PERSAMAAN-DIFERENSIAL-LINIER-HOMOGEN-ORDE-2

PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN ORDE – 2
Oleh: Ir. Sigit Kusmaryanto, M.Eng
http://[email protected]
Pengantar:
Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde 2 menjadi dasar penyelesaian persamaan diferensial
orde n . Modul ini membahas dasar dasar penyelesaian Persamaan Diferensial Homogen Linier Orde
2 yang dilanjutkan pada PD Linier Homogen orde-n. Isi modul ini : Ketakbebasan Linier Himpunan
Fungsi, Determinan Wronski, Prinsip Superposisi, PD Linier Homogen Koefisien Konstanta, Persamaan
Diferensial Linier Homogen Orde -2, Persamaan Cauchi-Euler, PD Linier Homogen Orde n.
Tujuan Instruksional Umum:
Setelah mengikuti modul ini mahasiswa diharapkan mampu memahami Persamaan Diferensial Linier
Orde -2
3.1 Persamaan Diferensial Linier Homogen
Tujuan Instruksional Khusus:
o
o
o
o
o
Mahasiswa dapat memahami konsep ketakbebasan linier dan prinsip superposisi
Mahasiswa dapat menghitung determinan Wronski
Mahasiswa dapat menentukan akar Persamaan Karakteristik
Mahasiswa dapat menyelesaiakan Persamaan Cauchy-Euler
Mahasiswa dapat menyelesaiakan PD Homogen Orde-n
Bentuk umum PD Linier orde-n adalah
( )
( )
+
( )
(
)
+ …+
( )
′
+
( ) = ( )
PD yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk di atas dikatakan tidak linier.
Contoh:
+3
+
−2
−
=
=
adalah PD Linier orde 2
adalah PD Tak-Linier orde 2
Selanjutnya pembahasan penyelesaian PD Linier orde-n dalam modul ini dimulai pada PD Linier Orde2, yang kemudian dibuat kasus umum untuk penyelesaian PD orde-n.
Untuk menyelesaikan PD Linier berbentuk
Φ(D)y = F(x) dengan F(x) ≠0,
kita misalkan Yc(x) adalah solusi umum PD homogen dari Φ(D)y=0, maka penyelesaian umum PD
Linier adalah dengan menjumlahkan penyelesaian umum PD homogen dan penyelesaian khusus,
yaitu:
y = Yc(x) + Yp(x)
Contoh:
Solusi umum PD homogen: (D2-3D+2)y=0 adalah y=c1ex+c2e2x dan solusi khusus PD : (D2-3D+2)y=4x2
adalah 2x2+6x+7, maka solusi umum PD lengkap/tak homogen dari (D2-3D+2)y=4x2 adalah
y= c1ex+c2e2x+2x2+6x+7
3.1.1 Ketakbebasan Linier
Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) dikatakan takbebas linier pada suatu selang jika ada n
konstanta c1, c2, …, cn yang tidak semua nol, sehingga berlaku:
c1 y1(x)+ c2 y2(x)+ …+ cn yn(x) = 0
jika tidak maka himpunan fungsi tersebut dikatakan bebas linier.
Contoh 1:
2e3x, 5e3x,e-4x takbebas linier pada suatu selang karena dapat ditentukan konstanta c1, c2, c3
yang tidak semua nol sehingga:
c1(2e3x)+ c2 (5e3x)+c3 (e-4x) = 0 dengan c1 =-5, c2 =2, c3 =0
Contoh 2:
ex dan xex adalah bebas linier karena c1(ex)+ c2 (xex)=0 hanya jika c1 =0, c2 =0
Latihan soal:
1. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut bebas linier!
,
( )
,
( )
( )
,
(!)
,
( )
,
(")
,
2. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut tak-bebas linier!
( ) 2 ,−
( )
,4
3.1.2 Determinan Wronski
Himpunan fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) (yang mempunyai turunan) adalah bebas linier pada suatu
selang jika determinan:
( )
( )
…
( )
&
&
&
( )
…
( )
$( , , … , ) = % …( )
…
… %≠0
…
( )
( ) …
( )
Determinan tersebut dinamakan determinan Wronski.
