Post on 19-May-2019
Penyelesaian Persamaan Saint Venant dengan Metode Numerik
Prof. Dr. Ir. Arwin, MS.
Lucky Lie Junpi – 253 09 005
Prof.Arwin Sabar bid
keahlian PSDA &
Konservasi ,ITB
2
Model Fisik Hidrologi F(x,y,z,t ):
HYDROLOGY MODEL
Kawasan Hulu
Boundary Hilir
Q Boundary Hulu
Persamaan Saint Venant :
0
12
fS
x
hhgB
x
hQ
Bt
Q
bt
hB
x
Q
DAS HULU (Watershed Model)
DAS HILIR ,aliran permukaan
bebas (Deterministik Model)
Aliran pada Saluran TerbukaI(t)
00 tt
Q(t)
Dx
0 L
Dx Dx Dt
Model Deterministik pada Aliran Saluran Terbuka (Chow, et all )
Persamaan Saint Venant
Persamaan Kesinambungan Air
Persamaan Momentum
Volume Kontrol Massa Air
Aliranmasuk
Alirankeluar
Δx
x x + Δx
F
V V+ Δx
F + Δx
=𝛾
𝑔 𝐹 +
𝜕𝐹
𝜕𝑥∆𝑥 𝑉 +
𝜕𝑉
𝜕𝑥∆𝑥
=𝛾
𝑔 𝐹 +
𝜕𝐹
𝜕𝑥∆𝑥 𝑉 +
𝜕𝑉
𝜕𝑥∆𝑥
Jarak
Luas
Kecepatan
h h +𝜕
𝜕𝑥∆𝑥
I
Persamaan Kesinambungan Air (1) Massa air yang masuk volume kontrol
=𝛾
𝑔.𝐹.𝑉
Massa air yang keluar volume kontrol
=𝛾
𝑔 𝐹 +
𝜕𝐹
𝜕𝑥∆𝑥 𝑉 +
𝜕𝑉
𝜕𝑥∆𝑥
Neraca massa air pada volume kontrol
=𝛾
𝑔 𝑉.
𝜕𝐹
𝜕𝑥∆𝑥 −
𝛾
𝑔 𝐹.
𝜕𝑉
𝜕𝑥∆𝑥
(1.1)
(1.2)
(1.3)
Persamaan Kesinambungan Air (2) Massa air yang bertambah pada volume kontrol
Dengan menerapkan hukum kekekalan massa pada volumekontrol, maka persamaan yang diperoleh adalah (1.5)
=𝛾
𝑔
𝜕𝐹
𝜕𝑡∆𝑥
𝛾
𝑔
𝜕𝐹
𝜕𝑡∆𝑥 = −
𝛾
𝑔 𝑉.
𝜕𝐹
𝜕𝑥∆𝑥 −
𝛾
𝑔 𝐹.
𝜕𝑉
𝜕𝑥∆𝑥 (1.5)
(1.4)
Persamaan Kesinambungan Air (3) Bagi dengan , segingga persamaan (1.5) menjadi (1.6)𝛾
𝑔∆𝑥
𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝑉.
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝐹.
𝜕𝑉
𝜕𝑥= 0
𝜕𝐹
𝜕𝑥=𝑑𝐹
𝑑
𝜕
𝜕𝑥= 𝐵
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝐹
𝜕𝑡=𝑑𝐹
𝑑
𝜕
𝜕𝑡= 𝐵
𝜕
𝜕𝑡
(1.6)
Disubstitusi ke(1.5) 𝐵
𝜕
𝜕𝑡+ 𝑉.
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝐹.
𝜕𝑉
𝜕𝑥= 0
𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝑉.
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝐹.
𝜕𝑉
𝜕𝑥= 0
𝜕𝐹
𝜕𝑥=𝑑𝐹
𝑑
𝜕
𝜕𝑥= 𝐵
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝐹
𝜕𝑡=𝑑𝐹
𝑑
𝜕
𝜕𝑡= 𝐵
𝜕
𝜕𝑡
Dimana:
(1.6)
Persamaan Kesinambungan Air (4) Dengan meninjau turunan pertama dari Q = F x V, yaitu
(1.7)
𝜕𝑄
𝜕𝑥= 𝑉.
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝐹.
