Jelas
31
=
�
3
�
= − �
4.14
Jelas
32
=
�
3
�
= �
4.15
Jelas
33
=
�
3
��
= −
1
+
2
+
3
− 4.16
Pada analisis kestabilan model proses transmisi virus dengue di dalam tubuh manusia, titik ekuilibrium yang dianalisis adalah sebagai berikut:
4.6.1 Analisis Kestabilan di Titik Kesetimbangan Bebas Virus
Hasil substitusi E
1
, 0, 0 ke persamaan 4.8 sampai dengan 4.16 yaitu:
11
, 0, 0 = − 0 − = −
12
, 0, 0 =0
13
, 0, 0 = − = −
21
, 0, 0 = 0 = 0
22
, 0, 0 = −�
23
, 0, 0 = =
31
, 0, 0 = − 0 = 0
32
, 0, 0 = �
33
, 0, 0 = −
1
+
2
+
3
−
= −
1
+
2
+
3
−
Dari hasil substitusi di atas, diperoleh matriks jacobian sebagai berikut:
=
11 12
13 21
22 23
31 32
33
= −
− −�
� −
1
+
2
+
3
− 4.17
Langkah selanjutnya yaitu mencari persamaan karakteristik dengan tahapan sebagai beriku:
det I-J=0
⟺ −
− −
−� � −
1
+
2
+
3
− = 0
⟺ +
+ �
− − �
+
1
+
2
+
3
+ = 0
Dengan menggunakan aturan kofaktor maka matriks diatas dapat dihitung sebagai berikut:
⟺ + +
� −
− � +
1
+
2
+
3
+ = 0
⟺ + + � +
1
+
2
+
3
+ −
�
= 0 ⟺ +
2
+
1
+
2
+
3
+ +
� + �
1
+
2
+
3
+ �
− � = 0
⟺ +
2
+ � +
1
+
2
+
3
+
1
+
2
+
3
� +
�− �
= 0 4.19
Dari persamaan 4.19, nilai eigen yang pertama adalah
1
= − . pada
tabel 4.2 dapat dilihat bahwa nilai adalah positif, sehingga bagian real dari nilai
eigen pertama adalah negatif. Dari persamaan 4.19 dapat dilihat bahwa persamaan karakteristik untuk
kedua dari nilai eigen lainnya sebagai berikut:
2
+ � +
1
+
2
+
3
+ +
1
+
2
+
3
� +
�− �
= 0 4.20 Jadi didapat persamaan karakteristik yakni
2
+
1
+
2
= 0 4.21
dengan
1
= � +
1
+
2
+
3
+
2
=
1
+
2
+
3
� +
�− �
Menunjukkan
2
Dipunyai =
� −� �
1
+
2
+
3
1
⟺
� −�
�
1
+
2
+
3
⟺
1
+
2
+
3
� −
� −�
⟺
1
+
2
+
3
� +
�− �
⟺
2
Jadi nilai eigen untuk persamaan karakteristik 4.21 sebagai berikut
2
=
−
1
−
1 2
−4
2
2 3
=
−
1
+
1 2
−4
2
2
Jelas
1 2
− 4
2 1
2
Tulis =
1 2
− 4
2
Jelas saat D 0 maka
2
dan
3
mempunyai bagian real negatif. Saat
Jelas
1 2
⟺
1
⟺ −
1
+ ⟺
−
1
+ 2
⟺
3
Jelas
−
1
− 2
⟺
2
Jadi saat 0 maka
2
dan
3
mempunyai bagian real negatif. Dengan demikian persamaan 4.20 mempunyai akar-akar yang bagian
realnya bernilai negatif. Sehingga dapat disimpulkan bahwa
1
merupakan titik stabil asimtotik lokal.
