METODE RUNGE-KUTTA DAN BLOK RASIONAL UNTUK MENYELESAIKAN MASALAH NILAI AWAL

Transkripsi

1 METODE RUNGE-KUTTA DAN BLOK RASIONAL UNTUK MENYELESAIKAN MASALAH NILAI AWAL Tugas Akhir Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Sains Program Studi Matematika Oleh : Agung Christian NIM: PROGRAM STUDI MATEMATIKA, JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA 2017 i

2 RUNGE-KUTTA AND RATIONAL BLOCK METHODS FOR SOLVING INITIAL VALUE PROBLEM FINAL ASSIGNMENT Presented as Partial Fulfillment of the Requirements to Obtain the Degree of Sarjana Sains Mathematics Study Program Written by: Agung Christian Student Number: MATHEMATICS STUDY PROGRAM DEPARTMENT OF MATHEMATICS FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY SANATA DHARMA UNIVERSITY YOGYAKARTA 2017 ii

3

4

5 MOTTO Hal yang paling penting dalam hidup bukanlah kemenangan namun perjuangan. Hal yang perlu bukanlah menaklukan, tapi telah berjuang dengan baik ~Eddie the eagle~ Bagaimana buruknya hidup, akan selalu ada sesuatu yang bisa dilakukan dan bisa kau gapai, selama masih ada kehidupan maka akan selalu ada harapan ~The theory of everything~ v

6 HALAMAN PERSEMBAHAN Karya ini aku persembahkan kepada: Tuhan Yesus Kristus yang selalu membuatku kuat dan bertahan pada pilihan yang aku buat. Bapak-Ibu dan keluarga besar F. B. Soeharto. vi

7 PERNYATAAN KEASLIAN Saya menyatakan dengan sesungguhnya, bahwa tugas akhir yang saya tulis ini tidak memuat karya atau bagian karya orang lain kecuali yang disebutkan dalam daftar pustaka, sebagaimana layaknya karya ilmiah. Yogyakarta, 20 Februari 2017 Agung Christian vii

8 LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI KARYA ILMIAH UNTUK KEPENTINGAN AKADEMIS Yang bertanda tangan di bawah ini, saya mahasiswa Universitas Sanata Dharma: Nama : Agung Christian NIM : Demi pengembangan ilmu pengetahuan, saya memberikan kepada Perpustakaan Universitas Sanata Dharma karya ilmiah saya yang berjudul: METODE RUNGE-KUTTA DAN BLOK RASIONAL UNTUK MENYELESAIKAN MASALAH NILAI AWAL beserta perangkat yang diperlukan (bila ada). Dengan demikian saya memberikan kepada Perpustakaan Universitas Sanata Dharma untuk menyimpan, mengalihkan ke dalam bentuk media lain, mengelolanya dalam bentuk pangkalan data, mendistribusikan secara terbatas dan mempublikasikannya di internet atau media lain untuk kepentingan akademis tanpa perlu meminta ijin dari saya maupun memberikan royalti kepada saya selama tetap menyantumkan nama saya sebagai penulis. Demikian pernyataan ini saya buat dengan sebenarnya, Dibuat di Yogyakarta Pada tanggal: 20 Februari 2017 Yang menyatakan Agung Christian viii

9 ABSTRAK Tugas akhir ini membahas tentang penyelesaian numeris masalah nilai awal dengan menggunakan metode Runge-Kutta dan metode blok rasional. Metode Runge-Kutta yang digunakan yaitu, Runge-Kutta tingkat satu (metode Euler) dan Runge-Kutta tingkat dua (metode Heun). Kedua metode numeris Runge-Kutta tersebut sering digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal. Metode blok rasional diperkenalkan oleh Teh Yuan Ying dan kawankawan pada tahun Metode ini merupakan metode yang tidak banyak dikenal umum, sehingga metode ini jarang digunakan. Metode blok rasional merupakan gabungan dari metode satu langkah dan dua langkah yang dalam penghitungannya metode blok rasional membentuk suatu blok yang di dalamnya terdapat tiga buah titik. Jadi metode blok rasional mampu menghitung nilai hampiran dua buah titik secara bersamaan dalam satu iterasi. Selain itu metode blok rasional juga mempunyai penyelesaian yang lebih akurat dibandingkan dengan metode Euler dan metode Heun. Hal ini dapat dilihat melalui simulasi dengan komputer. Kesalahan dari metode blok rasional relatif lebih kecil dibandingkan metode Euler dan metode Heun. ix