𝜕𝑉
𝜕𝑥 Disubstitusikan ke persamaan (1.6)
Sehingga diperoleh persamaan (1.7) sebagai PersamaanKesinambungan Air
𝜕𝑄
𝜕𝑥+ 𝐵.
𝜕
𝜕𝑡= 0
Gaya-gaya yang Bekerja padaVolume Kontrol
h h +𝜕
𝜕𝑥∆𝑥
K1 K2
K3
K4
gI
I
Persamaan Momentum (1) Gaya Hidrostatis
𝐾1 = 𝛾.𝐹.
𝐾2 = 𝛾.𝐹. +𝜕
𝜕𝑥∆𝑥
Gaya Geser
𝐾3 = 𝛾.𝐹. 𝑆𝑓 .∆𝑥
sehingga persamaannya menjadi𝑆𝑓 =𝑉2
𝐶2𝑅=𝑉 𝑉
𝐶2𝑅
𝐾3 = 𝛾.𝐹.𝑉 𝑉
𝐶2𝑅.∆𝑥
dimana 𝑆𝑓 =𝑉2
𝐶2𝑅=𝑉 𝑉
𝐶2𝑅
𝐾3 = 𝛾.𝐹.𝑉 𝑉
𝐶2𝑅.∆𝑥
(2.1)
(2.2)
(2.3)
Persamaan Momentum (2) Gaya Gravitasi Volume Kontrol
𝐾4 = 𝛾.𝐹.∆𝑥. sin 𝐼
𝐾4 = 𝛾.𝐹.∆𝑥. 𝐼
Kemiringan dasar saluran sangan kecil, maka sin I = I sehingga
persamaannya menjadi
Resultan gaya-gaya yang bekerja pada volume kontrol
= 𝐾1 −𝐾2 −𝐾3 −𝐾4
𝐾 = 𝛾.𝐹. − 𝛾.𝐹. +𝜕
𝜕𝑥∆𝑥 − 𝛾.𝐹.
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅∆𝑥 − 𝛾.𝐹.∆𝑥. 𝐼
(2.4)
(2.5)
Persamaan Momentum (3) Momentum yang masuk ke volume kontrol
=𝛾
𝑔 𝐹.𝑉2 +
𝜕(𝐹.𝑉2)
𝜕𝑥∆𝑥
Neraca pemasukan momentum pada volume kontrol
= −𝛾
𝑔
𝜕(𝐹.𝑉2)
𝜕𝑥∆𝑥
Penambahan momentum pada volume kontrol
=𝜕
𝛾𝑔
.𝐹.𝑉.∆𝑥
𝜕𝑡
(2.6)
(2.7)
(2.8)
Persamaan Momentum (4) Dengan menerapkan hukum momentum terhadap volume
kontrol, maka diperoleh
𝜕 𝛾𝑔 .𝐹.𝑉.∆𝑥
𝜕𝑡= −
𝛾
𝑔
𝜕 𝐹.𝑉2
𝜕𝑥∆𝑥 + 𝛾.𝐹. − 𝛾.𝐹. +
𝜕
𝜕𝑥∆𝑥 − 𝛾.𝐹.
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅∆𝑥 − 𝛾.𝐹.∆𝑥. 𝐼
𝜕 𝛾𝑔
.𝐹.𝑉.∆𝑥
𝜕𝑡= −
𝛾
𝑔
𝜕 𝐹.𝑉2
𝜕𝑥∆𝑥 + −𝛾.𝐹.
𝜕
𝜕𝑥∆𝑥 − 𝛾.𝐹.
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅∆𝑥 − 𝛾.𝐹.∆𝑥. 𝐼
(2.9)
Persamaan Momentum (5) Bagi dengan , segingga persamaan (2.9) menjadi (2.10)𝛾
𝑔∆𝑥
𝜕 𝐹.𝑉
𝜕𝑡+𝜕 𝐹.𝑉2
𝜕𝑥+ 𝑔.𝐹.
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔.𝐹.
