plagiat merupakan tindakan tidak terpuji · pdf filepenyelesaian fundamental persamaan...

PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI BATAS

MENGGUNAKAN METODE TEMBAKAN

( Linear Shooting Method )

Skripsi

Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat

Memperoleh Gelar Sarjana Sains

Program Studi Matematika

Disusun Oleh :

Yuli Purwandari

NIM : 013114009

PROGRAM STUDI MATEMATIKA

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI

UNIVERSITAS SANATA DHARMA

YOGYAKARTA

2008

i

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

NUMERICAL SOLUTION OF BOUNDARY VALUE PROBLEM

USING LINEAR SHOOTING METHOD

THESIS

Presented as Partial Fulfillment of the Requirements

to Obtain the Sarjana Sains Degree

in Mathematics

By :

Yuli Purwandari

Student Number : 013114009

MATHEMATICS STUDY PROGRAM

MATHEMATICS DEPARTMENT

FACULTY OF SCIENCE AND TECNOLOGY

SANATA DHARMA UNIVERSITY

2008

ii


iii


iv


HALAMAN PERSEMBAHAN

“ Sesungguhnya sesudah kesulitan itu ada kemudahan, maka apabila telah selesai

(dari suatu urusan) maka kerjakanlah dengan sungguh – sungguh (urusan yang

lain)

( QS. Alam Nasyrah 6-7)

Dengan mengucap puji syukur kehadirat Allah SWT yang telah melimpahkan

rahmat dan hidayah-Nya skripsi ini kupersembahkan kepada :

Bapak dan Ibu yang kuhormati yang senantiasa mendoakan serta

memberikan dorongan moril maupun materiil

Mas Novi, Suamiku tercinta,yang selalu sabar memberi dukungan

Calon anakku tersayang.

v


vi


ABSTRAK

Masalah menyelesaikan suatu Persamaan diferensial dapat dibedakan

menjadi dua, yaitu masalah nilai awal dan masalah nilai batas. Dalam masalah nilai

awal, penyelesaian khusus persamaan diferensial diperoleh dari satu titik awal dan

pada masalah nilai batas, penyelesaian khusus persamaan diferensial diperoleh dari

dua nilai yang berbeda atau dari dua titik.

Dalam skripsi ini akan dipaparkan penyelesaian dari masalah nilai batas

secara numerik dengan metode tembakan. Metode tembakan mereduksi masalah

nilai batas menjadi dua masalah nilai awal. Selanjutnya kedua masalah nilai awal

tersebut akan diselesaiakan dengan Metode Runge-Kutta. Penyelesaian dari dua

masalah nilai awal tersebut akan ditambahkan sehingga diperoleh penyelesaian

masalah nilai batas.

Metode tembakan sangat sederhana dan mudah untuk digunakan dalam

menyelesaikan masalah nilai batas. Masalah nilai batas yang direduksi menjadi dua

masalah nilai awal akan mudah diselesaikan satu per satu.

vii


ABSTRACT

The problem to solve a differential equation can be divided into two

different problems, which are initial value problem and boundary value problem.

The special solution of a differential equation in initial value problem is given by

one point and in boundary value problem given by two different values or from

two points.

This thesis discusses the solution of boundary value problem using

shooting method. Linear shooting method reduce the boundary value problem into

two initial value problems, then the fourth order Runge-Kutta used to solved the

two initial value problems. The both solutions will be added to find the solution of

boundary value problem.

Shooting method is very simple and easy to solve boundary value problem.

Boundary value problem that reduce into two initial value problems will be easy to

solve one by one.

viii


KATA PENGANTAR

Puji syukur penyusun panjatkan kehadirat Allah SWT karena atas rahmat

dan Karunia-Nya penulisan skripsi ini dapat diselesaikan dengan baik.

Skripsi ini berjudul “PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI

BATAS MENGGUNAKAN METODE TEMBAKAN”, yang disusun untuk

memenuhi persyaratan guna memperoleh gelar Sarjana Sains pada Fakultas Sains

dan Teknologi Universitas Sanata Darma Yogyakarta. Penulisan skripsi ini tidak

lepas dari bantuan dan bimbingan berbagai pihak, untuk itu pada kesempatan ini

penulis mengucapkan banyak terima kasih kepada :

1. Allah SWT yang selalu menyertai hidupku dan Al Qur’an yang menjadi

pedoman hidupku.

2. Bapak Y.G Hartono, S.Si, M.Sc dan Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si,

M.Si, selaku Dosen Pembimbing yang telah meluangkan waktu, tenaga dan

pikiran untuk memberikan bimbingannya dengan penuh kesabaran kepada

penyusun untuk menyelesaikan skipsi ini.

3. Bapak Herry Pribawanto, S.Si, M.Sc. sebagai dosen penguji

4. Bapak St. Eko Hari Parmadi, S.Si, M.Kom. sebagai dosen penguji

5. Ir. Greg. Heliarko, S.J., S.S., B.S.T., M.Sc., M.A., selaku Dekan FST-USD

6. Segenap dosen dan karyawan sekretariat FST yang telah mendidik dan

menyediakan fasilitas yang sangat bermanfaat bagi penulis.

7. Ayah, Ibu dan adikku yang senantiasa memberikan semangat dan doa serta

segala bantuan yang telah diberikan sehingga penyusun dapat

menyelesaikan skripsi ini.

8. Mas Novi yang telah mendukung setiap saat, menemaniku dan

mendengarkan keluh kesahku serta cinta yang begitu besar yang kau

berikan.

9. Teman-teman seperjuangan angkatan 2001, Rita, Fanya, Daniel, Teddy,

Indah, Erika, Ray, Alam, Maria, Deta, Very, Ajeng dan yang tidak dapat

penulis sebutkan satu per satu, terima kasih atas bantuan dan kerjasamanya.

ix


x


xi


DAFTAR ISI

Halaman

HALAMAN JUDUL .................................................................. i

HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING.......................... iii

HALAMAN PENGESAHAN .................................................... iv

HALAMAN PERSEMBAHAN ................................................. v

HALAMAN HAK CIPTA .......................................................... vi

ABSTRAK .................................................................................. vii

ABSTRACT ................................................................................ viii

KATA PENGANTAR ................................................................ ix

PERNYATAAN KEASLIAN KARYA ..................................... xi

DAFTAR ISI ............................................................................... xii

DAFTAR GAMBAR .................................................................. xiv

BAB I PENDAHULUAN

A. Latar Belakang Masalah ............................................... 1

B. Rumusan Masalah ........................................................ 3

C. Pembatasan Masalah ..................................................... 3

D. Tujuan Penulisan ........................................................... 3

E. Manfaat Penulisan .......................................................... 3

F. Metode Penulisan ........................................................... 4

G. Sistematika Penulisan ..................................................... 4

BAB II PERSAMAAN DIFERENSIAL

A. Pengantar Persamaan Diferensial .................................... 6

1. Klasifikasi Persamaan Diferensial .............................. 10

2. Penyelesaian Persamaan Diferensial ........................... 11

B. Persamaan Diferensial Orde Dua ...................................... 12

1. Penyelesaian Fundamental Persamaan Diferensial Linear

Homogen ........................................................................ 13

2. Bebas Linear dan Wronskian ........................................ 19

3. Persamaan Diferensial Orde Dua Homogen .................. 21

xii


C. Reduksi Order ...................................................................... 29

D. Masalah Nilai Batas Persamaan Diferensial Orde-2 ............ 31

BAB III METODE RUNGE-KUTTA

A. Metode Simpson ................................................................. 37

B. Metode Runge-Kutta Orde Empat ....................................... 39

C. Analisis Galat ....................................................................... 51

BAB IV PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI BATAS


A. Metode Tembakan Linear .................................................... 52

B. Penerapan dengan Program Matlab ..................................... 59

BAB V PENUTUP

A. Kesimpulan ....................................................................... 65

B. Saran ................................................................................. 66

DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 67

LAMPIRAN ........................................................................................ 68

xiii


DAFTAR GAMBAR

Halaman

Gambar 2.1 ................................................................................. 33

Gambar 2.2 ................................................................................. 33

Gambar 3.1 ............................................................................... 37

Gambar 3.2 ............................................................................... 38

Gambar 3.3 ................................................................................. 45

Gambar 3.4 ................................................................................ 46

Gambar 4.1 ................................................................................. 60

Gambar 4.2 ................................................................................. 62

Gambar 4.3 ................................................................................. 64

xiv


1

BAB I

PENDAHULUAN

A. Latar Belakang Masalah

Persamaan diferensial diperkenalkan oleh Gottfried Leibniz (1646 –

1716). Definisi dari persamaan diferensial biasa adalah persamaan yang memuat

satu variabel bebas x dan satu fungsi yang tidak diketahui y dan satu atau lebih

derivatif dari fungsi yang tidak diketahui tersebut.

Selanjutnya persamaan diferensial dapat diklasifikasikan sesuai dengan

tingkatan atau orde, yakni tingkat tertinggi dari derivatif yang muncul dalam

Persamaan Diferensial tersebut.

Persamaan diferensial mempunyai dua macam penyelesaian, yakni

penyelesaian umum dan penyelesaian khusus. Penyelesaian umum adalah

penyelesaian yang masih memuat konstanta dan penyelesaian khusus adalah

penyelesaian yang tidak lagi memuat konstanta. Untuk menentukan penyelesaian

khusus digunakan syarat – syarat bantu, yaitu syarat awal dan syarat batas.

Persamaan diferensial dengan syarat awal disebut masalah nilai awal dan

persamaan diferensial dengan syarat batas disebut masalah nilai batas. Perbedaan

masalah nilai awal dan masalah nilai batas adalah masalah nilai awal merupakan

persamaan diferensial yang penyelesaian khususnya diperoleh dari satu titik

sedangkan masalah nilai batas adalah persamaan diferensial yang penyelesaian

khususnya diperoleh pada dua nilai yang berbeda atau dari dua titik, titik – titik

tersebut membatasi satu interval.


2

Masalah Nilai Batas dapat tidak mempunyai penyelesaian atau jika ada

penyelesaiannya tidak tunggal. Masalah Nilai Batas bila mempunyai penyelesaian

tunggal sulit untuk diselesaikan, karena tidak ada teori sederhana untuk menjamin

penyelesaian tunggal pada Masalah Nilai Batas.

Untuk memperoleh penyelesaian Masalah Nilai Batas yang tidak tunggal

adalah dengan pendekatan secara numerik. Prosedur numerik yang akan

digunakan dalam skripsi ini adalah Metode Tembakan (Linear Shooting

Methods). Metode Tembakan adalah metode numerik yang digunakan untuk

menghitung nilai yang dihasilkan dari penyelesaian khusus. Dengan

menggunakan pendekatan secara numerik dengan Metode Tembakan, maka

penyelesaian yang diperolah tidak hanya penyelesaian tunggal, tetapi akan

menghasilkan beberapa nilai Penyelesaian.

Prosedur dari metode tembakan yaitu dengan memperkirakan nilai awal

untuk turunan fungsi di titik awal dan menghasilkan suatu penyelesaian,

kemudian menyesuaikan penyelesaian tersebut sehingga sesuai untuk nilai fungsi

di titik batas.