4.6.2 Analisis Kestabilan di Titik Kesetimbangan terdapat Virus Bebas
Dipunyai
2
=
∗
,
∗
, �
∗
=
�
1
+
2
+
3
� −�
,
� −� − �
1
+
2
+
3
� � −�
,
� −� − �
1
+
2
+
3
�
1
+
2
+
3
Karena =
� −� �
1
+
2
+
3
, titik kesetimbangan
2
=
∗
,
∗
, �
∗
dapat disederhanakan.
=
� −� �
1
+
2
+
3
⟺ � − � = �
1
+
2
+
3
Jelas
∗
=
�
1
+
2
+
3
� −�
=
�
1
+
2
+
3
�
1
+
2
+
3
=
1
= Jelas
∗
=
� −� − �
1
+
2
+
3
� � −�
=
� −� � � −�
−
�
1
+
2
+
3
� � −�
=
�
−
1
+
2
+
3
� −�
=
�
−
1
+
2
+
3
�
1
+
2
+
3
=
�
−
1
0 �
=
�
−
�
=
�
1 −
1
Jelas �
∗
=
� −� − �
1
+
2
+
3
�
1
+
2
+
3
=
�
1
+
2
+
3
− �
1
+
2
+
3
�
1
+
2
+
3
=
�
1
+
2
+
3
− �
1
+
2
+
3
�
1
+
2
+
3
=
�
1
+
2
+
3
−1 �
1
+
2
+
3
= − 1
Jadi
2
=
∗
,
∗
, �
∗
= ,
�
1 −
1
, − 1
Substitusikan
2
ke persamaan 4.8 sampai dengan 4.16.
11 ∗
,
∗
, �
∗
= − − 1 −
= −
− 1 − =
−
12 ∗
,
∗
, �
∗
= 0
13 ∗
,
∗
, �
∗
= −
= −
21 ∗
,
∗
, �
∗
= − 1
= − 1
22 ∗
,
∗
, �
∗
= −�
23 ∗
,
∗
, �
∗
= =
31 ∗
,
∗
, �
∗
= − − 1
= −
− 1
32 ∗
,
∗
, �
∗
= �
33 ∗
,
∗
, �
∗
= −
1
+
2
+
3
−
= −
1
+
2
+
3
−
Dari hasil substitusi diatas, diperoleh matriks jacobian sebagai berikut:
=
11 12
13 21
22 23
31 32
33
= −
− − 1
−� =
− − 1
� −
1
+
2
+
3
−
Langkah selanjutnya yaitu mencari persamaan karakteristik dengan tahapan sebagai berikut:
det I-J=0
⟺ −
− −
− 1 −�
− − 1
� −
1
+
2
+
3
− = 0
⟺ +
− − 1
+ �
− − 1
− � +
1
+
2
+
3
+ = 0
⟺ + + � +
+
1
+
2
+
3
+ 0 + −
−
1 − � −
+ � − 1 + +
− − � +
= 0
⟺ +
2
+
1
+
2
+
3
+ +
� +
1
+
2
+
3
� +
�
+
�
− 1 −
+ �
− 1 +
�
+ = 0
⟺
3
+
2 1
+
2
+
3
+
2
+ �
2
+
1
+
2
+
3
� +
�
+
2
+
1
+
2
+
3
+ +
� +
1
+
2
+
3
� +
� + � −
�
− + � −
+ �
+
�
+ � = 0
⟺
3
+
1
+
2
+
3
+ +
� +
2
+
1
+
2
+
3
� +
�
+
1
+
2
+
3
+ +
� +
1
+
2
+
3
� +
� +
� −
�
− −
� +
+ �
−
�
− � = 0
⟺
3
+
1
+
2
+
3
+ +
� +
2
+
1
+
2
+
3
� +
�
+
1
+
2
+
3
+ +
� −
�
− +
+
1
+
2
+
3
� +
� + � −
�
− � +
�
− � = 0
⟺
3
+
1
+
2
+
3
+ +
� +
2
+
1
+
2
+
3
� +
�
+
1
+
2
+
3
+ � +
−
�
+
1
+
2
+
3
� −
�
+
�
= 0 4.22
Persamaan karakteristik dari sistem 4.22 adalah
3
+
1 2
+
2
+
3
= 0 4.23
Dengan = 1
1
=
1
+
2
+
3
+ +
� +
2
=
1
+
2
+
3
� +
�
+
1
+
2
+
3
+ � +
−
�
3
=
1
+
2
+
3
� −
�
+
�
Untuk mengetahui nilai eigen yang bagian riilnya bernilai negatif dari persamaan karakteristik 4.23 maka menggunakan kriteria Routh-Hurwitz yang
memenuhi syarat-syarat berikut: i.
