Penyelesaian Persamaan Saint Venant dengan Metode Numerik

  Penyelesaian Persamaan Saint Venant dengan Metode Numerik Prof. Dr. Ir. Arwin, MS.

  Prof.Arwin Sabar bid ₂ Model Fisik Hidrologi F(x,y,z,t ):

  Kawasan Hulu Boundary Hilir ^{Q Boundary Hulu}

  Persamaan Saint Venant :   ^{1 2}

      

     

     

     _{f S x} ^h _{h gB x} ^{Q h} _{B t} ^{Q b t h B x Q} 

     

   DAS HULU (Watershed Model) DAS HILIR , aliran permukaan bebas (Deterministik Model) Aliran pada Saluran Terbuka _{I(t) Q(t)} t Dx Dx Dx Dt t _L

  Model Deterministik pada Aliran Saluran Terbuka (Chow, et all ) Persamaan Saint Venant 

  Persamaan Kesinambungan Air 

  Persamaan Momentum Volume Kontrol Massa Air Aliran _masuk ^Aliran _keluar

  Δx x x + Δx F

  V V+ Δx F + Δx

• ₊ + ∆ ∆

  Jarak Luas Kecepatan h h +

  ∆

  I

  

Persamaan Kesinambungan Air (1)



  Massa air yang masuk volume kontrol = .

  .

   Massa air yang keluar volume kontrol = +

• ∆

  ∆

   Neraca massa air pada volume kontrol = .

  ∆ − .

  ∆ (1.1)

  (1.2) (1.3)

  

Persamaan Kesinambungan Air (2)



  Massa air yang bertambah pada volume kontrol = (1.4)

  ∆ Dengan menerapkan hukum kekekalan massa pada volume kontrol, maka persamaan yang diperoleh adalah (1.5)

  = . .

  (1.5) − ∆ ∆ − ∆ Persamaan Kesinambungan Air (3) 

  Bagi dengan , segingga persamaan (1.5) menjadi (1.6)

  ∆

  = 0 = =

  (1.6) Disubstitusi ke (1.5)

• .
• .
• .
• .

  = 0

  = 0 = = = =

  Dimana: (1.6)

• .
• .

  

Persamaan Kesinambungan Air (4)



  

Dengan meninjau turunan pertama dari Q = F x V, yaitu

  Disubstitusikan ke persamaan (1.6) 

• = . .

  

Sehingga diperoleh persamaan (1.7) sebagai Persamaan

Kesinambungan Air

  (1.7) = 0

.

  

Gaya-gaya yang Bekerja pada

Volume Kontrol

  ∆ h + h _K3 K4 _{g I I} Persamaan Momentum (1) 

  Gaya Hidrostatis 1 = . .

  2 = . . + ∆ 

  Gaya Geser 3 = . .

  .

  ∆

sehingga persamaannya menjadi

  =

  2

  2 =

  2 dimana

  = ₂ = ₂ 3 = . . ₂ .

  ∆

  (2.1) (2.2) Persamaan Momentum (2) 

  Gaya Gravitasi Volume Kontrol 4 = . . ∆ . sin

   Kemiringan dasar saluran sangan kecil, maka sin I = I sehingga persamaannya menjadi

  (2.4) 4 = . . ∆ .

   Resultan gaya-gaya yang bekerja pada volume kontrol

  = 1 − 2 − 3 − 4 (2.5) . .

  = . . − . . + . . ∆ .

  2 Persamaan Momentum (3) 

  Momentum yang masuk ke volume kontrol = .

  2

  2 ) ∆

• ( .

  

Neraca pemasukan momentum pada volume kontrol

  = − ( .

  2 ) ∆

   Penambahan momentum pada volume kontrol

  = . . .∆ (2.6) (2.7) (2.8) Persamaan Momentum (4) 

  Dengan menerapkan hukum momentum terhadap volume kontrol, maka diperoleh 2 .

  . . .∆ = . . − .

  ∆ + . . − . . + ₂ . ∆ . ₂ ∆ − ∆ − .

  . . .∆ = . . − .

  ∆ + − . . ₂ . ∆ .

  ∆ − ∆ − (2.9) Persamaan Momentum (5) 

Bagi dengan , segingga persamaan (2.9) menjadi (2.10)

  ∆ .