Salah satu cara untuk menyelesaikan Masalah Nilai Batas dengan Metode

Tembakan adalah dengan mereduksi persamaan menjadi dua Masalah Nilai Awal

dan membentuk kombinasi linear dari penyelesaian tersebut sehingga diperolah

penyelesaian Masalah Nilai Batas. Dalam metode ini juga akan digunakan metode

Runge-Kutta. Metode Runge-Kutta adalah metode perhitungan yang praktis


3

karena tidak memerlukan penghitungan turunan dari fungsi, tetapi hanya

memerlukan fungsi itu sendiri.

B. Rumusan Masalah

Pokok permasalahan yang akan dibahas dalam skripsi ini dapat dituliskan

dengan beberapa pertanyaan sebagai berikut

1. Bagaimana untuk memperoleh penyelesaian Masalah Nilai Batas dengan

Metode Tembakan ?

2. Bagaimana aplikasinya dengan menggunakan MATLAB ?

C. Pembatasan Masalah

Dalam skripsi ini hanya akan dibahas tentang Persamaan Diferensial Biasa

Linear Orde-2 dengan Masalah Nilai Batas. Sedangkan Persamaan Diferensial

Linear Orde-n tidak akan dibahas.

D. Tujuan Penulisan

Penulisan ini bertujuan untuk memperdalam pengetahuan tentang

Persamaan Diferensial Linear Orde-2 serta metode penyelesaiannya.

E. Manfaat Penulisan

Manfaat yang diharapkan dalam skripsi ini adalah penulis dapat

mengetahui dan memahami Persamaan Diferensial Linear Orde-2 metode

penyelesaiannya secara numerik.


4

F. Metode Penulisan

Metode penulisan yang digunakan dalam penulisan skripsi ini adalah

metode studi pustaka, yaitu dengan membaca dan mempelajari materi dari buku-

buku acuan yang telah tersedia. Jadi dalam skripsi ini tidak ada penemuan baru.

G. Sistematika Penulisan

BAB I Pendahuluan

A. Latar Belakang Masalah

B. Rumusan Masalah

C. Batasan Masalah

D. Tujuan Penulisan

E. Manfaat Penulisan

F. Metode Penulisan

G. Sistematika Penulisan

BAB II Persamaan Diferensial Biasa

A. Pengantar Persamaan Diferensial

B. Persamaan Diferensial Orde Dua

D. Reduksi Order

C. Masalah Nilai Batas Persamaan Diferensial Orde-2

BAB III Metode Runge-Kutta Orde Empat

BAB IV Penyelesaian Masalah Nilai Batas Dengan Metode Tembakan


5

BAB V Penutup

A. Kesimpulan

B. Saran


6

BAB II

PERSAMAAN DIFERENSIAL

A. Pengantar Persamaan Diferensial

Definisi 2.1.1

Persamaan diferensial adalah persamaan yang memuat derivatif – derivatif

atau turunan dari satu fungsi.

Contoh :

a. xedxdy 2=

b. ( )dxxydy += 2

c. ( )32 14" +=+ xyy

1. Klasifikasi Persamaan Diferensial

Persamaan diferensial dikelompokkan dalam beberapa cara. Jika

fungsi yang tidak diketahui hanya bergantung pada satu variabel bebas,

persamaan tersebut disebut Persamaan Diferensial Biasa.

Contoh Persamaan diferensial biasa :

a. ( )dxxydy += 2

b. ( )32 14" +=+ xyy

c. dxxdxdyx 2532 ++

Persamaan di atas merupakan persamaan diferensial biasa dengan y

mewakili fungsi yang belum diketahui atau variabel tak bebas (dependent

variable) dan x mewakili variabel bebas (independent variable).


7

Jika fungsi yang tidak diketahui bergantung pada dua atau lebih

variabel bebas, maka persamaan tersebut disebut persamaan diferensial

parsial.

Contoh Persamaan diferensial parsial :

a. 0=∂∂

+∂∂

yu

xu

b. xtxu

tu

+=∂∂

+∂∂

2

2

2

2

Persamaan tersebut merupakan persamaan diferensial parsial, dengan u

mewakili satu fungsi yang belum diketahui atau variabel tak bebas dan y, x, t

mewakili variabel – variabel bebas

Selanjutnya persamaan diferensial diklasifikasikan berdasarkan orde

derivatif tertinggi yang muncul pada persamaan diferensial tersebut atau

sering disebut sebagai orde atau derajat.

Definisi 2.1.2

Orde dari persamaan diferensial adalah derajat / orde tertinggi yang muncul

pada persamaan diferensial.

Klasifikasi persamaan diferensial menurut orde atau derajatnya :

1) Persamaan Diferensial Orde-1

Bentuk umum persamaan diferensial Orde-1

( ) 0',, =yyxF


8

Contoh :

a. tdtdx

=

b. 1)(' 2 −= ttx

2) Persamaan Diferensial Orde-2

Bentuk umum dari persamaan diferensial Orde-2

( ) 0",',, =yyyxF

Contoh :

a. tdt

xd−=2

2

b. 043

2

2

=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+ x

dtdx

dtxd

3) Persamaan Diferensial Orde ke-n

Bentuk umum persamaan diferensial Orde ke-n

( ) 0,......,',, )( =nyyyxF

Definisi 2.1.3 :

Persamaan diferensial orde ke-n disebut linear dalam y jika persamaan

tersebut dapat ditulis dalam bentuk :

)()(')()()( 01)1(

1 xfyxayxayxayxa nn

nn =++++ −

− K

dimana dan f adalah fungsi kontinu dalam interval x dan naaa ,,, 10 K

0)( ≠xan dalam interval tersebut. Fungsi disebut koefisien fungsi. )(xak


9

Definisi di atas menyebutkan bahwa persamaan diferensial biasa linear

jika kondisi berikut dipenuhi :

a. Fungsi yang belum diketahui dan derivatif – derivatifnya secara

aljabar berderajat satu.

b. Tidak ada hasil kali yang berkaitan dengan fungsi yang belum

diketahui dan derivatif – derivatifnya atau dua atau lebih derivatif.

c. Tidak ada fungsi transendental dari y, y’, y”, misalnya ey, cos y’ dan

seterusnya.

Persamaan diferensial yang tidak linear disebut nonlinear.

Contoh 2.1.1 :

a. Persamaan berikut ini adalah linear :

33'3" xyyy =+−

05" =++ xyexy

Perhatikan bahwa pergantian variabel bebas dalam persamaan diferensial

tidak mempengaruhi klasifikasi linear.

b. Persamaan Diferensial Biasa Orde-1 :

(y’)3 + 2y = x

nonlinear karena derivatif pertama dari fungsi yang belum diketahui

berderajat tiga.

c. Persamaan Diferensial Orde-2 :

y” + 5y = cos y

nonlinear karena cos y adalah fungsi transendental dari fungsi yang belum

diketahui. □


10

2. Penyelesaian Persamaan Diferensial

Definisi 2.1.4 :

Suatu keluarga berparameter-n dari penyelesaian persamaan diferensial

orde-n disebut penyelesaian umum dari persamaan diferensial jika semua

penyelesaian Persamaan Diferensial dapat diperoleh dari keluarga

berparameter-n.

Definisi 2.1.5 :

Suatu penyelesaian persamaan diferensial orde-n yang diperoleh dari

penyelesaian umum dengan menentukan nilai n parameter disebut

penyelesaian khusus.

Contoh 2.1.2 :

a. Penyelesaian umum dari y” + 9y = 0 adalah keluarga berparameter-

dua

y = c1 cos 3x + c2 sin 3x

Suatu penyelesaian khusus dapat diperoleh dengan mengambil dua

nilai parameter, misal c1 = 2 dan c2 = 1, diperoleh penyelesaian :

y = 2 cos 3x + sin 2x

b. Diketahui adalah penyelesaian umum dari

persamaan diferensial orde-dua y” – y’ – 2y = 0, carilah penyelesaian

khusus yang memenuhi y(0) = 2 dan y’(0) = -1.

xx ececy −+= 22

1

Penyelesaian :


11

Diberikan nilai x = 0 untuk y dan y’, untuk menentukan y’,

penyelesaian yang diketahui diturunkan terhadap x, diperoleh :

xx ececy −−= 22

12

untuk menghitung c1 dan c2, dengan mensubstitusikan x = 0, y = 2 dan

x = 0, y’ = -1 ke persamaan yang sesuai, diperoleh :

2= c1 + c2

-1 = 2c1 – c2

dengan menyelesaikan persamaan untuk c1 dan c2 diperoleh

35;

31

21 == cc , sehingga penyelesaian khusus menjadi :

xx eey −+=35

31 2 □

Penyelesaian umum persamaan diferensial orde-n memuat n

konstanta sembarang untuk menentukan penyelesaian khusus ditentukan

n persamaan pada fungsi penyelesaian dan derivatif – derivatifnya dan

kemudian menyelesaikan n konstanta sembarang. Ada dua metode

menetapkan Syarat – syarat bantu.

Definisi 2.1.6 :

1) Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui

berhubungan dengan sebuah nilai x, syarat itu disebut syarat awal.

Persamaan diferensial dengan syarat awalnya disebut Masalah Nilai

Awal ( M N A ).


12

2) Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui

berhubungan dengan dua atau lebih nilai x, syarat itu disebut syarat

batas atau nilai batas. Persamaan diferensial dengan syarat batasnya

disebut Masalah Nilai Batas ( M N B ).

Contoh 2.1.3 :

a. y’ + y = 3 , y(0) = 1 adalah masalah nilai awal

b. y” + 2y = 0 , y(1) = 2, y’(1) = 3 adalah masalah nilai awal

c. y”- y’ + y = x3 , y(0) = 2, y(1) = -1

adalah masalah nilai batas Orde-2. □

B. Persamaan Diferensial Orde Dua

Persamaan diferensial orde-2 mempunyai Bentuk umum :

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

dxdyyxf

dxyd ,,2

2

( 2.2.1 )

dengan f adalah fungsi yang diketahui. Biasanya variabel bebas dinotasikan

dengan t, karena dalam masalah – masalah fisika waktu dilambangkan

dengan t yang merupakan variabel bebas, tapi seringkali variabel bebas

juga dinotasikan dengan x dan variabel tak bebas dilambangkan dengan y.

persamaan ( 2.2.1 ) dikatakan linear jika fungsi f mempunyai bentuk

ytqdxdytptg

dxdyyxf )()()(,, −−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ( 2.2.2 )

jika f linear dalam y dan y’. g, p, q adalah fungsi dari variabel bebas x tapi

tidak bergantung pada y, maka persamaan ditulis :

y” + p(x)y’ + q(x)y = g(x) ( 2.2.3 )


13

atau

P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = G(x) ( 2.2.4 )

Jika , maka persamaan (2.2.4 ) dapat dibagi dengan P(x) 0)( ≠xP

)()(

)()('

)()("

xPxGy

xPxRy

xPxQy =++ ( 2.2.5 )

Persamaan ( 2.2.1 ) disebut non linear jika tidak dalam bentuk (2.2.3 )

atau (2.2.4 ). Persamaan diferensial orde-2 disebut homogen jika pada

persamaan (2.2.3), g(x) = 0 untuk semua x dan disebut nonhomogen

jika . 0)( ≠xg

1. Penyelesaian Fundamental Persamaan Diferensial Linear Homogen

Contoh 2.2.1 :

Carilah penyelesaian tunggal dari masalah nilai awal

y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 ; y(x0) = 0 ; y’(x0) = 0 ( 2.2.7 )

dengan p dan q kontinu pada interval terbuka I dan x0 pada interval

tersebut fungsi maka y = Φ(x) = 0 untuk semua x di I, memenuhi

Persamaan Diferensial dengan ketunggalan dari Teorema 2.2.1 maka y

= Φ(x) merupakan penyelesaian tunggal persamaan diferensial.