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔.𝐹. 𝐼 = 0
𝜕 𝐹.𝑉
𝜕𝑡= 𝐹
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑡
𝜕 𝐹.𝑉2
𝜕𝑡= 𝐹.𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉2
𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝐹.𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑡
𝜕 𝐹.𝑉2
𝜕𝑥= 𝐹.𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑉2
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝐹.𝑉2
𝜕𝑉
𝜕𝑥
Dimana
(2.10)
Persamaan Momentum (6)
𝐹𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝐹.𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑉2
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝐹.𝑉2
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑔.𝐹.
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔.𝐹.
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔.𝐹. 𝐼 = 0
Substitusi
𝜕𝑉
𝜕𝑡+𝑉
𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+𝑉2
𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝑉2
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑔
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+𝑉
𝐹 𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥 + 𝑔
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔. 𝐼 = 0
Persamaan (2.11) dibagi F
(2.11)
(2.12)
Persamaan Momentum (7)
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑔
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔. 𝐼 = 0
Dimana𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥= 0
𝜕𝑉
𝜕𝑡+𝑉
𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+𝑉2
𝐹
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝑉2
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑔
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+𝑉
𝐹 𝜕𝐹
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝐹
𝜕𝑥+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥 + 𝑔
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔. 𝐼 = 0
Persamaan (2.12)
Disubstitusikan ke persamaan (2.12) sehingga menghasilkanpersamaan (2.13) sebagai Persamaan Momentum
(2.13)
Skema Finite Difference
Initial condition
Boundary condition
Boundary condition
Kontinuitas 0
t
HB
x
Q
Momentum 02
ARC
QQg
x
HgA
t
Q
Penyelesaian dengan MetodeImplsit
2/1
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
𝑉𝜕𝑉
𝜕𝑥
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑔
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑔
𝜕
𝜕𝑥+ 𝐼 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅= 0
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑔
𝜕𝐻
𝜕𝑥+ 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅= 0
Modifikasi Persamaan Momentum (2)
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑔
𝜕
𝜕𝑥 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅+ 𝑔. 𝐼 = 0
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑔
𝜕
𝜕𝑥+ 𝐼 + 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅= 0
𝜕𝑉
𝜕𝑡+ 𝑔
𝜕𝐻
𝜕𝑥+ 𝑔
𝑉 𝑉
𝐶2𝑅= 0
Seluruh ruasnya dikalikan dengan A, maka persamaannya menjadi:
𝜕𝑄
𝜕𝑡+ 𝑔𝐴
𝜕𝐻
𝜕𝑥+ 𝑔
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅= 0
(3.1)
Segmen Aliran (1) Persamaan pada ruas 1, yaitu:
𝜕𝑄
𝜕𝑡=𝑄𝑖−2𝑗
− 𝑄𝑖−2𝑗−1
∆𝑡
𝜕𝐻
𝜕𝑥=𝐻𝑖−1𝑗
−𝐻𝑖−3𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗−1
−𝐻𝑖−3𝑗
2∆𝑥
Persamaan pada ruas 1 disubstitusi pada persamaanmomentum (3.1) menjadi
𝑄𝑖−2𝑗
− 𝑄𝑖−2𝑗−1
∆𝑡+ 𝑔𝐴
𝐻𝑖−1𝑗
−𝐻𝑖−3𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗−1
−𝐻𝑖−3𝑗
2∆𝑥+ 𝑔
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅= 0
(3.2)
(3.3)
(3.4)
Segmen Aliran (2) Persamaan (3.4) dikalikan dengan menjadi persamaan (3.5)
2∆𝑥
𝑔𝐴
2∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡𝑄𝑖−2𝑗
−2∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡𝑄𝑖−2𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗
−𝐻𝑖−3𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗−1
−𝐻𝑖−3𝑗
+2∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅= 0
𝑄𝑖−2𝑗
2∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡+
2∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅 −
2∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡𝑄𝑖−2𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗
−𝐻𝑖−3𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗−1
−𝐻𝑖−3𝑗
= 0
Dimana : 𝑎 =2∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡;𝑏 =
2∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡+
2∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅
Sehingga persamaan (3.5) berubah menjadi persamaan (3.6)
𝑏𝑄𝑖−2𝑗
− 𝑎𝑄𝑖−2𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗
−𝐻𝑖−3𝑗−1
+ 𝐻𝑖−1𝑗−1
−𝐻𝑖−3𝑗
= 0
𝑯𝒊−𝟑𝒋−𝟏
+ 𝒂𝑸𝒊−𝟐𝒋−𝟏
−𝑯𝒊−𝟏𝒋−𝟏
= −𝑯𝒊−𝟑𝒋
+𝒃𝑸𝒊−𝟐𝒋
+ 𝑯𝒊−𝟏𝒋
(3.5)
(3.6)
Segmen Aliran (3) Persamaan pada ruas 2, yaitu:
𝜕𝑄
𝜕𝑥=𝑄𝑖𝑗− 𝑄𝑖−2
𝑗−1+ 𝑄𝑖
𝑗−1− 𝑄𝑖−2
𝑗
2∆𝑥
𝜕𝐻
𝜕𝑥=𝐻𝑖−1𝑗
−𝐻𝑖−1𝑗−1
∆𝑡
