Secara matematis persamaan aliran panas diberikan oleh persamaan. du dt α 2 u = 0 (1)

Transkripsi

1 1 Peramaan Aliran Pana Secara matemati peramaan aliran pana diberikan oleh peramaan yang dalam domain 2D dapat ditulikan menjadi du dt α 2 u = (1) ( du 2 ) dt = α u x + 2 u 2 y 2 (2) Peramaan ini menyatakan bahwa laju tranfer pana pada uatu material ebanding dengan negatif gradient pana pada pada titik-titik di material terebut. Akibatnya pana mengalir dari titik yang temperaturnya tinggi ke titik yang temperaturnya rah. 2 Contoh Permaalahan Figure 1: Pelat emi infinite Sebuah pelat emi tak hingga dengan lebar π dengan kedua diiinya diberi iolator untuk mencegah bocornya pana melalui kedua ii (lihat gambar 1). 1

2 Pada ii emi tak hingga temperatur pelat dibuat ebear o C ementara pada ii berhingga temperatur dipertahankan berada pada 1 o C. Nilai kontanta konduktivita k dianggap ama dengan atu. Dengan demikian dapat dirumukan permaalahan ebagai U t = 2 U 2 t + 2 U 2 t (3) U(, y, t) = (4) U(π, y, t) = (5) U(x, y, ) = (6) U(x,, t) = 1 (7) U(x, y, t) < M (8) di mana < x < π, y >, t >. Dengan mengambil tranformai Laplace dari peramaan 3 akan diperoleh 2 u x + 2 u = u (9) 2 y2 Di mana u = u(x, y, ) = L {U(x, y, t)}. Jika peramaan 9 dikalikan dengan in x dan diintegralkan dari ampai π akan diperoleh Jika dinotaikan ã = 2 u π x in nx dx + 2 u π 2 y in nx dx = u in nx dx (1) 2 u in nx dx maka diperoleh 2 u u π u in nx dx = in nx n co nx dx x2 x x ] = n [u co nx π + n u in nx dx = nu co() nu co nπ n 2 ũ = nu(, y, ) nu(π, y, ) co nπ n 2 ũ (11) Penurunan terakhir pada peramaan 11 diperoleh karena u bergantung pada 2

3 x dan y ementara integrai hanya dilakukan pada x. Kemudian 2 u d2 π in nx dx = u in nx dx = d2 ũ (12) y2 dy 2 dy 2 hal ini diperoleh karena etelah pengintegralan berhingga terhadap variabel x, u hanya bergantung terhadap y. ementara u in nx dx = ũ (13) Dengan demikian peramaan 1 dapat ditulikan menjadi n 2 ũ nu(π, y, ) + nu(, y, ) + d2 ũ = ũ (14) dy2 Dari peramaan 4 dan 5 diperoleh u(, y, ) =, u(π, y, ) = (15) yang akibatnya peramaan 14 menjadi Yang olui umumnya adalah d 2 ũ dy 2 (n2 + )ũ = (16) ũ = Ae y n Be y n 2 + (17) Karena dari keharuan bahw ũ bernilai untuk y, maka A =. Dengan demikian ũ = Be y n 2 + (18) Dari peramaan 7 dengan mengingat tranformai Laplace untuk uatu kontanta diperoleh ũ(n,, ) = 1 in nx dx = 1 ( ) 1 co nx n (19) Yang jika diubtituikan ke dalam peramaan 18 untuk y = akan meng- 3

4 hailkan atau ũ = 1 B = 1 ( ) 1 co nπ n ( 1 co nπ n ) e y n 2 + Tranformai fourier berhingga didefiniikan ebagai (2) (21) f (n) = l dengan invernya dinyatakan ebagai F (x) in nπx dx (22) l F (x) = 2 l n=1 f (n) in nπx l (23) Jadi ũ dapat dipandang ebagai tranformai fourier berhingga dari u yang akibatnya u dapat dinyatakan ebagai u = 2 π n=l 1 ( 1 co nπ n ) e y n 2 + in nx (24) Langkah elanjutnya adalah bagaimana mencari inver tranformai Fourier dari peramaan 24 untuk memperoleh U. Untuk keperluan terebut terlebih dahulu kita tentukan L 1 {e }. Mialkan y = e, maka y = e 2, dan 1/2 y = e 4 Dengan demikian + e 4. 3/2 4y + 2y y = (25) { d [ Karena y = L{t 2 Y } maka y = L t 2 Y ]} = L { t 2 Y + 2tY }. Kemudian y = L{ ty }. Sehingga peramaan 25 dapat ditulikan dt menjadi 4L{t 2 Y + 2tY } 2L{tY } L{Y } = (26) atau 4t 2 Y + (6t 1)Y = (27) 4

