PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI BATAS
MENGGUNAKAN METODE TEMBAKAN
( Linear Shooting Method )
Skripsi
Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat
Memperoleh Gelar Sarjana Sains
Program Studi Matematika
Disusun Oleh :
Yuli Purwandari
NIM : 013114009
PROGRAM STUDI MATEMATIKA
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI
UNIVERSITAS SANATA DHARMA
YOGYAKARTA
2008
i
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
NUMERICAL SOLUTION OF BOUNDARY VALUE PROBLEM
USING LINEAR SHOOTING METHOD
THESIS
Presented as Partial Fulfillment of the Requirements
to Obtain the Sarjana Sains Degree
in Mathematics
By :
Yuli Purwandari
Student Number : 013114009
MATHEMATICS STUDY PROGRAM
MATHEMATICS DEPARTMENT
FACULTY OF SCIENCE AND TECNOLOGY
SANATA DHARMA UNIVERSITY
2008
ii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
iii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
iv
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
HALAMAN PERSEMBAHAN
“ Sesungguhnya sesudah kesulitan itu ada kemudahan, maka apabila telah selesai
(dari suatu urusan) maka kerjakanlah dengan sungguh – sungguh (urusan yang
lain)
( QS. Alam Nasyrah 6-7)
Dengan mengucap puji syukur kehadirat Allah SWT yang telah melimpahkan
rahmat dan hidayah-Nya skripsi ini kupersembahkan kepada :
™
Bapak dan Ibu yang kuhormati yang senantiasa mendoakan serta
memberikan dorongan moril maupun materiil
™
Mas Novi, Suamiku tercinta,yang selalu sabar memberi dukungan
™
Calon anakku tersayang.
v
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
vi
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ABSTRAK
Masalah menyelesaikan suatu Persamaan diferensial dapat dibedakan
menjadi dua, yaitu masalah nilai awal dan masalah nilai batas. Dalam masalah nilai
awal, penyelesaian khusus persamaan diferensial diperoleh dari satu titik awal dan
pada masalah nilai batas, penyelesaian khusus persamaan diferensial diperoleh dari
dua nilai yang berbeda atau dari dua titik.
Dalam skripsi ini akan dipaparkan penyelesaian dari masalah nilai batas
secara numerik dengan metode tembakan. Metode tembakan mereduksi masalah
nilai batas menjadi dua masalah nilai awal. Selanjutnya kedua masalah nilai awal
tersebut akan diselesaiakan dengan Metode Runge-Kutta. Penyelesaian dari dua
masalah nilai awal tersebut akan ditambahkan sehingga diperoleh penyelesaian
masalah nilai batas.
Metode tembakan sangat sederhana dan mudah untuk digunakan dalam
menyelesaikan masalah nilai batas. Masalah nilai batas yang direduksi menjadi dua
masalah nilai awal akan mudah diselesaikan satu per satu.
vii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ABSTRACT
The problem to solve a differential equation can be divided into two
different problems, which are initial value problem and boundary value problem.
The special solution of a differential equation in initial value problem is given by
one point and in boundary value problem given by two different values or from
two points.
This thesis discusses the solution of boundary value problem using
shooting method. Linear shooting method reduce the boundary value problem into
two initial value problems, then the fourth order Runge-Kutta used to solved the
two initial value problems. The both solutions will be added to find the solution of
boundary value problem.
Shooting method is very simple and easy to solve boundary value problem.
Boundary value problem that reduce into two initial value problems will be easy to
solve one by one.
viii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
KATA PENGANTAR
Puji syukur penyusun panjatkan kehadirat Allah SWT karena atas rahmat
dan Karunia-Nya penulisan skripsi ini dapat diselesaikan dengan baik.
Skripsi ini berjudul “PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI
BATAS MENGGUNAKAN METODE TEMBAKAN”, yang disusun untuk
memenuhi persyaratan guna memperoleh gelar Sarjana Sains pada Fakultas Sains
dan Teknologi Universitas Sanata Darma Yogyakarta. Penulisan skripsi ini tidak
lepas dari bantuan dan bimbingan berbagai pihak, untuk itu pada kesempatan ini
penulis mengucapkan banyak terima kasih kepada :
1. Allah SWT yang selalu menyertai hidupku dan Al Qur’an yang menjadi
pedoman hidupku.
2. Bapak Y.G Hartono, S.Si, M.Sc dan Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si,
M.Si, selaku Dosen Pembimbing yang telah meluangkan waktu, tenaga dan
pikiran untuk memberikan bimbingannya dengan penuh kesabaran kepada
penyusun untuk menyelesaikan skipsi ini.
3. Bapak Herry Pribawanto, S.Si, M.Sc. sebagai dosen penguji
4. Bapak St. Eko Hari Parmadi, S.Si, M.Kom. sebagai dosen penguji
5. Ir. Greg. Heliarko, S.J., S.S., B.S.T., M.Sc., M.A., selaku Dekan FST-USD
6. Segenap dosen dan karyawan sekretariat FST yang telah mendidik dan
menyediakan fasilitas yang sangat bermanfaat bagi penulis.
7. Ayah, Ibu dan adikku yang senantiasa memberikan semangat dan doa serta
segala
bantuan
yang
telah
diberikan
sehingga
penyusun
dapat
menyelesaikan skripsi ini.
8. Mas Novi yang telah mendukung setiap saat, menemaniku dan
mendengarkan keluh kesahku serta cinta yang begitu besar yang kau
berikan.
9. Teman-teman seperjuangan angkatan 2001, Rita, Fanya, Daniel, Teddy,
Indah, Erika, Ray, Alam, Maria, Deta, Very, Ajeng dan yang tidak dapat
penulis sebutkan satu per satu, terima kasih atas bantuan dan kerjasamanya.
ix
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
x
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
xi
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR ISI
Halaman
HALAMAN JUDUL ..................................................................
i
HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING..........................
iii
HALAMAN PENGESAHAN ....................................................
iv
HALAMAN PERSEMBAHAN .................................................
v
HALAMAN HAK CIPTA ..........................................................
vi
ABSTRAK ..................................................................................
vii
ABSTRACT ................................................................................
viii
KATA PENGANTAR ................................................................
ix
PERNYATAAN KEASLIAN KARYA .....................................
xi
DAFTAR ISI ...............................................................................
xii
DAFTAR GAMBAR ..................................................................
xiv
BAB I PENDAHULUAN
A. Latar Belakang Masalah ...............................................
1
B. Rumusan Masalah ........................................................
3
C. Pembatasan Masalah .....................................................
3
D. Tujuan Penulisan ...........................................................
3
E. Manfaat Penulisan ..........................................................
3
F. Metode Penulisan ...........................................................
4
G. Sistematika Penulisan .....................................................
4
BAB II PERSAMAAN DIFERENSIAL
A. Pengantar Persamaan Diferensial ....................................
6
1. Klasifikasi Persamaan Diferensial ..............................
10
2. Penyelesaian Persamaan Diferensial ...........................
11
B. Persamaan Diferensial Orde Dua ......................................
12
1. Penyelesaian Fundamental Persamaan Diferensial Linear
Homogen ........................................................................
13
2. Bebas Linear dan Wronskian ........................................
19
3. Persamaan Diferensial Orde Dua Homogen ..................
21
xii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
C. Reduksi Order ......................................................................
29
D. Masalah Nilai Batas Persamaan Diferensial Orde-2 ............
31
BAB III METODE RUNGE-KUTTA
A. Metode Simpson .................................................................
37
B. Metode Runge-Kutta Orde Empat .......................................
39
C. Analisis Galat .......................................................................
51
BAB IV PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI BATAS
MENGGUNAKAN METODE TEMBAKAN
A. Metode Tembakan Linear ....................................................
52
B. Penerapan dengan Program Matlab .....................................
59
BAB V PENUTUP
A. Kesimpulan .......................................................................
65
B. Saran .................................................................................
66
DAFTAR PUSTAKA ........................................................................
67
LAMPIRAN ........................................................................................
68
xiii
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR GAMBAR
Halaman
Gambar 2.1 .................................................................................
33
Gambar 2.2 .................................................................................
33
Gambar 3.1 ...............................................................................
37
Gambar 3.2 ...............................................................................
38
Gambar 3.3 .................................................................................
45
Gambar 3.4 ................................................................................
46
Gambar 4.1 .................................................................................
60
Gambar 4.2 .................................................................................
62
Gambar 4.3 .................................................................................
64
xiv
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
1
BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang Masalah
Persamaan diferensial diperkenalkan oleh Gottfried Leibniz (1646 –
1716). Definisi dari persamaan diferensial biasa adalah persamaan yang memuat
satu variabel bebas x dan satu fungsi yang tidak diketahui y dan satu atau lebih
derivatif dari fungsi yang tidak diketahui tersebut.
Selanjutnya persamaan diferensial dapat diklasifikasikan sesuai dengan
tingkatan atau orde, yakni tingkat tertinggi dari derivatif yang muncul dalam
Persamaan Diferensial tersebut.
Persamaan diferensial mempunyai dua macam penyelesaian, yakni
penyelesaian umum dan penyelesaian khusus. Penyelesaian umum adalah
penyelesaian yang masih memuat konstanta dan penyelesaian khusus adalah
penyelesaian yang tidak lagi memuat konstanta. Untuk menentukan penyelesaian
khusus digunakan syarat – syarat bantu, yaitu syarat awal dan syarat batas.
Persamaan diferensial dengan syarat awal disebut masalah nilai awal dan
persamaan diferensial dengan syarat batas disebut masalah nilai batas. Perbedaan
masalah nilai awal dan masalah nilai batas adalah masalah nilai awal merupakan
persamaan diferensial yang penyelesaian khususnya diperoleh dari satu titik
sedangkan masalah nilai batas adalah persamaan diferensial yang penyelesaian
khususnya diperoleh pada dua nilai yang berbeda atau dari dua titik, titik – titik
tersebut membatasi satu interval.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2
Masalah Nilai Batas dapat tidak mempunyai penyelesaian atau jika ada
penyelesaiannya tidak tunggal. Masalah Nilai Batas bila mempunyai penyelesaian
tunggal sulit untuk diselesaikan, karena tidak ada teori sederhana untuk menjamin
penyelesaian tunggal pada Masalah Nilai Batas.
Untuk memperoleh penyelesaian Masalah Nilai Batas yang tidak tunggal
adalah dengan pendekatan secara numerik. Prosedur numerik yang akan
digunakan dalam skripsi ini adalah Metode Tembakan (Linear Shooting
Methods). Metode Tembakan adalah metode numerik yang digunakan untuk
menghitung
nilai
yang
dihasilkan
dari
penyelesaian
khusus.
Dengan
menggunakan pendekatan secara numerik dengan Metode Tembakan, maka
penyelesaian yang diperolah tidak hanya penyelesaian tunggal, tetapi akan
menghasilkan beberapa nilai Penyelesaian.
Prosedur dari metode tembakan yaitu dengan memperkirakan nilai awal
untuk turunan fungsi di titik awal dan menghasilkan suatu penyelesaian,
kemudian menyesuaikan penyelesaian tersebut sehingga sesuai untuk nilai fungsi
di titik batas.
Salah satu cara untuk menyelesaikan Masalah Nilai Batas dengan Metode
Tembakan adalah dengan mereduksi persamaan menjadi dua Masalah Nilai Awal
dan membentuk kombinasi linear dari penyelesaian tersebut sehingga diperolah
penyelesaian Masalah Nilai Batas. Dalam metode ini juga akan digunakan metode
Runge-Kutta. Metode Runge-Kutta adalah metode perhitungan yang praktis
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
3
karena tidak memerlukan penghitungan turunan dari fungsi, tetapi hanya
memerlukan fungsi itu sendiri.
B. Rumusan Masalah
Pokok permasalahan yang akan dibahas dalam skripsi ini dapat dituliskan
dengan beberapa pertanyaan sebagai berikut
1. Bagaimana untuk memperoleh penyelesaian Masalah Nilai Batas dengan
Metode Tembakan ?
