Pengantar Analisis dan Komputasi Metode Numerik
PERSAMAAN DIPERENSIAL BAB 4. NUMERIK
4.1 Rasionalisasi
Persamaan Diferensial adalah sutu persamaan yang memuat turunan. Sebagai contoh berikut ini
2 d y dy
3 4 y
. Penyelesaian secara analitik dapat
2 dx dx
dengan mudah dilakukan jika bentuk suatu persamaan diferensial berbentuk khusus atau sederhana. Bentuk- bentuk yang kompleks umumnya tidak dapat diselesaikan secara analitik. Cara numerik menjadi alternatif yang efektif dan efesien. Beberapa metode yang dapat diterapkan dalam penyelesaian persamaan diferensial secara numerik adalah metode Deret Taylor, Euler, Beda Hingga, Multi Step dan lainnya. Penyelesaian dari suatu persamaan diferensial adalah formula atau nilai dari fungsi asal y = f(x). Penyelesana secara analitik diperoleh berupa nilai y = f(x) dalam bentuk analitik. Sedangkan penyelesaian secara numerik berupan nilai y = f(x) dalam bentuk bilangan atau grafk.
4.2 Klasifiasi Persamaan Diferensial
Secara umum Persamaan Diferenail dapat dibedakan menjadi dua, yaitu persamaan diferensial biasa dan
parsial. persamaan diferensial biasa merupakan
persamaan diferensial yang hanya memuat satu variable 2
d y dy
3 4 y bebas. Sebagai contoh adalah . 2 dx dx Sedangkan persamaan diferensial parsial merupakan persamaan diferensial yang memuat lebih dari satu variable bebas. Sebagai contoh adalah 2 2
f f 2 2 2 xy x y
Tingiatan atau orde dari Persamaan diferensial
merupakan ukuran yang menyatakan turunan tertinggi yang ada pada suatu persamaan diferensial. Persamaan 2
d y dy
3 4 y
Diferenail disebut berorde 2 (dua), 2
dx dx
karena dalam persamaan diferensial tersebut memuat paling tinggi turunan tingkat 2 (dua). Sedangkan 4 2
d y dy
2 4
1 Persamaan disebut berorde 4 (empat)
dx d x
karena dalam persamaan diferensial tersebut memuat paling tinggi turunan tingkat 4 (empat).
Derajat atau degree dari Persamaan Diferenail adalah
pangkat tertinggi yang dimiliki oleh turunan tertinggi yang ada pada persamaan diferensial tersebut. 2
d y dy
3 4 y
Persmaan diferensial disebut 2
dx dx
berderajat 1, karena pangkat tertinggi dari turunan tertinggi yang termuat dalam persamaan diferensial tersebut adalah 1 (satu). Sedangkan 2 4 3 2
d y d y 2 3 2 y 3 adalah disebut persamaan dx dx
diferensial berderajat 2 (dua) karena pangkat tertinggi dari turunan tertinggi persamaan diferensial tersebut adalah 2 (dua). Linieritas suatu persamaan diferensial adalah ukuran yang menyatakan ketergantungan dari variabel persamaan diferensila tersebut. persamaan diferensial 2 4 3 2
d y d y
2 y
3 2
disebut Linier karena pangkat
3 dx dx tertinggi dari variabelnya adalah 1 (satu). Sedangkan 2 4 3 2
d y d y
4
persamaan diferensial 2 3 2 y 3 disebut
dx dx
tidai linier, karena varibelnya memuat pangkat 4 (empat).4.3 Masalah Nilai Awal ( Initial Value Problem )
Masalah nilai awal adalah suatu permasalahan persamaan diferensial yang memuat informasi tambahan dimana informasi tambahan itu memuat nilai variabel bebas yang sama.