5 yang dapat ditulikan ulang ebagai ( ) dy 6t 1 Y + = (28) 4t 2 atau ln Y ln t + 1 4t = c 1 (29) yang menghailkan dan Y = ty = Kemudian dari defenii tranformai Laplace c t 3/2 e 1/4t (3) c t 1/2 e 1/4t (31) L{tY } = d d L{Y } = d d ( e ) = e 2 (32) Untuk t bear, ty c c π dan L{tY } t 1/2. Sementara untuk kecil, 1/2 e 2 1, maka dengan menggunakan final value theorema yakni 21/2 lim t F (t) = lim f() (33) akan diperoleh c π = 1/2 atau c = 1 2. Dengan demikian π Y = L 1 {e } = 1 2 πt 3/2 e 1/4t (34) Selanjutnya dari hail ini akan ditentukan L 1 {e y } yakni dengan menggunakan identita inver tranformai Laplace yakni jika L 1 {f()} = F (t) L 1 {f(k)} = 1 k F ( t k ) (35) 5

6 yang mengakibatkan L 1 {e y } = L 1 {e y 2 } = 1 y 2 1 = y 2 πt 3 e y2 /4t 2 π ( t y 2 ) 3/2 e 1/4(t/y2 ) (36) Identita berikutnya menyatakan bahwa L 1 {f( a)} = e at F (t) (37) dengan demikian L 1 {e y +n 2 } = L 1 {e y ( n 2) } = y 2 πt 3 e y2 /4t e n2 t (38) Identita berikutnya menyatakan bahwa f() = t F (u) du (39) maka diperoleh L 1 e y +n 2 t = = 2 π y 2 πv 3 e y2 /4v e n2v dv y/2 t e (p2 +n 2 y 2 /4p 2) dp (4) di mana telah dilakukan penggantian variabel yakni y 2 /4v = p 2. Dengan demikian peramaan 24 memberikan hail akhir untuk U yakni U(x, y, t) = 4 π 3/2 ( ) 1 co nπ in nx n y/2 e (p2 +n 2 y 2 /4p 2) dp (41) t n=1 6

7 3 Dikritiai Pada peramaan 2, nilai 2 u dapat dihampiri ebagai x2 2 u x 2 = u(x + x, y, t) + u(x x, y, t) 2u(x, y, t) ( x) 2 = uk i+1,j + u k i 1,j 2u k i,j ( x) 2 (42) ementara nilai 2 u dapat dihampiri ebagai y2 2 u x 2 = u(x, y + y, t) + u(x, y y, t) 2u(x, y, t) ( y) 2 = uk i,j+1 + u k i,j 1 2u k i,j ( y) 2 (43) dan u t dapat dihampiri ebagai u t = u(x, y, t + t) u(x, y, t) t u k i,j t = uk+1 i,j (44) Jadi dengan menubtituikan peramaan 42, 43, dan 44 ke dalam peramaan 2 akan diperoleh u k+1 i,j = u k i,j + α t ( u k i+1,j + u k i 1,j 2u k i,j ( x) 2 + uk i,j+1 + u k i,j 1 2u k ) i,j ( y) 2 (45) 7

8 4 Hail Berikut diberikan hail imulai untuk kau permaalahan di ata 8

9 5 Source code Adapun ource code untuk imulai tereut adalah ebagai berikut clc; cloe all; clear all; N = 51; DX=.1; DY=.1; Nx=5; Ny=5; X=:DX:Nx; Y=:DY:Ny; alpha=5; U(1:N,1:N) = ; U(1,1:N) = 1; U(N,1:N) = ; U(1:N,1) = ; U(1:N,N) = ; Umax=max(max(U)); DT = DX^2/(2*alpha); M=3; fram=; Ncount=; loop=1; fig_name = ; while loop==1; ERR=; U_old = U; for i = 2:N-1 for j = 2:N-1 Reidue=(DT*((U_old(i+1,j)-2*U_old(i,j)+U_old(i-1,j))/DX^ (U_old(i,j+1)-2*U_old(i,j)+U_old(i,j-1))/DY^2)... + U_old(i,j))-U(i,j); ERR=ERR+ab(Reidue); U(i,j)=U(i,j)+Reidue; if(err>=.1*umax) % bata eror untuk iterai if (mod(ncount,2)== Ncount == ) % plot tiap 2 iterai fram=fram+1; urf(u); axi([1 N 1 N ]) h=gca; et(h, FontSize,12) colorbar( location, eatoutide, fontize,12); 9

10 xlabel( X, fontsize,12); ylabel( Y, fontsize,12); title( Heat Diffuion, fontize,12); fh = figure(1); et(fh, color, white ); eval([ avea(fh,, gambar_,num2tr(fig_name),...,, jpg, ); ]) fig_name = fig_name + 1; drawnow; if(ncount>m) % iterai udah melewati bata tolerani loop=; Ncount=Ncount+1; ele % keadaan etimbang loop=; Reference [1] John H. Mathew, Kurti D. Fink. Numerical Method Uing MATLAB. Pearon Prentice Hall. 24. [2] Murray R. Spiegel. Laplace Tranform. McGraw-Hill