Contoh 1:
Tentukan determinan Wronski (Wronskian) untuk fungsi-fungsi berikut:
( ) )
3 ,
3 *
( ) ) , ,
Penyelesaian:
3
3
( ) $( ) = ,
3 −3
3 = −3
, = −3
3
3
−3
3
( ) $( ) = -1
0
2
2
+
3 - = 12
6
+0+2
+
−0−6
+
−6
+
=2
+*
+
Contoh 2:
Tunjukkan himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * adalah takbebas linier untuk semua nilai x!
Penyelesaian:
(a) kita dapat menunjukkan dengan memilih konstanta c1, c2, c3 yang tidak semuanya nol sehingga
c1(1-x)+c2(1+x)+c3(1-3x)=0, jika ditentukan c1=1, c2=-1, c3=0 maka 1-x-1-x+0=0, sehingga
himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * adalah takbebas linier.
(b) kita juga dapat menghitung determinan Wronski-nya, yaitu:
1−
1+
1−3
$( ) = - −1
1
−3 - = 0
0
0
0
terbukti bahwa Wronskian =0 berarti himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * tak bebas linir
untuk semua x
Soal Latihan:
1. Buktikan himpunan fungsi berikut bebas linier!
,
( )
( ) ,
,
( )
(2 ),
(2 )
2. Misalkan 1( ) dan 2( ) adalah penyelesaian
&&
+ 0( )
(a) Buktikan bahwa determinan Wronskinya $ =
+
(b) Tentukan nilai c, sehingga 1( ) dan 2( ) bebas linier
&
&
+ 1( ) = 0
&
=
2 3
3.1.3 Prinsip Superposisi
Jika y1(x), y2(x), …, yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier dari persamaan linier orde-n, Φ(D)y=0
maka solusi umumnya:
y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ cnyn(x)
dgn c1, c2, …, cn = konstanta.
Contoh:
Jika
( )
dan
( )
adalah
solusi
persamaan
diferensial
homogen
&&
&
+ 4( ) + 5( ) = 0 maka kombinsi linier
( ) +
( ) juga solusi persamaan
diferensial.
Bukti:
( ) dan ( ) solusi && + 4 & + 5 = 0 maka
&&
+4 &+5 = 0
dan
&&
+4 &+5 =0
dari solusi =
+
, maka:
&
&
&
=
+
&&
&&
&&
=
+
substitusi ke persamaan diferensial diperoleh:
&&
+ 4( ) & + 5( ) = 0
&&
&&
&
&
+
+ 4(
+
) + 5(
+
)=0
&&
&&
&
+
+ 4
+ 4 &+ 5
+ 5 =0
( && + 4 & + 5 ) + ( && + 4 & + 5 ) = 0
.0 + .0 = 0
3.1.4 Penyelesaian PD Linier Homogen Orde -2 Koefisien Konstanta
PD Linier Homogen orde-2 dengan koefisien konstan adalah:
&&
dimisalkan solusi umum PD:
=
+
9
&
+
=0
, , =7
8
8
sehingga jika kita substitusi ke dalam PD maka:
+
=0
9
↔ ;
+ ;
+ 9 =0
↔( ; + ;+ ) 9 =0
Jadi < = =>? menjadi solusi PD jika ; + ; + = 0 (disebut Persamaan Ciri/Karakteristik)
&&
+
&
9
Akar-akar Persamaan Ciri/ Karakteristik adalah:
;
,
=
− ±√ −4
2
Jika √ − 4
umumnya:
> 0, maka ;
adalah dua akar Real yang berbeda dengan ; , ∈ R maka solusi
Jika √
= 0 , maka ; = ; dengan ; , ∈ R, maka solusi umumnya:
< = CD =>? + CE ? =>?
Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri:
1.
2.
3.
Jika √
−4
−4
,
< = CD =>D? + CE =>E?
< 0 , maka ; , = α ± iβ dengan α,β ∈ R maka solusi umumnya:
< = CD =(α G Hβ)? + CE =(α Hβ)?
dengan rumus Euler , yaitu =H? = CIJ ? + K JKL ? maka bentuk trigonometri rumus dapat
ditentukan:
< = CD =(α G Hβ)? + CE ? =(α Hβ)?