Contoh : y" = y + x +1 , y(0) = 0 , y’(0) = 0 y’ = y + x , y(0) = 0
4.4 Masalah Nilai Batas ( Bundary Value Problem )
Masalah nilai batas adalah persamaan diferensial yang memuat informasi tambahan dimana informasi tambahan itu memuat nilai variabel bebas yang tidak sama. Contoh :
1
1
6 y y y
, y(1) = 1 dan y’(1.5) = -1
2
2 x x x
Bandingkan dengan :
u u 2 3 x x y
x y 2
dengan syarat awal ( initial condition ) u(x,0) = x
4.5 Penyelesaian Numerii Persamaan Diferensial Biasa
Beberapa metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa secara numerik adalah metode Euler, Multi Step dan Beda hingga.
4.5.1 Penyelesaian Diferensial Biasa Orde 1 (satu)
4.5.1.1 Metode Euler
Misalkan dimiliki fungsi y = f(x) dengan bentuk persamaan diferensial y’ = f(x,y) maka berdasarkan defnisi turunan fungsi beda maju tingkat pertama diperoleh formula metode Euler sebagai berikut:
h x f h x f x f h
dengan y(0) = 2, maka tentukan nilai dari y(0.5)
a) dengan secara numerik mengunakan metode Euler
b) dengan cara analitik mengunakan metode integral atau operator D
Solusi
a) Solusi numerik dengan metode Euler Diketahui : PD. 2 2
x y dx dy y x dx dy
Nilai awal y(0) = 2 ==> x = 0 dan y = 2 Ditanyakan : y(1,1) = …? ==> x = 1,2
Misalkan dimiliki Persamaan diferensial 2
a. Solusi Numerik Jika h = 0.1, maka x =[0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.5 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1]. Persamaan Euler
) , (
1 i i i i y x f h y y
, maka
) ( 2 1 i i i i x y h y y
y(0.1) = y 1 = y + h(y – x 2 ) = 2 + 0.1(2-0.1 2 ) = 2.2 y(0.2) = y 2 = y 1 + h(y 1 – x 1 2 )
y x dx dy
Teladan 4.1
) ( ) ( ) lim (
(bentuk analitik)
, 1
h h f f f i i i
(bentuk numerik) Karena y = f(x), maka
h y y y h f f f i i i i i i
1 1
disebut sebagai bentuk iteratif metode Euler.
==>
i i i y h y y 1
==> ) , (
1 i i i i y x f h y y
(karena y’=f(x,y)) ) , (
1 i i i i y x f h y y
= 2.2 + 0.1(2.2 – 0.2 2 ) = 2.421 y(0.3) = y 3 = y 2 + h(y 2 – x 2 2 ) = 2.421 + 0.1 (2.421 – 0.3 2 ) = 2.6671 y(0.4) = y 4 = y 3 + h(y 3 – x 3 2 )
2
= 2.6671 + 0.1 (2.6671 – 0.4 ) = 2.9428 2 y(0.5) = y 5 = y 4 + h(y 4 – x 4 ) 2 = 2.9428+ 0.1 (2.9428– 0.5 ) = 3.2531 Jadi nilai y(0.5) = 3.2531
b. Solusi Analitik
dy dy 2 2 2 y x y x p ( x ) 1 dan q ( x ) x dx dx dx x x 2
v e e vy vq ( x ) dx e x dx
Maka 2 x x
u x du
2 xdx dan dv e dx v e
Misal
Akibatnya x 2 2 x x
e x dx uv vdu x e e 2 xdx 2 x x x e
2 xe dx
-x -x
Misal u = x ==> du = dx dan dv = e dx ==> v = -e x x x 2 x x x
xe dx uv vdu xe e dx x e e e ( x
1 ) -x 2 -x -x ye = - (-x e + 2(-e (x+1))) -x 2 = e (x + 2x + 2) 2 y = x + 2x + 2 2 Jadi y = x + 2x + 2Atau dengan cara lain mengunakan operator D
dy dy dy 2 2 2 y x y x y x dx dx dx 2
( 1 D ) y x
1 2
2
2 y x
1 D D x
1 D 2 2 y = x + 2x + 2
Jadi y = x + 2x + 2 Pengujian apakah solusi analitik ini benar dilakukan sebagai berikut: 2 dy
x
2 2
y = x + 2x + 2
dx dy
2
2
2 x y 2 x 2 x x 2 x
2
. Bentuk
dx dy
2 x y
sesuai dengan persamaan diferensial
dx
yang diberikan. Untuk x = 0, maka y(0) = 2 sesui dengan 2 nilai awal yang diketahui. Jadi y = x + 2x + 2 merupakan solusi analitik persamaan diferensial
dy
2 x y
. Dengan demikian dapat diperoleh nilai
dx 2 sejati dari y(0.5) = (0.5) + 2(0.5) + 2 = 3.25.
