Metode Heun dengan Korektor Tunggal Metode Poligon yang Diperbaiki Improve Polygon Method Penyelesaian Numerik Persamaan Diferensial Linier Tingkat Dua

a. Metode Heun dengan Korektor Tunggal

Jika 1 a diambil sama dengan ½, maka dari persamaan 2.46 diperoleh pula 2 2 21 1 , 1 2 a p q . Nilai-nilai ini disubtitusikan ke persamaan 2.47, maka diperoleh : 1 1 2 1 1 2 2 i i y y k k h dengan 1 , i i k f x y 2 1 , i i k f x h y h k Perhatikan bahwa 1 k adalah slope pada awal interval, dan 2 k adalah slope pada akhir interval.

b. Metode Poligon yang Diperbaiki Improve Polygon Method

Jika 1 a diambil sama dengan 0, maka dari persamaan 2.46 diperoleh pula 2 1 a , dan 2 21 1 2 p q . Nilai-nilai ini disubtitusikan ke persamaan 2.47, maka diperoleh: 1 2 i i y y k h dengan 1 , i i k f x y 2 1 1 1 , 2 2 i i k f x h y h k Universitas Sumatera Utara

c. Metode Ralston

Ralston 1962 dan Ralston Rabinowitz 1978 menyatakan bahwa pemilihan 1 1 3 a akan memberikan batas minimum truncation error untuk Runge Kutta ordo dua. Jika 1 1 3 a , maka 2 2 3 a dan 2 21 3 4 p q sehingga diperoleh : 1 1 2 4 2 3 3 i i y y k k h dengan : 1 , i i k f x y 2 1 3 3 , 4 4 i i k f x h y h k

2.6.2 Metode Runge Kutta Ordo-3

Seperti halnya versi orde dua, maka versi Runge-Kutta ordo-3 pun ada banyak macamnya. Salah satu versi Runge Kutta ordo-3 yang dapat dipakai adalah : 1 1 2 3 1 4 6 i i y y k k k h dengan: 1 , i i k f x y 2 1 1 1 , 2 2 i i k f x h y h k 3 1 2 , 2 i i k f x h y h k h k Universitas Sumatera Utara

2.6.3 Metode Runge Kutta Ordo-4

Metode Runge Kutta ordo-4 ini juga terdapat dalam banyak versi, namun persamaan berikut ini yang sering dipakai, dan disebut sebagai metode Runge-Kutta ordo-4 klasik : 1 1 2 3 4 1 2 2 6 i i y y k k k k h dengan : 1 , i i k f x y 2 1 1 1 , 2 2 i i k f x h y h k 3 2 1 1 , 2 2 i i k f x h y h k 4 3 , i i k f x h y h k

2.6.4 Metode Runge Kutta Ordo Tinggi

Metode Runge Kutta ordo-5 diturunkan oleh Butcher 1964 sebagai berikut : 1 1 3 4 5 6 1 7 32 12 32 7 90 i i y y k k k k k h dengan : 1 , i i k f x y 2 1 1 1 , 4 4 i i k f x h y h k Universitas Sumatera Utara 3 1 2 1 1 1 , 4 8 8 i i k f x h y h k h k 4 2 3 1 1 , 2 2 i i k f x h y h k h k 5 1 4 3 3 9 , 4 16 16 i i k f x h y h k h k 5 1 2 3 4 5 3 2 12 12 8 , 7 7 7 7 7 i i k f x h y h k h k h k h k h k Universitas Sumatera Utara BAB 3 PEMBAHASAN

3.1 Penyelesaian Analitik Persamaan Diferensial Linier Tingkat Dua

Penyelesaian persamaan diferensial linier biasa yang akan dibahas pada tugas akhir ini adalah persamaan diferensial linier tingkat dua yang mempunyai bentuk: 2 2 d y dy P x Q x y G x dx dx 3.1 dengan syarat awal y y  dan dimana P x , Q x dan G x adalah fungsi kontinu atau konstanta sembarang.