□

Teorema 2.2.1

Jika y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial

y” + p(x)y’ + q(x)y = 0

maka y = c1y1 + c2y2 ( 2.2.8)


14

juga merupakan penyelesaian persamaan diferensial diatas untuk

sebarang konstanta c1 dan c2.

Bukti :

Diketahui y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial orde-2,

maka :

y1” + p(x)y1’ + q(x)y1 = 0 ( karena y1 penyelesaian )

y2” + p(x)y2’ + q(x)y2 = 0 ( karena y2 penyelesaian )

Akan dibuktikan c1y1 + c2y2 juga penyelesaian

(c1y1 + c2y2 )” + p(x) (c1y1 + c2y2)’ + q(x) (c1y1 + c2y2) = 0

c1y1” + c2y2” + c1p(x)y1’ + c2p(x)y2’ + c1q(x)y1 + c2q(x)y2 = 0

c1 (y” + p(x)y1’ + q(x)y1) + c2 (y2” + p(x)y2’ + q(x)y2) = 0

c1 . 0 + c2 . 0 = 0

Jadi terbukti c1y1 + c2y2 juga penyelesaian dari persamaan diferensial

orde-2. ■

Contoh 2.2.2

Selesaikanlah persamaan y” – y = 0 ( 2.2.9)

Penyelesaian :

Persamaan (2.2.9) menunjukkan bahwa akan dicari suatu fungsi yang

turunan kedua dari fungsi tersebut sama dengan fungsi itu sendiri atau

y” = y. Suatu fungsi yang sesuai dengan persamaan tersebut misalnya

fungsi eksponensial y1(x) = ex dan y2(x) = e-x, karena:

y1’(x) = ex sehingga y1”(x) = ex = y

dan y2’(x) = e-x sehingga y2”(x) = e-x = y


15

Jadi kedua fungsi tersebut merupakan penyelesaian. □

Contoh 2.2.3

Buktikan apakah fungsi 2ex dan 5e-x juga penyelesaian persamaan pada

contoh 2.2.2 !

Penyelesaian :

y1’(x) = 2ex sehingga y1”(x) = 2ex = y

dan y2’(x) = 5e-x sehingga y2”(x) = 5e-x = y

dengan cara yang sama fungsi c1y1(x) = c1ex dan c2y2(x) =c2 e-x juga

memenuhi persamaan (2.2.9) untuk semua nilai konstanta c1 dan c2,

kemudian penjumlahan dari penyelesaian – penyelesaian tersebut juga

merupakan penyelesaian. Misalkan dengan fungsi 2ex dan 5e-x jika

dijumlahkan meka juga merupakan penyelesaian, karena :

y = 2ex - 5e-x

y’ = 2ex + 5e-x

y” = 2ex - 5e-x = y

Selanjutnya karena c1y1(x) dan c2y2(x) adalah penyelesaian, maka

demikian juga dengan fungsi

y = c1y1(x) + c2y2(x) = c1ex + c2 e-x (2.2.10)

untuk semua nilai c1 dan c2. Dengan mencari y” diperoleh :

y = c1ex + c2 e-x

y = c1ex + c2 e-x = y

Jadi dapat dilihat bahwa fungsi y1(x) = ex dan y2(x) = e-x adalah

penyelesaian dari persamaan (2.2.9) demikian juga kombinasi linear

dari persamaan (2.2.10). □


16

Koefisien c1 dan c2 pada persamaan (2.2.8) adalah sebarang.

Persamaan tersebut merupakan keluarga penyelesaian yang tidak

terbatas dari persamaan (2.2.8). Hal ini memungkinkan untuk

mengambil contoh dari keluarga penyelesaian yang memenuhi masalah

nilai awal.

Contoh 2.2.4:

y” – y = 0 dengan y(0) = 2; y’(0) = 1 (2.2.11 )

Penyelesaian dari persamaan (2.2.11) adalah melalui titik (0,2) dan

pada titik tersebut mempunyai gradien m = -1. Pertama pada x = 0 dan

0 dan y = 2, dengan mensubstitusikan pada persamaan (2.2.10),

diperoleh :

c1 + c2 = 2

kemudian persamaan (2.2.10) diturunkan menjadi

y’ = c1ex - c2 e-x

substitusikan nilai x = 0 dan y’ = 1, diperoleh

c1 - c2 = -1

dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, dipeoleh

21

1 =c dan 23

1 =c

masukkan nilai c1 dan c2 ke persamaan (2.2.10), maka diperoleh

penyelesaian khusus dari persamaan (2.2.11) yaitu :

xx eey −+=23

21 □


17

Teorema 2.2.2

Jika y1 dan y2 adalah penyelesaian dari persamaan diferensial

y” + p(x)y’ + q(x)y = 0

dan

w = y1y2’ – y2y1’ 0≠

dengan

y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’

dengan syarat awal maka dapat ditemukan konstanta c1 dan c2

sedemikian hingga y = c1y1(x) + c2y2(x) memenuhi persamaan

diferensial dan nilai awal.

Bukti :

Persamaan Diferensial : y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 (*)

y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’ (**)

y1 dan y2 penyelesaian P. D (*) dan menurut teorema 2.2.2

y = c1y1(x) + c2y2(x) juga penyelesaian P.D (*) maka

dengan mensubstitusikan y(x0) = y0 dan y’(x0) = y0’diperoleh

c1y1(x0) + c2y2(x0) = y0 (i)

c1y1’(x0) + c2y2’(x0) = y0’ (ii)

Dengan aturan Cramer diperoleh :

)()()()(

)()(

0'20

'1

0201

0'2

'0

020

1

xyxyxyxy

xyyxyy

c = dan

)()()()(

)()(

0'20

'1

0201

'00

'1

001

2

xyxyxyxy

yxyyxy

c =

Supaya c1 dan c2 ada maka


18

0)()()()()()()()(

020'10

'201

0,20

,1

0201 ≠−== xyxyxyxyxyxyxyxy

w

Jadi teorema terbukti. ■

Teorema 2.2.3 :

Jika y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial

y” + p(x)y’ + q(x)y = 0

dan jika pada titik x = x0, nilai wronskian dari y1 dan y2 tidak sama

dengan nol, maka keluarga penyelesaian y = c1y1(x) + c2y2(x) dengan

sebarang koefisien c1 dan c2 memuat setiap solusi Persamaan Diferensial

Bukti :

Misalkan y = Φ(x) penyelesaian lain dari persamaan diferensial

y” + p(x)y’ + q(x)y = 0

y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’

maka

Φ” + p(x)Φ + q(x)Φ = 0

Φ(x0) = y0 Φ’(x0) = y’0

Dari Teorema 2.2.3 diketahui bahwa y = c1y1(x) + c2y2(x) juga

penyelesaian dari persamaan diferensial. Menurut Teorema 2.2.1

penyelesaian persamaan diferensial tunggal, maka Φ(x) = c1y1(x) +

c2y2(x). Jadi teorema terbukti. ■


19

Contoh 2.2.5 :

Buktikan bahwa y1 dan y2 adalah penyelesaian persamaan diferensial dan

tentukan apakah merupakan penyelesaian fundamental dari persamaan :

y” + 4y = 0 ; y1 = cos 2x ; y2 = sin 2x

penyelesaian :

(i) y1 = cos 2x (ii) y2 = sin 2x

y”1 = -2 sin 2x y’2 = 2 cos 2x

y”1 = -4 cos 2x y”2 = -4 sin 2x

substitusikan ke persamaan

(i) -4 cos 2x + 4 cos 2x = 0 (ii) -4 sin 2x + 4 sin 2x = 0

jadi y1 dan y2 adalah penyelesaian

Wronskian :

021.2)2sin2(cos22cos22sin2

2sin2cos))(,( 22

21 ≠==+=−

= xxxx

xxxyyw

jadi y1 dan y2 merupakan penyelesaian fundamental.

Penyelesaian umum dari y” + 4y = 0 adalah

y = c1y1(x) + c2y2(x) = c1 cos 2x + c2 sin 2x □

2. Bebas Linear dan Wronskian

Dua buah fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linear pada

interval I bila persamaan kombinasi linear dari dua fungsi tersebut,

m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x ∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0.

Bila tidak demikian maka dikatakan f(x) dan g(x) bergantung linear.


20

Penyelesaian umum persamaan diferensial sebagai kombinasi

linear dengan Wronskian tidak sama dengan nol, berhubungan dengan

konseb bebas linear dari dua fungsi. Akan dilihat sistem persamaan

aljabar linear homogen berikut :

a11x1 + a12x2 = 0

a21x1 + a22x2 = 0 (2.2.12 )

dan misal = aΔ 11a22 – a12a21 adalah determinan dari koefisien –

koefisiennya. Kemudian x = 0, y = 0 adalah penyelesaian tunggal dari

sistem (2.2.12) jika dan hanya jika 0≠Δ , selanjutnya sistem (2.2.12)

mempunyai tak nol penyelesaian jika dan hanya jika Δ = 0.

Dua fungsi f dan g dikatakan bebas linear pada interval I jika

ada dua konstanata k1 dan k2, kedunnya tak nol, sehingga :

k1f(x) + k2g(x) = 0 (2.2.13 )

Untuk semua x pada interval I. Fungsi f dan g dikatakan bebas linear

pada interval I jika tidak tak bebas linear, sehingga persamaan (2.2.13)

berlaku untuk semua x di I hanya jika k1 = k2 = 0.

Contoh 2.2.6 :

Tunjukkan bahwa fungsi ex dan e2x bebas linear pada setiap interval

Penyelesaian :

Misal : k1ex + k2e2x = 0 ( 2.2.14 )

Untuk semua x pada interval, harus ditunjukkan bahwa k1 = k2 = 0. pilih

dua titik x0 dan x1 dimana 10 xx ≠ , dengan mensubstitusikan titik – titik

tersebut pada persamaan (2.2.14), diperoleh :


21

k1ex0 + k2e2x0 = 0

k1ex1 + k2e2x1 = 0 (2.2.15 )

Determinan dari koefisien – koefisiennya :

ex0e2x1 – e2x0ex1 = ex0ex1(ex1 – ex0)

Karena determinan tidak nol, maka penyelesaian tunggal dari

persamaan (2.2.15) adalah k1 = k2 = 0. jadi ex dan e2x bebas linear.