= CD =α? ( CIJ β? + K JKL β? ) + CE =α? ( −CIJ β? – K JKL β?); −CIJ β? = CIJ β?
= (CD + CE )=α? ( CIJ β? ) + K(CD − CE )=α? ( JKL β? )
= O=α? CIJ β? + P=α? JKL β? , O, P ∈ RILJSTLST UKV. RI>WV=RJ
Contoh:
Tentukan solusi umum persamaan difrensial berikut:
&&
+5 &−6 =0
Penyelesaian:
Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah:
; + 5; − 6 = 0
(; − 1)(; + 6) = 0
; = 1 ! ; = −6
dua solusi bebas linier PD adalah :
( )=
dan ( ) =
Jadi solusi umum PD adalah:
Y
( )=
+
Y
Penyelesaian menggunakan Program MATLAB:
>> syms x
>> y=dsolve('D2y+5*Dy-6*y=0')
y =C2*exp(t) + C4/exp(6*t)
Contoh:
Selesaikan persamaan diferensial berikut:
′′
− = 0 , (0) = 1,
Penyelesaian:
′
(0) = 0
Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah:
; −1=0
(; − 1)(; + 1) = 0
; = 1 ; ; = −1
( )=
dua solusi bebas linier PD adalah :
( )=
Jadi solusi umum PD adalah:
masalah nilai awal (0) = 1,
&
( )=
;
+
(0) = 0
(0) = 1 →
′
Jadi solusi khusus PD adalah:
(0) = 0 →
1
= ,
2
1
2
( )=
+
−
+
1
2
=1
=0
1
=
2
Penyelesaian menggunakan Program MATLAB:
>> syms x
>> y=dsolve('D2y-y=0','y(0)=0','Dy(0)=1')
y =exp(t)/2 - 1/(2*exp(t))
Contoh:
Tentukan penyelesaian umum PD
′′
+4
′
+4 =0
Penyelesaian:
Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah:
; + 4; + 4 = 0
(; + 2)(; + 2) = 0
;
= −2
Diperoleh akar-akar yang sama, sehingga solusi umum PD mestinya adalah:
( )=
karena PD orde 2 akan memberikan dua solusi bebas linier dengan dua variabel konstanta maka
solusi kedua dapat ditentukan dengan metode Reduksi Orde PD , yaitu:
bentuk umum PD homogen orde-2:
akar-akar persamaan karakteristik jika √
′′
^
satu solusi PD: ( ) =
bentuk persamaan reduksi orde yaitu:
]
′
= _ ′( )
+
−4
′
+
=0,; =; =−
= _( )
[
\
=0
−
2
[
\
_( )
[
\
[
\
substitusi
,
&
′′
,
&&
`_ && ( ) −
ke PD
_ &( ) +
kedua ruas dibagi
]
^
`_ ′′ ( ) −
karena
sehingga:
−4
&&
4
= `_ ′′ ( ) −
+
&
+
= 0 , maka:
[
\
_( )a
, maka:
_ ′( ) +
_ ′( ) +
4
+ b_ & ( ) −
2
[
\
_( )a + b_ ′ ( )
4
↔
_ ′′ ( ) − `
↔
_ ′′ ( ) − `
4
−4
4
jadi satu solusi lain ( ) adalah ( ) = _( )
]
^
karena satu solusi PD telah diketahui yaitu ( ) =
_( ) c
−
+
= (
+
]
^
′′
Penyelesaian:
akar-akar persamaan karakteristik:
+2
′
]
)
]
^
+4 =0
; + 2; + 4 = 0
−2 ± √−12
= −1 ± √3
2
karena α=-1 dan β=√3 maka penyelesaian umum PD:
;
,
=
< = O= ? CIJ √3? + P=
c
?
JKL √3?
3.1.5 PD Linier Homogen orde-2: Persamaan Cauchy-Euler
Bentuk umum persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah:
( + ) && + ( + )
≠ 0, , ,
=7
8 8 7ℎe e
Penyelesaian persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah:
misal solusi PD = fg dengan 8 = h ( + ), maka
! !8
&
=
.