3.1.1 Persamaan Dengan Koefisien Konstan

Bentuk umum persamaan diferensial linier tingkat dua dengan koefisien konstanta adalah 2 2 d y dy p qy H x dx dx 3.2 dimana p dan q adalah konstanta, linier dalam y dan turunannya tingkat dua. Untuk menyelesaikan persamaan 3.2 dapat dicari penyelesaian umum y dengan cara menjumlahkan penyelesaian homogen h y dan penyelesaian partikuler y p . Universitas Sumatera Utara Akan tetapi, dalam menyelesaikan persamaan 3.2 terlebih dahulu kita mencari penyelesaian homogennya. 3.1.1.1 H x Adalah Polinomial Berderajat n n P x Jika H x merupakan suatu polinomial berderajat n yang disimbolkan dengan n P x maka dimisalkan penyelesaian partikuler suatu polinomial berderajat n yaitu p n y P x 3.3a p n y P x 3.3b p n y P x 3.3c Subtitusikan persamaan 3.3a, 3,3b dan 3.3c ke persamaan 3.2. Dengan demikian dapat dicari koefisien dari polinomial n P x . Kasus 1 Cari solusi dari persamaan berikut 4 4 10 y y y x Dengan nilai x , 1 y dan 2 y Penyelesaian : Persamaan diferensial homogen : 4 4 y y y Persamaan karakteristk : 2 4 4 m m Akar-akar karakteristik : 2 2 m m 1,2 2 m Universitas Sumatera Utara Sehingga diperoleh penyelesaian homogen untuk akar karakteristik sama : 1 2 mx h y c c x e 2 1 2 x h y c c x e Untuk mencari penyelesaian partikuler adalah dengan memisalkan p n y P x p y Ax B p y A p y Subtitusikan nilai , p p y y dan p y pada persamaan kasus 1 sehingga diperoleh : 4 4 10 A Ax B x 4 4 4 10 A Ax B x 4 4 10 Ax B A x 1 4 A dan 10 4 B A 11 4 B Maka penyelesaian partikuler diperoleh p y Ax B 1 11 4 4 p y x Dengan diperolehnya nilai dari penyelesaian homogen dan penyelesaian partikuler maka penyelesaian umum adalah h p y y y Universitas Sumatera Utara 2 1 2 1 11 4 4 x y c c x e x Untuk nilai x , 1 y dan 2 y 20 1 2 1 11 1 4 4 c c e 1 7 4 c Diperoleh y’ adalah 2 2 2 1 2 1 2 4 x x dy c e c c x e dx 20 20 2 1 2 1 2 2 4 c e c c e 2 7 1 2 2 4 c 2 21 4 c Sehingga penyelesaian khusu untuk nilai x , 1 y dan 2 y adalah 2 7 21 1 11 4 4 4 4 x y x e x 3.1.1.2 x n H x P x e Jika Untuk mencari penyelesaian partikulernya dilakukan ketentuan-ketentuan sebagai berikut : a. Apabila bukan merupakan akar karakteristik, maka penyelesaian partikulernya adalah Universitas Sumatera Utara x p n y P x e b. Apabila adalah salah satu akar karakteristik maka penyelesaian partikulernya adalah x p n y xP e c. Apabila adalah kedua-duanya merupakan akar karakteristik, maka penyelesaian partikulernya adalah 2 x p n y x P e Dimana n P x adalah polinomial berderajat n . Untuk nilai , p p y y dan p y disubtitusikan pada persamaan semula sehingga koefisien dari n P x dapat diperoleh. Kasus 2 Cari solusi dari persamaan berikut 3 5 6 x y y y xe Dengan nilai x , 1 y dan 1 y Penyelesaian : Persamaan diferensial homogen : 5 6 y y y Persamaan karakteristik : 2 5 6 m m Akar-akar karakteristik : 2 3 m m 1 2 2 3 m dan m Universitas Sumatera Utara Sehingga diperoleh solusi homogen 1 2 1 2 m x m x h y c e c e 2 3 1 2 x x h y c e c e Untuk mencari penyelesaian partikulernya maka n P x Ax B Dari kasus 2 diperoleh 3 . Oleh Karen itu merupakan salah satu akar karakteristik yaitu 2 3 m , maka 3 x p y x Ax B e 2 3x p y Ax Bx e 3 2 3 2 3 x x p y Ax B e Ax Bx e 2 3 3 2 3 x p y Ax A B x B e 3 2 3 6 2 3 3 3 2 3 x x p y Ax A B e Ax A B x B e 2 3 9 12 9 2 6 x p y Ax A B x A B e Subtitusikan nilai , p p y y dan p y pada persamaan semula sehingga diperoleh : 2 3 2 3 2 3 3 9 12 9 2 6 5 3 2 3 6 x x x x Ax A B x A B e Ax A B x B e Ax Bx e xe 2 2 2 9 12 9 2 6 15 10 15 5 6 6 Ax A B x A B Ax A B x B Ax Bx x 2 2 2 9 12 9 2 6 15 10 15 5 6 6 Ax Ax Bx A B Ax Ax Bx B Ax Bx x 2 2 Ax A B x 2 1 A maka 1 2 A 2 A B maka 1 B Universitas Sumatera Utara Maka penyelesaian partikuler diperoleh 3 x p y x Ax B e 3 1 1 2 x p y x x e 2 3 1 2 x p y x x e Sehingga diperoleh penyelesaian umum h p y y y 2 3 2 3 1 2 1 2 x x x y c e c e x x e Untuk nilai x , 1 y dan 1 y 20 30 2 30 1 2 1 1 2 c e c e e 1 2 1 c c Untuk y’ diperoleh 2 3 2 3 3 1 2 1 2 3 3 1 2 x x x x dy c e c e x x e x e dx 20 30 2 30 30 1 2 1 1 2 3 3 0 1 2 c e c e e e 1 2 1 2 3 1 c c 1 2 2 3 2 c c Sehingga diperoleh Universitas Sumatera Utara 1 2 1 c c 1 2 2 3 2 c c Menggunakaan metode eliminasi diperoleh 1 2 1 dan c c Sehingga penyelesaian khusus untuk nilai x , 1 y dan 1 y adalah 2 2 3 1 2 x x y e x x e