• .
2<
• . .
• . .
2<
• . . = 0 .

  = + . ² = .

  Dimana (2.10)

• ²
• .

  . ² = .

• ²
• .
²  Persamaan Momentum (6) 

  Substitusi

  2

  2

• . . . . . . . . = 0

  2 (2.11)

   Persamaan (2.11) dibagi F ₂

₂

₂ . = 0

  (2.12)

₂ . = 0
Persamaan Momentum (7) ₂

• + + + + + + +

₂ . = 0 

  Persamaan (2.12)

₂ . = 0

   Dimana

• = 0

  

Disubstitusikan ke persamaan (2.12) sehingga menghasilkan

persamaan (2.13) sebagai Persamaan Momentum

  (2.13)

  . = 0

  2

Skema Finite Difference

  Boundary condition Boundary condition

  Kontinuitas  

      t H

  

B x Q Momentum

  2   

     

  AR C Q Q g x

  H gA t Q

  

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; = 0; dan

h + I = H  Sehingga persamaannya menajadi
• 2

  . = 0 +

• = 0 + +

  2 = 0 + +

  2 Modifikasi Persamaan Momentum (2)

  = 0

• 2

• + +

  2 = 0

  Seluruh ruasnya dikalikan dengan A, maka persamaannya menjadi:

• + +

  2 = 0 (3.1) Segmen Aliran (1)  Persamaan pada ruas 1, yaitu:

  −1 −

  (3.2) −2 −2

  = ∆ −1 −1

• −1 −3 −1 −3

  − −

  (3.3) = 2 ∆

   Persamaan pada ruas 1 disubstitusi pada persamaan momentum (3.1) menjadi

  −1 −1 −1 − − −

• −2 −2 −1 −3 −1 −3

  (3.4)

• = 0 +

  2

  

2

∆ ∆
• −1
• −1 −1
• 2 ∆
• −1
• 2 ∆

  − −3 −1

  − −3

  = 0 

  =

  2 ∆ ∆ ;

  =

  −2 −

  2 ∆ ∆

  −2 −1

  

−

−3 −1

  − −3

  = 0 −

  − −

  

=

−

  

−2

−1

  2 ∆ ∆

  2 −

  2 ∆ ∆

  −2

  2 = 0

  − −3

  − −3 −1

  −2 −1

  2 ∆ ∆

  −

  ∆ −2

  2 ∆ 2 ∆

  Persamaan (3.4) dikalikan dengan menjadi persamaan (3.5)

  Segmen Aliran (2) 

• −1 −1

Dimana :

• 2 ∆
₂  Sehingga persamaan (3.5) berubah menjadi persamaan
• −1
• −1 −1
• −
• (3.5) (3.6)
• −1
• −1

  −2 −1

  ∆ = 0

  −1 −1

  −

  2 ∆

  −2

  −

  −

  

 Persamaan pada ruas 2 disubstitusi pada persamaan

kesiambungan air menjadi

  −1 −1 ∆

  −1 −

  2 ∆ =

  − −2

  = −

−2

−1

  Segmen Aliran (3)  Persamaan pada ruas 2, yaitu:

  (4.1) (4.2) (4.3)

• −1
• −1
• −1
• −1
• −1
• −1
• −1
• (4.4) (4.5)
• − −
• −

  − −2 −1

  − −

  = 0 − −

  − −1 −1

  − −2

  = 0 − −2 −1

  − −1 −1

  − −2

  2 ∆  Sehingga persamaan (4.4) berubah menjadi persamaan (4.5)

  Segmen Aliran (4) 

  Dimana : = ∆

  = 0 

  − −1 −1

  − −2

  −2 −1

  2 ∆ −

  ∆

  

Persamaan (4.3) dikalikan dengan menjadi persamaan (4.4)

∆

  = − −

  Review (1)

 Dengan mensubstitusi j=n (new) dan j-1 = o (old)

• −
• −
• −

  −

  − −

  = − −

   Persamaan Momentum jadi:  Persamaan kesinambungan air mjadi: −

• −
>−

  − = −

  −

  Review (2) 

  −

  −

• −

• +

  = −
• −
• = −
>
• <
• −
• = −
Persamaan Matriks

  −3 −3

  1

  1

  −2 −2

  1 1 −1

  −1

  −1 −1

  1 1 −

  −

  1

=

  1 −1 −1

  1 1 −

  −

• 1
• 1

  1 1 −1

  −1

• 2
• 2

  1

  1

• 3
• 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

  

















         

          

         

         

          n n nn ^{n n n} b b b b x x x x a a a a a a a a a a

  ... ... ... ...