10 ABSTRACT This final assignment discusses about numerical solutions to initial value problems using Runge-Kutta and rational block methods. The Runge-Kutta methods cosidered in this final assignment are the first order Runge-Kutta (Euler s method) and the second order Runge-Kutta (Heun s method). Both these Runge-Kutta numerical methods are often used to solve initial value problems. Rational block method was introduced by Teh Yuan Ying and colleagues in This method is not widely known in general, so this method is rarely used. Rational block method is a combination of one-step and two-step methods where in the calculations, rational block method forms a block in which there are three points. Therefore, rational block method is able to calculate the approximation values of two points simultaniously in one iteration. Furthermore, rational block method also has more accurate solution than Euler s and Heun s methods. This can be seen in computer simulation. The error of rational block method is relatively smaller than those of Euler s and Heun s methods. x

11 KATA PENGANTAR Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Tuhan Yesus Kristus atas berkat dan rahmat melimpah yang selalu diberikan kepada penulis sehingga penulis dapat menyelesaikan tugas akhir ini. Tugas akhir ini merupakan salah satu syarat yang harus dipenuhi oleh penulis agar penulis dapat memperoleh gelar Sarjana Sains (S.Si.). Pada kesempatan kali ini, penulis ingin mengucapkan terimakasih kepada seluruh pihak yang telah membantu penulis dalam menyelesaikan tugas akhir ini. Penulis ingin mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya kepada: 1. Bapak Sudi Mungkasi, S.Si., M.Math.Sc., Ph.D. selaku dosen pembimbing dan Dekan Fakultas Sains dan Teknologi, Universitas Sanata Dharma. 2. Bapak Hartono, S.Si., M.Sc., Ph.D. selaku Ketua Program Studi Matematika, Fakultas Sains dan Teknologi, Universitas Sanata Dharma. 3. Romo Prof. Dr. Frans Susilo, S.J., Ibu Any Herawati, S.Si., M.Si., Bapak Ig. Aris Dwiatmoko, M.Sc., Bapak Dr. rer. nat. Herry P. Suryawan, M.Si., dan Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si., selaku dosen-dosen Program Studi Matematika yang sangat membantu penulis selama proses menimba ilmu di Program Studi Matematika, Universitas Sanata Dharma. 4. Bapak/Ibu dosen dan karyawan yang selalu membantu dan memberikan masukan dan dukungannya kepada penulis. 5. Kedua orang tuaku yang selalu mengingatkan dan memberi semangat untuk selalu belajar, berdoa dan berusaha. xi

12 6. Keluarga besar F. B. Soeharto atas dukungan, semangat, dan motivasi yang selalu diberikan kepada penulis. 7. Teman-teman seperjuangan, mahasiswa/i Program Studi Matematika angkatan 2013 atas suka duka dan pahit manisnya pengalaman yang pernah kita jalani bersama. 8. Kakak tingkat dan adik tingkat mahasiswa/i Program Studi Matematika karena boleh mengenal, bercanda, berbagi suka duka bersama kalian. 9. Teman-teman OMK Gereja St. F. X. Kidul Loji Yogyakarta atas bantuan dan dukungannya selama ini. Terima kasih karena selalu ada saat susah maupun senang. 10. Semua pihak yang tidak dapat disebutkan satu per satu. Penulis menyadari bahwa masih banyak kekurangan dalam penulisan tugas akhir ini. Oleh karena itu, penulis mohon kritik dan saran kepada pembaca supaya penulis dapat menyempurnakan karya ini. Semoga tugas akhir ini dapat bermanfaat bagi pembaca dan bagi kemajuan ilmu pengetahuan. Yogyakarta, 20 Februari 2017 Penulis Agung Christian xii

13 DAFTAR ISI Halaman HALAMAN JUDUL HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING. HALAMAN PENGESAHAN. MOTTO HALAMAN PERSEMBAHAN.. PERNYATAAN KEASLIAN KARYA... PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI KARYA ILMIAH.. ABSTRAK.. ABSTRACT. KATA PENGANTAR DAFTAR ISI i iii iv v vi vii viii ix x xi xiii BAB I: PENDAHULUAN.. 1 A. Latar Belakang B. Rumusan Masalah. C. Batasan Masalah. D. Tujuan Penulisan E. Manfaat Penulisan F. Metode Penulisan G. Sistematika Penulisan BAB II: PERSAMAAN DIFERENSIAL DAN METODE NUMERIS 7 xiii