= i fg .
!8 !
+
!
!8
! ! 8
i fg
&&
=
.b c +
.
=
−
( + )
(
!8
!
!8 !
&
,
&
&&
+
=0
adalah:
i fg
+ )
[
\
+ _( )
[
\
_( ) c + _( ) = 0
a _( ) = 0
^
maka solusi lain yang dimaksud adalah ( ) =
untuk kasus contoh soal di atas penyelesaian umum PD menjadi:
( )=
+
Contoh:
Tentukan penyelesaian umum PD berikut:
2
− a _( ) = 0
= 0 maka persmaan menjadi:
_ && ( ) = 0
_( ) =
[
\
_( )a
=0
Substitusi , & ,
( + )
(
n
p
n
&&
+ ) j
(
i
fg
i −
pada PD didapatkan :
+ ( + ) &+
&&
−
i +(
i
−
(
+ )
i
i +
−
fg
fg o
+
i+
)i +
i
o
q
=0
i
k+
+ )
fg
fg
+
fg
fg
sehingga persamaan karaktristik-nya:
i +(
− )i +
=0
−(
fg
=0
=0
−
Jika r(
umumnya:
) −4
Jika r(
) −4
=0
+ ) li
) ± r(
2
−
Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah:
i, =
(
−
.
fg
+
m+
fg
=0
) −4
> 0, maka i , adalah dua akar Real yang berbeda maka solusi
Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri:
1.
2.
3.
Jika r(
−
−
< = CD (T? + U)sD + CE (T? + U)sE
> 0 = 0 , maka i = i maka solusi umumnya:
< = (T? + U)sD nCD + CE VL(T? + U)o
) −4
< 0 , maka i , = α ± iβ maka solusi umumnya:
α
< = (T? + U) pCD CIJtβVL(T? + U)u + CE JKL (βVL(T? + U))q
Contoh:
Tentukan persamaan karakterisik pada persamaan Cauchy-euler jika a=1 dan b=0!
Penyelesaian:
persamaan Cauchy-Euler: ( + ) && + ( + ) & +
=0
jika a=1 dan b=0, persamaan menjadi:
( ) && + ( ) & +
=0
persamaan karakteristik:
i +(
− )i +
=0
i +(
Contoh:
Tentukan penyelesaian PD berikut:
&&
−4
− 1)i +
&
+6 =0
Penyelesaian:
misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h
persamaan karakteristik: i − 5i + 6 = 0, i = 2, i = 3
penyelesaian umum PD:
+
=
Contoh:
=0
+
Tentukan penyelesaian PD berikut:
′′
+
3
′
+
Penyelesaian:
misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h
persamaan karakteristik: i + 2i + 1 = 0, i , = −1
penyelesaian umum PD:
n +
=
Contoh:
Tentukan penyelesaian PD berikut:
3(2 − 5)
&&
1
=0
h ( )o
− (2 − 5)
&
+2 =0
Penyelesaian:
misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h (2 − 5)
persamaan karakteristik: 6i − 7i + 1 = 0, i = 1, i = 6
penyelesaian umum PD:
= (2 − 5) + (2 − 5)
Latihan Soal:
Tentukan solusi umum PD Cauchy-Euler berikut:
1 & 3
−
=0
1. && −
/Y
&&
2.
+ &− =0
&&
− 7 & + 16 = 0
3.
&&
4. 4
+ 12 & + 3 = 0
&&
5.
+3 &+5 =0
&&
6.