Persamaan pada ruas 2 disubstitusi pada persamaankesiambungan air menjadi
𝑄𝑖𝑗− 𝑄𝑖−2
𝑗−1+ 𝑄𝑖
𝑗−1− 𝑄𝑖−2
𝑗
2∆𝑥+ 𝐵
𝐻𝑖−1𝑗
−𝐻𝑖−1𝑗−1
∆𝑡= 0
(4.1)
(4.2)
(4.3)
Segmen Aliran (4) Persamaan (4.3) dikalikan dengan menjadi persamaan (4.4)∆𝑡
𝐵
∆𝑡
2𝐵∆𝑥 𝑄𝑖
𝑗− 𝑄𝑖−2
𝑗−1+ 𝑄𝑖
𝑗−1− 𝑄𝑖−2
𝑗 + 𝐻𝑖−1
𝑗−𝐻𝑖−1
𝑗−1= 0
Dimana : 𝑐 =∆𝑡
2𝐵∆𝑥
Sehingga persamaan (4.4) berubah menjadi persamaan (4.5)
𝑐 𝑄𝑖𝑗− 𝑄𝑖−2
𝑗−1+ 𝑄𝑖
𝑗−1− 𝑄𝑖−2
𝑗 + 𝐻𝑖−1
𝑗−𝐻𝑖−1
𝑗−1= 0
𝑐𝑄𝑖𝑗− 𝑐𝑄𝑖−2
𝑗−1+ 𝑐𝑄𝑖
𝑗−1− 𝑐𝑄𝑖−2
𝑗+ 𝐻𝑖−1
𝑗−𝐻𝑖−1
𝑗−1= 0
𝒄𝑸𝒊−𝟐𝒋−𝟏
+ 𝑯𝒊−𝟏𝒋−𝟏
− 𝒄𝑸𝒊𝒋−𝟏
= −𝒄𝑸𝒊−𝟐𝒋
+ 𝑯𝒊−𝟏𝒋
+ 𝒄𝑸𝒊𝒋
(4.4)
(4.5)
Review (1) Dengan mensubstitusi j=n (new) dan j-1 = o (old)
𝑯𝒊−𝟑𝒐 + 𝒂𝑸𝒊−𝟐
𝒐 −𝑯𝒊−𝟏𝒐 = −𝑯𝒊−𝟑
𝒏 +𝒃𝑸𝒊−𝟐𝒏 + 𝑯𝒊−𝟏
𝒏
Persamaan Momentum jadi:
Persamaan kesinambungan air mjadi:
𝒄𝑸𝒊−𝟐𝒐 + 𝑯𝒊−𝟏
𝒐 − 𝒄𝑸𝒊𝒐 = −𝒄𝑸𝒊−𝟐
𝒏 + 𝑯𝒊−𝟏𝒏 + 𝒄𝑸𝒊
𝒏
Review (2) 3 Ruas selanjutnya adalah
𝑯𝒊−𝟏𝒐 + 𝒂𝑸𝒊
𝒐 −𝑯𝒊+𝟏𝒐 = −𝑯𝒊−𝟏
𝒏 +𝒃𝑸𝒊𝒏 + 𝑯𝒊+𝟏
𝒏
𝒄𝑸𝒊𝒐 + 𝑯𝒊+𝟏
𝒐 − 𝒄𝑸𝒊+𝟐𝒐 = −𝒄𝑸𝒊
𝒏 + 𝑯𝒊+𝟏𝒏 + 𝒄𝑸𝒊+𝟐
𝒏
𝑯𝒊+𝟏𝒐 + 𝒂𝑸𝒊+𝟐
𝒐 −𝑯𝒊+𝟑𝒐 = −𝑯𝒊+𝟏
𝒏 +𝒃𝑸𝒊+𝟐𝒏 + 𝑯𝒊+𝟑
𝒏
Persamaan Matriks
11 𝑎𝑐−111−𝑐𝑎𝑐−111−𝑐𝑎1−1
𝐻𝑖−3𝑜
𝑄𝑖−2𝑜
𝐻𝑖−1𝑜
𝑄𝑖𝑜
𝐻𝑖+1𝑜
𝑄𝑖+2𝑜
𝐻𝑖+3𝑜
=
1−1 𝑏
−𝑐11−1
𝑐𝑏−𝑐
11−1
𝑐𝑏1
1
𝐻𝑖−3𝑛
𝑄𝑖−2𝑛
𝐻𝑖−1𝑛
𝑄𝑖𝑛
𝐻𝑖+1𝑛
𝑄𝑖+2𝑛
𝐻𝑖+3𝑛
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
nnnn
n
n
n
b
b
b
b
x
x
x
x
a
aa
aaa
aaaa
......
...000
...
..00
...0
...
3
2
1
3
2
1
333
22322
1131211
Solusi dapat dihitung dengan teknik subtitusi mundur
2,2
,211,22
22,211,222,2
1,1
,11
11,111,1
nn
nnnnnnn
nnnnnnnnnnn
nn
nnnn
nnnnnnnn
nn
nnnnnn
a
xaxabxbxaxaxa
a
xabxbxaxa
a
bxbxa
Metode Eliminasi Gauss (2)Apabila xn, xn-1, xn-2 diketahui maka nilai xk dapat dihitung dengan
0
1,...,2,1
1
kk
kk
n
kj
jkjk
k
a
nnk
a
xab
x
Metode Iterasi Gauss Seidel
Metode iterasi Gauss Seidel digunakan khusus untukmenyelesaikan persamaan simulasi gerak air padasaluran tunggal
Syarat Metode Iterasi (1)
𝐶𝑗𝑗 ≥ 𝐶𝑗 ,𝑗−1 + 𝐶𝑗 ,𝑗+1
𝐶𝑗𝑗 = 1
𝐶𝑗 ,𝑗−1 = 𝐶𝑗 ,𝑗+1 = 𝑐 =∆𝑡
2𝐵∆𝑥
𝑗 = 1,3, . . 2𝑛 + 1 ∆𝑡
𝐵∆𝑥≤ 1
Syarat Metode Iterasi (2)
𝐴𝑗𝑗 ≥ 𝐴𝑗 ,𝑗−1 + 𝐴𝑗 ,𝑗+1
𝐴𝑗𝑗 =2∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡+
2∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅
𝐴𝑗 ,𝑗−1 = 𝐴𝑗 ,𝑗+1 = 1 ∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡+∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅≥ 1
𝑗 = 2,4,6, . . 2𝑛
Syarat Metode Iterasi (3) Untuk semua j = 1,2,3,.. 2n+1, dan untuk sedikitnya
satu j harus ada:
𝐶𝑗𝑗 > 𝐶𝑗 ,𝑗−1 + 𝐶𝑗 ,𝑗+1
𝐴𝑗𝑗 > 𝐴𝑗 ,𝑗−1 + 𝐴𝑗 ,𝑗+1
∆𝑡
𝐵∆𝑥< 1
∆𝑥
𝑔𝐴∆𝑡+∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅> 1