  .. ... ...

  3 ^{2 1 3 2 1 3 33 2 23 22 1 13 12 11} Solusi dapat dihitung dengan teknik subtitusi mundur , ^{2 1 1 , 2 2} _{2 2 , 2 1 1 , 2 2 2 , 2} ^{1 , 1 , 1 1 1 1 , 1 1 1 , 1     } _{        } ^{         }

             

     n n n n n n n _{n n n n n n n n n n n} ^{n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n nn} x a x a b x b x a x a x a a x a b x b x a x a a b x b x a

  Metode Eliminasi Gauss (2) Apabila x _n , x _n-1 , x _n-2 diketahui maka nilai x _k dapat dihitung dengan

  1 ,..., 2 ,

  1 ¹     

   

    kk ^{kk n k j j kj k k} a n n k a x a b x Metode Iterasi Gauss Seidel 

  Metode iterasi Gauss Seidel digunakan khusus untuk menyelesaikan persamaan simulasi gerak air pada saluran tunggal Syarat Metode Iterasi (1) ≥

• , +1

  , −1

  = 1 , −1

  = , +1

  = = ∆

  2 ∆ = 1,3, . . 2 + 1

  ∆ ∆ ≤ 1 Syarat Metode Iterasi (2) ≥

• , +1

  , −1

  =

  2 ∆ ∆

• 2 ∆

  2 , −1 =

  , +1 = 1 ∆

• ∆

  ∆

  2 ≥

  1 = 2,4,6, . . 2 Syarat Metode Iterasi (3)  Untuk semua j = 1,2,3,.. 2n+1, dan untuk sedikitnya satu j harus ada:

• &gt;

  , −1 , +1 &gt; +

  , −1 , +1 ∆ &lt; 1

  ∆ ∆ ∆ &gt; 1 +

  

Penyelesaian Simultan Gerak Air

 Mempunyai dominan diagonal, dengan syarat:

  ∆ ≤ ∆ = 1,3, . . 2 + 1 ∆ ≤ ∆

  2 = 2,4,6, . . 2

• ∆

  ∆ &lt; ∆ ∆ &lt; ∆

  2

• +

  ∆

  n n o  u u  u   i i

      t D t   i _{o n n o o}

   u u  u u  u   _{i  1 i i  1 i}  

  

 

1   

     x D x D x   _i

    _{n n n o o} u u u u u

       _{i  1 i i  1 i}

 

1 

      x x x

   D D   _{i n}

_{o o}

u u u

      _{i }

_{1 i}

   x x

   D   _i

  n _i ^{o i n} _i ^o _i ^o _i ^o _i ^{n i o i o i o i o i n i o i o i o i o i n i} _{Q AR C} ^Q _{g t} ^Q _x ^H _{gA t} ^Q _x ^H _gA ^{Q AR C Q g x H gA x H gA t Q AR C Q Q g x H H gA t Q Q AR C Q Q g x H gA t Q} _{2 1 1} ^{2 1 1 2 1 1 2}  D

     

       

      _{  1 1 t} ^{Q Q} _t ^{Q o} _i ⁿ _i ⁿ _i D

     

    ^{1 H 1 x H H x o i o i n i} D  

  Q H Q H     

   n _i ^o _i ^o _i ^o _i

  1   gA D x

  AR C Q g t gA x t gA x _j i ₂

  D D 

   D D 

     

    D  D

  D D   _{  AR C} ^{Q g} _{t gA} ^{x Q H} _t ^Q _gA ^{x H o i n} _i ^o _i ^{o i o} _{i 2 1 1} ¹

   D D   

     

    ^{   }    

    

      

  D   D

   D   

    D  D

   D 

     

  t H B x

  B D t  _{n i o i o i o i}

       

   x Q Q x Q ^o _i ^o _i

  D 

     

    

    _2

  H x Q B t H x Q

     ^{      1 2 1 1 1 2 1 1 2} t H H t H ^o _i

ⁿ

_i

  B t _{1  2 1  }   D

  D   D D

  