Kode komputasi metode Euler yang dapat digunakan untuk membandingkan solusi numerik dan analitik serat
dy
2 x y
tingkat error relatif dari PD . dx
h=0.1; x=[0:h:0.5]; y=2;
for i=1:length(x)-1
y(i+1)=y(i)+h*(y(i)+x(i)^2);
end
f=inline( 'x.^2+2.*x+2' , 'x' ); Tabel=[x;y;f(x);abs(100*(y-f(x))./f(x))]' xlswrite( 'hasil' ,Tabel) plot(x,y,x,f(x)) grid on x y Numerik y Analitik Error Relatif
2 2 0 %
0.1
2.2 2.21 0.452488688 % 0.2 2.421 2.44 0.778688525 % 0.3 2.6671 2.69 0.851301115 % 0.4 2.94281 2.96 0.580743243 % 0.5 3.253091 3.25 0.095107692 %
3.5 3
2.5 2 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5 dy
2 x y
Gambar 4.1 Solusi Numerik PDdx Teladan 4.2
Dapatkan model numerik dan nilai dari y(10) jika y(0) = 0
dy
3 xy 2
dari persamaan diferensial
dx
Solusi:Akan di tunjukkan bentuk numeriknya dengan menggunakan metode Euler sebagai berikut :
dy dy dy 2 xy 3 xy
2 3 xy 2 dx dx
3 dx x ih i
Karena , maka Bentuk umum persamaan numerik motode Euler
2 x y i i y y hf x , y i 1 i i i y h
i
3 3 y i h 2 x i y i
3 2 3 y 2 h h . ih . y i i
3 y
i i 2 h ih . y 3
3
2 3 ih y 2 h i
3
2 3 ih y 2 h dy i
PDB : 3 xy 2 y
i
1 Dengan mengambil h = 0.1, maka kode komputasi yang dapat diterapkan untuk mengevaluasi nilai dari y(10) sebagaimana di bawah dengan hasil komputasi
x f(x) x f(x) x f(x) x f(x)
06
2 0.223350 665
7
0.3186360 86 9.4.2 0.5847552 48
6.
1.7 0.828133 192
1 0.225986 536
6
0.3244241 45 9.4.1 0.6024285 83
6.
1.6 0.807208 331
9 0.228688 807
5
0.33045834.3 0.5676069 96
6.
4 0.6205736 48
6.
1.5 0.782262 322
9 0.231460 201
4
0.3367552 84 8.3.9 0.6391234 4
6.
1.4 0.753258 584
8 0.234303 603
3
0.3433329 88 8.3.8 0.6579962 91
6.
1.3 0.720201 312
1.8 0.845111 868
8
0.3130785 73 9.7 0.237222
1
0.2976501 85 9.8 0.208795 297 2.4 0.872330
3
0.2882798 11 9.4.8 0.4907974 76
7.
02
2.3 0.875721
7 0.211082 125
2
0.2928808 07 9.4.7 0.5049176 3
7.
2.2 0.876232 151
6 0.213421 859
4.6 0.5196651 74
7.
3 0.220778 625
2.1 0.873631 818
5 0.215816 459
7
0.3025984 96 9.08
4.5 0.5350376
2 0.867704 464
4 0.218267 989
9
0.3077371 68 9.4.4 0.5510246 36
6.
