Download pdf - Saint Venant dengan Metode Numerik - Bhupalaka's Blog · PDF fileNeraca massa air pada volume kontrol =

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


𝜕 𝛾𝑔

.𝐹.𝑉.∆𝑥

𝜕𝑡= −

𝛾

𝑔

𝜕 𝐹.𝑉2

𝜕𝑥∆𝑥 + −𝛾.𝐹.

𝜕𝑕

𝜕𝑥∆𝑥 − 𝛾.𝐹.

𝑉 𝑉


(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

QQ

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

QQ

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

QQ

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

QQ

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

QQ

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

QQ

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

QQ

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

QQ

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