Penyelesaian Simultan Gerak Air Mempunyai dominan diagonal, dengan syarat:
∆𝑡 ≤ 𝐵∆𝑥
𝑗 = 1,3, . . 2𝑛 + 1
∆𝑡 ≤∆𝑥
𝐴+∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅
𝑗 = 2,4,6, . . 2𝑛
∆𝑡 < 𝐵∆𝑥
∆𝑡 <∆𝑥
𝐴+∆𝑥
𝐴
𝑄 𝑄
𝐴𝐶2𝑅
t
uu
t
u o
i
n
i
n
i D
x
uu
x
uu
x
u o
i
o
i
n
i
n
i
o
i D
D
11 1
0
x
uu
x
u
x
uu
x
uu
x
u
o
i
o
i
n
i
o
i
o
i
n
i
n
i
n
i
D
D
D
1
11 010
n
i
o
in
i
o
i
o
i
o
i
n
i
o
io
i
o
i
o
i
n
i
o
io
i
o
i
o
i
n
i
QARC
Qg
t
Q
x
HgA
t
Q
x
HgA
QARC
Qg
x
HgA
x
HgA
t
Q
ARC
QQg
x
HHgA
t
ARC
QQg
x
HgA
t
Q
2
11
2
11
2
11
2
0
0
0
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
ARC
Qg
tgA
xQH
t
Q
gA
xH
o
in
i
o
i
o
io
i 211
1
D
D
D
D
ARC
Qg
tgA
x
tgA
x
j
i
2
1
gA
xD
n
i
o
i
o
i
o
i QHQH 11
x
HH
x
H o
i
o
i
n
i D
11
t
t
Q o
i
n
i
n
i D
t
HB
x
Q
t
HB
x
Q
t
HB
t
HB
x
Q
x
Q
t
HHB
x
t
HB
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
D
121
112
112
0
0
0
t
HH
t
H o
i
n
i
D
x
x
Q o
i
o
i
D
2
B
tD
n
i
o
io
i
o
i Hx
Q
B
tH
x
Q
B
t1
21
D
D
D
D
1
121
j
i
j
i
j
i
j
i HQHQ xB
t
D
D
n
i
o
i
o
i
o
i QHQH 2123 n
i
o
i
o
i
o
i HQHQ 112
n
i
o
i
o
i
o
i HQHQ 121
n
i
o
i
o
i
o
i QHQH 11
n
i
o
i
o
i
o
i QHQH 2321
Perhitungan dilakukan baris demi baris
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
2
1
1
2
3
2
1
1
2
3
11
1
11
1
11
t
uu
t
u o
i
n
i
D
x
uu
x
uu
x
u o
i
o
i
n
i
n
i
D
D
11 1
1
x
uu
x
u
x
uu
x
uu
x
u
n
i
n
i
o
i
o
i
n
i
n
i
D
D
D
1
11 111
RAC
QQg
t
Q
x
HgA
t
Q
x
HgA
RAC
QQg
x
HgA
x
HgA
t
Q
t
Q
RAC
QQg
x
HHgA
t
RAC
QQg
x
HAg
t
Q
o
i
o
io
i
n
i
n
i
n
i
o
i
o
in
i
n
i
o
i
n
i
o
i
o
in
i
n
i
o
i
n
i
2
11
2
11
2
11
2
0
0
0
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
x
HH
x
H n
i
n
i
D
11
t
t
Q o
i
n
i
D
gA
xD
RAC
QQg
gA
x
t
Q
gA
xH
t
Q
gA
xH
o
i
o
io
in
i
n
in
i 211
D
D
D
D
D
o
i
n
i
n
i
n
i QHQH 11
D
D
D
D
RAC
Qg
tgA
x
tgA
x
j
i
2
1
x
x
Q n
i
n
i
D
2
t
HH
t
H o
i
n
i
D
11
t
HB
x
Q
t
HB
x
Q
t
HB
t
HB
x
Q
x
Q
t
HHB
x
t
HB
x
Q
o
i
n
i
n
i
n
i
o
i
n
i
n
i
n
i
o
i
n
i
n
i
n
i
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
121
112
112
0
0
0
B
tD
o
i
n
in
i
n
i Hx
Q
B
tH
x
Q
B
t1
21
D
D
D
D
o
i
n
i
n
i
n
i HQHQ 121 xB
t
D
D
o
i
n
i
n
i
n
i HQHQ 112
o
i
n
i
n
i
n
i QHQH 2123
o
i
n
i
n
i
n
i QHQH 11
n
i
o
i
o
i
o
i HQHQ 121 o
i
n
i
n
i
n
i QHQH 2321
Perhitungan dilakukan baris demi baris
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
2
1
1
2
3
2
1
1
2
3
11
1
11
1
11