1.9 0.858254 783
08
2
0.3502105 34 8.0.1 0.06666666 7
0.4 0.262250 311
0.6 0.384721 883
8 0.260056 757
69
5
0.40859043 0.8054625 13
5.
0.5 0.324546 139
9 0.263713 759
4
0.4186822 07 7.2.9 0.8208842 74
5.
8 0.267484 741
6
0.3989869 15 8.
3
0.4292872 44 7.2.8 0.8349272 41
5.
0.3 0.198226 667
7 0.271375 776
2
0.4404298 51 7.2.7 0.8473462 22
5.
0.2 0.132888 889
6 0.275393 421
1
0.4521328 84 7.2.6 0.8578896 21
5.
3.1 0.7888980 54
5.
1 0.256508 099
3.7 0.6770949 9
6.
1 0.597394 673
26
1.2 0.683137
6 0.240218 891
1
0.3574082 36 8.3.6 0.6963060 72
6.
1.1 0.642156 868
5 0.243297 511
6
0.3649475 76 8.25
3.5 0.7154993
4 0.246461 644
0.7 0.442411 706
9
0.3728511 37 8.3.4 0.7345275 37
5.
0.9 0.549028 972
3 0.249715 246
8
0.3811424 94 8.3.3 0.7532265 46
5.
0.8 0.497280 727
2 0.253062 552
7
0.3898460 67 8.3.2 0.7714155 95
5.
4.9 0.4773005 7. 0.2838374 9. 0.206559 x f(x) x f(x) x f(x) x f(x) 005
55
4
57 9 516 0.866302 0.4644171 7. 0.2795447 0.204373 2.5 504 0.8 0.9
5 Solusi PD: 3(dy/dx )+xy =2
29
5
6 10 011 ) f ( x 0.4
0.7 0.5 0.6 0.1 0.2
0.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x dy
3
2 xy
Gambar 4.2 Solusi numerik PDdx
x0=0; f(1)=0; x=10; h=0.1 x=[x0:h:x]; [n,m]=size(x); for i=1:m-1 f(i+1)=((3-i.*h.^2).*f(i)+2.*h)./3; end disp([x;f]') plot(x,f) xlabel('x') ylabel('f(x)') title('Solusi PD: 3(dy/dx)+xy=2') grid on
4.5.2 Metode Multi Step
Multi step merupakan metode integrasi yang didasari dari pendekatan poliniam Newton Gregori dengan batas n x+1 integral dari [x x ]. Tinjau kembali polynomial Newton Gregori Mundur sebagai berikut:
2
3 s f s s 1 f s s 1 s 2 f
1 2
3
f x P x f
n 1 !
2 !
3 !Untuk x = x , maka
2
3 s f s s 1 f s s 1 s 2 f
n 1 n 2 n
3 f x P x f
n
1 ! 2 ! 3 ! dy f ( x , y )
Misalkan dimiliki Persamaan Diferensial,
dx dy f x , y dx
maka Untuk penyelesaian dengan pendekatan Polinomial Newton Gregori Mundur berderajat 2 (dua) diperoleh sebagai berikut: x x x n 1 n 1 n 1
dy f x , y dx P x dx
2 s x x x n n n x s f s s x n 1
1
n 1 n 1 n 1 f s f s s 2 n 1 n 1 f 2y f dx f hds x n n n 1 ! 2 ! 1 ! 2 !
y y h sf h f f f h
n 1 n n x n s f n 1 2 2 1 ! n 1 s s f 3 1 3 2 1 2 ! 2 2 2 1 n n 2 1 1 n 1 3 2 1 2 2 2 1
5
1
5 y y h f f f f h f f f f f
n 1 n n n n 1 n 2 n n n 1 n 1 n 2
2
12
2
12
1
5 y y h f f f f f
n 1 n n n n 1 n 1 n 2
2
12
1
5 y y h f f f f f f f
n 1 n n n n 1 n n
1 n
1 n2
2
12
1
5 y y h f f f f 2 f f
n 1 n n n n 1 n n
1 n
2
2
12
1
5
1
10 5 y y h 1 f f f
n 1 n n n 1 n
2
2
12
2
12
12
12 6
5 6
10 5 y y h f f f n 1 n n n 1 n
2
12
12
12 h y y
23 f 16 f 5 f n 1 n n n 1 n 2
12 Jadi solusi Persamaan diferensial dengan multi step
berdasarkan polynomial Newton Mundur adalah
h y y 23 f 16 f 5 f n 1 n n n 1 n 2
12 Teladan 4.3
dy x y
Diketahui persamaan diferensial: dengan nilai
dx awal y(0) = 1; y(0,2) = 1,242 dan y(0,4) = 1,5836.