2. Bagaimana aplikasinya dengan menggunakan MATLAB ?
C. Pembatasan Masalah
Dalam skripsi ini hanya akan dibahas tentang Persamaan Diferensial Biasa
Linear Orde-2 dengan Masalah Nilai Batas. Sedangkan Persamaan Diferensial
Linear Orde-n tidak akan dibahas.
D. Tujuan Penulisan
Penulisan ini bertujuan untuk memperdalam pengetahuan tentang
Persamaan Diferensial Linear Orde-2 serta metode penyelesaiannya.
E. Manfaat Penulisan
Manfaat yang diharapkan dalam skripsi ini adalah penulis dapat
mengetahui dan memahami Persamaan Diferensial Linear Orde-2 metode
penyelesaiannya secara numerik.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
4
F. Metode Penulisan
Metode penulisan yang digunakan dalam penulisan skripsi ini adalah
metode studi pustaka, yaitu dengan membaca dan mempelajari materi dari bukubuku acuan yang telah tersedia. Jadi dalam skripsi ini tidak ada penemuan baru.
G. Sistematika Penulisan
BAB I Pendahuluan
A. Latar Belakang Masalah
B. Rumusan Masalah
C. Batasan Masalah
D. Tujuan Penulisan
E. Manfaat Penulisan
F. Metode Penulisan
G. Sistematika Penulisan
BAB II Persamaan Diferensial Biasa
A. Pengantar Persamaan Diferensial
B. Persamaan Diferensial Orde Dua
D. Reduksi Order
C. Masalah Nilai Batas Persamaan Diferensial Orde-2
BAB III Metode Runge-Kutta Orde Empat
BAB IV Penyelesaian Masalah Nilai Batas Dengan Metode Tembakan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
5
BAB V Penutup
A. Kesimpulan
B. Saran
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
6
BAB II
PERSAMAAN DIFERENSIAL
A. Pengantar Persamaan Diferensial
Definisi 2.1.1
Persamaan diferensial adalah persamaan yang memuat derivatif – derivatif
atau turunan dari satu fungsi.
Contoh :
a.
dy
= e2 x
dx
b.
dy = y 2 + x dx
c.
y"+4 y = x 2 + 1
(
)
(
)
3
1. Klasifikasi Persamaan Diferensial
Persamaan diferensial dikelompokkan dalam beberapa cara. Jika
fungsi yang tidak diketahui hanya bergantung pada satu variabel bebas,
persamaan tersebut disebut Persamaan Diferensial Biasa.
Contoh Persamaan diferensial biasa :
(
)
a. dy = y 2 + x dx
(
)
b. y"+4 y = x 2 + 1
c.
3
x 2 dy + 3 xdx + 25dx
Persamaan di atas merupakan persamaan diferensial biasa dengan y
mewakili fungsi yang belum diketahui atau variabel tak bebas (dependent
variable) dan x mewakili variabel bebas (independent variable).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
7
Jika fungsi yang tidak diketahui bergantung pada dua atau lebih
variabel bebas, maka persamaan tersebut disebut persamaan diferensial
parsial.
Contoh Persamaan diferensial parsial :
a.
∂u ∂u
+
=0
∂x ∂y
∂ 2u ∂ 2u
+
=t+x
b.
∂t 2 ∂x 2
Persamaan tersebut merupakan persamaan diferensial parsial, dengan u
mewakili satu fungsi yang belum diketahui atau variabel tak bebas dan y, x, t
mewakili variabel – variabel bebas
Selanjutnya persamaan diferensial diklasifikasikan berdasarkan orde
derivatif tertinggi yang muncul pada persamaan diferensial tersebut atau
sering disebut sebagai orde atau derajat.
Definisi 2.1.2
Orde dari persamaan diferensial adalah derajat / orde tertinggi yang muncul
pada persamaan diferensial.
Klasifikasi persamaan diferensial menurut orde atau derajatnya :
1) Persamaan Diferensial Orde-1
Bentuk umum persamaan diferensial Orde-1
F ( x, y, y ') = 0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
8
Contoh :
a.
dx
=t
dt
b.
x' (t ) = t 2 − 1
2) Persamaan Diferensial Orde-2
Bentuk umum dari persamaan diferensial Orde-2
F ( x, y, y ' , y") = 0
Contoh :
d 2x
= −t
dt 2
a.
3
d 2 x ⎛ dx ⎞
b.
+ ⎜ ⎟ − 4x = 0
dt 2 ⎝ dt ⎠
3) Persamaan Diferensial Orde ke-n
Bentuk umum persamaan diferensial Orde ke-n
(
)
F x, y, y ' ,......, y ( n ) = 0
Definisi 2.1.3 :
Persamaan diferensial orde ke-n disebut linear dalam y jika persamaan
tersebut dapat ditulis dalam bentuk :
an ( x ) y n + an −1 ( x ) y ( n −1) + K + a1 ( x ) y '+ a0 ( x ) y = f ( x )
dimana a0 , a1 ,K, an dan f adalah fungsi kontinu dalam interval x dan
an ( x) ≠ 0 dalam interval tersebut. Fungsi ak (x) disebut koefisien fungsi.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
9
Definisi di atas menyebutkan bahwa persamaan diferensial biasa linear
jika kondisi berikut dipenuhi :
a. Fungsi yang belum diketahui dan derivatif – derivatifnya secara
aljabar berderajat satu.
b. Tidak ada hasil kali yang berkaitan dengan fungsi yang belum
diketahui dan derivatif – derivatifnya atau dua atau lebih derivatif.
c. Tidak ada fungsi transendental dari y, y’, y”, misalnya ey, cos y’ dan
seterusnya.
Persamaan diferensial yang tidak linear disebut nonlinear.
Contoh 2.1.1 :
a. Persamaan berikut ini adalah linear :
y"−3 y '+3 y = x 3
xy"+ ye x + 5 = 0
Perhatikan bahwa pergantian variabel bebas dalam persamaan diferensial
tidak mempengaruhi klasifikasi linear.
b. Persamaan Diferensial Biasa Orde-1 :
(y’)3 + 2y = x
nonlinear karena derivatif pertama dari fungsi yang belum diketahui
berderajat tiga.
c. Persamaan Diferensial Orde-2 :
y” + 5y = cos y
nonlinear karena cos y adalah fungsi transendental dari fungsi yang belum
diketahui.
□
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
10
2. Penyelesaian Persamaan Diferensial
Definisi 2.1.4 :
Suatu keluarga berparameter-n dari penyelesaian persamaan diferensial
orde-n disebut penyelesaian umum dari persamaan diferensial jika semua
penyelesaian Persamaan Diferensial dapat diperoleh dari keluarga
berparameter-n.
Definisi 2.1.5 :
Suatu penyelesaian persamaan diferensial orde-n yang diperoleh dari
penyelesaian umum dengan menentukan nilai n parameter disebut
penyelesaian khusus.
Contoh 2.1.2 :
a. Penyelesaian umum dari y” + 9y = 0 adalah keluarga berparameterdua
y = c1 cos 3x + c2 sin 3x
Suatu penyelesaian khusus dapat diperoleh dengan mengambil dua
nilai parameter, misal c1 = 2 dan c2 = 1, diperoleh penyelesaian :
y = 2 cos 3x + sin 2x
b. Diketahui
y = c1e 2 x + c2e − x
adalah penyelesaian umum dari
persamaan diferensial orde-dua y” – y’ – 2y = 0, carilah penyelesaian
khusus yang memenuhi y(0) = 2 dan y’(0) = -1.
Penyelesaian :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
11
Diberikan nilai x = 0 untuk y dan y’, untuk menentukan y’,
penyelesaian yang diketahui diturunkan terhadap x, diperoleh :
y = 2c1e 2 x − c2e − x
untuk menghitung c1 dan c2, dengan mensubstitusikan x = 0, y = 2 dan
x = 0, y’ = -1 ke persamaan yang sesuai, diperoleh :
2= c1 + c2
-1 = 2c1 – c2
dengan menyelesaikan persamaan untuk c1 dan c2 diperoleh
1
5
c1 = ; c2 = , sehingga penyelesaian khusus menjadi :
3
3
1
5
y = e2 x + e− x
3
3
□
Penyelesaian umum persamaan diferensial orde-n memuat n
konstanta sembarang untuk menentukan penyelesaian khusus ditentukan
n persamaan pada fungsi penyelesaian dan derivatif – derivatifnya dan
kemudian menyelesaikan n konstanta sembarang. Ada dua metode
menetapkan Syarat – syarat bantu.
Definisi 2.1.6 :
1)
Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui
berhubungan dengan sebuah nilai x, syarat itu disebut syarat awal.
Persamaan diferensial dengan syarat awalnya disebut Masalah Nilai
Awal ( M N A ).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
12
2)
Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui
berhubungan dengan dua atau lebih nilai x, syarat itu disebut syarat
batas atau nilai batas. Persamaan diferensial dengan syarat batasnya
disebut Masalah Nilai Batas ( M N B ).
Contoh 2.1.3 :
a. y’ + y = 3 , y(0) = 1 adalah masalah nilai awal
b. y” + 2y = 0 , y(1) = 2, y’(1) = 3 adalah masalah nilai awal
c. y”- y’ + y = x3 , y(0) = 2, y(1) = -1
adalah masalah nilai batas Orde-2.
□
B. Persamaan Diferensial Orde Dua
Persamaan diferensial orde-2 mempunyai Bentuk umum :
d2y
dy ⎞
⎛
= f ⎜ x, y , ⎟
2
dx
dx ⎠
⎝
( 2.2.1 )
dengan f adalah fungsi yang diketahui. Biasanya variabel bebas dinotasikan
dengan t, karena dalam masalah – masalah fisika waktu dilambangkan
dengan t yang merupakan variabel bebas, tapi seringkali variabel bebas
juga dinotasikan dengan x dan variabel tak bebas dilambangkan dengan y.
persamaan ( 2.2.1 ) dikatakan linear jika fungsi f mempunyai bentuk
dy ⎞
dy
⎛
f ⎜ x, y, ⎟ = g (t ) − p (t ) − q (t ) y
dx ⎠
dx
⎝
( 2.2.2 )
jika f linear dalam y dan y’. g, p, q adalah fungsi dari variabel bebas x tapi
tidak bergantung pada y, maka persamaan ditulis :
y” + p(x)y’ + q(x)y = g(x)
( 2.2.3 )
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
13
atau
P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = G(x)
( 2.2.4 )
Jika P ( x) ≠ 0 , maka persamaan (2.2.4 ) dapat dibagi dengan P(x)
y"+
Q ( x)
R( x)
G ( x)
y '+
y=
P( x)
P( x)
P( x)
( 2.2.5 )
Persamaan ( 2.2.1 ) disebut non linear jika tidak dalam bentuk (2.2.3 )
atau (2.2.4 ). Persamaan diferensial orde-2 disebut homogen jika pada
persamaan (2.2.3), g(x) = 0
untuk semua x dan disebut nonhomogen
jika g ( x ) ≠ 0 .
1.
Penyelesaian Fundamental Persamaan Diferensial Linear Homogen
Contoh 2.2.1 :
Carilah penyelesaian tunggal dari masalah nilai awal
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 ; y(x0) = 0 ; y’(x0) = 0
( 2.2.7 )
dengan p dan q kontinu pada interval terbuka I dan x0 pada interval
tersebut fungsi maka y = Φ(x) = 0 untuk semua x di I, memenuhi
Persamaan Diferensial dengan ketunggalan dari Teorema 2.2.1 maka y
= Φ(x) merupakan penyelesaian tunggal persamaan diferensial.
□
Teorema 2.2.1
Jika y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
maka y = c1y1 + c2y2
( 2.2.8)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
14
juga merupakan penyelesaian persamaan diferensial diatas untuk
sebarang konstanta c1 dan c2.