3.1.1.3 Jika cos

sin x n n H x e P x x Q x x Untuk mencari penyelesaian partikulernya dilakukan dengan ketentuan-ketentuan sebagai berikut : a. Apabila i tidak merupakan akar karakteristik maka cos sin x p y e U x x V x x dimana pangkat dari U x dan V x adalah sama dengan pangkat tertinggi dari polinomial P x dan Q x . b. Apabila i merupakan akar karakteristik maka cos sin x p y xe U x x V x x Universitas Sumatera Utara Kasus 3 Cari solusi dari persamaan berikut 3 4 8 cos 2 x y y y e x Dengan nilai x , y dan 1 y Penyelesaian Persamaan diferensial homogen : 3 4 y y y Persamaan karakteristik : 2 3 4 m m Akar-akar karakteristik : 4 1 m m 1 2 4 1 m dan m Sehingga diperoleh solusi homogen 1 2 1 2 m x m x h y c e c e 4 1 2 x x h y c e c e Oleh karena 1 dan 2 bukan merupakan akar karakteristik 1 m dan 2 m , maka dari a penyelesaian partikulernya adalah cos 2 sin 2 x x p y Ae x Be x cos 2 2 sin 2 sin 2 2 cos 2 x x x x p y Ae x Ae x Be x Be x cos 2 2 sin 2 sin 2 2 cos 2 x x x x p y Ae x Ae x Be x Be x 2 cos 2 2 sin 2 x x p y A B e x B A e x 2 cos 2 2 2 sin 2 2 sin 2 2 2 cos 2 x x x x p y A B e x A B e x B A e x B A e x 2 cos 2 4 2 cos 2 2 4 sin 2 2 sin 2 x x x x p y A B e x A B e x A B e x A B e x 3 4 cos 2 4 3 sin 2 x x p y A B e x A B e x Universitas Sumatera Utara Selanjutnya dengan mensubtitusiakan p y , p y dan p y ke dalam dalam persamaan kasus diperoleh 3 4 cos 2 4 3 sin 2 3 2 cos 2 2 sin 2 4 cos 2 sin 2 8 cos 2 x x x x x x x A B e x A B e x A B e x A B e x Ae x Be x e x 10 cos 2 2 cos 2 10 sin 2 2 sin 2 8 cos 2 x x x x x Ae x Be x Be x Ae x e x 10 2 cos 2 2 10 sin 2 8 cos 2 x x x A B e x A B e x e x Sehingga diperoleh dua persamaan yaitu 10 2 8 A B 2 10 A B Eliminasikan kedua persamaan diatas sehingga diperoleh 2 13 B dan 10 13 A Dari nilai A dan B yang diperoleh maka penyelesaian partikulernya adalah 10 2 cos 2 sin 2 13 13 x x p y e x e x Sehingga diperoleh penyelesaian umum h p y y y 4 1 2 10 2 cos 2 sin 2 13 13 x x x x y c e c e e x e x untuk nilai x , y dan 1 y Universitas Sumatera Utara 40 1 2 10 2 cos 20 sin 20 13 13 c e c e e e 1 2 10 13 c c 4 1 2 10 20 2 4 4 cos 2 sin 2 sin 2 cos 2 13 13 13 13 x x x x x x y c e c e e x e x e x e x 40 1 2 10 20 2 4 1 4 cos 20 sin 20 sin 20 cos 20 13 13 13 13 x c e c e e e e e 1 2 1 4 13 c c Sehingga diperoleh 1 11 65 c dan 2 39 65 c Sehingga diperoleh penyelesaian khusus pada kondisi 0, 0 x y dan 1 y adalah 4 11 39 10 2 cos 2 sin 2 65 65 13 13 x x x x y e e e x e x