Dapatkan nilai dari y(0,6).
Solusi: dy f ( x , y )
Misalkan , maka menurut metode Multi Step
dx
nilai y(x) dapat ditentukan secara iteratif dengan
h y y 23 f 16 f
5 f
n 1 n n n 1 n 2 .12
x n y n f n 1 0 + 1 = 1 0.2 1.242 0.2 + 1.242 = 1.442 0.4 1.5836 0.4 + 1.536 = 1.9836 0.6 ..?
h y y 23 f 16 f 5 f n 1 n n n 1 n 2
12 ,
2 y ,
6 1 ,
5
8
36
23 1 , 9836
16 1 , 442
8
5
1 2 , 0426
12
4.5.3 Metode Adam Multon
Tentukan rumus penyelesaian metode Adam Multon untuk penyelesaian PERSAMAAN DIFERENSIAL Solusi:
Teladan 4.4 Diketahui Persamaan Diferensial 2 ; Dengan y(0.2) = 1.2186, y(0.4) =1.4682, y(0.6) = 1.7379. Gunakan metode Adam Multon yang cocok untuk empat nilai terakhir (x,y) dan cari y(1,2) serta bandingkan penyelesain analitiknya.
Solusi:
h=0,2 N xn Y(xn) f(x,y) ket
1
1 Dik 1 0,2 1.2186 1.1786 Dik 2 0,4 1.4682 1.3082 Dik 3 0,6 1.7379 1.3779 Dik 4 0,8 2.014641 1.374641 Predikato r
0,8 2.014479 1.374479 Korektor
5 1 2.282184 1.282184 Predikato r 1 2.281945 1.281945 Korektor 6 1,2 2.520724 1.080724 Predikato r
1,2 2.520456 1.080456 Korektor Predicator : Korektor :
4.5.4 Metode Deret Taylor
! ) ( ) ( !
Tinjau kembali persamaan deret Taylor, dimana persamaan tersebut memuat turunan.
2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (
) (
3
2 n x f x x x f x x x f x x x f x x x f x f n n
Metode penyelesaian persamaan diferensial dengan Deret Taylor dilakukan dengan memberikan suatu nilai awal dan menguraikan nilai pada tiap-tiap turunan yang termuat dalam persamaan diferensial. Untuk dapat
3 ) ( ) ( ! memahami metode penerapannya, berikut diberikan teladan.
Teladan 4.5
Diketahui persamaan difrensial y’ + y = sin x dengan y(0) = 0. Tentukan nilai y(1).
Solusi: Teladan 4.6
Diketahui persamaan difrensial tingkat satu: . Tentukan y(0.50) dengan metode Deret Taylor untuk h= 0.25.
Solusi: Diketahui y(x ) = y(0) = 1, maka dapat ditentukan Sehingga menurut Deret Taylor
= ? Sehingga, Jadi, y(0.50) ≈ 0.8364682
4.5.2 PERSAMAAN DIFERENSIAL Orde Dua
4.5.2.1 Metode Deret Taylor
Tinjau kembali persamaan deret Taylor, dimana persamaan tersebut memuat turunan.
2 3 n ( n ) ( x x ) f ( x ) ( x x ) f ( x ) ( x x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) ( x x ) f ( x )
2 ! 3 ! n !