Bukti :
Diketahui y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial orde-2,
maka :
y1” + p(x)y1’ + q(x)y1 = 0
( karena y1 penyelesaian )
y2” + p(x)y2’ + q(x)y2 = 0
( karena y2 penyelesaian )
Akan dibuktikan c1y1 + c2y2 juga penyelesaian
(c1y1 + c2y2 )” + p(x) (c1y1 + c2y2)’ + q(x) (c1y1 + c2y2) = 0
c1y1” + c2y2” + c1p(x)y1’ + c2p(x)y2’ + c1q(x)y1 + c2q(x)y2 = 0
c1 (y” + p(x)y1’ + q(x)y1) + c2 (y2” + p(x)y2’ + q(x)y2) = 0
c1 . 0
+ c2 . 0 = 0
Jadi terbukti c1y1 + c2y2 juga penyelesaian dari persamaan diferensial
orde-2.
■
Contoh 2.2.2
Selesaikanlah persamaan y” – y = 0
( 2.2.9)
Penyelesaian :
Persamaan (2.2.9) menunjukkan bahwa akan dicari suatu fungsi yang
turunan kedua dari fungsi tersebut sama dengan fungsi itu sendiri atau
y” = y. Suatu fungsi yang sesuai dengan persamaan tersebut misalnya
fungsi eksponensial y1(x) = ex dan y2(x) = e-x, karena:
y1’(x) = ex sehingga y1”(x) = ex = y
dan y2’(x) = e-x sehingga y2”(x) = e-x = y
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
15
Jadi kedua fungsi tersebut merupakan penyelesaian.
□
Contoh 2.2.3
Buktikan apakah fungsi 2ex dan 5e-x juga penyelesaian persamaan pada
contoh 2.2.2 !
Penyelesaian :
y1’(x) = 2ex
dan
sehingga y1”(x) = 2ex = y
y2’(x) = 5e-x
sehingga y2”(x) = 5e-x = y
dengan cara yang sama fungsi c1y1(x) = c1ex dan c2y2(x) =c2 e-x juga
memenuhi persamaan (2.2.9) untuk semua nilai konstanta c1 dan c2,
kemudian penjumlahan dari penyelesaian – penyelesaian tersebut juga
merupakan penyelesaian. Misalkan dengan fungsi 2ex dan 5e-x jika
dijumlahkan meka juga merupakan penyelesaian, karena :
y = 2ex - 5e-x
y’ = 2ex + 5e-x
y” = 2ex - 5e-x = y
Selanjutnya karena c1y1(x)
dan c2y2(x) adalah penyelesaian, maka
demikian juga dengan fungsi
y = c1y1(x) + c2y2(x) = c1ex + c2 e-x
(2.2.10)
untuk semua nilai c1 dan c2. Dengan mencari y” diperoleh :
y = c1ex + c2 e-x
y = c1ex + c2 e-x = y
Jadi dapat dilihat bahwa fungsi
y1(x) = ex dan y2(x) = e-x adalah
penyelesaian dari persamaan (2.2.9) demikian juga kombinasi linear
dari persamaan (2.2.10). □
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
16
Koefisien c1 dan c2 pada persamaan (2.2.8) adalah sebarang.
Persamaan tersebut merupakan keluarga penyelesaian yang tidak
terbatas dari persamaan (2.2.8). Hal ini memungkinkan untuk
mengambil contoh dari keluarga penyelesaian yang memenuhi masalah
nilai awal.
Contoh 2.2.4:
y” – y = 0
dengan y(0) = 2; y’(0) = 1
(2.2.11 )
Penyelesaian dari persamaan (2.2.11) adalah melalui titik (0,2) dan
pada titik tersebut mempunyai gradien m = -1. Pertama pada x = 0 dan
0 dan y = 2, dengan mensubstitusikan pada persamaan (2.2.10),
diperoleh :
c1 + c 2 = 2
kemudian persamaan (2.2.10) diturunkan menjadi
y’ = c1ex - c2 e-x
substitusikan nilai x = 0 dan y’ = 1, diperoleh
c1 - c2 = -1
dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, dipeoleh
c1 =
1
2
dan
c1 =
3
2
masukkan nilai c1 dan c2 ke persamaan (2.2.10), maka diperoleh
penyelesaian khusus dari persamaan (2.2.11) yaitu :
y=
1 x 3 −x
e + e
2
2
□
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
17
Teorema 2.2.2
Jika y1 dan y2 adalah penyelesaian dari persamaan diferensial
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
dan
w = y1y2’ – y2y1’ ≠ 0
dengan
y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’
dengan syarat awal maka dapat ditemukan konstanta c1 dan c2
sedemikian hingga y = c1y1(x) + c2y2(x) memenuhi persamaan
diferensial dan nilai awal.
Bukti :
Persamaan Diferensial : y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
(*)
y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’
(**)
y1 dan y2 penyelesaian P. D (*) dan menurut teorema 2.2.2
y = c1y1(x) + c2y2(x) juga penyelesaian P.D (*) maka
dengan mensubstitusikan y(x0) = y0 dan y’(x0) = y0’diperoleh
c1y1(x0) + c2y2(x0) = y0
(i)
c1y1’(x0) + c2y2’(x0) = y0’
(ii)
Dengan aturan Cramer diperoleh :
y0 y2 ( x0 )
y0' y2' ( x0 )
c1 =
y1 ( x0 ) y2 ( x0 )
y1' ( x0 ) y2' ( x0 )
Supaya c1 dan c2 ada maka
dan
y1 ( x0 ) y0
y1' ( x0 ) y0'
c2 =
y1 ( x0 ) y2 ( x0 )
y1' ( x0 ) y2' ( x0 )
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
18
w=
y1 ( x0 )
,
1
y ( x0 )
y2 ( x0 )
,
2
y ( x0 )
= y1 ( x0 ) y2' ( x0 ) − y1' ( x0 ) y2 ( x0 ) ≠ 0
Jadi teorema terbukti. ■
Teorema 2.2.3 :
Jika y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
dan jika pada titik x = x0, nilai wronskian dari y1 dan y2 tidak sama
dengan nol, maka keluarga penyelesaian y = c1y1(x) + c2y2(x) dengan
sebarang koefisien c1 dan c2 memuat setiap solusi Persamaan Diferensial
Bukti :
Misalkan y = Φ(x) penyelesaian lain dari persamaan diferensial
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’
maka
Φ” + p(x)Φ + q(x)Φ = 0
Φ(x0) = y0 Φ’(x0) = y’0
Dari Teorema 2.2.3 diketahui bahwa y = c1y1(x) + c2y2(x) juga
penyelesaian dari persamaan diferensial. Menurut Teorema 2.2.1
penyelesaian persamaan diferensial tunggal, maka
c2y2(x). Jadi teorema terbukti. ■
Φ(x) = c1y1(x) +
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
19
Contoh 2.2.5 :
Buktikan bahwa y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial dan
tentukan apakah merupakan penyelesaian fundamental dari persamaan :
y” + 4y = 0
; y1 = cos 2x ; y2 = sin 2x
penyelesaian :
(i) y1 = cos 2x
(ii) y2 = sin 2x
y”1 = -2 sin 2x
y’2 = 2 cos 2x
y”1 = -4 cos 2x
y”2 = -4 sin 2x
substitusikan ke persamaan
(i) -4 cos 2x + 4 cos 2x = 0
(ii) -4 sin 2x + 4 sin 2x = 0
jadi y1 dan y2 adalah penyelesaian
Wronskian :
w( y1 , y2 )( x) =
cos 2 x
sin 2 x
= 2(cos 2 2 x + sin 2 2 x) = 2.1 = 2 ≠ 0
− 2 sin 2 x 2 cos 2 x
jadi y1 dan y2 merupakan penyelesaian fundamental.
Penyelesaian umum dari y” + 4y = 0 adalah
y = c1y1(x) + c2y2(x) = c1 cos 2x + c2 sin 2x
2.
□
Bebas Linear dan Wronskian
Dua buah fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linear pada
interval I bila persamaan kombinasi linear dari dua fungsi tersebut,
m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x ∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0.
Bila tidak demikian maka dikatakan f(x) dan g(x) bergantung linear.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
20
Penyelesaian umum persamaan diferensial sebagai kombinasi
linear dengan Wronskian tidak sama dengan nol, berhubungan dengan
konseb bebas linear dari dua fungsi. Akan dilihat sistem persamaan
aljabar linear homogen berikut :
a11x1 + a12x2 = 0
a21x1 + a22x2 = 0
(2.2.12 )
dan misal Δ = a11a22 – a12a21 adalah determinan dari koefisien –
koefisiennya. Kemudian x = 0, y = 0 adalah penyelesaian tunggal dari
sistem (2.2.12) jika dan hanya jika Δ ≠ 0 , selanjutnya sistem (2.2.12)
mempunyai tak nol penyelesaian jika dan hanya jika Δ = 0.
Dua fungsi f dan g dikatakan bebas linear pada interval I jika
ada dua konstanata k1 dan k2, kedunnya tak nol, sehingga :
k1f(x) + k2g(x) = 0
(2.2.13 )
Untuk semua x pada interval I. Fungsi f dan g dikatakan bebas linear
pada interval I jika tidak tak bebas linear, sehingga persamaan (2.2.13)
berlaku untuk semua x di I hanya jika k1 = k2 = 0.
Contoh 2.2.6 :
Tunjukkan bahwa fungsi ex dan e2x bebas linear pada setiap interval
Penyelesaian :
Misal : k1ex + k2e2x = 0
( 2.2.14 )
Untuk semua x pada interval, harus ditunjukkan bahwa k1 = k2 = 0. pilih
dua titik x0 dan x1 dimana x0 ≠ x1 , dengan mensubstitusikan titik – titik
tersebut pada persamaan (2.2.14), diperoleh :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
21
k1ex0 + k2e2x0 = 0
k1ex1 + k2e2x1 = 0
(2.2.15 )
Determinan dari koefisien – koefisiennya :
ex0e2x1 – e2x0ex1 = ex0ex1(ex1 – ex0)
Karena determinan tidak nol, maka penyelesaian tunggal dari
persamaan (2.2.15) adalah k1 = k2 = 0. jadi ex dan e2x bebas linear.
□
3.
Persamaan Diferensial Orde-2 Homogen
Persamaan Diferensial Homogen mempunyai bentuk umum :
P(x)y” + q(x)y” + R(x) = 0
Persamaan diferensial linear orde-2 homogen dengan koefisien konstan
mempunyai bentuk umum :
ay"+by '+ cy = 0
(2.2.16 )
dengan a, b, c sembarang bilangan real.
Misalkan penyelesaian persamaan diatas berbentuk y = erx, dengan r
suatu parameter yang harus ditentukan, maka :
y’ = rerx
y” = r2erx
dengan mensubstitusikan y, y’ dan y” ke persamaan (2.2.16), sehingga
diperoleh :
(
) ( )
(ar + br + c )e = 0
a r 2e rx + b re rx + cerx = 0
2
rx
karena e rx ≠ 0 maka
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
22
ar 2 + br + c = 0
(2.2.17 )
adalah persamaan karakteristik untuk persamaan (2.2.16). Parameter r
merupakan akar persamaan karakteristik dan y = erx penyelesaian dari
persamaan (2.2.16). Karena persamaan (2.2.17) adalah persamaan
kuadrat dengan koefisien - koefisien real, maka persamaan tersebut
mempunyai dua akar yang akar – akarnya bisa real dan berbeda, real
dan sama atau akar – akar kompleks.
a. Akar – akar Persamaan Real dan Berbeda
Akar – akar persamaan real dan berbeda jika b2 – 4ac positif.