3.1.1.4 Jika

cos sin H x M x N x Untuk mencari penyelesaian partikulernya dilakukan dengan ketentuan-ketentuan sebagai berikut : a. Apabila i bukan merupakan akar karakteristik maka penyelesaian partikulernya adalah cos sin p y A x B x Universitas Sumatera Utara b. Apabila i merupakan akar karakteristik, maka penyelesaian partikulernya adalah cos sin p y x A x B x Kasus 4 Cari solusi dari persamaan berikut 9 2sin 3 y y x Dengan nilai x , 1 y dan 1 y Penyelesaian Persamaan diferensial homogen : 9 y y Persamaan karakteristik : 2 9 m Akar-akar karakteristik : 2 9 m 1 3 m i dan 2 3 m i Sehingga diperoleh penyelesaian homogen : 1 2 cos 3 sin 3 h y c x c x Oleh karena 3 merupakan akar karakteristik maka penyelesaian partikulernya adalah cos 3 sin 3 p y x A x B x cos 3 sin 3 3 sin 3 3 cos 3 p y A x B x x A x B x cos 3 sin 3 3 cos 3 3 sin 3 p y A x B x Bx x Ax x Universitas Sumatera Utara 3 sin 3 3 cos 3 3 cos 3 9 sin 3 3 sin 3 9 cos 3 p y A x B x B x Bx x A x Ax x 6 cos 3 6 sin 3 9 cos 3 9 sin 3 p y B x A x Ax x Bx x Subtitusikan , p p y y dan p y ke persamaan kasus 4 sehingga diperoleh 6 cos 3 6 sin 3 9 cos 3 9 sin 3 9 cos 3 sin 3 2sin 3 B x A x Ax x Bx x x A x B x x 6 cos3 6 sin 3 9 cos3 9 sin 3 9 cos3 9 sin 3 2sin 3 B x A x Ax x Bx x Ax x Bx x x 6 cos3 6 sin 3 2sin 3 B x A x x Sehingga diperoleh 6 cos3 B x 6 sin 3 2sin 3 A x x akibatnya B dan 1 3 A Dari nilai A dan B yang diperoleh maka penyelesaian partikulernya adalah 1 cos 3 0 sin 3 3 p y x x x 1 cos 3 3 p y x x Sehingga diperoleh penyelesaian umum h p y y y 1 2 1 cos 3 sin 3 cos 3 3 y c x c x x x Untuk nilai 0, 0 1 x y dan 1 y diperoleh Universitas Sumatera Utara 1 2 1 cos 3 sin 3 cos 3 3 y c x c x x x 1 2 1 1 cos 30 sin 30 0 cos 30 3 c c 1 1 c 1 2 1 3 sin 3 3 cos 3 cos 3 sin 3 3 y c x c x x x x 1 2 1 1 3 sin 30 3 cos 30 cos 30 0 sin 30 3 c c 2 4 9 c Sehingga diperoleh 1 1 c dan 2 4 9 c Penyelesaian khusus untuk nilai 0, 0 1 x y dan 1 y adalah 4 1 cos 3 sin 3 cos 3 9 3 y x x x x