□

3. Persamaan Diferensial Orde-2 Homogen

Persamaan Diferensial Homogen mempunyai bentuk umum :

P(x)y” + q(x)y” + R(x) = 0

Persamaan diferensial linear orde-2 homogen dengan koefisien konstan

mempunyai bentuk umum :

(2.2.16 ) 0'" =++ cybyay

dengan a, b, c sembarang bilangan real.

Misalkan penyelesaian persamaan diatas berbentuk y = erx, dengan r

suatu parameter yang harus ditentukan, maka :

y’ = rerx

y” = r2erx

dengan mensubstitusikan y, y’ dan y” ke persamaan (2.2.16), sehingga

diperoleh :

( ) ( )

( ) 00

2

2

=++

=++rx

rxrxrx

ecbrarcerebera

karena maka 0≠rxe


22

02 =++ cbrar (2.2.17 )

adalah persamaan karakteristik untuk persamaan (2.2.16). Parameter r

merupakan akar persamaan karakteristik dan y = erx penyelesaian dari

persamaan (2.2.16). Karena persamaan (2.2.17) adalah persamaan

kuadrat dengan koefisien - koefisien real, maka persamaan tersebut

mempunyai dua akar yang akar – akarnya bisa real dan berbeda, real

dan sama atau akar – akar kompleks.

a. Akar – akar Persamaan Real dan Berbeda

Akar – akar persamaan real dan berbeda jika b2 – 4ac positif.

Andaikan akar –akar persamaan dinotasikan dengan r1 dan r2 dimana

, kemudian y21 rr ≠ 1 = er1x dan y2 = er2x adalah penyelesaian dari

persamaan (2.2.16), maka

(2.2.18 ) xrxr ececxycxycy 21212211 )()( +=+=

juga merupakan penyelesaian. Untuk memeriksa bahwa persamaan di

atas juga penyelesaian, maka dapat diturunkan menjadi :

(2.2.19 ) xrxr ercercy 212211' +=

dan

(2.2.20) xrxr ercercy 21 222

211' +=

dengan mensubstitusikan kedua persamaan di atas ke persamaan (2.2.16)

diperoleh :

)()()('" 2121212122112211

xrxrxrxrxrxr ececcercercbercercacybyay +++++=++

= xrxr ecbrarcecbrarc 21 )()( 22

2212

11 +++++


23

jumlah dari setiap sisipan pada ruas kanan pada persamaan di atas adalah

nol, karena r1 dan r2 adalah akar – akar dari persamaan (2.2.17). Jadi

penyelesaian umum dari persamaan (2.2.16) adalah persamaan (2.2.18).

Andaikan diberikan suatu nilai awal

y(x0) = y0 dan y’(x0) = y0

dengan mensubstitusikan x = x0 dan y = y0 pada persamaan (2.2.18),

diperoleh :

( 2.2.21) 0210201 yecec xrxr =+

kemudian x = x0 dan y’ = y’0 pada persamaan (2.2.19), diperoleh

'022110201 yercerc xrxr =+

dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh

01

21

2001

' xrerr

ryyc −

−−

= dan 02

21

0101

' xrerryryc −

−−

=

Jadi dengan nilai dari c1 dan c2 pada persamaan di atas, maka persamaan

(2.2.18) merupakan suatu penyelesaian dari masalah nilai awal

ay” + by’ + cy = 0 dengan y(x0) = y0 ; y’(x0) = y0’

Contoh 2.2.7 :

Selesaikan y” + 5y’ + 6y = 0 dengan y(0) = 2 dan y’(0) = 3 !

Penyelesaian :

Misal : y = erx

y’ = rerx

y” = r2 erx

substitusikan ke Persamaan : 06'5" =++ yyy


24

0652 =++⇔ rxrxrx ereer

diperoleh persamaan karakteristik : r2 + 5r + 6 = 0

(r + 2) (r + 3) = 0

r = -2 atau r = -3

Jadi y1 = e-2x dan y2 = e-3x adalah penyelesaian fundamental

sehingga penyelesaian umum : xx ececycycy 32

212211

−− +=+=

substitusikan x = 0 dan y = 2, didapat

c1 + c2 = 2

dengan menurunkan penyelesaian umun dan mensubstitusikan x = 0 dan

y’ = 3, diperoleh

-2c1 - 3c2 = 3

dengan menyelesaikan persamaan (24 dan (25), diperoleh c1 = 9 dan c2 =

-7. Jadi penyelesaian khususnya adalah : y = 9e-2x – 7e-3x □

b. Akar – akar Persamaan Karakteristik Bilangan Kompleks

Suatu persamaan diferensial homogen

ay” + by’ + cy = 0 (2.2.22)

dimana a, b dan c adalah bilangan real, telah diketahui bahwa jika dicari

penyelesaian dari y = exr maka r adalah akar persamaan karakteristik dari

( 2.2.23 ) 02 =++ cbrar

andaikan diskriminan b2 – 4ac negatif, maka akar – akar persamaan

(2.2.23) adalah bilangan kompleks dan dinotasikan dengan

μλ ir +=1 dan μλ ir −=2

dimana μλ , real, dengan nilai


25

a

b2

=λ dan a

bac2

4 2−=μ

sehingga dan (2.2.24) xiexy )(1 )( μλ == xiexy )(

2 )( μλ −=

persamaan (2.2.24) diubah menjadi rumus Euler’s dengan menggunakan

deret Taylor untu ex disekitar x = 0 :

∑∞

=

=0 !n

nx

nxe dengan - ∞ < x < ∞

jika diasumsikan bahwa dapat disubstitusikan ix untuk mengganti x pada

persamaan di atas

∑∞

=

=0 !

)(n

nix

nixe

= ∑ ∑∞

=

∞

=

−−

−−

+−

0 1

1212

)!12()1(

)!2()1(

n n

nnnn

nxi

nx

karena cos x = ∑∞

=

−

0

2

)!2()1(

n

nn

nx dan sin x =∑

∞

=

−−

−−

1

121

)!12()1(

n

nn

nx

maka eix = cos x + i sin x (2.2.25)

persamaan (2.2.25) disebut sebagai rumus Euler’s. Variasi dari rumus

Euler’s adalah sebagai berikut. Jika x diganti dengan –x, maka :

e-ix = cos x - i sin x

jika x diganti dengan xμ maka :

(2.2.26) xixe xi μμμ sincos +=

jika x diganti dengan xi )( μλ + , maka :

xixi eee μλμλ =+ )(

kemudian substitusikan ke persamaan (2.2.26), diperoleh

)sin(cos)( xixee xxi μμλμλ +=+


26

= ( 2.2.27 ) xiexe xx μμ λλ sincos +

fungsi y1(x) dan y2(x) pada persamaan (2.2.24) dan persamaan (2.2.27)

adalah penyelesaian dari persamaan (2.2.22) dengan mensubstitusikan

)(cos2

)()( 21 xuxexyxy x ==+ μλ

)(sin2

)()( 21 xvxei

xyxy x ==− μλ

denngan menghitung Wronskian dari u dan v

jika 0))(,( 2 ≠= xexvuw λμ 0≠μ

jadi u(x) dan v(x) merupakan penyelesaian fundamental dari Persamaan

Diferensial. Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial adalah :

)sincos( 21 xcxcey x μμλ +=

Contoh 2.2.8 :

Selesaikan y” + y’ + y = 0 !

Penyelesaian :

Substitusikan y = erx ;

Persamaan karekteristik : r2 + r + 1 = 0

Akar – akar persamaan karakteristik :

r1,2 = 1.2

1.1.411 −±−

= 2

)1(312

31 −±−=

−±−

= i321

21

213

21

±−=−

±−


27

diperoleh 21

−=λ dan 321

=μ

penyelesaian umum : )321sin3

21cos( 21

21

xcxceyx

+=−

□

c. Akar – akar Persamaan Karakteristik Real dan Sama

Suatu persamaan diferensial homogen dengan koefisien konstan

dengan persamaan karakteristik

( 2.2.28 ) 02 =++ cbrar

dimana a, b dan c adalah bilangan real, dikatakan mempunyai akar sama

dan real jika b2 – 4ac = 0. Sehingga akar – akarnya

r1 = r2 = a

b2

−

Jadi hanya diperoleh satu penyelesaian yaitu y1

x

ab

exy 21 )(

−=

sehingga harus dicari penyelesaian kedua yaitu y2(x) yang bebas linear.

Untuk mencari y2 digunakan metode d’Alembert. Karena y1(x) adalah

penyelesaian persamaan (2.2.22) dan demikian juga dengan cy1(x) untuk

semua c konstan, maka hal tersebut digunakan untuk mencari y2(x),

denngan mengganti c dengan v(x). Sehingga hasil dari v(x)y1(x) adalah

penyelesaian dari persamaan (2.2.22).

Andaikan : y2(x) = v(x) y1(x)

x

ab

exvxy 22 )()(

−=

x

ab

xa

b

ea

bxvexvxy 222 2

).()(')('−−

−+=


28

x

ab

xa

bx

ab

exva

bexva

bexvxy 22

222

2 )(4

)('2

)(")('−−−

+−=

substitusikan ke persamaan (2.2.22), diperoleh :

02

'4

'2

" 22

2

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

− xa

b

ecvva

bvbva

bva

bva

jadi

04

)4(4

4

024

')("

22

2

2

=−−

=+−

=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−++−+

aacb

aacb

vca

ba

bvbbav

sehingga

av” = v” = 0

xa

b

ekxky

kxkdxvv

kdxvv

2212

21

1

)(

'

"'

−+=

+==

==

∫∫

diperiksa apakah y1 dan y2 bebas linear dengan wronskian

0

21

2

))(,( 2

22

22

21 ≠=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

=−

−−

−−x

ab

ab

xa

b

xa

bx

ab

eex

abe

ab

xeexyyw

jadi diperoleh penyelesaian umum :

x

ab

xa

b

xececxy 22

21)(

−−+=

Contoh 2.2.9 :

Selesaikan y” + 4y’ + 4y = 0 ; y(-1) = 2 ; y’(-1) = 1


29

Penyelesaian :

Penyelesaian umum : x

ax

xececy 24

124

1

−−+=

xxx

xx

xecececy

xececy2

22

22

1

21

21

22' −−−

−−

−+−=

+=

substitusikan x = -1 dan y = 2, diperoleh

c1e2 – c2e2 = 2

substitusikan x = -1 dan y’ = 1 pada y’, diperoleh

-2c1e2 + 3c2e2 =1

dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh

c1 = 7e-2 dan c2 = 5e-2

Jadi penyelesaian khusus : □ xx xeeeey 2222 57 −−−− +=

C. Reduksi Order

Persamaan Diferensial Linear Orde-2

y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 ( 2.3.1 )

Jika y1(x) adalah penyelesaian dari persamaan (2.3.1), maka dengan

menggunakan metode d’Alembert dapat dicari y2(x). Karena y1(x)

penyelesaian maka :

y = v(x) y1(x)

y’ = v’(x)y1(x) + v(x)y’1(x)

y” = v”(x)y1(x) + 2v’(x)y’1(x) + v(x)y1” (x)

Dengan mensubstitusikan y, y’ dan y” ke persamaan (2.3.1), diperoleh

y1v” + (2y’1 + py1)v’ + (y1” + py1’ + qy1)v = 0


30

Karena y1 adalah penyelesaian dari persamaan (2.3.1) maka koefisien v =

0, sehingga :

y1v” + (2y’1 + py1)v’ = 0

Dengan mengandaikan u = v’ maka u’ = v”, sehingga

y1u’ + (2y’1 + py1)u = 0

Merupakan persamaan diferensial orde satu sehingga dapat diselesaikan

sebagai persamaan diferensial tk-1atau dengan variabel terpisah. Prosedur

ini disebut dengan reduksi order, karena langkah penyelesaiannya

dengan menggunakan persamaan diferensial orde satu.