Andaikan akar –akar persamaan dinotasikan dengan r1 dan r2 dimana
r1 ≠ r2 , kemudian y1 = er1x
dan y2 = er2x adalah penyelesaian dari
persamaan (2.2.16), maka
y = c1 y1 ( x) + c2 y2 ( x) = c1e r1 x + c2e r2 x
(2.2.18 )
juga merupakan penyelesaian. Untuk memeriksa bahwa persamaan di
atas juga penyelesaian, maka dapat diturunkan menjadi :
y ' = c1r1e r1 x + c2 r2e r2 x
(2.2.19 )
y ' = c1r12e r1 x + c2 r22e r2 x
(2.2.20)
dan
dengan mensubstitusikan kedua persamaan di atas ke persamaan (2.2.16)
diperoleh :
ay"+by '+cy = a (c1r1e r1 x + c2 r2e r2 x ) + b(c1r1e r1 x + c2 r2e r2 x ) + c(c1e r1 x + c2e r2 x )
= c1 (ar12 + br1 + c)e r1 x + c2 (ar22 + br2 + c)e r2 x
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
23
jumlah dari setiap sisipan pada ruas kanan pada persamaan di atas adalah
nol, karena r1 dan r2 adalah akar – akar dari persamaan (2.2.17). Jadi
penyelesaian umum dari persamaan (2.2.16) adalah persamaan (2.2.18).
Andaikan diberikan suatu nilai awal
y(x0) = y0 dan y’(x0) = y0
dengan mensubstitusikan x = x0 dan y = y0 pada persamaan (2.2.18),
diperoleh :
c1e r1 x 0 + c2e r2 x0 = y0
( 2.2.21)
kemudian x = x0 dan y’ = y’0 pada persamaan (2.2.19), diperoleh
c1r1e r1 x0 + c2 r2e r2 x0 = y0 '
dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh
c1 =
y0 '− y0 r2 − r1 x0
e
r1 − r2
dan
c1 =
y0 r1 − y0 ' − r 2 x0
e
r1 − r2
Jadi dengan nilai dari c1 dan c2 pada persamaan di atas, maka persamaan
(2.2.18) merupakan suatu penyelesaian dari masalah nilai awal
ay” + by’ + cy = 0 dengan y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’
Contoh 2.2.7 :
Selesaikan y” + 5y’ + 6y = 0 dengan y(0) = 2 dan y’(0) = 3 !
Penyelesaian :
Misal :
y = erx
y’ = rerx
y” = r2 erx
substitusikan ke Persamaan : y"+5 y '+6 y = 0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
24
⇔ r 2e rx + 5re rx + 6e rx = 0
diperoleh persamaan karakteristik : r2 + 5r + 6 = 0
(r + 2) (r + 3) = 0
r = -2 atau r = -3
Jadi y1 = e-2x dan y2 = e-3x adalah penyelesaian fundamental
sehingga penyelesaian umum : y = c1 y1 + c2 y2 = c1e −2 x + c2e −3 x
substitusikan x = 0 dan y = 2, didapat
c1 + c 2 = 2
dengan menurunkan penyelesaian umun dan mensubstitusikan x = 0 dan
y’ = 3, diperoleh
-2c1 - 3c2 = 3
dengan menyelesaikan persamaan (24 dan (25), diperoleh c1 = 9 dan c2 =
-7. Jadi penyelesaian khususnya adalah : y = 9e-2x – 7e-3x □
b. Akar – akar Persamaan Karakteristik Bilangan Kompleks
Suatu persamaan diferensial homogen
ay” + by’ + cy = 0
(2.2.22)
dimana a, b dan c adalah bilangan real, telah diketahui bahwa jika dicari
penyelesaian dari y = exr maka r adalah akar persamaan karakteristik dari
ar 2 + br + c = 0
( 2.2.23 )
andaikan diskriminan b2 – 4ac negatif, maka akar – akar persamaan
(2.2.23) adalah bilangan kompleks dan dinotasikan dengan
r1 = λ + iμ
dan
dimana λ , μ real, dengan nilai
r2 = λ − iμ
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
25
λ=
b
2a
sehingga y1 ( x) = e( λ = iμ ) x
4ac − b 2
2a
dan
μ=
dan
y 2 ( x ) = e ( λ − iμ ) x
(2.2.24)
persamaan (2.2.24) diubah menjadi rumus Euler’s dengan menggunakan
deret Taylor untu ex disekitar x = 0 :
xn
n = 0 n!
∞
ex = ∑
dengan - ∞ < x < ∞
jika diasumsikan bahwa dapat disubstitusikan ix untuk mengganti x pada
persamaan di atas
(ix) n
n = 0 n!
∞
eix = ∑
∞
(−1) n x 2 n
(−1) n −1 x 2 n −1
=∑
+ i∑
(2n)!
(2n − 1)!
n=0
n =1
∞
karena cos x =
(−1) n x 2 n
∑
(2n)!
n=0
∞
(−1) n −1 x 2 n −1
(2n − 1)!
n =1
∞
dan sin x = ∑
maka eix = cos x + i sin x
(2.2.25)
persamaan (2.2.25) disebut sebagai rumus Euler’s. Variasi dari rumus
Euler’s adalah sebagai berikut. Jika x diganti dengan –x, maka :
e-ix = cos x - i sin x
jika x diganti dengan μx maka :
eiμx = cos μx + i sin μx
(2.2.26)
jika x diganti dengan (λ + iμ ) x , maka :
e ( λ + μ i ) x = e λ e iμx
kemudian substitusikan ke persamaan (2.2.26), diperoleh
e( λ + iμ ) x = e λx (cos μx + i sin μx)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
26
= e λx cos μx + ie λx sin μx
( 2.2.27 )
fungsi y1(x) dan y2(x) pada persamaan (2.2.24) dan persamaan (2.2.27)
adalah penyelesaian dari persamaan (2.2.22) dengan mensubstitusikan
y1 ( x) + y2 ( x)
= eλx cos μx = u ( x)
2
y1 ( x) − y2 ( x)
= eλx sin μx = v( x)
2i
denngan menghitung Wronskian dari u dan v
w(u , v)( x) = μe 2 λx ≠ 0 jika μ ≠ 0
jadi u(x) dan v(x) merupakan penyelesaian fundamental dari Persamaan
Diferensial. Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial adalah :
y = eλx (c1 cos μx + c2 sin μx)
Contoh 2.2.8 :
Selesaikan y” + y’ + y = 0 !
Penyelesaian :
Substitusikan y = erx ;
Persamaan karekteristik : r2 + r + 1 = 0
Akar – akar persamaan karakteristik :
r1,2 =
=
− 1 ± 1 − 4 .1 . 1
2 .1
− 1 ± − 3 − 1 ± 3( −1)
=
2
2
= −
1
3 −1
1 1
±
=− ±
3i
2
2
2 2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
27
diperoleh
λ=−
1
dan
2
μ=
penyelesaian umum : y = e
1
− x
2
1
3
2
(c1 cos
1
1
3 x + c2 sin
3 x) □
2
2
c. Akar – akar Persamaan Karakteristik Real dan Sama
Suatu persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstan
dengan persamaan karakteristik
ar 2 + br + c = 0
( 2.2.28 )
dimana a, b dan c adalah bilangan real, dikatakan mempunyai akar sama
dan real jika b2 – 4ac = 0. Sehingga akar – akarnya
r1 = r 2 = −
b
2a
Jadi hanya diperoleh satu penyelesaian yaitu y1
y1 ( x ) = e
−
b
x
2a
sehingga harus dicari penyelesaian kedua yaitu y2(x) yang bebas linear.
Untuk mencari y2 digunakan metode d’Alembert. Karena y1(x) adalah
penyelesaian persamaan (2.2.22) dan demikian juga dengan cy1(x) untuk
semua c konstan, maka hal tersebut digunakan untuk mencari y2(x),
denngan mengganti c dengan v(x). Sehingga hasil dari v(x)y1(x) adalah
penyelesaian dari persamaan (2.2.22).
Andaikan : y2(x) = v(x) y1(x)
y2 ( x ) = v ( x )e
−
b
x
2a
y 2 ' ( x ) = v ' ( x )e
−
b
x
2a
b
+ v( x). −
b − 2a x
e
2a
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
28
y2 ' ( x) = v" ( x)e
−
b
x
2a
b
b
−
x
− x
b
b2
2a
v ' ( x )e
−
+ 2 v ( x )e 2 a
2a
4a
substitusikan ke persamaan (2.2.22), diperoleh :
⎧ ⎡
⎫ − 2ba x
b
b2 ⎤
b ⎤
⎡
=0
⎨a ⎢v"− v'+ 2 v ⎥ + b ⎢v'− v ⎥ + cv ⎬e
2a
4a ⎦
⎣ 2a ⎦
⎩ ⎣
⎭
jadi
⎛ b2
⎞
b
av"+ (−b + b)v'+⎜⎜ 2 −
+ c ⎟⎟v = 0
2a
⎝ 4a
⎠
2
2
− b + 4ac − (b − 4ac)
=
=
=0
4a
4a
sehingga
av” = v” = 0
v' = ∫ v" dx = k1
v = ∫ v' dx = k1 x + k 2
y2 = (k1 x + k2 )e
−
b
x
2a
diperiksa apakah y1 dan y2 bebas linear dengan wronskian
−
b
−
x
e 2a
b
w( y1 , y2 )( x) =
b − 2a x
−
e
2a
b
x
b
xe 2 a
− x
b = e 2a ≠ 0
b ⎞ − 2a
⎛
x ⎟e
⎜1 −
⎝ 2a ⎠
jadi diperoleh penyelesaian umum :
y ( x) = c1e
−
b
2a
x
+ c2 xe
−
b
2a
x
Contoh 2.2.9 :
Selesaikan y” + 4y’ + 4y = 0
;
y(-1) = 2 ; y’(-1) = 1
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
29
Penyelesaian :
Penyelesaian umum : y = c1e
4
− x
2
+ c1 xe
−
4
x
2a
y = c1e −2 x + c1 xe−2 x
y ' = −2c1e − 2 x + c2e − 2 x − 2c2 xe− 2 x
substitusikan x = -1 dan y = 2, diperoleh
c1e2 – c2e2 = 2
substitusikan x = -1 dan y’ = 1 pada y’, diperoleh
-2c1e2 + 3c2e2 =1
dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh
c1 = 7e-2
dan
c2 = 5e-2
Jadi penyelesaian khusus : y = 7e −2e −2 x + 5e −2 xe −2 x
C.
□
Reduksi Order
Persamaan Diferensial Linear Orde-2
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
( 2.3.1 )
Jika y1(x) adalah penyelesaian dari persamaan (2.3.1), maka dengan
menggunakan metode d’Alembert dapat dicari y2(x). Karena y1(x)
penyelesaian maka :
y = v(x) y1(x)
y’ = v’(x)y1(x) + v(x)y’1(x)
y” = v”(x)y1(x) + 2v’(x)y’1(x) + v(x)y1” (x)
Dengan mensubstitusikan y, y’ dan y” ke persamaan (2.3.1), diperoleh
y1v” + (2y’1 + py1)v’ + (y1” + py1’ + qy1)v = 0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
30
Karena y1 adalah penyelesaian dari persamaan (2.3.1) maka koefisien v =
0, sehingga :
y1v” + (2y’1 + py1)v’ = 0
Dengan mengandaikan u = v’ maka u’ = v”, sehingga
y1u’ + (2y’1 + py1)u = 0
Merupakan persamaan diferensial orde satu sehingga dapat diselesaikan
sebagai persamaan diferensial tk-1atau dengan variabel terpisah. Prosedur
ini disebut dengan reduksi order, karena langkah penyelesaiannya
dengan menggunakan persamaan diferensial orde satu.
Contoh 2.3.1 :
Misal y1(x) = x-1 penyelesaian dari 2x2 + 3xy’ – y = 0, carilah y2(x)!
Penyelesaian :
Misal : y = v(x)x-1 , maka
y ‘= v’x-1.-vx-2 ;
y “= v”x-1 – 2v’x-2 + 2vx-3
dengan mensubstitusikan y, y’ dan y”, diperoleh
2x2(v”x-1 – 2v’x-2 + 2vx-3) + 3x(v’x-1 – vx-2) – vx-1
= 2xv” – v’ = 0
persamaan di atas direduksi menjadi persamaan diferensial orde satu
sehingga diperoleh penyelesaian :
v’(x) = cx1/2
v(x) = 2/3 cx3/2 + k
penyelesaian umum : y = 2/3 cx1/2 + kx
□
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
31
D. Masalah Nilai Batas Persamaan Diferensial Orde-2
Definisi 2.4.1 :
Persamaan diferensial dengan bentuk :
y” = f ( x, y, y’ )
untuk a ≤ x ≤ b
(2.4.1)
y (b) = β
(2.4.2)
dengan nilai batas
y (a ) = α
dan
disebut Masalah Nilai Batas
Masalah
nilai
batas
adalah
persamaan
diferensial
dengan
Penyelesaian khusus yang diperoleh pada dua nilai yang berbeda dari
variabel bebas. Berbeda dengan masalah nilai awal yang penyelesaian
khususnya diperoleh dari satu titik, masalah nilai batas diperoleh dari dua
titik. Titik – titik tersebut membatasi satu interval dimana masalah nilai
batas tersebut harus diselesaikan.
