 memberikan [u t (x, t)t(x, t) + φ x (x, t)t(x, t)]dxdt = 0. (3.5) 0 Bagian kiri dari persamaan (3.5) tersebut dapat ditulis sebagai jumlahan dari dua integral I 1 dan I, dimana I 1 = u t (x, t)t(x, t)dxdt, 0 I = φ x (x, t)t(x, t)dxdt. 0 Menukar letak integral pada I 1 menjadi

56 41 I 1 = [ u t (x, t)t(x, t)dt] dx. 0 Akan digunakan integral parsial pada 0 u t (x, t)t(x, t)dt. Misalkan u = T(x, t) dan dv = u t (x, t) dt, sehingga du = T t (x, t)dt dan v = u(x, t). Oleh karena itu, u t (x, t)t(x, t)dt = u(x, t)t(x, t) t t = 0 u(x, t)t t(x, t)dt. 0 0 Sehingga I 1 = [u(x, t)t(x, t) t t = 0 u(x, t)t t(x, t)dt] dx. 0 Nilai dari u(x, t)t(x, t) adalah nol saat t karena T(x, t) = 0 untuk semua (x, t) di luar lingkaran pada bidang-xt. Nilai dari u(x, 0)T(x, 0) = u 0 (x)t(x, 0) dari kondisi awal (4.4). Sehingga I 1 menjadi I 1 = u 0 (x)t(x, 0)dx u(x, t)t t (x, t)dx dt. (3.6) 0 Perhitungan yang sama dilakukan untuk I. I = [ φ x (x, t)t(x, t)dx] dt. 0 Akan dicari φ x (x, t)t(x, t)dx dengan integral parsial.

57 4 Misalkan u = T(x, t) dan dv = φ x (x, t) dx, sehingga du = T x (x, t)dx dan v = φ(x, t). Oleh karena itu, φ x (x, t)t(x, t)dx = φ(x, t)t(x, t) x x φ(x, t)t x(x, t)dx. Sehingga I = [φ(x, t)t(x, t) x x φ(x, t)t x(x, t)dx] dt. 0 Nilai dari φ(x, t)t(x, t) = 0 saat x ± karena T(x, t) = 0 untuk semua (x, t) di luar lingkaran pada bidang-xt, sehingga I = φ(x, t)t x (x, t)dx dt. 0 (3.7) Dengan menggunakan persamaan (3.6) dan (3.7) untuk I 1 dan I, integral dari hukum kekekalan u t + φ x = 0 pada (3.3) dapat ditulis kembali menjadi (u(x, t)t t (x, t) + φ(x, t)t x (x, t))dx dt + u 0 (x)t(x, 0)dx 0 (3.8) = 0. Persamaan (3.8) disebut bentuk lemah dari masalah nilai awal (3.3) dan (3.4) untuk hukum kekekalan u t + φ x = 0. Penjelasan lebih lengkap untuk bab ini dapat dilihat dari buku karangan Knobel dengan judul An Introduction to the Mathematical Theory of Waves (000).

58 43 Contoh 4.1 Misalkan masalah nilai awal untuk < x < dan t > 0 adalah u t + u u x = 0, u(x, 0) = x. Fluks untuk hukum kekalan ini adalah φ(u) = u3. Dengan mengganti fluks dan fungsi awal u 0 (x) = 1 1+x ke dalam persamaan (4.8) memberikan bentuk lemah dari masalah nilai awal yaitu (u(x, t)t t (x, t) + 1 T(x, 0) 3 u3 (x, t)t x (x, t)) dx dt x dx = untuk semua fungsi uji T(x, t). Misalkan diambil fungsi uji 1 T(x, t) = { e( 1 x t ), jika x + t < 1, 0, jika x + t 1. Oleh karena itu, atau Sehingga 1 e( 1 x T(x, 0) = { ), jika x < 1 0, jika x 1 1 T(x, 0) = { e( 1 x ), jika x < 1, 0, jika x 1.