14 A. Persamaan Diferensial 1. Definisi Persamaan Diferensial.. 2. Klasifikasi Persamaan Diferensial Masalah Nilai Awal. 4. Teorema Eksistensi dan Ketunggalan.. B. Metode Pendekatan atas Nilai Fungsi 1. Deret Taylor 2. Metode Euler.. 3. Metode Heun.. C. Penyelesaian Analitis Masalah Nilai Awal 1. Persamaan Diferensial Biasa Tingkat Satu. 2. Persamaan Diferensial Biasa Tingkat Dua. 3. Penyelesaian Analitis Persamaan Diferensial Biasa BAB III: METODE BLOK RASIONAL 30 A. Metode Blok Rasional B. Penyelesaian Numeris Masalah Nilai Awal BAB IV: KEKONVERGENAN METODE NUMERIS 53 A. Definisi dan Teorema untuk Kekonvergenan B. Kekonvergenan Metode Euler C. Kekonvergenan Metode Heun D. Kekonvergenan Metode Blok Rasional BAB V: PENUTUP 62 A. Kesimpulan. 62 xiv

15 B. Saran DAFTAR PUSTAKA 64 LAMPIRAN 1 66 LAMPIRAN xv

16 BAB I PENDAHULUAN A. Latar Belakang Dalam dunia sains dan teknik, model matematika sangat berguna untuk menyelesaikan berbagai macam persoalan yang ada. Ada berbagai macam model matematika yang bisa diterapkan, salah satunya model persamaan matematika yang terdiri atas beberapa turunan fungsi yang tidak diketahui. Persamaan tersebut biasa disebut persamaan diferensial. Berdasarkan banyaknya variabel bebas, persamaan diferensial dibedakan menjadi dua jenis, yaitu persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial. Pada tugas akhir ini akan dibahas mengenai penyelesaian masalah nilai awal dari suatu persamaan diferensial biasa. Persamaan diferensial biasa adalah persamaan yang memuat beberapa turunan dari fungsi yang tidak diketahui dan memuat satu variabel bebas. Untuk menyelesaikan suatu persamaan diferensial biasa diperlukan nilai awal. Persamaan diferensial yang disajikan bersama nilai awalnya disebut masalah nilai awal. Masalah nilai awal yang melibatkan turunan pertama dapat ditulis dalam bentuk: y (x) = f(x, y(x)), y(a) = η dengan x merupakan variabel bebas, a merupakan titik awal, dan η merupakan nilai awal y di titik a. 1

17 2 Ada dua cara yang bisa dilakukan untuk menyelesaikan masalah nilai awal, yaitu secara analitis dan numeris. Penyelesaian masalah nilai awal secara analitis tidak selalu mudah didapatkan. Ada beberapa bentuk persamaan diferensial yang sulit diselesaikan secara analitis. Jika masalah nilai awal sulit diselesaikan secara analitis, maka masalah nilai awal tersebut dapat dicoba diselesaikan secara numeris. Dalam tugas akhir ini akan dibahas penyelesaian masalah nilai awal suatu persamaan diferensial biasa secara numeris dengan menggunakan metode Euler, metode Heun, dan metode blok rasional. Metode Euler dan metode Heun merupakan metode numeris yang sering digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal, sedangkan metode blok rasional merupakan metode yang tidak terlalu populer dan oleh karena itu metode ini jarang digunakan. Akan tetapi, metode blok rasional mempunyai penghitungan yang lebih cepat dibandingkan dengan metode Euler dan metode Heun. Hal ini karena dalam satu iterasi, metode blok rasional mampu menghitung nilai pendekatan dua titik secara bersamaan. Penghitungan masalah nilai awal dengan metode blok rasional diilustrasikan dalam Gambar 1.

18 3 Gambar 1. Metode blok rasional Dalam proses penghitungannya, metode blok rasional membentuk beberapa blok dengan setiap bloknya terdiri dari tiga titik. Untuk menghitung nilai dari titik-titik yang berada di dalam blok tersebut diperlukanlah nilai awal. Misal interval pengintegralan numerisnya adalah x [a, b] R, maka x = a merupakan titik awalnya. Pada blok ke-k, nilai y n di titik x n digunakan untuk menghitung nilai y n+1 dan y n+2. Pada blok ke-(k + 1), nilai y n+2 yang telah diperoleh dari penghitungan sebelumnya digunakan untuk menghitung nilai y n+3 dan y n+4. Proses penghitungan yang sama dilakukan pada blok-blok selanjutnya hingga mencapai titik akhir dari interval pengintegralannya, yaitu x = b. Jadi metode blok rasional mempunyai penghitungan numeris yang lebih cepat karena dalam satu iterasi, metode Blok Rasional mampu menghitung nilai dari dua titik secara bersamaan. B. Rumusan Masalah Rumusan masalah yang dibicarakan yaitu:

19 4 1. Bagaimana menyelesaikan masalah nilai awal dari suatu persamaan diferensial biasa dengan menggunakan metode Euler, metode Heun, dan metode blok rasional? 2. Bagaimana kekonvergenan metode Euler, metode Heun, dan metode blok rasional? C. Batasan Masalah Masalah yang dibahas dalam tugas akhir ini terbatas pada penyelesaian masalah nilai awal dari suatu persamaan diferensial biasa tingkat satu dan tingkat dua. D. Tujuan Penulisan Tujuan penulisan tugas akhir ini: 1. Menyelesaikan masalah nilai awal dari suatu persamaan diferensial biasa secara numeris dengan menggunakan metode Euler, metode Heun, dan metode blok rasional. 2. Menganalisis kekonvergenan metode Euler, metode Heun, dan metode blok rasional dengan analisis numeris dan simulasi komputer. E. Manfaat penulisan Manfaat penulisan dari tugas akhir ini yaitu kita dapat menyelesaikan masalah nilai awal dari suatu persamaan diferensial biasa secara numeris.

20 5 F. Metode Penulisan Metode penulisan yang digunakan dalam tugas akhir ini yaitu studi pustaka dengan mempelajari buku-buku dan jurnal-jurnal yang berkaitan dengan persamaan diferensial dan metode numeris serta dengan simulasi komputer. G. Sistematika Penulisan BAB I: PENDAHULUAN A. Latar Belakang B. Rumusan Masalah C. Batasan Masalah D. Tujuan Penulisan E. Manfaat Penulisan F. Metode Penulisan G. Sistematika Penulisan BAB II: PERSAMAAN DIFERENSIAL DAN METODE NUMERIS A. Persamaan Diferensial 1. Definisi Persamaan Diferensial 2. Klasifikasi Persamaan Diferensial 3. Masalah Nilai Awal 4. Teorema Eksistensi dan Ketunggalan B. Metode Pendekatan atas Nilai Fungsi

21 6 1. Deret Taylor 2. Metode Euler 3. Metode Heun C. Penyelesaian Analitis Masalah Nilai Awal 1. Persamaan Diferensial Biasa Tingkat Satu 2. Persamaan Diferensial Biasa Tingkat Dua 3. Penyelesaian Analitis Persamaan Diferensial Biasa BAB III: METODE BLOK RASIONAL A. Metode Blok Rasional B. Penyelesaian Numeris Masalah Nilai Awal BAB IV: KEKONVERGENAN METODE NUMERIS A. Definisi dan Teorema untuk Kekonvergenan B. Kekonvergenan Metode Euler C. Kekonvergenan Metode Heun D. Kekonvergenan Metode Blok Rasional BAB V: PENUTUP A. Kesimpulan B. Saran

22 BAB II PERSAMAAN DIFERENSIAL DAN METODE NUMERIS Pada bab II ini akan dipaparkan beberapa pokok bahasan penting dalam persamaan diferensial dan metode numeris. A. Persamaan Diferensial Pada bagian ini akan dibahas pengertian, klasifikasi dan contoh-contoh persamaan diferensial. 1. Definisi 2.1. (Persamaan Diferensial) Persamaan Diferensial adalah suatu persamaan yang terdiri dari beberapa turunan fungsi yang tidak diketahui, yang menyatakan hubungan fungsi tersebut dengan turunan-turunannya. (Boyce, W. E. and R. C. DiPrima) 2. Klasifikasi Persamaan Diferensial Berdasarkan beberapa kriteria, persamaan diferensial diklasifikasikan ke dalam beberapa jenis. a. Persamaan Diferensial Biasa dan Parsial. Salah satu klasifikasi penting dalam persamaan diferensial yaitu banyaknya variabel bebas yang terdapat dalam persamaan diferensial tersebut. Banyaknya variabel bebas dalam suatu persamaan diferensial akan menentukan jenis persamaan diferensial. Berdasarkan banyaknya variabel bebas, persamaan diferensial dibedakan menjadi dua jenis, yaitu persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial. 7

23 8 Definisi 2.2. (Persamaan Diferensial Biasa) Persamaan Diferensial Biasa (PDB) adalah suatu persamaan diferensial yang hanya melibatkan turunan biasa dan mempunyai satu variabel bebas. (Boyce, W. E. and R. C. DiPrima) Contoh persamaan diferensial biasa: 5x dy dx + y = 0 (1) 3x 3 d2 y dx dy dx 3 y = 8 (2) 3 d10 y dy5 + 8 dx10 dx 5 y = 2 (3) y 2 dy dx + 2 x y = sin y (4) dengan y merupakan variabel tak bebas dan x merupakan variabel bebas. Persamaan (1) (4) dapat ditulis dalam bentuk lain, yaitu: 5 x y + y = 0 (5) 3 x 3 y + 8y 3 y = 8 (6) 3 y (10) + 8 y (5) y = 2 (7) y 2 y + 2 x y = sin y (8) dimana y, y,, y (n) merupakan turunan fungsi y terhadap x.