Karena deret taylor tersebut merupakan persamaan diferensial tingkat ke-n, maka dapat juga digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial tingkat 2 (dua). Berikut teladan diberikan unutk mengkontruksi pemahaman konsep penyelesaian persamaan diferensial dengan mengunakan deret taylor
Teladan 4.7
Tentukan sampai suku dengan metode deret Taylor dari persamaan diferensial
Solusi:
= 0 Untuk
Teladan 4.8
Dapatkan penylesaikan n Polynomial derajat 3 dari PDB 2
dy d y 2 3 xy dengan pendekatan Deret 2 dx dx y y '
1 0 Maclaurin, jika nilai awal dan .
Solusi: 2 dy d y 2
3 xy 2
dx dx 2 f ' x 3 f " x xy
2 3 f " x xy f ' x 3 f " x 2 1
3 f " x1 f " x ' '' 3 1 f x
Selanjutnya mencari dengan cara menurunkan persamaan pertama terhadap x, diperoleh : 2 f ' x 3 f " x xy f " x 3 f ' ' ' x 1 y 2 2 y y x 2
3 f ' ' ' x y 2 xy f x f " x 2
1 3 f ' '' x
2
1
3
1 f ' ' ' x
9 bentuk dari persamaan maclaurinnya adalah : f ' f " 2 f ' ' ' 3
f x f x x x
1 ! 2 ! 3 !
1
1 2
1 3 x x x
3
9
1
2
6
1 2
1 3 x x x
6
54
4.1.2.1 Metode Beda Hingga
Jika u = u(x) maka menurut defnisi turunan dapat diperoleh a. Menurut beda maju
b. Menurut beda mundur
c. Menurut beda tengah Tinjaun terhadap deret Taylor
2
3 u ( x )( x x ) u ( x )( x x )
u ( x ) u ( x ) u ( x )( x x )
2 ! 3 !
Menurut metode Deret Taylor ada 3 syarat batas Syarat batas Direchlet Syarat batas Neumanat Syarat batas Robbins
Persamaan Paisson
Persamaan diferensial Poisson adalah persamaan diferensial derajat dua yang berbentuk Misalkan PDB tersebut diselesaikan pada domain [0 1] dengan nilai awal u(0) = 0 dan u(1) = 0, maka diperoleh formula numerik sebagai berikut:
=0 Jika disajikan dalam matriks, maka diperoleh sbb:
Teladan 4.9
Tentukan solusi numerik dan sketsa grafknya dari persamaan diferensial berikut dengan syarat batas
Syarat Batas Dirichet Homogen Syarat Batas Dirichet Non Homogen
Solusi:
Dengan mengambil h = ¼ , maka x = [0 0.25 0.5 0.75 1], maka diperoleh i = 0, 1, 2, 3, 4 dengan x = 0, x 1 = 0.25, x 2 = 0.5, x 3 = 0.75 dan x 4 = 1. Dari nilai awal yang diketahui u(0) = 0 u = 0 dan u(1) = u 4 = 100. Dengan defnisi turuna kedua maka diperoleh:
2 d u u 2 u u
i 1 i i
1
3 x ih u 2 u u ih
i 1 i i
1
2
2 dx h 3
i = 1 ==> u – 2u 1 + u 2 = (1)(1/4) = 1/64 ==> -2u 1 + u 2 = (1/64) – 0 = 1/64 3 i = 2 ==> u 1 – 2u 2 + u 3 = (2)(1/4) = 1/32 3 i = 3 ==> u 2 – 2u 3 + u 4 = (3)(1/4) = 3/64 ==> u 2 – 2u 3
= (3/64) - 100 Disajikan dalam bentuk matriks
2 1 u 1 /
64
1
1
2 1 u 1 /
32
2
1 2 u ( 3 / 64 ) 100
3
Penyelesaian untuk nilai u i dengan metode Eliminasi Gauss Jordan dengan kode komputasi pada bagian terakhir pembahasan diperoleh Program : Solusi SPL dengan Eliminasi Gauss Jordan