59 T(x, 0) 1 + x dx T(x, 0) = 1 + x dx T(x, 0) x dx T(x, 0) x dx, 1 1 atau 1 1 T(x, 0) 1 + x dx = 0 dx + e( 1 x ) 1 + x dx + 0 dx, atau 1 T(x, 0) 1 + x dx = e( 1 x ) 1 + x dx. 1 1 Jadi, 1 1 e( 1 x ) (u(x, t)t t (x, t) u3 (x, t)t x (x, t)) dx dt x dx = 0. Contoh 4. Misalkan masalah nilai awal untuk < x < dan t > 0 adalah u t + uu x = 0, u(x, 0) = e x. Fluks pada hukum kekekalan diatas yaitu φ(u) = u. Dengan mengganti persamaan (4.8) dengan fluks φ(u) = u dan nilai awal u 0(x) = e x didapat bentuk lemahnya yaitu

60 45 (u(x, t)t t (x, t) + 1 u (x, t)t x (x, t)) dx dt + e x T(x, 0)dx 0 = 0 untuk semua fungsi uji T(x, t). Misalkan diambil fungsi uji 1 T(x, t) = { e( 1 x t ), jika x + t < 1, 0, jika x + t 1. Oleh karena itu, atau Sehingga e x T(x, 0)dx 1 e( 1 x T(x, 0) = { ), jika x < 1 0, jika x 1 1 T(x, 0) = { e( 1 x ), jika x < 1, 0, jika x 1. 1 = e x T(x, 0)dx + e x T(x, 0)dx + e x T(x, 0)dx, atau

61 46 e x T(x, 0)dx = 0 dx e x e ( 1 1 x ) dx dx, 1 atau e x T(x, 0)dx = e x e ( x ) dx, atau e x T(x, 0) dx = e ( x x ) dx. Jadi, (u(x, t)t t (x, t) + 1 u (x, t)t x (x, t)) dx dt e ( 1 1 x x ) dx 1 = 0. Dalam bab ini telah dibahas dua macam solusi persamaan hukum kekekalan, yaitu solusi klasikal (kuat) dan solusi lemah. Teori solusi klasikal hanya berlaku untuk solusi yang bersifat halus. Teori solusi lemah didasarkan pada bentuk integral hukum kekekalan. Dengan demikian, menggunakan teori solusi lemah, solusi persamaan hukum kekekalan dapat ditentukan untuk kasus solusi yang bersifat halus maupun tidak halus. Hal ini berlaku karena integral terdefinisi untuk fungsi yang kontinu maupun diskontinu. Dalam bab berikutnya, akan dibahas pencarian solusi numeris yang didasarkan pada bentuk hukum kekekalan.

62 BAB IV METODE NUMERIS UNTUK HUKUM KEKEKALAN Dalam bab ini akan dibahas mengenai persamaan Burgers yang digunakan dalam skripsi ini serta dua metode numeris yang digunakan yaitu metode volume hingga Lax-Friedrichs dan metode relaksasi Jin-Xin. A. Karakteristik Persamaan Burgers Persamaan yang paling sederhana pada model persamaan Burgers adalah u t + ( 1 u ) = 0. x Namun demikian, akan lebih baik untuk menyebut persamaan di atas dengan persamaan Burgers inviscid, sebab Burgers sebenarnya mempelajari tentang persamaan viscous, u t + ( 1 u ) = εu xx. x Daripada memodelkan masalah fisika secara khusus, persamaan ini diperkenalkan sebagai persamaan model paling sederhana yang memperlihatkan ciri-ciri khusus dari gas dinamis, bentuk dari persamaan nonlinear hiperbolik dan viskositas. Dalam berbagai kepustakaan mengenai persamaan hiperbolik, masalah inviscid sangat luas digunakan untuk dikembangkan baik teori maupun metode numeris. 47

63 48 Penyelesaian untuk persamaan Burgers inviscid memiliki struktur dasar yang sama dengan solusi dari masalah arus lalu lintas. Bentuk kuasi linear dari persamaan Burgers adalah u t + uu x = 0. (4.1) Dipandang suatu hukum kekekalan yang termuat pada Prnić, Ž (1995) u t + [kf(u)] x = 0 (4.) atau dapat ditulis menjadi u t + F(x, u) x = 0 dengan F(x, u) adalah fungsi fluks dengan F(x, u) = k(x)f(u). Akan dipilih k(x) = x (4.3) dan f(u) = u (4.4) dengan 1 u(x, 0) = 1 + x. (4.5) B. Metode Volume Hingga Persamaan diferensial parsial hukum kekekalan mempunyai bentuk

64 49 u t + f(u) x = 0. (4.6) Pada ruang satu dimensi, metode volume hingga didasarkan pada pembagian domain ruang menjadi interval-interval (grid sel), seperti tampak pada Gambar 4.1. x i 3 x i 1 x i+ 1 x i+ 3 x i 1 x i x i+1 Gambar 4.1 Ilustrasi grid sel domain ruang. Di sini Δx = x 1 i+ x 1 i atau Δx = x i+1 x i. Domain waktu didiskretkan menjadi t n = nδt untuk n = 0, 1,,. Misalkan sel ke-i dinotasikan dengan C i = (x 1 i, x 1 i+ ) Nilai U i n adalah pendekatan rata-rata dari kuantitas u(x, t) pada domain waktu t n dan interval ruang ke-i, yaitu x i+ 1 U n i 1 Δx u(x, x i 1 t n ) dx 1 Δx u(x i, t n ) C i.