1
0,
2
0,
3
0. ii.
1
.
2
−
3
0.
Dipunyai =
� −� �
1
+
2
+
3
⟺ �
1
+
2
+
3
= � − �
⟺ − �
1
+
2
+
3
= − � − �
⟺ − �
1
+
2
+
3
= � − �
Jelas
1
0 jika 1.
Menunjukan
2
Jelas
2
=
1
+
2
+
3
� +
�
+
1
+
2
+
3
+ � +
−
�
=
1
+
2
+
3
� +
1
+
2
+
3
+ � +
+
� − �
=
1
+
2
+
3
� +
1
+
2
+
3
+ � +
+
�− �
=
1
+
2
+
3
� +
1
+
2
+
3
+ � +
−
�
1
+
2
+
3
=
1
+
2
+
3
� +
1
+
2
+
3
+ � +
− �
1
+
2
+
3
=
1
+
2
+
3
+ � +
Jelas bahwa
2
0 jika 1.
Menunjukan
3
Jelas
3
=
1
+
2
+
3
� −
�
+
�
=
1
+
2
+
3
� +
�− �
=
1
+
2
+
3
� −
�
1
+
2
+
3
=
1
+
2
+
3
� − �
1
+
2
+
3
= �
1
+
2
+
3
− 1
Jelas bahwa
3
0 jika 1 .
Menunjukan
1
.
2
−
3
Misal
1
+
2
+
3
= �
1
.
2
−
3
⟺
1
+
2
+
3
+ +
� +
1
+
2
+
3
� +
�
+
1
+
2
+
3
+ � +
−
�
−
1
+
2
+
3
� +
�− �
⟺ � + +
� + �� +
�
+ � +
� + −
�
− ��
+
�− �
⟺ � + +
� + � +
� + − ��
− 1 0
⟺ �
2
+ ��
+
�
+ � +
� +
2 2
2
+ ��
+ �
2
+
�
+ �
2 2
+ �
2 2
+ − ��
− �� 0
⟺ � + �
2 2
+ �
2
+ �
2
+ ��
+
�+�
+ � + � +
+
2 2
2
+ �� 0
⟺ � + �
3 4
+ �
2
+ �
2
+ ��
2 3
+ � + �
+ +
��
2 2
+ � + �
+
2 2
4.24 Jadi untuk memenuhi
1
.
2
−
3
0 maka persamaan 4.24 positif yakni
1 4
+
2 3
+
3 2
+
4
+
5
Dimana
1
= � + �
3
2
= �
2
+ �
2
+ ��
2
3
= � + �
+ +
��
2
4
= � + �
5
=
2 2
Jelas bahwa
1
.
2
−
3
0. Dengan demikian persamaan 4.23 mempunyai akar-akar yang bagian
realnya bernilai negatif. Sehingga dapat disimpulkan bahwa
2
merupakan titik stabil asimtotik lokal.
Teorema 4.2 1.
Jika 1 maka titik kesetimbangan
1
stabil asimtotik lokal. 2.
Jika 1 maka titik kesetimbangan
1
tidak stabil dan titik kesetimbangan
2
stabil asimtotik lokal.
4.7 Simulasi Numerik