  

1

₁

_{2 1}



      ^j _i ^j _i ^j _i ^j _i

  H Q H Q  

  B x t D D

  D   

   

  Q t H B x Q t H

  D 

  B t H B x Q x Q t H H

  B x Q Q t

  H B x Q n _i ^o _i ^o _i ^o _i ^{o i n i o i o i o i n i o i o i}

  D  

  D 

  D 

   D

   

   D

   D

   D

   D

   

  D 

   

   

  o o o n H Q H Q _{i  3 i }      _{o o o n 2 i  1 i  2} Q H Q H

       _{i  2 i  o o o n 1 i i  1} H Q H Q _{i  1 i i }      _{o o o n 1 i} Q H Q H

       _{i i  o o o n 1 i  2 i  1} H Q H Q _{i  1 i }      _{2 i  3 i  2}

  

Perhitungan dilakukan baris demi baris

         

  1

  

       

    

  1

  1

  1

  1

  1

  1

             

         

  2 ^{1 1 2} ₃ ^{2 1 1 2 3}

   ^{  } _ ^{     n i n i n i n i n i} _{o i} ^{o i o i o i o i o i o i} Q H Q H Q H Q H Q H Q H

  

   

   

         

         

            

  1

  t u u t u o i n i

       

  1

  1

  1 ^{1 1}

    

     

     

   

D

 

   D 

  D



 

  D   

   

x

u u x u x u u x

u u

x u n _i ⁿ _i ^{o i o i n i n i}

  1  

  1  

    ^{1 1}

     

       

  D   

D

     x u u x

u u

x u ^o _i ^o _i ⁿ _i ⁿ _i

       

  1

  n o n n H H H

   Q Q  Q       _{i i i  1 i  1}      

   x D x  t D t     g Q Q

   Q  H  g A   ₂  t  x C A R _{n o n n o o} g Q Q _{i i} Q Q H H _{i i i  i }   _{1 1} gA

     _{2 n o n n} D t D x C A R _{o o} g Q Q _{i i} Q Q H H _{i i i  i  1 1} gA gA

       ₂ t t x x C A R

  D D D D _{n n n o o o} g Q Q _{i i} H Q H Q _{i  i i  i 1 1}

   gA   gA   ₂ x t x t C A R

  D D D D D x _{n o}

_{o o}

 gA g Q Q

_{i i}

_{n n} D x Q D x Q D x _{i i}

   H   H   _{i  i  1 1 2} gA t gA t gA C A R

  D D x

  D   gA t _{n n n o} D

  H Q H Q       _{i  1 i i  1 i j}

    g Q _i x

  1 D      ₂

    gA t C A R

  D  

  n o n n Q Q Q

   H H  H       _{i  1 i  1 i 2 i}      

   x D x  t D t    

  Q H

   

  B

     x  t _{n n n o}

  Q  Q H  H _{i  2 i i  1 i  1}

   B  _{n n n o} D x D t

  Q Q H H _{i  2 i i  1 i  1} B B

     

  x x t t

  D D D D _{n n n o}

  Q H Q H _{i i  1 i  2 i  1}

    B   B D x D t D x D t

  D t _{n n}  B t Q t Q

  D D _{i i n  o 2} H H     _{i  1 i  1} B D x B D x _{n n n o} D t

      Q  H   Q  H _{i i  1 i  2 i  1} B D x

  o _i ⁿ _i ⁿ _i ⁿ _i H Q H Q _{1 1  2  }       ^{o i n i n i n i} Q H Q H _{2 1 2  3   }

        _o i ^{n i}

ⁿ

ⁱ

^{n i}

  Q H Q H

     

    ^{1 1} _{n i o i o i}

_o

_i H Q H Q _{1 2  1  }       _{o i n i n i n i}

  Q H Q H _{2 3 2  1   }      

  

Perhitungan dilakukan baris demi baris

         

  1

  

       

    

  1

  1

  1

  1

  1

  1

             

         

  2 ^{1 1 2} ₃ ^{2 1 1 2 3}

   ^{  } _ ^{     o i o i o i o i o i} _{j i} ^{n i n i n i n i n i n i} Q H Q H Q H Q H Q H Q H

  

   

   

         

         

            

  1