65 50 Skema integral dari hukum kekekalan, seperti tampak pada Gambar 4., adalah x i+ 1 d dt u(x, t) dx = F x 1 i x i 1 (t) F xi+ (t) 1 memberikan x i+ 1 d dt u(x, t) dx = f (u (x i 1, t)) f (u (x 1 i+, t)). (4.7) x i 1 U i n+1 t n+1 n F 1 i n F 1 i+ t n n U i 1 U i n n U i+1 Gambar 4. Ilustrasi metode volume hingga memperbaharui rata-rata sel U i n dengan fluks pada tepi sel dalam ruang x t. Dengan mengintegralkan persamaan (4.7) terhadap waktu dari t n ke t n+1 menjadi

66 51 x i+ 1 x i+ 1 u(x, t n+1 ) dx u(x, t n ) dx x i 1 x i 1 t n+1 t n+1 = f (u (x 1 i, t)) f (u (x 1 i+, t)). t n t n Persamaan tersebut dibagi dengan Δx, diperoleh 1 Δx u(x, t n+1)dx C i = 1 Δx u(x, t n) dx C i (4.8) t n+1 t n+1 1 Δx [ f (u (x i+ 1, t)) f (u (x 1 i, t)) ]. t n t n Hal ini mengatakan bahwa rata-rata u dalam sel diperbaharui pada satu langkah waktu. Secara umum, kita tidak dapat menentukan integral waktu pada bagian kanan dari persamaan (4.8) secara langsung dikarenakan u (x 1 i±, t) bervariasi terhadap waktu sepanjang masing-masing tepi sel dan tidak ada solusi eksaknya. Namun, hal ini memberikan petunjuk untuk mempelajari metode numerik dengan bentuk U n+1 i = U n i Δt Δx (F n i+ 1 F n 1) (4.9) i

67 5 n dimana F 1 i adalah pendekatan dari fungsi fluks f(u(x, t)) dalam selang waktu [t n, t n+1 ] pada titik x 1 i, yaitu n F 1 i t n+1 1 Δt f (u (x i 1 t)) dt., t n Persamaan tersebut merupakan skema volume hingga untuk u t + f(u) x = 0. Metode Stabil dan Tidak Stabil Metode numeris dikatakan stabil apabila galat yang muncul pada setiap iterasi tidak membesar terlalu cepat untuk iterasi-iterasi selanjutnya. Namun demikian, apabila galat yang muncul pada suatu iterasi membesar pada iterasiiterasi selanjutnya maka metode tersebut dikatakan tidak stabil. Fluks Tak Stabil Akan dicari rata-rata fluks pada titik x 1 i menggunakan data pada U n i 1 dan U i n dengan menggunakan cara yang paling mudah yaitu F n 1 i = F( U n i 1, U n i ) = f(u i 1 n ) + f(u n i ) sehingga skema metode volume hingga adalah U n+1 i = U n i Δt Δx (F n i+ 1 F n 1) (4.10) i

68 53 Namun demikian, metode tersebut tidak stabil untuk menyelesaikan persamaan hiperbolik dan tidak dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan u t + f(u) x = 0. Fluks Lax-Friedrichs Dari persamaan (4.10) yang tidak stabil, agar menjadikan metode tersebut stabil Lax-Friedrichs menganjurkan untuk menambahkan faktor koreksi. Oleh karena itu (LeVeque, 014), F n 1 = f(u i+1 n ) + f(u n i ) Δx i+ Δt (U i+1 n U n i ). (4.11) Selanjutnya, U n+1 i = U n i Δt Δx (F n i+ 1 F n 1). (4.1) i Untuk hukum kekekalan hiperbolik u t + [kf(u)] x = 0, perhitungan fluks dengan menggunakan persamaan (4.11) dengan memisalkan F(x, u) = k(x)f(u) sehingga hukum kekalan hiperboliknya menjadi u t + [F(x, u)] x = 0, yaitu F n 1 = F(U i+1 n ) + F(U n i ) Δx i+ Δt (U i+1 n U n i ) F n 1 = kf(u i+1 n ) + kf(u n i ) Δx i+ Δt (U i+1 n U n i )

