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