+ 1,25 = 0
7. ( + 2) && − ( + 2) & + = 0
8. ( + 1) && + 5( + 1) & + 3 = 0
9. (2 − 3) && + 7(2 − 3) & + 4 = 0
10. (1 − ) && − (1 − ) & + = 0
11. 2(1 − 2 ) && + 11(2 − 1) & − 2 = 0
3.1.6 PD Linier Homogen orde-n dengan Koefisien Konstan
(
)
&
+
+ …+
+
=0 ,
≠0
Jika , , … ,
adalah penyelesaian khusus PD Linier homogen, maka kombinasi liniernya juga
penyelesaian PD Linier homogen, dirumuskan:
Persamaan Diferensial Linier Homogen orde-n dengan koefisien konstan mempunyai bentuk umum:
( )
=7
+7
+ …+7
= z 7{
{|
{
, 7 ,7 ,…,7
Penyelesaian PD Linier homogen orde-n dengan substitusi
karakteristik:
=
f
=7
8
8
sehingga didapatkan persamaan
i +
i
+ …+ i +
=0
Untuk selanjutnya dengan teknik faktorisasi dapat ditentukan akar-akar persamaan karakteristik,
yaitu:
i +
i
+ …+
i +
=
(i − i )(i − i ) … (i − i ) = 0
Akar-akar persamaan karakteristik di atas dapat bernilai sama atau disebut akar rangkap
(multiplicity). Dua kasus akar rangkap untuk solusi PD Linier Homegen orde-n, yaitu:
Kasus I.
Jika Akar rangkap adalah r=bilangan riil, terdapat k penyelesaian bebas linier.
k solusi bebas linier:
=s? , ?=s? , … , ?R D =s? ; R ≥ D
solusi umumnya:
Kasus II.
< = CD =s? + CE ?=s? + … + CR ?R
~
= 7
8
8 7 −7
=
D s?
Jika Akar rangkap adalah r=bilangan komplek (r=α±iβ). terdapat k penyelesaian bebas
linier.
k solusi bebas linier:
=α? CIJ β?, ?=α? CIJ β?, … , ?R D =α? CIJ β?,
=α? JKL β?, ?=α? JKL β?, … , ?R
= JKL β?
D α?
solusi umumnya:
< = =α? p(CD CIJ β? + CE JKL β?) + ?(C• CIJ β? + C€ JKL β?) + ⋯
+ ?R
D (C
R D CIJ β? + CR JKL
Contoh:
Selesaikan persamaan diferensial berikut:
−3
(‚)
Penyelesaian:
persamaan karakteristik:
β?)o
(ƒ)
+3
′′′
−
′′
=0
i ‚ − 3i ƒ + 3i + − i = 0
akar-akar persamaan karakteristik i = i = 0, i+ = iƒ = i‚ = 1
solusi bebas linier:
,
, ,
,
Jadi solusi umumnya:
Contoh:
Tentukan penyelesaian PD berikut:
=
′′′
+
−2
′′
−
+(
′
+
ƒ
+2 =0
+
‚
i + − 2i + i + 2 = 0
persamaan karakteristik:
akar-akar persamaan karakteristik i = −1, i = 1, i+ = 2
solusi bebas linier:
, ,
=
Jadi solusi umumnya:
Contoh:
Tentukan penyelesaian PD berikut:
persamaan karakteristik:
+
(ƒ)
−4
+
′′′
+
+ 14 ′′ − 20
+
′
+ 25 = 0
)
i ƒ − 4i + + 14i − 20i + 25 = 0
akar-akar persamaan karakteristik i = i = 1 + 2 , i+ = iƒ = 1 − 2
solusi bebas linier:
(2 ),
(2 ),
(2 ),
(2 )
Jadi solusi umumnya:
=
(2 ) +
(2 ) +
(2 ) +
+
(2 )
ƒ
Latihan Soal:
Tentukan penyelesaian umum PD berikut:
1.
2.
′′′
4.
5.
′′′
3.
6.
(ƒ)
(ƒ)
′′′
(ƒ)
−
′
=0
−5 ′ +4 =0
′
−
=0
′
+2
′′
′
+ 3 ′′ + 3
−3
+3
′′′
+3
+
−
′′
=0
=0
+2
′
+
=0
Untuk soal berikut tentukan solusi PD dengan syarat awal berikut:
′
′′
7. ′′′ − ′ = 0,
(0) = 4,
(0) = 0,
(0) = 9
8.
9.
10.