3.1.2 Persamaan Diferensial Linier Tingkat Dua dengan Koefisien Peubah

3.1.2.1 Persamaan Tidak Memuat Variabel

y Bila persmaaan diferensial linier tingkat dua tidak memuat variabel y maka dari persamaan 2.18 diperoleh bentuk umum persamaan adalah 2 2 d y dy P x G x dx dx 3.4 Universitas Sumatera Utara dengan P x dan G x adalah konstanta atau fungsi kontinu. Untuk menyelesaikan persaman diferensial jenis tersebut dilakukan langkah- langkah sebagai berikut : Misalkan dy z dx 2 2 d y dz dx dx 3.5 Persamaan 3.5 disubtitusikan pada persamaan 3.4 diperoleh : dz P x z G x dx 3.6 Persamaan 3.6 merupakan persamaan diferensial tingkat satu yang dapat diselesaikan dengan metode penyelesaian persamaan linier tingkat satu. Kasus 5 Cari solusi dari persamaan berikut tan sin 2 y y x x Dengan nilai x , y dan 1 y Penyelesaian : Misalkan : Universitas Sumatera Utara dy z dx 2 2 dz d y dx dx 3.7 Persamaan 3.7 disubtitusikan persamaan kasus maka diperoleh tan sin 2 dz z x x dx 3.8 Persamaan 3.8 sudah merupakan bentuk persamaan diferensial linier tingkat satu yang mana variabel-variabelnya adalah fungsi kontinu. Oleh karena itu berdasarkan subbab sebelumnya solusi persamaan diferensial yang demikian adalah z U x V x 3.9 dz dV x dU x U x V x dx dx dx 3.10 Persamaan 3.10 disubtitusikan ke persamaan 3.8 diperoleh: tan sin dV x dU x U x V x U x V x x x dx dx tan sin dV x dU x U x V x x V x x dx dx 3.11 Dari persamaan 3.11 dapat diambil dua persamaan yaitu: 1. tan dV x V x x dx dx tan dV x V x x dx tan dV x V x xdx tan dV x x dx V x Universitas Sumatera Utara tan dV x x dx V x ln ln cos V x x cos V x x 3.12 2. sin dU x V x x dx sin 2 x dU x dx V x 3.13 Subtitusikan persamaan 3.12 ke persamaan 3.13 sin 2 cos x dU x dx x sin cos 2 cos x x dU x dx x 2 sin dU x x dx 1 2cos U x x c 3.14 dari persamaan 3.9 diperoleh 1 2cos cos z x c x 2 1 2cos cos z x c x 2 1 2 cos cos dy y x c x dx 3.15 2 1 2 cos cos dy x c x dx 1 2 1 sin 2 2 2 sin 2 x x y c x c 1 2 1 sin 2 sin 2 y x x c x c 3.16 Universitas Sumatera Utara Untuk nilai 1 y maka persamaan 3.15 adalah 2 1 1 2cos 0 cos0 c 1 3 c Akibatnya persamaan 3.16 untuk 1 3 c dan y diperoleh 2 1 sin 20 3sin0 2 c 2 c Sehingga penyelesaian khusus untuk nilai x , y dan 1 y adalah 1 sin 2 3sin 2 y x x x