Contoh 2.3.1 :

Misal y1(x) = x-1 penyelesaian dari 2x2 + 3xy’ – y = 0, carilah y2(x)!

Penyelesaian :

Misal : y = v(x)x-1 , maka

y ‘= v’x-1.-vx-2 ; y “= v”x-1 – 2v’x-2 + 2vx-3

dengan mensubstitusikan y, y’ dan y”, diperoleh

2x2(v”x-1 – 2v’x-2 + 2vx-3) + 3x(v’x-1 – vx-2) – vx-1

= 2xv” – v’ = 0

persamaan di atas direduksi menjadi persamaan diferensial orde satu

sehingga diperoleh penyelesaian :

v’(x) = cx1/2

v(x) = 2/3 cx3/2 + k

penyelesaian umum : y = 2/3 cx1/2 + kx □


31

D. Masalah Nilai Batas Persamaan Diferensial Orde-2

Definisi 2.4.1 :

Persamaan diferensial dengan bentuk :

y” = f ( x, y, y’ ) untuk bxa ≤≤ (2.4.1)

dengan nilai batas

α=)(ay dan β=)(by (2.4.2)

disebut Masalah Nilai Batas

Masalah nilai batas adalah persamaan diferensial dengan

Penyelesaian khusus yang diperoleh pada dua nilai yang berbeda dari

variabel bebas. Berbeda dengan masalah nilai awal yang penyelesaian

khususnya diperoleh dari satu titik, masalah nilai batas diperoleh dari dua

titik. Titik – titik tersebut membatasi satu interval dimana masalah nilai

batas tersebut harus diselesaikan.

Definisi 2.4.2 :

Suatu penyelesaian masalah nilai batas adalah penyelesaian dari Persamaan

Diferensial yang memenuhi nilai batas yang didefinisikan sepanjang

interval yang diberikan.

Untuk menyelesaiakan suatu masalah nilai batas, ada dua langkah :

a. Mencari penyelesaian umum dari persamaan diferensial tersebut

b. Menentukan suatu nilai konstan pada penyelesaian umum sehingga

memenuhi masalah nilai batas.


32

Contoh 2.4.1:

Selesaikan masalah nilai batas y”- y’ = 0 dengan nilai batas

y(0) = 1 dan y(2) = 0 !

Penyelesaian :

Misalkan : y = erx

y’ = rerx

y” = r2 erx

persamaan karakteristik : r2 – 1 = 0

akar – akar : r1 = 1 v r2 = -1

Penyelesaian Umum : y = c1ex + c2 e-x

Untuk x = 0 : c1 + c2 = 1 (*)

Untuk x = 2 : c1e2 + c2e-2 = 0 (**)

Selesaikan persamaan (*) dan (**) dengan mengalikan persamaan (*)

dengan e2, diperoleh

22

2

1 1 −−−=

eeec dan 22

2

2 −−=

eeec

diperoleh penyelesaian khusus :

xx eee

eeee

ey −−− ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−= 22

2

22

2

1 □

Contoh 2.4.2 ( Model Difusi ) :

Difusi merupakan proses penghamburan atau penyebaran suatu zat

yang dapat terpisah dalam zat cair pada suatu tempat. Penyebaran tersebut

dipengaruhi oleh perubahan konsentrasi dan menyebar dari konsentrasi tinggi


33

ke konsentrasi rendah. Proses tersebut berhenti jika konsentrasinya sudah

seimbang.

Perubahan konsentrasi dari titik ke titik merupakan turunan dari

konsentrasi tersebut terhadap posisi dan disebut dengan gradien konsentrasi.

Jika y(x) adalah konsentrasi di titik x, maka gradien konsentrasinya di titik x

adalah y’(x) dan aliran zat karena difusi adalah –Dy’(x).

area

konsentrasi konsentrasi

tinggi -Dc’(x) rendah

c

c’(x)<0

x

x

Gambar 2.1

Misalkan aliran air laut yang mengandung garam dengan konsentrasi

tinggi y0 melalui sebuah kanal ke air yang konsentrasi garamnya lebih rendah

yL. Andaikan bagian kanal tersebut berada pada koordinat x dan x + . xΔ

A(x)

V(x) V(x + ) xΔ

x x + xΔ

Gambar 2.2


34

Volume air yang mengalir per satuan waktu melalui kedua tembok

adalah hasil kali antara dari luas permukaan tembok dan kecepatan aliran air

pada kanan, yaitu AV. Dan kecepatan total dimana garam masuk karena

aliran air adalah hasil kali volume air dengan konsentrasi, yaitu AVy. Jadi

aliran garam yang masuk dari ruas kiri adalah :

A(x)V(x)y(x)

Dan keluar dari ruas kanan

A(x + ) V(x +xΔ xΔ ) y(x + xΔ )

Aliran garam melalui suatu area karena difusi adalah –Dy’, maka rata – rata

difusi yang masuk melalui ruas kiri adalah : -A(x)-Dy’(x)

dan keluar dari ruas kanan : -A(x + xΔ )-Dy’(x + xΔ )

Jadi total garam yang keluar dari ruas kanan

-A(x + )-Dy’(x +xΔ xΔ ) + A(x + xΔ ) V(x + xΔ ) y(x + ) xΔ

karena massa garam tidak dapat berubah menurut waktu, dan menurut hukum

keseimbangan, rata – rata masuk sama dengan rata – rata keluar (rate in =

rate out), maka

-A(x)-Dy’(x) + -A(x + xΔ )-Dy’(x + xΔ ) = -A(x + xΔ )-Dy’(x + ) +

A(x +

xΔ

xΔ ) V(x + ) y(x

+

xΔ

xΔ )

dengan mengumpulkan ke ruas kanan dan membagi dengan , diperoleh : xΔ

0)()()()()()(

)(')()(')(

=Δ

−Δ+Δ+Δ++

Δ−Δ+Δ+

−

xxyxVxAxxyxxVxxA

xxyxAxxyxxAD


35

karena limit menjadi nol, maka diperoleh persamaan diferensial orde-2

dengan nilai batas :

xΔ

-D (A (x)y’(x))’ + (A (x) V(x) y(x))’ = 0

dengan nilai batas c(0) = c0 , c(L) = cL □

Contoh 2.4.3 :

Selesaikan Model difusi

0'" =+− VyDy ; y(0) = 28 dan y(L) = 0

dengan D = -1.09 x 10-9 m2/s ; V = 0.2778 m/s ; L = 4,000 m

penyelesaian :

Dy” – Vy’ = 0

Misal : y = erx

y’ = rerx

y” = r2 erx

persamaan karakteristik : r2D – rV = 0

r ( rD – V ) = 0

DVrr =∨= 21 0

penyelesaian umum : x

DV

eccy 21 +=

untuk x = 0 : c1 + c2 = 28 (*)

untuk x = L : 021 =+ DVL

ecc (**)

selesaiakan (*) dan (**) untuk memperoleh c1 dan c2, diperoleh


36

1

28

1

28281

−=

−+=

DVL

DVL

DVL

e

e

ec

1

282

−

−=

DVL

ec

diperoleh penyelesaian khusus : 1

28

1

28)(−

−−

=D

VL

DVx

DVL

DVL

e

e

e

exy


37

BAB III

METODE RUNGE - KUTTA

A. Metode Simpson

Prinsip dasar metode Simpson yaitu membagi interval (batas integral)

ke dalam n subinterval. Selanjutnya untuk setiap subinterval dibuat kurva

kuadratik yang menginterpolasi titik-titik di dalam subinterval tersebut. Nilai

pendekatan integral diperoleh dengan menjumlahkan semua luas bidang yang

dibatasi sumbu x dan kurva kuadratik tersebut pada semua subinterval.

Metode integrasi Simpson merupakan pengembangan metode integrasi

trapezoida, hanya saja daerah pembaginya bukan berupa trapesium tetapi

berupa dua buah trapesium dengan menggunakan pembobot berat di titik

tengahnya seperti telihat pada gambar berikut ini. Atau dengan kata lain

metode ini adalah metode rata-rata dengan pembobot kuadrat.

Gambar 3.1 Pembagian kurva setiap dua buah trapezium dengan pembobot

berat.


38

Bila menggunakan trapesium luas bangun di atas adalah :

( ) ( ) ( 1111 2222 +−+− ++=+++= iiiiiii fffhffhffhL ) (3.1.1)

Pemakaian aturan simpson dimana bobot fi sebagai titik tengah dikalikan

dengan 2 untuk menghitung luas bangun diatas dapat dituliskan dengan:

( ) ( ) ( 1111 43

23

23 +−+− ++=+++= iiiiiii fffhffhffhL ) (3.1.2)

perhatikan gambar berikut :

Gambar 3.2 Pembagian kurva dengan metode Simpson

Dengan menggunakan aturan Simpson, luas dari daerah yang dibatasi fungsi

y=f(x) dan sumbu X dapat dihitung sebagai berikut :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )nnnn ffhffh

ffhffhffhffhL

++++

++++++++=

−−− 112

43322110

23

23

_23

23

23

22 (3.1.3)

atau dapat dituliskan dengan :

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++= ∑∑ n

igenapi

iganjili ffffhL 24

3 0 (3.1.4)


39

Algoritma Metode Integrasi Simpson adalah :

a. Definisikan y = f(x)

b. Tentukan batas bawah (a) dan batas atas integrasi (b)

c. Tentukan jumlah pembagi n

d. Hitung h = (b-a)/n

e. Hitung : ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++= ∑∑ n

igenapi

iganjili ffffhL 24

3 0

B. Metode Runge – Kutta Orde Empat

Peninjauan metode perhitungan yang praktis dimulai dengan suatu

kelas metode yang luas, yang dikenal dengan metode Runge-Kutta. Metode

Runge-Kutta mempunyai tiga sifat yang utama :

1. Metodenya satu langkah: untuk mencapai yn+1 hanya diperlukan

keterangan yang tersedia pada titik sebelumnya yaitu xn, yn.

2. Mendekati ketelitian metode deret Taylor sampai suku dalam hp,

dimana nilai p berbeda, dan p ini disebut derajat dari metode.

3. Tidak memerlukan penghitungan turunan f(x, y) tetapi hanya

memerlukan fungsi itu sendiri.

Sifat ketiga tersebut yang menyebabkan metode Runge-Kutta lebih praktis.