Definisi 2.4.2 :
Suatu penyelesaian masalah nilai batas adalah penyelesaian dari Persamaan
Diferensial yang memenuhi nilai batas yang didefinisikan sepanjang
interval yang diberikan.
Untuk menyelesaiakan suatu masalah nilai batas, ada dua langkah :
a. Mencari penyelesaian umum dari persamaan diferensial tersebut
b. Menentukan suatu nilai konstan pada penyelesaian umum sehingga
memenuhi masalah nilai batas.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
32
Contoh 2.4.1:
Selesaikan masalah nilai batas y”- y’ = 0 dengan nilai batas
y(0) = 1 dan y(2) = 0 !
Penyelesaian :
Misalkan :
y = erx
y’ = rerx
y” = r2 erx
persamaan karakteristik : r2 – 1 = 0
akar – akar
: r1 = 1 v r2 = -1
Penyelesaian Umum
: y = c1ex + c2 e-x
Untuk x = 0
: c1 + c2 = 1
(*)
Untuk x = 2
: c1e2 + c2e-2 = 0
(**)
Selesaikan persamaan (*) dan (**) dengan mengalikan
persamaan (*)
dengan e2, diperoleh
c1 = 1 −
e2
e2 − e− 2
dan
c2 =
e2
e2 − e− 2
diperoleh penyelesaian khusus :
⎛
⎛ e2 ⎞
e2 ⎞
y = ⎜⎜1 − 2 − 2 ⎟⎟e x + ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟e − x
⎝ e −e ⎠
⎝e −e ⎠
□
Contoh 2.4.2 ( Model Difusi ) :
Difusi merupakan proses penghamburan atau penyebaran suatu zat
yang dapat terpisah dalam zat cair pada suatu tempat. Penyebaran tersebut
dipengaruhi oleh perubahan konsentrasi dan menyebar dari konsentrasi tinggi
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
33
ke konsentrasi rendah. Proses tersebut berhenti jika konsentrasinya sudah
seimbang.
Perubahan konsentrasi dari titik ke titik merupakan turunan dari
konsentrasi tersebut terhadap posisi dan disebut dengan gradien konsentrasi.
Jika y(x) adalah konsentrasi di titik x, maka gradien konsentrasinya di titik x
adalah y’(x) dan aliran zat karena difusi adalah –Dy’(x).
area
konsentrasi
tinggi
konsentrasi
-Dc’(x)
rendah
c
c’(x)<0
x
x
Gambar 2.1
Misalkan aliran air laut yang mengandung garam dengan konsentrasi
tinggi y0 melalui sebuah kanal ke air yang konsentrasi garamnya lebih rendah
yL. Andaikan bagian kanal tersebut berada pada koordinat x dan x + Δx .
A(x)
V(x + Δx )
V(x)
x + Δx
x
Gambar 2.2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
34
Volume air yang mengalir per satuan waktu melalui kedua tembok
adalah hasil kali antara dari luas permukaan tembok dan kecepatan aliran air
pada kanan, yaitu AV. Dan kecepatan total dimana garam masuk karena
aliran air adalah hasil kali volume air dengan konsentrasi, yaitu AVy. Jadi
aliran garam yang masuk dari ruas kiri adalah :
A(x)V(x)y(x)
Dan keluar dari ruas kanan
A(x + Δx ) V(x + Δx ) y(x + Δx )
Aliran garam melalui suatu area karena difusi adalah –Dy’, maka rata – rata
difusi yang masuk melalui ruas kiri adalah :
dan keluar dari ruas kanan :
-A(x)-Dy’(x)
-A(x + Δx )-Dy’(x + Δx )
Jadi total garam yang keluar dari ruas kanan
-A(x + Δx )-Dy’(x + Δx ) + A(x + Δx ) V(x + Δx ) y(x + Δx )
karena massa garam tidak dapat berubah menurut waktu, dan menurut hukum
keseimbangan, rata – rata masuk sama dengan rata – rata keluar (rate in =
rate out), maka
-A(x)-Dy’(x) + -A(x + Δx )-Dy’(x + Δx ) = -A(x + Δx )-Dy’(x + Δx ) +
A(x + Δx ) V(x + Δx ) y(x
+ Δx )
dengan mengumpulkan ke ruas kanan dan membagi dengan Δx , diperoleh :
A( x + Δx) y ' ( x + Δx) − A( x) y ' ( x)
Δx
A( x + Δx)V ( x + Δx) y ( x + Δx) − A( x)V ( x) y ( x)
+
=0
Δx
−D
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
35
karena limit Δx menjadi nol, maka diperoleh persamaan diferensial orde-2
dengan nilai batas :
-D (A (x)y’(x))’ + (A (x) V(x) y(x))’ = 0
dengan nilai batas c(0) = c0 ,
c(L) = cL
□
Contoh 2.4.3 :
Selesaikan Model difusi
− Dy"+Vy ' = 0 ; y(0) = 28 dan y(L) = 0
dengan D = -1.09 x 10-9 m2/s ; V = 0.2778 m/s ; L = 4,000 m
penyelesaian :
Dy” – Vy’ = 0
Misal : y = erx
y’ = rerx
y” = r2 erx
persamaan karakteristik : r2D – rV = 0
r ( rD – V ) = 0
r1 = 0 ∨ r2 =
penyelesaian umum : y = c1 + c2e
untuk x = 0
untuk x = L
: c1 + c2 = 28
: c1 + c2e
VL
D
=0
V
D
V
x
D
(*)
(**)
selesaiakan (*) dan (**) untuk memperoleh c1 dan c2, diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
36
28
c1 = 28 +
e
c2 =
VL
D
−1
=
28e
VL
D
VL
e D −1
− 28
VL
e D −1
diperoleh penyelesaian khusus : y ( x) =
VL
Vx
28e D
28e D
e
VL
D
−1
−
e
VL
D
−1
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
37
BAB III
METODE RUNGE - KUTTA
A. Metode Simpson
Prinsip dasar metode Simpson yaitu membagi interval (batas integral)
ke dalam n subinterval. Selanjutnya untuk setiap subinterval dibuat kurva
kuadratik yang menginterpolasi titik-titik di dalam subinterval tersebut. Nilai
pendekatan integral diperoleh dengan menjumlahkan semua luas bidang yang
dibatasi sumbu x dan kurva kuadratik tersebut pada semua subinterval.
Metode integrasi Simpson merupakan pengembangan metode integrasi
trapezoida, hanya saja daerah pembaginya bukan berupa trapesium tetapi
berupa dua buah trapesium dengan menggunakan pembobot berat di titik
tengahnya seperti telihat pada gambar berikut ini. Atau dengan kata lain
metode ini adalah metode rata-rata dengan pembobot kuadrat.
Gambar 3.1 Pembagian kurva setiap dua buah trapezium dengan pembobot
berat.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
38
Bila menggunakan trapesium luas bangun di atas adalah :
L=
h
( fi −1 + fi ) + h ( fi + fi +1 ) = h ( fi −1 + 2 fi + fi +1 )
2
2
2
(3.1.1)
Pemakaian aturan simpson dimana bobot fi sebagai titik tengah dikalikan
dengan 2 untuk menghitung luas bangun diatas dapat dituliskan dengan:
L=
h
( fi −1 + 2 fi ) + h (2 fi + fi +1 ) = h ( fi −1 + 4 fi + fi +1 )
3
3
3
(3.1.2)
perhatikan gambar berikut :
Gambar 3.2 Pembagian kurva dengan metode Simpson
Dengan menggunakan aturan Simpson, luas dari daerah yang dibatasi fungsi
y=f(x) dan sumbu X dapat dihitung sebagai berikut :
h
( f 0 + 2 f1 ) + h (2 f1 + f 2 ) + h ( f 2 + 2 f3 ) + h (2 f3 + f 4 ) + _
2
3
3
3
h
h
+ ( f n − 2 + 2 f n −1 ) + (2 f n −1 + f n )
3
3
L=
(3.1.3)
atau dapat dituliskan dengan :
L=
⎞
h⎛
⎜ f 0 + 4 ∑ fi + 2 ∑ fi + f n ⎟
⎟
⎜
3⎝
iganjil
igenap
⎠
(3.1.4)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
39
Algoritma Metode Integrasi Simpson adalah :
a. Definisikan y = f(x)
b. Tentukan batas bawah (a) dan batas atas integrasi (b)
c. Tentukan jumlah pembagi n
d. Hitung h = (b-a)/n
e. Hitung :
L=
⎞
h⎛
⎜ f 0 + 4 ∑ fi + 2 ∑ fi + f n ⎟
⎟
⎜
3⎝
iganjil
igenap
⎠
B. Metode Runge – Kutta Orde Empat
Peninjauan metode perhitungan yang praktis dimulai dengan suatu
kelas metode yang luas, yang dikenal dengan metode Runge-Kutta. Metode
Runge-Kutta mempunyai tiga sifat yang utama :
1.
Metodenya satu langkah: untuk mencapai yn+1 hanya diperlukan
keterangan yang tersedia pada titik sebelumnya yaitu xn, yn.
2.
Mendekati ketelitian metode deret Taylor sampai suku dalam hp,
dimana nilai p berbeda, dan p ini disebut derajat dari metode.
3.
Tidak memerlukan penghitungan turunan f(x, y) tetapi hanya
memerlukan fungsi itu sendiri.
Sifat ketiga tersebut yang menyebabkan metode Runge-Kutta lebih praktis.
Metode Runge-Kutta yang akan dibahas dalam Bab ini adalah Metode
Runge-Kutta Orde-4. Metode Runge-Kutta Orde-4 mempunyai dua versi
yang sering digunakan. Bentuk pertama yaitu berdasarkan aturan Simpson’s
1/3 dan ditulis sebagai berikut :
k1 = hf(yn, xn)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
40
k
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ yn + 1 , xn + ⎟
2
2⎠
⎝
k
⎛
k3 = hf ⎜ yn + 2 , xn +
2
⎝
(3.3.1)
h⎞
⎟
2⎠
k4 = hf(yn + k3, xn + h)
yn +1 = yn +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
bentuk kedua berdasarkan pada aturan Simpson’s 3/8, dan ditulis :
k1 = hf(yn, xn)
k
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ yn + 1 , xn + ⎟
3
3⎠
⎝
k k
⎛
k3 = hf ⎜ yn + 1 + 2 , xn +
3 3
⎝
(3.3.2)
h⎞
⎟
3⎠
k4 = hf(yn + k1 – k2 + k3, xn + h)
yn +1 = yn +
1
[k1 + 3k2 + 3k3 + k4 ]
8
dengan nilai n dimulai dari n = 0 dan iterasi berhenti jika nilai x sudah
terpenuhi.
Contoh 3.2.1 :
Hitunglah y(1) dengan menyelesaikan
y' = −
1
, y (0) = 1
1 + y2
dengan metode Runge-Kutta orde-4 dengan h = 1 !