3.1.2.2 Persamaan Diferensial Euler Tingkat Dua

Bentuk umum persamaan diferensial Euler Tingkat dua adalah 2 1 2 a x y a xy a y 3.17 Dimana 1 , a a dan 2 a adalah konstanta dan pangkat dari x sesuai dengan tingkat turunan. Dalam suatu interval yang tidak memuat titik asal, persamaan 3.17 memiliki solusi umum yang dituliskan dalam bentuk 1 1 2 2 y c y x c y x 3.18 Universitas Sumatera Utara Dengan 1 y dan 2 y saling bebas linier. Untuk memudahkan, pandang interval x . Asumsikan bahwa persamaan 3.17 memiliki penyelesaian dalam bentuk : m y x Dimana m adalah konstanta. Persamaan diatas kita diferensialkan terhadap x sehingga diperoleh 1 m y mx 2 1 m y m m x Subtitusikan , y y dan y ke persamaan 3.17 sehingga diperoleh 2 2 1 1 2 1 m m m a x m m x a xmx a x 1 2 1 m m m a m m x a mx a x 1 2 1 a m m a m a 3.19 2 1 2 m m m m a m x a mx a mx a x 2 1 2 a m a a m a 3.20 2 1 1 2 1,2 4 2 a a a a a a m a xx Maka fungsi pangkat m y x menyelesaikan persamaan Euler 3.17 jika dan hanya jika m adalah akar kuadrat dari persamaan 3.20. Didalam penyeleseaian akar kuadrat dari persaamaa Euler, ada terdapat beberapa kasus bentuk akar kuadrat dari persamaan Euler yaitu : a. Jika 1 m dan 2 m bernilai rill dan berbeda 1 2 m m maka menghasilkan 1 1 m y x dan 2 2 m y x Dari Wronskian test diperoleh Universitas Sumatera Utara 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 , m m m m x x w y y m x m x 1 2 1 2 1 m m m m x Akibatnya 1 y dan 2 y adalah bebas linier, sehingga menurut persamaan 3.18 diperoleh penyelesaian umum 1 2 1 2 m m y c x c x b. Jika 1 m dan 2 m bernilai rill dan sama 1 2 m m maka penyelesaian umumnya adalah 1 2 ln m y c c x x c. Jika 1 m dan 2 m bernilain kompleks 1 2 , m m i maka penyelesaian umumnya adalah 1 2 cos ln sin ln y c x c x x Kasus 6 Cari solusi dari persamaan berikut 2 2 x y xy y Dengan nilai 1 x , 1 1 y dan 1 2 y Penyelesaian : Dari soal diperoleh akar persamaan yaitu Universitas Sumatera Utara 1 2 2 1 1 m m 1 1 2 m dan 2 1 m Karena akar persamaan bernilai rill dan berbeda maka diperoleh penyelesaian umum dari kasus adalah 1 1 2 1 2 y c x c x Untuk nilai 1, 1 1 x y dan 1 2 y diperoleh 1 1 2 1 2 y c x c x 1 1 2 1 2 1 1 1 c c 1 2 1 c c 1 2 2 1 2 1 2 y c x c x 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 c c 1 2 2 4 c c Sehingga diperoleh 1 2 1 c c 1 2 2 4 c c Dengan menggunakan metode elminasi maka diperoleh 2 1 c dan 1 2 c Akibatnya diperoleh penyelesaian khusus adalah Universitas Sumatera Utara 1 2 y x x