Metode Runge-Kutta yang akan dibahas dalam Bab ini adalah Metode

Runge-Kutta Orde-4. Metode Runge-Kutta Orde-4 mempunyai dua versi

yang sering digunakan. Bentuk pertama yaitu berdasarkan aturan Simpson’s

1/3 dan ditulis sebagai berikut :

k1 = hf(yn, xn)


40

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

21

2hxkyhfk nn (3.3.1)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

22

3hxkyhfk nn

k4 = hf(yn + k3, xn + h)

[ ]43211 2261 kkkkyy nn ++++=+

bentuk kedua berdasarkan pada aturan Simpson’s 3/8, dan ditulis :

k1 = hf(yn, xn)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

3,

31

2hxkyhfk nn (3.3.2)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=

3,

3321

3hxkkyhfk nn

k4 = hf(yn + k1 – k2 + k3, xn + h)

[ ]43211 3381 kkkkyy nn ++++=+

dengan nilai n dimulai dari n = 0 dan iterasi berhenti jika nilai x sudah

terpenuhi.

Contoh 3.2.1 :

Hitunglah y(1) dengan menyelesaikan

1)0(,1

1' 2 =+

−= yy

y

dengan metode Runge-Kutta orde-4 dengan h = 1 !

Penyelesaian :

Persamaan ditulis sebagai :


41

211),(y

xyf+

−=

dengan y0 = 1 dan x0 = 0. Karena hanya diminta untuk satu interval maka

penghitungan seluruhnya adalah :

n = 0 : 21

111),( 001 −=+

−== xyhfk

64.0))75.0(1(

12

,2 201

02 −=+

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

hxkyhfk

6838.0))68.0(1(

12

,2 202

03 −=+

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

hxkyhfk

k4 = hf(y0 + k3, x0 + h) =- 9091.0))3161.0(1(

12 −=

+

[ ]432101 2261 kkkkyy ++++=

[ ] 3238.09091.0)6838.0(2)64.0(25.0611 =−−−−+=

Contoh 3.2.2 :

Selesaikanlah y’ = xy + 1 ; y(0) = 0, dengan metode Runge-Kutta orde-4

dengan h = 0.2 pada x = 1 !

Penyelesaian :

Persamaan ditulis sebagai : f(y, x) = xy + 1

dengan y0 = 0 dan t0 = 0

untuk n = 0 dan x1 = 0.2 :

k1 = hf(y0, t0) = 0.2 (0 + 1) = 0.2

[ 202.01)1.00)(1.00(2.02

,2 01

02 =+++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

hxkyhfk ]


42

[ ] 20202.01)1.00)(101.00(2.02

,2 02

03 =+++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

hxkyhfk

k4 = hf(yn + k3, xn + h) = 0.2[(0 + 0.20202)(0 + 0.2) + 1] = 0.208

[ ]432101 2261 kkkkyy ++++=

= [ ] 2026.0208.0)20202.0(2)202.0(22.0610 =++++

untuk n =1 dan x2 = 0.4 :

k1 = hf(y1, x1) = 0.2 [(0.2026)(0.2) + 1] = 0.2081

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 11

12hxkyhfk

= 0.2[(0.2026 + 0.10405)(0.2 + 0.1) + 1] = 0.2184

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 12

13hxkyhfk

= [ ] 2187.01)1.02.0)(1092.02026.0(2.0 =+++

k4 = hf(y1 + k3, x1 + h)

= 0.2[(0.2026 + 0.2187)(0.2 + 0.2) + 1] = 0.2337

[ ]432112 2261 kkkkyy ++++=

= [ ] 4219.02337.0)2187.0(2)2184.0(22081.0612026.0 =++++

untuk n = 2 dan x3 = 0.6 :

k2 = hf(y2, x2) = 0.2 [(0.4219)(0.4) + 1] = 0.2337

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 21

22hxkyhfk

= 0.2[(0.4219 + 0.1169)(0.4 + 0.1) + 1] = 0.2539


43

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 22

23hxkyhfk

= 0.2[(0.4219 + 0.1269)(0.4 + 0.1) + 1] = 0.2549

k4 = hf(y2 + k3, x2 + h)

= 0.2[(0.4219 + 0.2549)(0.4 + 0.2) + 1] = 0.2812

[ ]432123 2261 kkkkyy ++++=

= [ ] 6773.02812.0)2549.0(2)2539.0(22337.0614219.0 =++++

untuk n = 3 dan x4 = 0.8 :

k1 = hf(y3, x3) = 0.2 [(0.6773)(0.6) + 1] = 0.2813

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 31

32hxkyhfk

= 0.2[(0.6773 + 0.1407)(0.6 + 0.1) + 1] = 0.3145

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 32

33hxkyhfk

= 0.2[(0.6773 + 0.1573)(0.6 + 0.1) + 1] = 0.3168

k4 = hf(y3 + k3, x3 + h)

= 0.2[(0.6773 + 0.3168)(0.6 + 0.2) + 1] = 0.3591

[ ]432134 2261 kkkkyy ++++=

= [ ] 9945.03591.0)3168.0(2)3145.0(22813.0616773.0 =++++

untuk n = 4 dan x5 = 1 :

k1 = hf(y4, x4) = 0.2 [(0.9945)(0.8) + 1] = 0.3591


44

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 41

42hxkyhfk

= 0.2[(0.9945 + 0.1796)(0.8 + 0.1) + 1] = 0.4113

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

2,

2 42

43hxkyhfk

= 0.2[(0.9945 + 0.2057)(0.8 + 0.1) + 1] = 0.416

k4 = hf(y4 + k3, x4 + h)

= 0.2[(0.9945 + 0.4160)(0.8 + 0.2) + 1] = 0.4821

[ ]432145 2261 kkkkyy ++++=

= [ ] 41067.14821.0)4160.0(2)4113.0(23591.0619945.0 =++++

diperoleh penyelesaian untuk y’ = xy + 1 pada y(1) = y5 = 1.41067

n =

5

======================================================

| x | Peny.hampiran | Peny. eksak | P.eksak-P.hamp | Kesalahan relatif |

======================================================

|0.20 | 0.202687 | 0.204082 | 0.001395 | 0.683468 |

|0.40 | 0.422029 | 0.434783 | 0.012753 | 2.933260 |

|0.60 | 0.677458 | 0.731707 | 0.054250 | 7.414109 |

|0.80 | 0.994654 | 1.176471 | 0.181816 | 15.454397 |

|1.00 | 1.410676 | 2.000000 | 0.589324 | 29.466213 |>>


45

Gambar 3.3 Grafik metode Runge kutta orde 4

Untuk h = 0.1 maka hasilnya

n =

10

=====================================================

| x | Peny.hampiran | Peny. Eksak | P.eksak-P.hamp | Kesalahan rel |

=====================================================

|0.10 | 0.100334 | 0.100503 | 0.000169 | 0.167710 |

|0.20 | 0.202688 | 0.204082 | 0.001394 | 0.682860 |

|0.30 | 0.309164 | 0.314136 | 0.004972 | 1.582799 |

|0.40 | 0.422032 | 0.434783 | 0.012751 | 2.932703 |

|0.50 | 0.543826 | 0.571429 | 0.027602 | 4.830394 |

|0.60 | 0.677461 | 0.731707 | 0.054246 | 7.413610 |


46

|0.70 | 0.826367 | 0.927152 | 0.100786 | 10.870447 |

|0.80 | 0.994660 | 1.176471 | 0.181811 | 15.453930 |

|0.90 | 1.187363 | 1.512605 | 0.325242 | 21.502120 |

|1.00 | 1.410685 | 2.000000 | 0.589315 | 29.465725 |>>

Gambar 3.4 Grafik metode Runge kutta orde 4

Dari gambar 3.3 dan 3.4 dapat dilihat bahwa jika langkah h diperkecil

n menjadi lebih banyak dan selisih antara penyelesaian hampiran dan

penyelesaian eksaknya atau kesalahan relatifnya semakin besar. Jadi

penyelesaiannya tidak akurat.


47

Aplikasi dari metode Runge-Kutta untuk Persamaan Diferensial Orde

Dua untuk Masalah Nilai Awal adalah sebagai berikut. Misalkan suatu

Persamaan Differensial orde-2 :

y”(x) + ay’(x) + by(x) = q(x) , y(0) = 1 , y’(0) = 0 (3.2.3)

dimana a dan b adalah koefisien dan q(x) adalah fungsi yang diketahui dan

diberikan nilai awal. Dengan mendifinisikan :

z(t) = y’(x) (3.2.4)

persamaan diatas dapat direduksi menjadi dua Persamaan Diferensial Orde-1

y’= f(y, z,x) = z , y(0) = 1

z = g(y, z,x) = -ay – by + q , z(0) = 0 (3.2.5)

Metode Runge-Kutta orde –4 untuk persamaan diatas tersebut menjadi

k1 = hf(yn, zn, xn) = hzn

l1 = hg(yn, zn, xn)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

211

2hxlzkyhfk nnn

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

211

2hxlzkyhgl nnn (3.2.6)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2212

3hxlzkyhfk nnn

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

222

3hxlzkyhgl nnn

k4 = hf(yn + k3, zn + l3, xn + h)

l4 = hg(yn + k3, zn + l3, xn + h)

[ ]43211 2261 kkkkyy nn ++++=+


48

[ ]43211 2261 llllzz nn ++++=+

nilai n dimulai dengan n = 0 dan iterasi berhenti jika t terpenuhi.

Contoh 3.2.3 :

Hitunglah y(3) untuk y”+ y’ – 12y = 0 dengan y(2) = 2, y’(2) = 0 dan

h = 0,5 !

Penyelesaian :

Dengan mendifinisikan : z(t) = y’(t)

y’ = f(y, z, t) = z , y(2) = 2

z’ = g(y, z, t) = -z +12y, z(2) = 0

akan diselesaikan dengan h = 0.5, x0 = 2 dan y0 = 2

n = 0 dan x1 = xn + h = 2 + 0,5 = 2,5

k1 = hf(y0, z0, x0) = hz0

= 0.5 ( 0 ) = 0

l1 = hg(y0, z0,x0)

= 0,5 [ 0 + 12(2)] = 12

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 01

01

02hxlzkyhfk

= 0,5 (6) = 3

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 01

01

02hxlzkyhgl

= 0,5 [ -6 + 12(2 + 0 )] = 9

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 021

02

03hxlzkyhfk


49

= 0,5 (4,5) = 2,25

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 02

02

03hxlzkyhgl

= 0,5 [-4,5 + 12(2 + 1,5)] = 18,75

k4 = hf(y0 + k3, z0 + l3,x0 + h)

= 0,5(18,75) = 9,375

l4 = hg(y0 + k3, z0 + l3, x0 + h)

= 0,5[-18,75 + 12 (4,25)] = 16,125

[ ]432101 2261 kkkkyy ++++=

[ ] 3125,5375,9)25,2(2)3(20612 =++++=

[ ]432101 2261 llllzz ++++=

[ ] 94,13125,165,371812610 =++++=

untuk n = 1 dan x2 = 2,5 + 0,5 = 3

k1 = hf(y1, z1,x1) = hz1

= 0.5 (13,94 ) = 6,97

l1 = hg(y1, z1, x1)

= 0,5 [ -13,94 + 12(5,3125)] = 24,9

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 11

11

12hxlzkyhfk

= 0,5 [13,94 + 12,45] = 13,195

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 11

11

12hxlzkyhgl

= 0,5 [ -26,39 + 12(5,3125 + 3,5 )] = 39,68


50

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 121

12

13hxlzkyhfk

= 0,5 (33,78) = 16,89

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 12

12

13hxlzkyhgl

= 0,5 [-33,78 + 12(11,91)] = 54,57

k4 = hf(y1 + k3, z1 + l3, x1 + h)

= 0,5(68,51) = 34,255

l4 = hg(y1 + k3, z1 + l3, x1 + h)

= 0,5[-68,51 + 12 (22,2)] = 98,95

[ ]432112 2261 kkkkyy ++++=

[ ] 2117,22255,347,3339,2697,6613125,5 =++++=

[ ]432112 2261 llllzz ++++=

[ ] 9.6595,9814,10936,799,246194,13 =++++=

Jadi y(3) = y2 = 22,2117

penghitungan atau iterasi berhenti jika x sudah terpenuhi, pertambahan x sesuai

dengan h yang diketahui, dimana xn+1 = xn + h.