69 54 dan F n 1 i = F(Ui n ) + F(U n ) i 1 Δx Δt (U i n U n i 1 ) F n 1 i = kf(ui n ) + kf(u n ) i 1 Δx Δt (U i n U n i 1 ) Skema fluks Lax-Friedrichs ini stabil saat t yang cukup kecil. Hasil simulasi penyelesaian persamaan Burgers nonlinear dengan metode Lax-Friedrichs menggunakan program MATLAB ditunjukkan pada Gambar 4.3. Pada simulasi tersebut diambil nilai awal untuk x > 0, 1 u(x, 0) = 1 + x dan nilai batas yang digunakan untuk menghitung solusi numeris adalah u(0, t) = t serta untuk nilai pada u(, t) sama dengan perhitungan untuk u pada sel sebelumnya. Di sini diambil x [0,] dengan Δx = 0.0 dan t [0,1.5] dengan Δt = 0.5Δx, hasil numeris yang didapat ditunjukkan pada Gambar 4.3.

70 55 Gambar 4.3 Hasil simulasi penyelesaian persamaan Burgers menggunakan metode Lax-Friedrichs. Terlihat pada gambar bahwa seiring berjalannya waktu, maka grafik berjalan ke arah kanan dan apabila diteruskan akan berbentuk segitiga, dimana sebelumnya telah diatur nilai batas saat waktu awal dan waktu akhir. Seiring berjalannya waktu, nilai awal pada saat x = 0 akan turun dan sebaliknya nilai awal pada saat x = akan naik. C. Metode relaksasi Jin-Xin Pada bagian ini akan dibahas mengenai skema metode relaksasi Jin-Xin untuk menyelesaikan suatu hukum kekekalan hiperbolik. Skema relaksasi Jin-Xin Misalkan suatu persamaan diferensial hiperbolik

71 56 u t + f(u) x = 0 (4.13) dan akan dicari penyelesaian numerisnya dengan skema relaksasi Jin-Xin. Untuk mendapatkan sebuah sistem relaksasi, persamaan (4.13) harus diubah terlebih dahulu menjadi sebuah sistem yang linear yaitu u t + v x = 0 (4.14) dan v u + a t x = 1 ε (v f(u)) (4.15) dimana v = f(u), a adalah sebuah variabel yang diberikan dengan a = (f (u)) dan ε adalah sebuah konstan positif yang kecil. Variabel Karakteristik pada Metode relaksasi Jin-Xin Dipandang sistem hiperbolik [ u v ] t + [0 1 a 0 ] [u v ] x = 0 dimana variabel karakteristik dirumuskan dengan V = (V 1, V ) = R 1 U. Di sini R adalah suatu matriks. Akan dicari nilai eigen dari matriks A = [ 0 1 a 0 ]

72 57 yaitu (A λi)x = 0 ([ 0 1 a 0 ] [λ 0 ]) x = 0 0 λ ([ λ 1 ]) x = 0 a λ sehingga dicari det ([ λ 1 a λ ]) = 0 didapat λ 1, = ±a 1. Untuk λ 1 = a 1, diperoleh ([ a1 1 a a 1 ]) x = 0 dengan Operasi Baris Elementer didapat matriks koefisien [ 1 a ]. Misalkan v = w. Oleh karena itu, didapat r 1 = (a 1 w, w). Untuk λ = a 1, diperoleh

73 58 ([ a1 1 a a 1 ]) x = 0 dengan Operasi Baris Elementer didapat [1 a ]. Misalkan v = s, diperoleh r = ( a 1 s, s). Sehingga R = [r 1 r ] = [a 1 w a 1 s]. w s dengan begitu dapat dicari R 1, yaitu R 1 1 = [ s a 1 s ] (a 1 ws+a 1 ws) w a 1 w Jadi 1 V = a 1 w 1 [ a 1 s 1 w [ 1 s ] u v ] = [ v w + v s u a 1 u w a 1 s ] dengan memilih w = s = 1 didapat V = (V 1, V ) = [ v + a1 u v a 1 ]. u

74 59 Diskretisasi Skema Relaksasi Jin-Xin Kita misalkan Δx yaitu lebar sel dengan Δx = x 1 j+ x 1 j dan Δt merupakan selang waktu dimana Δt = t n+1 t n. Hukum kekekalan hiperbolik pada (4.6) dapat didiskretisasi dengan metode relaksasi Jin-Xin dan ditulis dalam bentuk u t + 1 Δx (v j+ 1 v 1 j ) = 0 (4.16) dan v t + a 1 Δx (u j+ 1 u 1 j ) = 1 ε (v j f j ) (4.17) dimana f j = 1 Δx x j+ 1 f(u) dx = f x j 1 1 Δx ( x j+ 1 u dx x j 1 ) + O(Δx ) = f(u j ) + O(Δx ). Sehingga persamaan (4.16) dan (4.17) dapat ditulis u t + 1 Δx (v j+ 1 v 1 j ) = 0 (4.18) dan v t + a 1 Δx (u j+ 1 u 1 j ) = 1 ε (v j f(u j )). (4.19)