3.2 Penyelesaian Numerik Persamaan Diferensial Linier Tingkat Dua

Persamaan diferensial linier tingkat dua sesuai kasus-kasus pada subbab diatas akan dibahas dengan menggunakan metode numerik yaitu metode Runge-Kutta ordo-2. Penyelesaian persamaan diferensial linier tingkat dua tersebut menggunakan program dalam bahasa Matlab. Aplikasi yang digunakan untuk menjalankan program yaitu aplikasi Matlab 6.1. Secara umum, algoritma atau langkah-langkah dalam menyelesaikan persamaan diferensial linier tingkat dua dengan metode Runge-Kutta Ordo-2 adalah: 1. Menentukan persamaan diferensial tingkat dua yang akan dicari penyelesaiannya. 2. Memberikan nilai awal variabel bebas x dan variabel terikat y dan z . 3. Menentukan nilai x yang akan ditentukan penyelesaiannya. 4. Menentukan besarnya ukuran langkah h . 5. Menentukan nilai parameter a 1 . 6. Menghitung parameter-parameter a 2 ,p 2 dan q 21 dengan mensubtitusikan nilai a 1 ke persamaan rumus yang ditentukan untuk menghitung parameter- parameter tersebut. 7. Menuliskan Rumus Persamaan Metode Runge-Kutta ordo-2 8. Menghitung variabel-variabel Runge-Kutta yang terdapat dalam rumus dengan menggunakan formulasi rumus yang telah ditentukan, dalam hal ini variabel k 1 , k 2 dan m 1 , m 2 . 9. Menghitung y i+1 dan z i+1 dengan mensubtitusikan variabel k 1 , k 2 dan m 1 , m 2 . Dimana variabel k 1 dan k 2 disubtitusikan ke persamaan y i+1 dan variabel m 1 dan m 2 disubtitusikan ke persamaan z i+1. Berdasarkan algoritma diatas, ada beberapa variabel dan parameter yang harus diketahui besar nilainya agar suapaya program yang akan ditulis berdasarkan algoritma dapat berjalan dengan baik . Adapun variabel yang dimaksud adalah nilai x awal x , nilai y awal y , nilai x yang akan dicari solusinya x n dan nilai ukuran Universitas Sumatera Utara langkah h . Dalam hal ini, nilai x , y dan x n bergantung pada kasus yang diberikan sedangkan ukuran langkah h untuk semua kasus adalah sama yaitu 0.01. Hal ini disebabkan untuk mengetahui perbandingan error terhadap setiap kasus dengan ukuran langkah yang sama. Parameter yang diketahui nilainya yaitu parameter a 1 dimana dengan diberikannya nilai parameter a 1 akan memberikan nilai juga kepada parameter-parameter yang lain sesuai persamaan 2.46a dan 2.46b. Berdasarkan 2.46a nilai a 1 harus berada pada interval 1 1 a dimana a 1 adalah bilangan rill. Oleh karena itu, penulis akan menggunakan parameter a 1 dengan rentang 0.0001 untuk menyelesaiakan semua kasus yang diperoleh solusi analitiknya pada subbab 3.1. Berikut merupakan salah satu penyelesaian kasus dengan menggunakan metode Runge-Kutta Ordo-2 berdasarkan algoritma diatas. Kasus yang akan diselesaikan pada pembahasan subbab ini yaitu kasus 1 . Kasus 1 akan diselesaikan dengan menggunakan parameter awal a 1 = 0. Kasus 1 Cari solusi dari persamaan berikut pada x = 2. 