Metode Runge Kutta Orde Empat ini akan digunakan dalam Metode

Tembakan untuk menyelesaikan dua masalah nilai awal yang diperoleh dari

mereduksi masalah nilai batas.


51

C. Analisis Galat

Galat pada pemotongan dari metode Runge-Kutta untuk orde ke p adalah

Khp+1 dimana K adalah konstan. Penurunan batas K bukanlah hal yang sederhana,

dan selain itu perhitungannya memerlukan besaran yang tidak tampak. Salah satu

kesukaran dari metode Runge-Kutta adalah kurang sederhananya cara penafsiran

galatnya. Taksiran galat merupakan hasil tambahan dari perhitungan titik yang

baru.

Tanpa taksiran galat pemotongan, sukar untuk memilih nilai h yang pantas.

Suatu patokan dasar adalah demikian:

21

32

kkkk

−−

menjadi lebih besar ( lebih besar dari ratusan ) maka h harus diperkecil.

Ambil yn harga yang “benar” pada jawab x = x0 + nh. Maka dari metode klasik orde

keempat :

yn = yn(h) + Kh5

dimana superskrip (h) pada yn menunjukkan bahwa yn dihitung dengan ukuran

selang h. Bila selanjutnya digunakan selang h/2, didapat :

5

22⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+= ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ hkyy

h

nn

jika kedua persamaan dikurangkan :

52

)(

1615 Khyy

h

nh

n −=− ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dan galat pemotongan adalah :

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −== ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ )(2

5

1516 h

n

h

nT yyKhE


52

BAB IV

PENYELESAIAN NUMERIK MASALAH NILAI BATAS


Untuk menyelesaikan masalah nilai batas persamaan diferensial biasa

orde dua ada beberapa metode yang dapat dilakukan antara lain metode selisih

berhingga, metode elemen hingga, dan metode tembakan (shooting method).

Metode tembakan merupakan metode yang sederhana dan mudah digunakan.

Metode ini bekerja dengan cara mcrcduksi masalah nilai batas menjadi masalah

nilai awal.

Metode Tembakan sangat bergantung pada pemilihan nilai slope awal

yang tidak diketahui nilainya. Metode Tembakan akan berhasil pemakaiannya

bila pemilihan slope awal yang dipilih mendekati slope yang sebenarnya.

Disebut Metode Tembakan karena pada dasarnya metode ini dilakukan dengan

menembak satu nilai awal sebagai penyelesaian, apabila nilai tersebut kurang

sesuai maka akan ditembak satu nilai di atas nilai tersebut atau dibawah nilai

tersebut sampai pada akhirnya konvergen ke penyelesaian.

Pada Bab ini akan dibahas Penyelesaian Numerik Masalah Nilai Batas

menggunakan Metode Tembakan ( Linear Shooting Method ).

A. Metode Tembakan Linear

Andaikan suatu persamaan diferensial linear adalah suatu masalah nilai

batas yang berbentuk :

y” = f (x, y, y’) dengan y(a) = A dan y(b) = B (4.1.1)


53

mempunyai penyelesaian tunggal y(x). Misalkan α=)(' ay . Nilai α belum

diketahui. Metode tembakan adalah menafsirkan nilai untuk α=)(' ay

sehingga menghasilkan suatu penyelesaian yang sesuai dengan nilai untuk y(b).

Dengan kata lain, misal penyelesaian Masalah Nilai Awal dengan α=)(' ay

adalah y(x, α), akan dicari nilai α sehingga y(b, α) = B.

Untuk mendekati penyelesaian persamaan (4.1.1) dengan metode tem-

bakan adalah dengan mereduksi persamaan (4.1.1) ke dalam dua masalah nilai

awal.

Misal y1(x) dan y2(x) adalh penyelesaian dari masalah nilai awal

0)(';)(

)()(')("

11

111

==+=

ayAayxqyxpyxy

(4.1.2)

dan

1)(;0)(

)()(')("

22

222

==+=

ayayxqyxpyxy

(4.1.3)

misalkan y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) adalah penyelesaian dari y”(x) = py’(x) + qy(x)

dilihat dari penyelesaian berikut :

y”(x) = c1y1”(x) + c2y2”(x)

= c1(py1’(x) + qy1(x)) + c2(py2’(x) + qy2(x))

= c1py1’(x) + c1qy1(x) + c2py2’(x) + c2qy2(x)

= p(c1y1’(x) + c2y2’(x)) + q(c1y1(x) + c2y2(x))

= py’(x) + qy(x)

masukkan nilai awal untuk x = a dalam penyelesaian y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

y(a) = c1y1(a) + c2y2(a)

= c1 A + 0 = A (4.1.4)


54

y’(a) = c1y1’(a) + c2y2’(a)

= 0 + c2 = 1 (4.1.5)

sehingga diperoleh c1 A = A maka nilai c1 = 1 dan c2 = 1

masukkan nilai batas untuk x = b kedalam penyelesaian y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

y(b) = c1y1(b) + c2y2(b) = B (4.1.6)

masukkan nilai c1 dan c2 kedalam persamaan di atas

jika c2 = 1, maka

c1y1(b) + y2(b) = B (4.1.7)

sehingga )(

)(

1

21 by

byBc −=

diperoleh penyelesaian

)()()(

)()( 211

2 xyxyby

byBxy +−

= (4.1.8)

atau jika c1 = 1, maka

y1(b) + c2y2(b) = B (4.1.9)

sehingga )(

)(

2

12 by

byc −=

B

diperoleh penyelesaian

)()(

)()()( 22

11 xy

bybyBxyxy −

+= (4.1.10)

untuk menyelesaikan y1(x) secara numerik dan memperoleh nilai dari y2(x) dari

persamaan (4.1.10), digunakan metode Runge-Kutta orde empat. Kemudian

nilai tersebut digunakan untuk mencari nilai dari wn, dengan :

)()(

)(2

2

1 xyby

byBwn−

=

dan penyelesaian untuk y(x) = y1(x) + wn.


55

Secara umum langkah – langkah Metode Tembakan sebagai berikut :

1. Langkah 1 : Masukkan nilai yang diketahui, a,b, h, B

2. Tentukan nilai n dengan n = [b-a]/h

3. Hitung penyelesaian dengan menggunakan metode Runge-Kutta orde

empat dari masalah nilai awal pertama:

0)(';)(

)()(')("

11

111

==+=

ayAayxqyxpyxy

4. Hitung penyelesaian dengan menggunakan metode Runge-Kutta orde

empat dari masalah nilai awal kedua

1)(;0)(

)()(')("

22

222

==+=

ayayxqyxpyxy

5. Hitung nilai Wn dengan )()(

)(2

2

1 xyby

byBwn−

=

6. Hitung penyelesaian dengan y(x) = y1(x) + wn.

Contoh 4.1.1 :

Selesaikan 11

2'1

2" 22 ++

++

= yx

yxxy , y(0) = 1.25; y(0.2) = - 0.95,

pada interval [0,0.2] !

Penyelesaian :

Fungsi dari p, q dan r adalah 212)(

xxxp

+= , 21

2)(x

xq+

= dan 1)( =xr

Langkah pertama, persamaan tersebut direduksi menjadi dua persamaan

masalah Nilai awal.

Misalkan y1(x) = u dan y2(x) = v, maka persamaan menjadi :


56

11

2'1

2" 22 ++

++

= ux

uxtu , u(0) = 1.25 ; u’(0) = 0

vx

vxtv 22 1

2'1

2"+

++

= , v(0) = 0 ; v’(0) = 1

Langkah kedua, untuk menyelesaikan u dan v, digunakan metode Runge-Kutta

orde-4.

a. 11

2'1

2" 22 ++

++

= ux

uxtu , u(0) = 1.25 ; u’(0) = 0

persamaan tersebut direduksi menjadi dua persamaan diferensial orde satu

u’ = f(u, z, x) = z , u(0) = 1.25

z’ = g(u, z, x) = 11

21

222 +

++

+u

xz

xt , z(0) = 0

diselesaikan dengan 2.01

02.0=

−=

−=

Nabh

untuk n = 0 dan x1 = 0.2 :

k1 = hf(u0, z0, x0) = hz0

= 0.2 (0) = 0

l1 = hg(u0, z0,x0)

= 3.01)25.1(01

2)0()0(1)0(22.0 2 −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+−

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 01

01

02hxlzkuhfk

= 0.2(-0.15) = -0.03

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 01

01

02hxlzkuhgl

= 30098.01)25.1()1.0(1

2)15.0()1.0(1)1.0(22.0 22 −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+−−

+


57

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 02

02

03hxlzkuhfk

= 0.2 (-0.15049) = -0.030098

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 02

02

03hxlzkuhgl

= 29506.01)235.1()1.0(1

2)15049.0()1.0(1)1.0(22.0 22 −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+−−

+

k4 = hf(u0 + k3, z0 + l3, t0 + h)

= 0.2 (-0.29506) = -0.059

l4 = hg(u0 + k3, z0 + l3, t0 + h)

= 45944.11)2199.1()1.0(1

2)29506.0()1.0(1)1.0(22.0 22 −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+−−

+

[ ]432101 2261 kkkkuu ++++=

= [ ] 220134.1)059.0()030098.0(2)3.0(206125.1 =−+−+−++

[ ]432101 2261 llllzz ++++=

= [ ])1045944()29506.0(2)30098.0(23.0610 −+−+−+−+

= -0.49192

diperoleh nilai u(0.2) = u1 = 1.220134

peghitungan atau iterasi berhenti jika nilai x sudah terpenuhi, yaitu x = b.

b. vx

vxtv 22 1

2'1

2"+

++

= , v(0) = 0 ; v’(0) = 1

direduksi menjadi dua persamaan diferensial orde-1


58

v’ = f(u, z, x) = z , v(0) = 0

z’ = g(u, z, x) = vx

zxt

22 12

12

++

+ , z(0) = 1

diselesaikan dengan h = 0.2

untuk n = 0 dan x1 = 0.2 :

k1 = hf(v0, z0,x0) = hz0

= 0.2 (1) = 0.2

l1 = hg(v0, z0,x0)