- A = [-2 1 0;1 -2 1;0 1 -2];
- 2.0000 1.0000 0 0.0156 1.0000 -2.0000 1.0000 0.0313 0 1.0000 -2.0000 -99.9531 Proses Eliminasi Gauss Jordan B2 - (1/-2)B1
- 2.0000 1.0000 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0.0391 0 1.0000 -2.0000 -99.9531 B3 - (1/-1.5)B2
- 2.0000 1.0000 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0.0391 0 0 -1.3333 -99.9271 B2 - (1/-1.3333)B3
- 2.0000 1.0000 0 0.0156 0 -1.5000 0 -74.9062 0 0 -1.3333 -99.9271 B1 - (0/-1.3333)B3
- 2.0000 1.0000 0 0.0156 0 -1.5000 0 -74.9062 0 0 -1.3333 -99.9271 B1 - (1/-1.5)B2
- 2.0000 0 0 -49.9219 0 -1.5000 0 -74.9062 0 0 -1.3333 -99.9271 (1/-2)B1 1.0000 0 0 24.9609 0 -1.5000 0 -74.9062 0 0 -1.3333 -99.9271 (1/-1.5)B2 1.0000 0 0 24.9609 0 1.0000 0 49.9375 0 0 -1.3333 -99.9271 (1/-1.3333)B3
1.0000 0 0 24.9609 0 1.0000 0 49.9375
0 0 1.0000 74.9453 Solusi dari SPL adalah u1 = 24.9609 u2 = 49.9375 u3 = 74.9453 Karena nilai h = ¼ dan dari hasil komutasi serta nilai awal di atas, maka diperoleh solusi numeri U(0) = 0 U 1 = 24.9609 ==> U(0.25) = 24.9609 U 2 = 49.9375 ==> U(0.50) = 49.9375 U 3 = 74.9453 ==> U(0.75) = 74.9453. U(1) = 100 Jika solusi tersebut disajikan dalam bentuk grafk, maka diperoleh 100 80 90 Solusi PD biasa ( u x ) 40
70 50 30 60 10
20 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x 0.6 0.7 0.8 0.9 1 Gambar 4.3 Solusi PD
Kode komputasi unutk mengambar grafk fungsi solusi dari Persamaan diferensial. x=[0:0.25:1]; u=[0 24.9609 49.9375 74.9453 100]; plot(x,u,'*-r') grid on xlabel('x'); ylabel('u(x)') title('Solusi PD biasa')
Teladan 4.9 Selesaikan persamaan diferensial berikut dan sketsa grafknya.
:
Solusi:
Dari persamaan PD yang diketahui, maka diperoleh persamaan numeriknya sebagai berikut: Dari syarat batas yang diketahui dan mengunakan turunan beda tengah diperoleh
du u u
5
3 ( 1 ) u u u
4
5
3
1 dx
2 4
u(0) = 0 ==> u = 0 Dari PD yang diketahui, maka
2 d u u 2 u u
3 i 1 i i
1 x ih u 2 u u ih i 1 i i
1
2
2 dx h 3
i = 1 ==> u – 2u 1 + u 2 = (1)(1/4) ==> -2u 3 1 + u 2 = 1/64 i = 2 ==> u 1 – 2u 2 + u 3 = (2)(1/4) ==> u 1 – 2u 2 + u 3 = 1/32 3 i = 3 ==> u 2 – 2u 3 + u 4 = (3)(1/4) ==> u 2 – 2u 3 + u 4 =
3/64 3 i = 4 ==> u 3 – 2u 4 + u 5 = (4)(1/4) ==> 2u 3 – 2u 4 = 1/16 Bentuk Augmented Matriksnya diperoleh
2 1 u 1 /
64
1
1
2 1 u 1 /
32
2
1
2 1 u 3 /
64
3
2 2 u 1 /
16
4 Program : Solusi SPL dengan Eliminasi Gauss Jordan
- A = [-2 1 0 0;1 -2 1 0;0 1 -2 1;0 0 2 -2]; B = [1/64;1/32;3/64;1/16]; Augmented Matriks Koefesien Sistem Persamaan Linier -2.0000 1.0000 0 0 0.0156 1.0000 -2.0000 1.0000 0 0.0313 0 1.0000 -2.0000 1.0000 0.0469
0 0 2.0000 -2.0000 0.0625 Proses Eliminasi Gauss Jordan B2 - (1/-2)B1