75 60 Dengan mengaplikasikan skema upwind ke dalam persamaan (4.18) dan (4.19) memiliki dua buah variabel karakteristik, yaitu (v + a 1 u) = (v + a 1 u) j+ 1 j (4.0) dan (v a 1 u) = (v a 1 u). j+ 1 (4.1) j+1 Dengan menyelesaikan persamaan (4.0) dan (4.1) didapat persamaan untuk u j+ 1 dan v 1 j+ yaitu u 1 j+ = 1 (u j + u j+1 ) 1 a 1 (v j+1 v j ) (4.) dan v 1 j+ = 1 (v j + v j+1 ) 1 a1 (u j+1 u j ). (4.3) Dengan pengaplikasian persamaan (4.) dan (4.3) ke dalam persamaan (4.18) dan (4.19), didapat skema relaksasi Jin-Xin secara eksplisit u t + Δx(v j+1 v j 1 ) 1 Δx a1 (u j+1 u j + u j 1 ) = 0 atau

76 61 u j n+1 = u j n Δt Δx (v j+1 v j 1 ) + Δt Δx a1 (u j+1 u j + u j 1 ), (4.4) dan v t + 1 Δx a(u j+1 u j 1 ) 1 Δx a1 (v j+1 v j + v j 1 ) = 1 ε (v j f(u j )) atau v j n+1 = v j n Δt Δx a(u j+1 u j 1 ) + Δt h j a 1 (v j+1 v j + v j 1 ) Δt ε (v j f(u j )). (4.5) Keterangan lebih jauh dapat dibaca pada Jin & Xin (1995), Banda & Seaid (005) atau Yohana (01). Hukum kekekalan hiperbolik yang digunakan adalah u t + [kf(u)] x = 0 (4.6) atau dapat ditulis dengan u t + (k(x)f(u)) = 0 x dimana f(u) = u dan

77 6 k(x) = x. Oleh karena itu, sistem linearnya yaitu u t + v x = 0 dan v u + a t x = 1 (v f(u)) ε dimana v = kf(u), a adalah sebuah variabel yang memenuhi a = (kf (u)) dan ε adalah sebuah konstan positif yang kecil. Sehingga skema metode relaksasi Jin- Xin secara eksplisit (Mungkasi & Laras, 017) untuk menyelesaikan persamaan (3.4) adalah u j n+1 = u j n Δt Δx (v j+1 v j 1 ) + Δt Δx a1 (u j+1 u j + u j 1 ) dan v j n+1 = v j n Δt Δx a(u j+1 u j 1 ) + Δt Δx a1 (v j+1 v j + v j 1 ) Δt ε (v j f(u j )) dengan v = kf(u). Hasil simulasi penyelesaian persamaan Burgers nonlinear dengan skema relaksasi Jin-Xin menggunakan program MATLAB ditunjukkan pada Gambar 4.4.

78 63 Nilai awal dan batas untuk u yang digunakan untuk menghitung persamaan Burgers nonlinear dengan skema relaksasi Jin-Xin sama dengan dengan nilai awal dan batas pada perhitungan persamaan tersebut dengan metode Lax-Friedrichs. Akan tetapi, di sini v(x, t) = k(x)f(u), serta x [0,] dengan Δx = 0.05 dan x [0,1.5] dengan Δt = 0.01Δx, dan ε = Solusi numerisnya ditunjukkan pada Gambar 4.4. Gambar 4.4 Hasil simulasi penyelesaian persamaan Burgers menggunakan skema relaksasi Jin-Xin. Pada gambar ini juga terlihat hal yang sama dengan gambar yang pengoperasiannya menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs. Terlihat pada gambar bahwa seiring berjalannya waktu, maka grafik berjalan ke arah kanan

79 64 dan apabila diteruskan akan berbentuk segitiga, dimana sebelumnya telah diatur nilai batas saat waktu awal dan waktu akhir. Seiring berjalannya waktu, nilai awal pada saat x = 0 akan turun dan sebaliknya nilai awal pada saat x = akan naik. Namun, yang membedakan hanya waktu yang diperlukan untuk menghasilkan gambar. Saat dilakukan komputasi, program dengan menggunakan metode volume hingga Lax-Friedrichs lebih cepat melakukan perhitungannya dibandingkan dengan program yang menggunakan metode relaksasi Jin-Xin.