(ƒ)
(ƒ)
′′′
−
+3
−3
= 0,
′′
′′
(0) = 5,
− 4 = 0, (0) = 0,
+4
′
− 2 = 0,
′
(0) = 2,
′
(0) = −1,
(0) = 1,
′
′′
(0) = −1,
′′
(0) = −5,
(0) = 0,
′′
′′′
(0) = 2
(0) = 0
′′′
(0) = −1
3.1.7 Rangkuman
Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) dikatakan takbebas linier pada suatu selang jika ada n
konstanta c1, c2, …, cn yang tidak semua nol, sehingga berlaku: c1 y1(x)+ c2 y2(x)+ …+ cn yn(x) = 0
Himpunan fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) (yang mempunyai turunan) adalah bebas linier pada suatu
selang jika determinan Wronski:
( )
( )
…
( )
&
&
&
( )
…
( )
$( , , … , ) = % …( )
…
… %≠0
…
( )
( ) …
( )
Jika y1(x), y2(x), …, yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier dari persamaan linier orde-n, Φ(D)y=0
maka solusi umumnya: y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ cnyn(x)
′′
PD Linier Homogen orde-2 dengan koefisien konstan adalah:
+ ′+
=0 , , =
>?
7
8 8 Jika diduga solusi umum < = = maka akan diperoleh Persamaan Ciri/Karakteristik
; + ;+ =0
Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah:
− ±√ −4
2
Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri:
1.
Jika √ − 4
umumnya:
> 0, maka ;
,
;
,
=
adalah dua akar Real yang berbeda dengan ; , ∈ R maka solusi
2.
3.
Jika √
−4
Jika √
−4
< = CD =>D? + CE =>E?
= 0 , maka ; = ; dengan ; , ∈ R, maka solusi umumnya:
< = CD =>? + CE ? =>?
< 0 , maka ; , = α ± iβ dengan α,β ∈ R maka solusi umumnya:
< = CD =(α G Hβ)? + CE =(α Hβ)?
dengan rumus Euler , yaitu =H? = CIJ ? + K JKL ? maka bentuk trigonometri rumus dapat
ditentukan: < == O=α? CIJ β? + P=α? JKL β? , O, P ∈ RILJSTLST UKV. RI>WV=RJ
3.1.8 Test Formatif
1. 3
2. 3
′′′
4. 3
5. 3
′′′
−
=0
Tentukan penyelesaian umum PD berikut:
3. 3
6. 3
(ƒ)
(ƒ)
′′′
(ƒ)
′
− 5 ′′ + 4 = 0
−
=0
′
+2
′′
′
+ 3 ′′ + 3
−3
+3
′′′
+3
+
−
′′
=0
=0
+2
′
+
=0
Untuk soal berikut tentukan solusi PD dengan syarat awal berikut:
′
′′
7. 3 ′′′ − ′ = 0,
(0) = 4,
(0) = 0,
(0) = 9
8. 3
9. 3
10. 3
(ƒ)
(ƒ)
′′′
−
+3
−3
= 0,
′′
′′
(0) = 5,
− 4 = 0, (0) = 0,
+4
′
− 2 = 0,
′
(0) = 2,
′
(0) = −1,
(0) = 1,
′
′′
(0) = −1,
′′
(0) = −5,
(0) = 0,
′′
′′′
(0) = 2
(0) = 0
′′′
(0) = −1
3.3 Daftar Pustaka
[1] Sigit Kusmaryanto, Buku Ajar Matematika Teknik I,2012
[2] Kreyszig, Erwin, Matematika Teknik lanjutan. Jakarta: Gramedia, 1988.
[3] Stroud, K.A., Matematika untuk Teknik. Jakarta: Penerbit Erlangga, 1987.
[4] Farlow, Stanley J., An Introduction to Diffrenential Equations and Their Applications, McGraw-Hill,
Singapore, 1994
[5] Howard, P., Solving ODE in MATLAB, Fall, 2007
[6] Thompson, S., Gladwell, I., Shampine, L.F., Solving ODEs with MATLAB, Cambridge University
Press, 2003
[7] Rosenberg, J.M., Lipsman, R.L., Hunti, B.R., A Guide to MATLAB for Beginners and Experienced
Users, Cambridge University Press, 2006