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0 0.0391 0 1.0000 -2.0000 1.0000 0.0469 0 0 2.0000 -2.0000 0.0625 B3 - (1/-1.5)B2
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0 0.0391 0 0 -1.3333 1.0000 0.0729 0 0 2.0000 -2.0000 0.0625 B4 - (2/-1.3333)B3
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0 0.0391 0 0 -1.3333 1.0000 0.0729 0 0 0 -0.5000 0.1719 B3 - (1/-0.5)B4
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0 0.0391 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 B2 - (0/-0.5)B4
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0 0.0391 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 B1 - (0/-0.5)B4
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 1.0000 0 0.0391 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 B2 - (1/-1.3333)B3
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 0 0 0.3516 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 B1 - (0/-1.3333)B3
- 2.0000 1.0000 0 0 0.0156 0 -1.5000 0 0 0.3516 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 B1 - (1/-1.5)B2
- 2.0000 0 0 0 0.2500 0 -1.5000 0 0 0.3516 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 (1/-2)B1 1.0000 0 0 0 -0.1250 0 -1.5000 0 0 0.3516 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 (1/-1.5)B2 1.0000 0 0 0 -0.1250 0 1.0000 0 0 -0.2344 0 0 -1.3333 0 0.4167 0 0 0 -0.5000 0.1719 (1/-1.3333)B3
1.0000 0 0 0 -0.1250 0 1.0000 0 0 -0.2344 0 0 1.0000 0 -0.3125 0 0 0 -0.5000 0.1719 (1/-0.5)B4 1.0000 0 0 0 -0.1250 0 1.0000 0 0 -0.2344 0 0 1.0000 0 -0.3125 0 0 0 1.0000 -0.3437 Solusi dari SPL adalah u1 = -0.125 u2 = -0.23437 u3 = -0.3125 u4 = -0.34375 Berdasarkan nilai awal dan hasil komputasi tersebut, maka diperoleh solusi numerik pada interval [0 1] dengan h = ¼ adalah u(0) = 0; u(0.25) = u 1 = -0.125; u(0.5) = u 2 = -0.23437; u(0.75) = u 3 = -0.3125 dan u(1) = u 4 = -0.34374.
Sketsa grafknya dengan kode komputasi x=[0:0.25:1]; u=[0 -0.125 -0.23437 -0.3125 -0.34375]; plot(x,u,'-*r') xlabel('x') ylabel('u(x)') title('Solusi PD biasa') Solusi PD bias a
- 0.05 -0.15 -0. 1 u ( x ) -0.25 -0. 2 -0.35
- 0. 3 0.1 0.2 0.3 0.4
0.5
x
0.6 0.7 0.8 0.9 12 Gambar 4.4 Solusi PD u”(x) = x u(0)=u’(1) = 0 Teladan 4.10
Selesaikan PD biasa dengan syarat Batas Neuman Homogen : dengan u(0) = 0 dan Solusi:
du u u
1
5
3 ( 1 ) 1 u
1 1 u u
4
5
3 dx
1
2 2
4 2 d u 3 x u
2 u u ih i 1 i i 1 dx 3
i = 1 ==> u - 2u 1 + u 2 = (1)(1/4) ==> -2u 3 1 + u 2 = 1/64 i = 2 ==> u 1 - 2u 2 + u 3 = (2)(1/4) = 1/32
3
i = 3 ==> u 2 - 2u 3 + u 4 = (3)(1/4) = 3/64 3 i = 4 ==> u 3 – 2u 4 + u 5 = (4)(1/4) ==> 2u 3 – 2u 4 = (1/16)-(1/2) =-7/16
2 1 u
1 /
64
1
1
2 1 u
1 /
32
2
1
2 1 u
3 /
64 3