Penyelesaian :
Persamaan ditulis sebagai :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
41
f ( y, x) = −
1
1 + y2
dengan y0 = 1 dan x0 = 0. Karena hanya diminta untuk satu interval maka
penghitungan seluruhnya adalah :
n = 0 : k1 = hf ( y0 , x0 ) = −
k
⎛
k2 = hf ⎜ y0 + 1 , x0 +
2
⎝
1
1
=−
1+1
2
h⎞
1
= −0.64
⎟=−
2⎠
(1 + (0.75) 2 )
k
h⎞
1
⎛
k3 = hf ⎜ y0 + 2 , x0 + ⎟ = −
= −0.6838
2
2⎠
(1 + (0.68) 2 )
⎝
k4 = hf(y0 + k3, x0 + h) =-
y1 = y0 +
= 1+
1
= −0.9091
(1 + (0.3161) 2 )
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
1
[− 0.5 − 2(0.64) − 2(0.6838) − 0.9091] = 0.3238
6
Contoh 3.2.2 :
Selesaikanlah y’ = xy + 1 ; y(0) = 0, dengan metode Runge-Kutta orde-4
dengan h = 0.2 pada x = 1 !
Penyelesaian :
Persamaan ditulis sebagai :
f(y, x) = xy + 1
dengan y0 = 0 dan t0 = 0
untuk n = 0 dan x1 = 0.2 :
k1 = hf(y0, t0) = 0.2 (0 + 1) = 0.2
k
⎛
k2 = hf ⎜ y0 + 1 , x0 +
2
⎝
h⎞
⎟ = 0.2[(0 + 0.1)(0 + 0.1) + 1] = 0.202
2⎠
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
42
k
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ y0 + 2 , x0 + ⎟ = 0.2[(0 + 0.101)(0 + 0.1) + 1] = 0.20202
2
2⎠
⎝
k4 = hf(yn + k3, xn + h) = 0.2[(0 + 0.20202)(0 + 0.2) + 1] = 0.208
y1 = y0 +
= 0+
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
1
[0.2 + 2(0.202) + 2(0.20202) + 0.208] = 0.2026
6
untuk n =1 dan x2 = 0.4 :
k1 = hf(y1, x1) = 0.2 [(0.2026)(0.2) + 1] = 0.2081
k
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ y1 + 1 , x1 + ⎟
2
2⎠
⎝
= 0.2[(0.2026 + 0.10405)(0.2 + 0.1) + 1] = 0.2184
k
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ y1 + 2 , x1 + ⎟
2
2⎠
⎝
= 0.2[(0.2026 + 0.1092)(0.2 + 0.1) + 1] = 0.2187
k4 = hf(y1 + k3, x1 + h)
= 0.2[(0.2026 + 0.2187)(0.2 + 0.2) + 1] = 0.2337
y2 = y1 +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
= 0.2026 +
1
[0.2081 + 2(0.2184) + 2(0.2187) + 0.2337] = 0.4219
6
untuk n = 2 dan x3 = 0.6 :
k2 = hf(y2, x2) = 0.2 [(0.4219)(0.4) + 1] = 0.2337
k
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ y2 + 1 , x2 + ⎟
2
2⎠
⎝
= 0.2[(0.4219 + 0.1169)(0.4 + 0.1) + 1] = 0.2539
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
43
k
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ y2 + 2 , x2 + ⎟
2
2⎠
⎝
= 0.2[(0.4219 + 0.1269)(0.4 + 0.1) + 1] = 0.2549
k4 = hf(y2 + k3, x2 + h)
= 0.2[(0.4219 + 0.2549)(0.4 + 0.2) + 1] = 0.2812
y3 = y2 +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
= 0.4219 +
1
[0.2337 + 2(0.2539) + 2(0.2549) + 0.2812] = 0.6773
6
untuk n = 3 dan x4 = 0.8 :
k1 = hf(y3, x3) = 0.2 [(0.6773)(0.6) + 1] = 0.2813
k
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ y3 + 1 , x3 + ⎟
2
2⎠
⎝
= 0.2[(0.6773 + 0.1407)(0.6 + 0.1) + 1] = 0.3145
k
⎛
k3 = hf ⎜ y3 + 2 , x3 +
2
⎝
h⎞
⎟
2⎠
= 0.2[(0.6773 + 0.1573)(0.6 + 0.1) + 1] = 0.3168
k4 = hf(y3 + k3, x3 + h)
= 0.2[(0.6773 + 0.3168)(0.6 + 0.2) + 1] = 0.3591
y4 = y3 +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
= 0.6773 +
1
[0.2813 + 2(0.3145) + 2(0.3168) + 0.3591] = 0.9945
6
untuk n = 4 dan x5 = 1 :
k1 = hf(y4, x4) = 0.2 [(0.9945)(0.8) + 1] = 0.3591
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
44
k
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ y4 + 1 , x4 + ⎟
2
2⎠
⎝
= 0.2[(0.9945 + 0.1796)(0.8 + 0.1) + 1] = 0.4113
k
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ y4 + 2 , x4 + ⎟
2
2⎠
⎝
= 0.2[(0.9945 + 0.2057)(0.8 + 0.1) + 1] = 0.416
k4 = hf(y4 + k3, x4 + h)
= 0.2[(0.9945 + 0.4160)(0.8 + 0.2) + 1] = 0.4821
y5 = y4 +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
= 0.9945 +
1
[0.3591 + 2(0.4113) + 2(0.4160) + 0.4821] = 1.41067
6
diperoleh penyelesaian untuk y’ = xy + 1 pada y(1) = y5 = 1.41067
n=
5
======================================================
| x | Peny.hampiran | Peny. eksak | P.eksak-P.hamp | Kesalahan relatif |
======================================================
|0.20 | 0.202687
| 0.204082 |
0.001395
|
0.683468 |
|0.40 | 0.422029
| 0.434783 |
0.012753
|
2.933260 |
|0.60 | 0.677458
| 0.731707 |
0.054250
|
7.414109 |
|0.80 | 0.994654
| 1.176471 |
0.181816
| 15.454397 |
|1.00 | 1.410676
| 2.000000 |
0.589324
| 29.466213 |>>
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
45
Gambar 3.3 Grafik metode Runge kutta orde 4
Untuk h = 0.1 maka hasilnya
n=
10
=====================================================
| x | Peny.hampiran | Peny. Eksak | P.eksak-P.hamp | Kesalahan rel |
=====================================================
|0.10 |
0.100334
|
0.100503 | 0.000169
|
0.167710 |
|0.20 |
0.202688
|
0.204082 |
0.001394
|
0.682860 |
|0.30 |
0.309164
|
0.314136 |
0.004972
|
1.582799 |
|0.40 |
0.422032
|
0.434783 |
0.012751
|
2.932703 |
|0.50 |
0.543826
|
0.571429 |
0.027602
|
4.830394 |
|0.60 |
0.677461
|
0.731707 |
0.054246
|
7.413610 |
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
46
|0.70 |
0.826367
|
0.927152 |
0.100786
| 10.870447 |
|0.80 |
0.994660
|
1.176471 |
0.181811
| 15.453930 |
|0.90 |
1.187363
|
1.512605 |
0.325242
| 21.502120 |
|1.00 |
1.410685
|
2.000000 |
0.589315
| 29.465725 |>>
Gambar 3.4 Grafik metode Runge kutta orde 4
Dari gambar 3.3 dan 3.4 dapat dilihat bahwa jika langkah h diperkecil
n menjadi lebih banyak dan selisih antara penyelesaian hampiran dan
penyelesaian eksaknya
atau kesalahan relatifnya semakin besar. Jadi
penyelesaiannya tidak akurat.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
47
Aplikasi dari metode Runge-Kutta untuk Persamaan Diferensial Orde
Dua untuk Masalah Nilai Awal adalah sebagai berikut. Misalkan suatu
Persamaan Differensial orde-2 :
y”(x) + ay’(x) + by(x) = q(x)
, y(0) = 1 , y’(0) = 0
(3.2.3)
dimana a dan b adalah koefisien dan q(x) adalah fungsi yang diketahui dan
diberikan nilai awal. Dengan mendifinisikan :
z(t) = y’(x)
(3.2.4)
persamaan diatas dapat direduksi menjadi dua Persamaan Diferensial Orde-1
y’= f(y, z,x) = z
, y(0) = 1
z = g(y, z,x) = -ay – by + q
, z(0) = 0
(3.2.5)
Metode Runge-Kutta orde –4 untuk persamaan diatas tersebut menjadi
k1 = hf(yn, zn, xn) = hzn
l1 = hg(yn, zn, xn)
k
l
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ yn + 1 , zn + 1 + xn + ⎟
2
2
2⎠
⎝
k
l
h⎞
⎛
l2 = hg ⎜ yn + 1 , zn + 1 + xn + ⎟
2
2
2⎠
⎝
k
l
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ yn + 2 , zn + 21 + xn + ⎟
2
2
2⎠
⎝
k
l
h⎞
⎛
l3 = hg ⎜ yn + 2 , zn + 2 + xn + ⎟
2
2
2⎠
⎝
k4 = hf(yn + k3, zn + l3, xn + h)
l4 = hg(yn + k3, zn + l3, xn + h)
yn +1 = yn +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
(3.2.6)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
48
zn +1 = zn +
1
[l1 + 2l2 + 2l3 + l4 ]
6
nilai n dimulai dengan n = 0 dan iterasi berhenti jika t terpenuhi.
Contoh 3.2.3 :
Hitunglah y(3) untuk y”+ y’ – 12y = 0 dengan y(2) = 2, y’(2) = 0 dan
h = 0,5 !
Penyelesaian :
Dengan mendifinisikan : z(t) = y’(t)
y’ = f(y, z, t) = z ,
y(2) = 2
z’ = g(y, z, t) = -z +12y,
z(2) = 0
akan diselesaikan dengan h = 0.5, x0 = 2 dan y0 = 2
n = 0 dan x1 = xn + h = 2 + 0,5 = 2,5
k1 = hf(y0, z0, x0) = hz0
= 0.5 ( 0 ) = 0
l1 = hg(y0, z0,x0)
= 0,5 [ 0 + 12(2)] = 12
k
l
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ y0 + 1 , z0 + 1 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0,5 (6) = 3
k
l
h⎞
⎛
l2 = hg ⎜ y0 + 1 , z0 + 1 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0,5 [ -6 + 12(2 + 0 )] = 9
k
l
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ y0 + 2 , z0 + 21 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
49
= 0,5 (4,5) = 2,25
k
l
h⎞
⎛
l3 = hg ⎜ y0 + 2 , z0 + 2 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0,5 [-4,5 + 12(2 + 1,5)] = 18,75
k4 = hf(y0 + k3, z0 + l3,x0 + h)
= 0,5(18,75) = 9,375
l4 = hg(y0 + k3, z0 + l3, x0 + h)
= 0,5[-18,75 + 12 (4,25)] = 16,125
y1 = y0 +
= 2+
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
1
[0 + 2(3) + 2(2,25) + 9,375] = 5,3125
6
z1 = z0 +
= 0+
1
[l1 + 2l2 + 2l3 + l4 ]
6
1
[12 + 18 + 37,5 + 16,125] = 13,94
6
untuk n = 1 dan x2 = 2,5 + 0,5 = 3
k1 = hf(y1, z1,x1) = hz1
= 0.5 (13,94 ) = 6,97
l1 = hg(y1, z1, x1)
= 0,5 [ -13,94 + 12(5,3125)] = 24,9
k
l
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ y1 + 1 , z1 + 1 + x1 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0,5 [13,94 + 12,45] = 13,195
k
l
h⎞
⎛
l2 = hg ⎜ y1 + 1 , z1 + 1 + x1 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0,5 [ -26,39 + 12(5,3125 + 3,5 )] = 39,68
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
50
k
l
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ y1 + 2 , z1 + 21 + x1 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0,5 (33,78) = 16,89
k
l
h⎞
⎛
l3 = hg ⎜ y1 + 2 , z1 + 2 + x1 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0,5 [-33,78 + 12(11,91)] = 54,57
k4 = hf(y1 + k3, z1 + l3, x1 + h)
= 0,5(68,51) = 34,255
l4 = hg(y1 + k3, z1 + l3, x1 + h)
= 0,5[-68,51 + 12 (22,2)] = 98,95
y2 = y1 +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
= 5,3125 +
1
[6,97 + 26,39 + 33,7 + 34,255] = 22,2117
6
z2 = z1 +
1
[l1 + 2l2 + 2l3 + l4 ]
6
= 13,94 +
1
[24,9 + 79,36 + 109,14 + 98,95] = 65.9
6
Jadi y(3) = y2 = 22,2117
penghitungan atau iterasi berhenti jika x sudah terpenuhi, pertambahan x sesuai
dengan h yang diketahui, dimana xn+1 = xn + h.