4 4 10 y y y x Dengan nilai x , 1 y dan 2 y Penyelesaian Diketahui persamaan diferensial linier soal adalah : 10 4 4 , , y x y y f x y y Misalkan dy y z dx Universitas Sumatera Utara Maka , , , , z y g x y y g x y z Subtitusikan persamaan diatas ke persamaan kasus sehingga diperoleh persamaan diferensiaal tingkat satu , , dy f x y z z dx , , 10 4 4 dz g x y z x z y dx Diberikan nilai awal yaitu 0, 1 x y dan 2 z Penyelesaian yang dicari pada soal yaitu pada saat x = 2 dengan menggunakan ukuran langkah h = 0.1 Metode yang digunakan untuk menyelesaikan kasus yaitu metode Runge-Kutta Ordo- 2 dimana rumus yang digunakan adalah 1 1 1 2 2 i i z z a r a r h 1 1 1 2 2 i i y y a k a k h dimana 1 , , i i i r g x y z 1 , , i i i k f x y z 2 2 21 1 21 1 , , i i i r g x p h y q k h z q r h 2 2 21 1 21 1 , , i i i k f x p h y q k h z q r h Karena a 1 = 0, maka diperoleh Universitas Sumatera Utara 2 1 1 a a 2 1 0 1 a 2 21 2 1 2 p q a 2 21 1 2 p q Subtitusikan nilai 1 2 2 , , , h a a p dan 21 q ke persamaan k dan r sehingga diperoleh 1 , , i i i r g x y z 1 , , i i i k f x y z 2 1 1 0.05, 0.05 , 0.05 i i i r g x y k z r 2 1 1 0.05, 0.05 , 0.05 i i i k f x y k z r Menghitung nilai 1 2 1 , , r r k dan 2 k . Pada penyelesaian ini nilai awal adalah 1 1 1 , , x y z sehingga 1 1 , x x y y , 1 z z Iterasi 1 Untuk 1 1 0, 1 x y dan 1 2 z 1 1 1 1 , , r g x y z 1 0,1, 2 r g 1 14 r 1 1 1 1 , , k f x y z 1 0,1, 2 k f 1 2 k 2 1 1 1 1 1 0.05, 0.05 , 0.05 r g x y k z r 2 0.05,1 0.052, 2 0.0514 r g 2 0.05,1.1, 2.7 r g Universitas Sumatera Utara 2 16.45 r 2 1 1 1 1 1 0.05, 0.05 , 0.05 k f x y k z r 2 0.05,1 0.052, 2 0.0514 k f 2 0.05,1.1, 2.7 k f 2 2.7 k Hitung nilai 2 z dan 2 y dengan mensubtitusikan nilai 1 1 2 , , r k r dan 2 k ke persamaan 1 i z dan 1 i y sehingga diperoleh 2 1 1 1 2 2 z z a r a r h 2 2 014 116.450.1 z 2 3.645 z 2 1 1 1 2 2 y y a k a k h 2 1 02 12.70.1 y 2 1.27 y Sehingga untuk x = 0 diperoleh solusi y = 1.27 Iterasi 2 Untuk 2 2 0.1, 1.27 x y dan 2 3.645 z 1 2 2 2 , , r g x y z 1 0.1,1.27,3.645 r g 1 19.6 r 1 2 2 2 , , k f x y z 1 0.1,1.27,3.645 k f 1 3.645 k Universitas Sumatera Utara 2 2 2 1 2 1 0.05, 0.05 , 0.05 r g x y k z r 2 0.1 0.05,1.27 0.053.645,3.645 0.0519.6 r g 2 0.15,1.45225, 4.625 r g 2 22.841 r 2 2 2 1 2 1 0.05, 0.05 , 0.05 k f x y k z r 2 0.1 0.05,1.27 0.053.645,3.645 0.0519.6 k f 2 0.15,1.45225, 4.625 k f 2 4.625 k Hitung nilai 3 z dan 3 y dengan mensubtitusikan nilai 1 1 2 , , r k r dan 2 k ke persamaan 1 i z dan 1 i y sehingga diperoleh 3 2 1 1 2 2 z z a r a r h 3 3.645 019.6 122.8410.1 z 3 5.9291 z 3 2 1 1 2 2 y y a k a k h 3 1.27 03.645 14.6250.1 y 3 1.7325 y Sehingga untuk x = 0.1 diperoleh solusi y = 1.7325 Proses perhitungan terus dilakukan sampai nilai x = 2. Melalui alat bantuk program matlab maka solusi pada nilai x = 2 dengan nilai a 1 = 0 dan h = 0.1 diperoleh pada iterasi 21 yaitu y = 460.944839. Output untuk nilai parameter a 1 yang lain yaitu 1 0.1 0.9 a dengan selang 0.1 dapat dilihat di lampiran B. Universitas Sumatera Utara

3.3 Perbandingan Nilai