= 0)0(01

2)1()0(1)0(22.0 2 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 01

01

02hxlzkvhfk

= 0.2(1) = 0.2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 01

01

02hxlzkvhgl

= 0)1.0()1.0(1

2)1()1.0(1)1.0(22.0 22 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 02

02

03hxlzkvhfk

= 0.2 (1) = 0.2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

22,

2 02

02

03hxlzkvhgl

= 0)1.0()1.0(1

2)1()1.0(1)1.0(22.0 22 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+

k4 = hf(v0 + k3, z0 + l3,x0 + h)

= 0.2 (1) = 0.2


59

l4 = hg(v0 + k3, z0 + l3, x0 + h)

= 0)2.0()2.0(1

2)1()2.0(1)2.0(22.0 22 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+

[ ]432101 2261 kkkkvv ++++=

= [ ] 2.0)2.0()2.0(2)2.0(22.0610 =++++

[ ]432101 2261 llllzz ++++=

= 1)0(611 =+

karena x = b maka diperoleh v1 = v(0.2) = 0.2 dan penghitungan atau iterasi

berhenti.

kemudian ux dan vx digunakan untuk menghitung wx

)2.0()2.0(

)2.0()()(

)(1 v

vuBtv

bvbuBw −

=−

=

170134.2)2.0(2.0220134.195.0

1 −=−−

=w

jadi y(x) = u(x) + w

= 1.220134 – 2.170134 = - 0.949994

B. Penerapan dengan Program Matlab

Penyelesaian Contoh 4.1.1 menggunakan Program Matlab dengan

masukkan nilai B, a, b, h, u0, p0, v0, q0 maka hasilnya sebagai berikut :


60

a. Pada Interval [0,0.2]

Gambar 4.1 Metode Tembakan


61

b. Pada Interval [0,4]


62

Gambar 4.2 Metode Tembakan


63

c. Pada interval [0,2]


64

Gambar 4.3


65

BAB V

PENUTUP

A. Kesimpulan

Masalah menyelesaikan suatu persamaan diferensial dapat

dibedakan menjadi dua, yaitu masalah nilai awal dan masalah nilai batas.

masalah nilai awal adalah persamaan diferensial yang penyelesaian

khususnya diperoleh dari satu titik dan masalah nilai batas adalah

persamaan diferensial dengan penyelesaian khusus yang diperoleh pada dua

nilai yang berbeda atau dari dua titik.

Masalah nilai batas dapat tidak mempunyai penyelesaian atau

jika ada penyelesaiannya tidak tunggal. Masalah nilai batas bila

mempunyai penyelesaian tunggal sulit untuk diselesaikan, karena tidak ada

teori sederhana untuk menjamin penyelesaian tunggal pada masalah nilai

batas.

Penyelesaian masalah nilai batas yang tidak tunggal dapat

diperoleh dengan pendekatan secara numeris. Prosedur numeris yang akan

digunakan dalam skripsi ini adalah Metode Tembakan (Linear Shooting

Methods). Untuk mendekati penyelesaian persamaan masalah nilai batas

tersebut dengan metode tembakan adalah dengan mereduksi persamaan

masalah nilai batas ke dalam dua masalah nilai awal, kemudian

menyelesaikan masalah nilai awal tersebut menggunakan metode Runge

Kutta Orde Empat.


66

Keuntungan dari metode Tembakan ini adalah praktis karena

masalah nilai batas dapat direduksi menjadi dua masalah nilai awal yang

lebih mudah diselesaikan dengan metode Runge-Kutta. sedangkan

kekurangan dari metode tembakan ini adalah pada pemilihan slope

awalnya, jika pemilihan slope awalnya tidak atau kurang mendekati, maka

penggunaan Metode Tembakan tidak akan berhasil.

B. Saran

Meskipun ada keuntungan dalam menggunakan metode

tembakan untuk menyelesaikan masalah nilai batas, yaitu praktis dan

mudah, tetapi masih ada kekurangan yaitu dalam ketelitian memilih slope

awal. Jika pemilihan slope awalnya tidak atau kurang mendekati, maka

penggunaan Metode Tembakan tidak akan berhasil. Jadi disarankan agar

pembaca dapat menggunakan metode lain untuk menyelesaikan masalah

nilai batas, misalnya dengan Metode Beda Hingga (Finite-Difference

Method).


67

DAFTAR PUSTAKA

Diprima, B., 2001” Elementary Diferential Equations “, seventh edition, John

Wiley and Sons, Inc.

Djojodihardjo, H, 2000, ” Metode Numerik”, PT Gramedia Pustaka Utama, Jakarta.

Davis, P.W.,2000 “ Differential Equation For Mathematics, Science and

Engineering”, Prentice Hall International Inc.

Fausett, R. L. And D.J, Faires, 1987, “Applied Numerical Analisys”, Fifth Edition,

PWS Publishing Company Boston, Boston, 577-621

Mathews, J.H., 2000 “Numerical Methods for Mathematics, Science, And

Engineering”,second Edition, 484 – 497

Nakamura , S., 2002, “Numerical Analysis and Graphic Vizualization with

MATLAB”, Second Edition, Prentice Hall PTR, New Jersey, 415-439

Plybon, B.F., 1992, “An Introduction To Apllied”,PWS Publishing Company

Boston, Boston, 465-503

Rice, Bernard J. And J.D, Strange, 1986, “Ordinary Differential Equations With

Applications”, Brooks / Cole Publishing Company, Monterey, California.

Tutoyo, A, 1991,” Diktat Persamaan Diferensial Biasa”, Universitas Sanata

Dharma, Yogyakarta.


68

LAMPIRAN 1

Program Metode Runge Kutta Orde 4

function[]=frungek_orde4(a,b,h,y0)

% Fungsimetode Runge Kutta Orde 4

% input : f fungsi yang digunakan y' = x*y+1

% a adalah titik awal interval

% b adalah titik akhir interval

% h adalah ukuran langkah untuk maghitung nilai y pada interval

% n adalah banyaknya langkah

% w dan x untuk menyimpan nilai x dan y

clc

n=[b-a]/h

x=zeros(1,n);

w=zeros(1,n);

z=zeros(1,n);

x0=0;

fprintf('\n======================================================

=====================\n')

fprintf('| x | Peny.hampiran | Peny. eksak | P.eksak-P.hamp | Kesalahan rel |\n')

fprintf('\n======================================================

=====================\n')

for j=1:n

k1=h*feval('pers1',x0,y0);

k2=h*feval('pers1',x0+h/2,y0+k1/2);

k3=h*feval('pers1',x0+h/2,y0+k2/2);

k4=h*feval('pers1',x0+h,y0+k3);

y(j)=y0+[k1+2*k2+2*k3+k4]/6;


69

x(j)=a+h*j;

w(1,j)=y(j);

x0=x(j);

y0=y(j);

z(j)=x(j)/(1-(1*x(j)*x(j)/2));

err(j)=abs(y(j)-z(j));

rel(j)=(err(j)/z(j))*100;

%membuat tabel

fprintf('\n|%3.2f | %9.6f | %10.6f | %10.6f | %10.6f

|',x(j),w(j),z(j),err(j),rel(j))

end

%grafik

plot(x,w,'k')

hold on

plot(x,z,'o')

legend('Peny hampiran','Peny eksak',4);

title('Grafik Metode Runge Kutta Orde 4')

xlabel('Nilai x')

ylabel('Nilai y')


70

LAMPIRAN 2

Fungsi Metode Tembakan

1. Fungsi untuk persamaan 1

function U=Shooting1(a,b,h,u0,p0)

% Fungsi metode tembakan (shooting Method)

% input : f fungsi yang digunakan u' = z dan p' = (2x/1+x*x)p+(2/1+x*x)+1





n=(b-a)/h;

x0=0;

for j=1:n

k1=h*feval('pers2',p0);

l1=h*feval('pers3',u0,p0,x0);

k2=h*feval('pers2',p0+l1/2);

l2=h*feval('pers3',u0+k1/2,p0+l1/2,x0+h/2);

k3=h*feval('pers2',p0+l2/2);

l3=h*feval('pers3',u0+k2/2,p0+l2/2,x0+h/2);

k4=h*feval('pers2',p0+l3);

l4=h*feval('pers3',u0+k3,p0+l3,x0+h);

u(j)=u0+[k1+2*k2+2*k3+k4]/6;

p(j)=p0+[l1+2*l2+2*l3+l4]/6;

x(j)=a+h*j;


71

c(j)=u(j);

x0=x(j);

u0=u(j);

p0=p(j);

n=n+1;

end

U=u;

plot(x,c,'k')

title('Grafik Metode Tembakan')

xlabel('Nilai x')

ylabel('Nilai u')

2. Fungsi untuk persamaan 2

function V=Shooting2(a,b,h,v0,q0)

% Fungsi metode tembakan (shooting Method)





n=(b-a)/h;

x0=0;

for j=1:n

k1=h*feval('pers4',q0);

l1=h*feval('pers5',v0,q0,x0);

k2=h*feval('pers4',q0+l1/2);

l2=h*feval('pers5',v0+k1/2,q0+l1/2,x0+h/2);

k3=h*feval('pers4',q0+l2/2);


72

l3=h*feval('pers5',v0+k2/2,q0+l2/2,x0+h/2);

k4=h*feval('pers4',q0+l3);

l4=h*feval('pers5',v0+k3,q0+l3,x0+h);

v(j)=v0+[k1+2*k2+2*k3+k4]/6;

q(j)=q0+[l1+2*l2+2*l3+l4]/6;

x(j)=a+h*j;

c(j)=v(j);

%fprintf('\n%3.2f %9.4f ',x(j),v(j));

x0=x(j);

v0=v(j);

q0=q(j);

end

V=v;

%grafik

plot(x,c,'k')

title('Grafik Metode Tembakan')

xlabel('Nilai x')

ylabel('Nilai v')


73

LAMPIRAN 3

Program Menu Utama

%function m= menu_utama(B)

clc

fprintf('Metode tembakan untuk masalah nilai batas\n')

fprintf('y"=(2x/(1+x*x))y+(2/(1+x*x))+1,dengan y(0)=1.25, y(2)=-0.95\n')

fprintf('pada interval [0,2]\n')

fprintf('dengan input sebagai berikut : \n')

B = input('B = ');

a = input('a = ');

b = input('b = ');

h = input('h = ');

u0 = input('u0 = ');

p0 = input('p0 = ');

v0 = input('v0 = ');

q0 = input('q0 = ');

U=Shooting1(a,b,h,u0,p0);

V=Shooting2(a,b,h,v0,q0);

fprintf('========================================================

===========\n')

fprintf('| x | u | w | v | Peny. Hampiran |\n')

fprintf('========================================================

===========\n')

x0=0;


74

n=(b-a)/h;

w=0;

for j=1:n

w(j)=((B-U(n))./V(n)).*V(j);

y(j) = U(j) +w(j);

x(j)=a+h*j;

fprintf('\n%3.2f %15.6f %15.6f %15.6f %15.6f ',x(j),U(j),w(j),V(j),y(j))

end


plagiat merupakan tindakan tidak terpuji · pdf filepenyelesaian fundamental persamaan...

Documents