Metode Runge Kutta Orde Empat ini akan digunakan dalam Metode
Tembakan untuk menyelesaikan dua masalah nilai awal yang diperoleh dari
mereduksi masalah nilai batas.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
51
C.
Analisis Galat
Galat pada pemotongan dari metode Runge-Kutta untuk orde ke p adalah
Khp+1 dimana K adalah konstan. Penurunan batas K bukanlah hal yang sederhana,
dan selain itu perhitungannya memerlukan besaran yang tidak tampak. Salah satu
kesukaran dari metode Runge-Kutta adalah kurang sederhananya cara penafsiran
galatnya. Taksiran galat merupakan hasil tambahan dari perhitungan titik yang
baru.
Tanpa taksiran galat pemotongan, sukar untuk memilih nilai h yang pantas.
Suatu patokan dasar adalah demikian:
k 2 − k3
k1 − k2
menjadi lebih besar ( lebih besar dari ratusan ) maka h harus diperkecil.
Ambil yn harga yang “benar” pada jawab x = x0 + nh. Maka dari metode klasik orde
keempat :
yn = yn(h) + Kh5
dimana superskrip (h) pada yn menunjukkan bahwa yn dihitung dengan ukuran
selang h. Bila selanjutnya digunakan selang h/2, didapat :
⎛h⎞
⎛h⎞
yn = yn ⎜⎝ 2 ⎟⎠ + k ⎜ ⎟
⎝2⎠
5
jika kedua persamaan dikurangkan :
yn
(h)
⎛h⎞
− yn ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = −
15 5
Kh
16
dan galat pemotongan adalah :
ET = Kh5 =
16 ⎡ ⎛⎜ h ⎞⎟
(h) ⎤
yn ⎝ 2 ⎠ − yn ⎥
⎢
15 ⎣
⎦
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
52
BAB IV
PENYELESAIAN NUMERIK MASALAH NILAI BATAS
MENGGUNAKAN METODE TEMBAKAN
Untuk menyelesaikan masalah nilai batas persamaan diferensial biasa
orde dua ada beberapa metode yang dapat dilakukan antara lain metode selisih
berhingga, metode elemen hingga, dan metode tembakan (shooting method).
Metode tembakan merupakan metode yang sederhana dan mudah digunakan.
Metode ini bekerja dengan cara mcrcduksi masalah nilai batas menjadi masalah
nilai awal.
Metode Tembakan sangat bergantung pada pemilihan nilai slope awal
yang tidak diketahui nilainya. Metode Tembakan akan berhasil pemakaiannya
bila pemilihan slope awal yang dipilih mendekati slope yang sebenarnya.
Disebut Metode Tembakan karena pada dasarnya metode ini dilakukan dengan
menembak satu nilai awal sebagai penyelesaian, apabila nilai tersebut kurang
sesuai maka akan ditembak satu nilai di atas nilai tersebut atau dibawah nilai
tersebut sampai pada akhirnya konvergen ke penyelesaian.
Pada Bab ini akan dibahas Penyelesaian Numerik Masalah Nilai Batas
menggunakan Metode Tembakan ( Linear Shooting Method ).
A.
Metode Tembakan Linear
Andaikan suatu persamaan diferensial linear adalah suatu masalah nilai
batas yang berbentuk :
y” = f (x, y, y’)
dengan y(a) = A dan y(b) = B
(4.1.1)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
53
mempunyai penyelesaian tunggal y(x). Misalkan y ' (a) = α . Nilai α belum
diketahui. Metode tembakan adalah menafsirkan nilai untuk y ' (a) = α
sehingga menghasilkan suatu penyelesaian yang sesuai dengan nilai untuk y(b).
Dengan kata lain, misal penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan y ' (a) = α
adalah y(x, α), akan dicari nilai α sehingga y(b, α) = B.
Untuk mendekati penyelesaian persamaan (4.1.1) dengan metode tembakan adalah dengan mereduksi persamaan (4.1.1) ke dalam dua masalah nilai
awal.
Misal y1(x) dan y2(x) adalh penyelesaian dari masalah nilai awal
y1" ( x) = py1 ' ( x) + qy1 ( x)
y1 (a) = A; y1 ' (a ) = 0
(4.1.2)
dan
y2 " ( x) = py2 ' ( x) + qy2 ( x)
y2 (a ) = 0; y2 (a ) = 1
(4.1.3)
misalkan y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) adalah penyelesaian dari y”(x) = py’(x) + qy(x)
dilihat dari penyelesaian berikut :
y”(x) = c1y1”(x) + c2y2”(x)
= c1(py1’(x) + qy1(x)) + c2(py2’(x) + qy2(x))
= c1py1’(x) + c1qy1(x) + c2py2’(x) + c2qy2(x)
= p(c1y1’(x) + c2y2’(x)) + q(c1y1(x) + c2y2(x))
= py’(x) + qy(x)
masukkan nilai awal untuk x = a dalam penyelesaian y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)
y(a) = c1y1(a) + c2y2(a)
= c1 A + 0 = A
(4.1.4)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
54
y’(a) = c1y1’(a) + c2y2’(a)
= 0 + c2 = 1
sehingga diperoleh c1 A = A
(4.1.5)
maka nilai c1 = 1 dan c2 = 1
masukkan nilai batas untuk x = b kedalam penyelesaian y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)
y(b) = c1y1(b) + c2y2(b) = B
(4.1.6)
masukkan nilai c1 dan c2 kedalam persamaan di atas
jika c2 = 1, maka
c1y1(b) + y2(b) = B
sehingga c1 =
(4.1.7)
B − y2 (b)
y1 (b)
diperoleh penyelesaian
y ( x) =
B − y2 (b)
y1 ( x) + y2 ( x)
y1 (b)
(4.1.8)
atau jika c1 = 1, maka
y1(b) + c2y2(b) = B
sehingga c2 =
(4.1.9)
B − y1 (b)
y2 (b)
diperoleh penyelesaian
y ( x) = y1 ( x) +
B − y1 (b)
y2 ( x )
y2 (b)
(4.1.10)
untuk menyelesaikan y1(x) secara numerik dan memperoleh nilai dari y2(x) dari
persamaan (4.1.10), digunakan metode Runge-Kutta orde empat. Kemudian
nilai tersebut digunakan untuk mencari nilai dari wn, dengan :
wn =
B − y1 (b)
y2 ( x )
y2 (b)
dan penyelesaian untuk y(x) = y1(x) + wn.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
55
Secara umum langkah – langkah Metode Tembakan sebagai berikut :
1. Langkah 1 : Masukkan nilai yang diketahui, a,b, h, B
2. Tentukan nilai n dengan n = [b-a]/h
3. Hitung penyelesaian dengan menggunakan metode Runge-Kutta orde
empat dari masalah nilai awal pertama:
y1" ( x) = py1 ' ( x) + qy1 ( x)
y1 (a) = A; y1 ' (a ) = 0
4. Hitung penyelesaian dengan menggunakan metode Runge-Kutta orde
empat dari masalah nilai awal kedua
y2 " ( x) = py2 ' ( x) + qy2 ( x)
y2 (a) = 0; y2 (a ) = 1
5. Hitung nilai Wn dengan wn =
B − y1 (b)
y2 ( x )
y2 (b)
6. Hitung penyelesaian dengan y(x) = y1(x) + wn.
Contoh 4.1.1 :
Selesaikan
y" =
2x
2
y '+
y +1
2
1+ x
1 + x2
, y(0) = 1.25; y(0.2) = - 0.95,
pada interval [0,0.2] !
Penyelesaian :
Fungsi dari p, q dan r adalah p ( x) =
2x
2
, q ( x) =
dan r ( x) = 1
2
1+ x
1 + x2
Langkah pertama, persamaan tersebut direduksi menjadi dua persamaan
masalah Nilai awal.
Misalkan y1(x) = u dan y2(x) = v, maka persamaan menjadi :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
56
u" =
2t
2
u '+
u +1
2
1+ x
1 + x2
v" =
2t
2
v'+
v
2
1+ x
1 + x2
, u(0) = 1.25 ; u’(0) = 0
, v(0) = 0 ; v’(0) = 1
Langkah kedua, untuk menyelesaikan u dan v, digunakan metode Runge-Kutta
orde-4.
a. u" =
2t
2
u '+
u +1
2
1+ x
1 + x2
, u(0) = 1.25 ; u’(0) = 0
persamaan tersebut direduksi menjadi dua persamaan diferensial orde satu
u’ = f(u, z, x) = z
z’ = g(u, z, x) =
, u(0) = 1.25
2t
2
z+
u +1
2
1+ x
1 + x2
diselesaikan dengan h =
, z(0) = 0
b − a 0.2 − 0
=
= 0.2
N
1
untuk n = 0 dan x1 = 0.2 :
k1 = hf(u0, z0, x0) = hz0
= 0.2 (0) = 0
l1 = hg(u0, z0,x0)
⎛ 2( 0)
⎞
2
= 0.2⎜⎜
( 0) −
(1.25) + 1⎟⎟ = −0.3
2
1+ 0
⎝ 1 + ( 0)
⎠
k
l
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ u0 + 1 , z0 + 1 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0.2(-0.15) = -0.03
k
l
h⎞
⎛
l2 = hg ⎜ u0 + 1 , z0 + 1 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
⎛ 2(0.1)
⎞
2
(−0.15) −
(1.25) + 1⎟⎟ = −0.30098
= 0.2⎜⎜
2
2
1 + (0.1)
⎝ 1 + (0.1)
⎠
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
57
k
l
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ u0 + 2 , z0 + 2 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0.2 (-0.15049) = -0.030098
k
l
h⎞
⎛
l3 = hg ⎜ u0 + 2 , z0 + 2 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
⎛ 2(0.1)
⎞
2
= 0.2⎜⎜
(−0.15049) −
(1.235) + 1⎟⎟ = −0.29506
2
2
1 + (0.1)
⎝ 1 + (0.1)
⎠
k4 = hf(u0 + k3, z0 + l3, t0 + h)
= 0.2 (-0.29506) = -0.059
l4 = hg(u0 + k3, z0 + l3, t0 + h)
⎞
⎛ 2(0.1)
2
= 0.2⎜⎜
(−0.29506) −
(1.2199) + 1⎟⎟ = −1.45944
2
2
1 + (0.1)
⎠
⎝ 1 + (0.1)
u1 = u0 +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
= 1.25 +
z1 = z0 +
=0 +
1
[0 + 2(−0.3) + 2(−0.030098) + (−0.059)] = 1.220134
6
1
[l1 + 2l2 + 2l3 + l4 ]
6
1
[− 0.3 + 2(−0.30098) + 2(−0.29506) + (−1045944)]
6
= -0.49192
diperoleh nilai u(0.2) = u1 = 1.220134
peghitungan atau iterasi berhenti jika nilai x sudah terpenuhi, yaitu x = b.
b. v" =
2t
2
v'+
v
2
1+ x
1 + x2
, v(0) = 0 ; v’(0) = 1
direduksi menjadi dua persamaan diferensial orde-1
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
58
v’ = f(u, z, x) = z
z’ = g(u, z, x) =
2t
2
z+
v
2
1+ x
1 + x2
, v(0) = 0
, z(0) = 1
diselesaikan dengan h = 0.2
untuk n = 0 dan x1 = 0.2 :
k1 = hf(v0, z0,x0) = hz0
= 0.2 (1) = 0.2
l1 = hg(v0, z0,x0)
⎛ 2(0)
⎞
2
= 0.2⎜⎜
(1) −
(0) ⎟⎟ = 0
2
1+ 0 ⎠
⎝ 1 + (0)
k
l
h⎞
⎛
k2 = hf ⎜ v0 + 1 , z0 + 1 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0.2(1) = 0.2
k
l
h⎞
⎛
l2 = hg ⎜ v0 + 1 , z0 + 1 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
⎞
⎛ 2(0.1)
2
= 0.2⎜⎜
(1) −
(0.1) ⎟⎟ = 0
2
2
1 + (0.1)
⎠
⎝ 1 + (0.1)
k
l
h⎞
⎛
k3 = hf ⎜ v0 + 2 , z0 + 2 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
= 0.2 (1) = 0.2
k
l
h⎞
⎛
l3 = hg ⎜ v0 + 2 , z0 + 2 + x0 + ⎟
2
2
2⎠
⎝
⎞
⎛ 2(0.1)
2
= 0.2⎜⎜
(1) −
(0.1) ⎟⎟ = 0
2
2
1 + (0.1)
⎠
⎝ 1 + (0.1)
k4 = hf(v0 + k3, z0 + l3,x0 + h)
= 0.2 (1) = 0.2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
59
l4 = hg(v0 + k3, z0 + l3, x0 + h)
⎛ 2(0.2)
⎞
2
⎟⎟ = 0
= 0.2⎜⎜
(
1
)
−
(
0
.
2
)
2
2
1
(
0
.
2
)
+
1
+
(
0
.
2
)
⎝
⎠
v1 = v0 +
1
[k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ]
6
= 0+
z1 = z0 +
1
[0.2 + 2(0.2) + 2(0.2) + (0.2)] = 0.2
6
1
[l1 + 2l2 + 2l3 + l4 ]
6
1
= 1 + (0) = 1
6
karena x = b maka diperoleh v1 = v(0.2) = 0.2 dan penghitungan atau iterasi
berhenti.
kemudian ux dan vx digunakan untuk menghitung wx
w1 =
B − u (b)
B − u (0.2)
v(t ) =
v(0.2)
v(b)
v(0.2)
w1 =
− 0.95 − 1.220134
(0.2) = −2.170134
0.2
jadi y(x) = u(x) + w
= 1.220134 – 2.170134 = - 0.949994
B. Penerapan dengan Program Matlab
Penyelesaian Contoh 4.1.1 menggunakan Program Matlab dengan
masukkan nilai B, a, b, h, u0, p0, v0, q0 maka hasilnya sebagai berikut :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
60
a.
Pada Interval [0,0.2]
Gambar 4.1 Metode Tembakan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
61
b.
Pada Interval [0,4]
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
62
Gambar 4.2 Metode Tembakan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
63
c.
Pada interval [0,2]
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
64
Gambar 4.3
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
65
BAB V
PENUTUP
A. Kesimpulan
Masalah menyelesaikan suatu persamaan diferensial dapat
dibedakan menjadi dua, yaitu masalah nilai awal dan masalah nilai batas.
masalah nilai awal adalah persamaan diferensial yang penyelesaian
khususnya diperoleh dari satu titik dan masalah nilai batas adalah
persamaan diferensial dengan penyelesaian khusus yang diperoleh pada dua
nilai yang berbeda atau dari dua titik.
Masalah nilai batas dapat tidak mempunyai penyelesaian atau
jika ada penyelesaiannya tidak tunggal. Masalah nilai batas bila
mempunyai penyelesaian tunggal sulit untuk diselesaikan, karena tidak ada
teori sederhana untuk menjamin penyelesaian tunggal pada masalah nilai
batas.
Penyelesaian masalah nilai batas yang tidak tunggal dapat
diperoleh dengan pendekatan secara numeris. Prosedur numeris yang akan
digunakan dalam skripsi ini adalah Metode Tembakan (Linear Shooting
Methods). Untuk mendekati penyelesaian persamaan masalah nilai batas
tersebut dengan metode tembakan adalah dengan mereduksi persamaan
masalah nilai batas ke dalam dua masalah nilai awal, kemudian
menyelesaikan masalah nilai awal tersebut menggunakan metode Runge
Kutta Orde Empat.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
66
Keuntungan dari metode Tembakan ini adalah praktis karena
masalah nilai batas dapat direduksi menjadi dua masalah nilai awal yang
lebih mudah diselesaikan dengan metode Runge-Kutta. sedangkan
kekurangan dari metode tembakan ini adalah pada pemilihan slope
awalnya, jika pemilihan slope awalnya tidak atau kurang mendekati, maka
penggunaan Metode Tembakan tidak akan berhasil.
B. Saran
Meskipun ada keuntungan dalam menggunakan metode
tembakan untuk menyelesaikan masalah nilai batas, yaitu praktis dan
mudah, tetapi masih ada kekurangan yaitu dalam ketelitian memilih slope
awal. Jika pemilihan slope awalnya tidak atau kurang mendekati, maka
penggunaan Metode Tembakan tidak akan berhasil. Jadi disarankan agar
pembaca dapat menggunakan metode lain untuk menyelesaikan masalah
nilai batas, misalnya dengan Metode Beda Hingga (Finite-Difference
Method).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
67
DAFTAR PUSTAKA
Diprima, B., 2001” Elementary Diferential Equations “, seventh edition, John
Wiley and Sons, Inc.
Djojodihardjo, H, 2000, ” Metode Numerik”, PT Gramedia Pustaka Utama, Jakarta.
Davis, P.W.,2000 “ Differential Equation For Mathematics, Science and
Engineering”, Prentice Hall International Inc.
Fausett, R. L. And D.J, Faires, 1987, “Applied Numerical Analisys”, Fifth Edition,
PWS Publishing Company Boston, Boston, 577-621
Mathews, J.H., 2000 “Numerical Methods for Mathematics, Science, And
Engineering”,second Edition, 484 – 497
Nakamura , S., 2002,
“Numerical Analysis and Graphic Vizualization with
MATLAB”, Second Edition, Prentice Hall PTR, New Jersey, 415-439
Plybon, B.F., 1992, “An Introduction To Apllied”,PWS Publishing Company
Boston, Boston, 465-503
Rice, Bernard J. And J.D, Strange, 1986, “Ordinary Differential Equations With
Applications”, Brooks / Cole Publishing Company, Monterey, California.
Tutoyo, A, 1991,” Diktat Persamaan Diferensial Biasa”, Universitas Sanata
Dharma, Yogyakarta.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
68
LAMPIRAN 1
Program Metode Runge Kutta Orde 4
function[]=frungek_orde4(a,b,h,y0)
% Fungsimetode Runge Kutta Orde 4
% input : f fungsi yang digunakan y' = x*y+1
%
a adalah titik awal interval
%
b adalah titik akhir interval
%
h adalah ukuran langkah untuk maghitung nilai y pada interval
%
n adalah banyaknya langkah
% w dan x untuk menyimpan nilai x dan y
clc
n=[b-a]/h
x=zeros(1,n);
w=zeros(1,n);
z=zeros(1,n);
x0=0;
fprintf('\n======================================================
=====================\n')
fprintf('| x | Peny.hampiran | Peny. eksak | P.eksak-P.hamp | Kesalahan rel |\n')
fprintf('\n======================================================
=====================\n')
for j=1:n
k1=h*feval('pers1',x0,y0);
k2=h*feval('pers1',x0+h/2,y0+k1/2);
k3=h*feval('pers1',x0+h/2,y0+k2/2);
k4=h*feval('pers1',x0+h,y0+k3);
y(j)=y0+[k1+2*k2+2*k3+k4]/6;
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
69
x(j)=a+h*j;
w(1,j)=y(j);
x0=x(j);
y0=y(j);
z(j)=x(j)/(1-(1*x(j)*x(j)/2));
err(j)=abs(y(j)-z(j));
rel(j)=(err(j)/z(j))*100;
%membuat tabel
fprintf('\n|%3.2f | %9.6f
| %10.6f | %10.6f | %10.6f
|',x(j),w(j),z(j),err(j),rel(j))
end
%grafik
plot(x,w,'k')
hold on
plot(x,z,'o')
legend('Peny hampiran','Peny eksak',4);
title('Grafik Metode Runge Kutta Orde 4')
xlabel('Nilai x')
ylabel('Nilai y')
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
70
LAMPIRAN 2
Fungsi Metode Tembakan
1. Fungsi untuk persamaan 1
function U=Shooting1(a,b,h,u0,p0)
% Fungsi metode tembakan (shooting Method)
% input : f fungsi yang digunakan u' = z dan p' = (2x/1+x*x)p+(2/1+x*x)+1
%
a adalah titik awal interval
%
b adalah titik akhir interval
%
h adalah ukuran langkah untuk maghitung nilai y pada interval
%
n adalah banyaknya langkah
n=(b-a)/h;
x0=0;
for j=1:n
k1=h*feval('pers2',p0);
l1=h*feval('pers3',u0,p0,x0);
k2=h*feval('pers2',p0+l1/2);
l2=h*feval('pers3',u0+k1/2,p0+l1/2,x0+h/2);
k3=h*feval('pers2',p0+l2/2);
l3=h*feval('pers3',u0+k2/2,p0+l2/2,x0+h/2);
k4=h*feval('pers2',p0+l3);
l4=h*feval('pers3',u0+k3,p0+l3,x0+h);
u(j)=u0+[k1+2*k2+2*k3+k4]/6;
p(j)=p0+[l1+2*l2+2*l3+l4]/6;
x(j)=a+h*j;
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
71
c(j)=u(j);
x0=x(j);
u0=u(j);
p0=p(j);
n=n+1;
end
U=u;
plot(x,c,'k')
title('Grafik Metode Tembakan')
xlabel('Nilai x')
ylabel('Nilai u')
2. Fungsi untuk persamaan 2
function V=Shooting2(a,b,h,v0,q0)
% Fungsi metode tembakan (shooting Method)
%
a adalah titik awal interval
%
b adalah titik akhir interval
%
h adalah ukuran langkah untuk maghitung nilai y pada interval
%
n adalah banyaknya langkah
n=(b-a)/h;
x0=0;
for j=1:n
k1=h*feval('pers4',q0);
l1=h*feval('pers5',v0,q0,x0);
k2=h*feval('pers4',q0+l1/2);
l2=h*feval('pers5',v0+k1/2,q0+l1/2,x0+h/2);
k3=h*feval('pers4',q0+l2/2);
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
72
l3=h*feval('pers5',v0+k2/2,q0+l2/2,x0+h/2);
k4=h*feval('pers4',q0+l3);
l4=h*feval('pers5',v0+k3,q0+l3,x0+h);
v(j)=v0+[k1+2*k2+2*k3+k4]/6;
q(j)=q0+[l1+2*l2+2*l3+l4]/6;
x(j)=a+h*j;
c(j)=v(j);
%fprintf('\n%3.2f %9.4f ',x(j),v(j));
x0=x(j);
v0=v(j);
q0=q(j);
end
V=v;
%grafik
plot(x,c,'k')
title('Grafik Metode Tembakan')
xlabel('Nilai x')
ylabel('Nilai v')
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
73
LAMPIRAN 3
Program Menu Utama
%function m= menu_utama(B)
clc
fprintf('Metode tembakan untuk masalah nilai batas\n')
fprintf('y"=(2x/(1+x*x))y+(2/(1+x*x))+1,dengan y(0)=1.25, y(2)=-0.95\n')
fprintf('pada interval [0,2]\n')
fprintf('dengan input sebagai berikut : \n')
B = input('B = ');
a = input('a = ');
b = input('b = ');
h = input('h = ');
u0 = input('u0 = ');
p0 = input('p0 = ');
v0 = input('v0 = ');
q0 = input('q0 = ');
U=Shooting1(a,b,h,u0,p0);
V=Shooting2(a,b,h,v0,q0);
fprintf('========================================================
===========\n')
fprintf('| x
| u
|
w
|
v
| Peny. Hampiran |\n')
fprintf('========================================================
===========\n')
x0=0;
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
74
n=(b-a)/h;
w=0;
for j=1:n
w(j)=((B-U(n))./V(n)).*V(j);
y(j) = U(j) +w(j);
x(j)=a+h*j;
fprintf('\n%3.2f %15.6f %15.6f %15.6f %15.6f ',x(j),U(j),w(j),V(j),y(j))
end