24 9 Definisi 2.3. (Persamaan Diferensial Parsial) Persamaan Diferensial parsial (PDP) adalah suatu persamaan diferensial yang melibatkan turunan parsial dan mempunyai lebih dari satu variabel bebas. (Boyce, W. E. and R. C. DiPrima) Contoh persamaan diferensial parsial: 2 u(x, t) x u(x, t) t 2 = 0 dengan u(x, t) merupakan variabel tak bebas dan x, t merupakan variabel bebas. b. Tingkat Persamaan Diferensial Tingkat (orde) dari suatu persamaan diferensial adalah tingkat turunan tertinggi pada persamaan diferensial tersebut. Jika turunan tertinggi suatu persamaan diferensial adalah n, maka persamaan diferensial tersebut merupakan persamaan diferensial tingkat n. Contoh persamaan (1) merupakan persamaan diferensial tingkat satu, persamaan (2) merupakan persamaan diferensial tingkat dua dan persamaan (3) merupakan persamaan diferensial tingkat sepuluh. Jadi, jika turunan tertinggi dari suatu persamaan diferensial adalah n, maka persamaan tersebut merupakan persamaan diferensial tingkat n. Berikut merupakan bentuk umum persamaan diferensial biasa berdasar tingkatannya. y = f(x, y) persamaan diferensial tingkat satu

25 10 y = f(x, y, y ) y (10) = f(x, y, y,, y (9) ) y (n) = f(x, y, y,, y (n 1) ) persamaan diferensial tingkat dua persamaan diferensial tingkat sepuluh persamaan diferensial tingkat n c. Linier dan Non-Linier. Salah satu klasifikasi penting pada persamaan diferensial adalah ketika persamaan diferensial tersebut bersifat linier atau non-linier. Definisi 2.4. (Persamaan Diferensial Biasa Linier) Persamaan diferensial biasa disebut linier jika f(x, y, y, y,., y (n) ) = 0 memuat semua suku fungsi linier dari variabel y, y, y,., y (n). (Boyce, W. E. and R. C. DiPrima) Secara umum, persamaan diferensial biasa linier ditulis dalam bentuk: a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n 1) + + a n (x)y = g(x) (9) dengan g(x), a 0 (x), a 1 (x),, a n (x) merupakan fungsi dari x dan y merupakan variabel tak bebas. Contoh dari persamaan diferensial biasa linier adalah persamaan (1) dan (2) karena kedua persamaan tersebut memenuhi bentuk seperti pada persamaan (9).

26 11 Definisi 2.5. (Persamaan Diferensial Biasa Non-linier) Persamaan diferensial biasa disebut non-linier jika persamaan diferensial tersebut tidak memenuhi persamaan (9). (Boyce, W. E. and R. C. DiPrima) Contoh dari persamaan diferensial biasa non-linier adalah persamaan (4) karena pada persamaan tersebut terdapat fungsi y 2 dan sin y. 3. Masalah Nilai Awal Pada bagian ini akan dijelaskan pengertian masalah nilai awal dan contoh-contohnya. Definisi 2.6. Masalah nilai awal Masalah nilai awal adalah persamaan diferensial yang disajikan bersama dengan nilai awalnya. Misalkan masalah nilai awal untuk persamaan diferensial tingkat ke-n diberikan oleh: f(x, y, y,, y (n) ) = 0. Hal ini berarti mencari penyelesaian persamaan diferensial pada interval I yang memenuhi kondisi awal, y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1, y (n 1) (x 0 ) = y n 1,

27 12 dengan x 0 I dan y 0, y 1,, y n 1 merupakan suatu konstanta. Contoh masalah nilai awal, yaitu: y (x) = 10 y(x), y(0) = 1 (10) y (x) y (x) y(x) = 0, y(0) = 1.01, y (0) = 2 (11) y (x) = 1 + y(x) 2, y(0) = 1. (12) 4. Teorema Eksistensi dan Ketunggalan Teorema eksistensi dapat membantu untuk mencari tahu apakah penyelesaian masalah nilai awal tersebut ada atau tidak. Jika y(x) adalah fungsi kontinu yang melewati (x 0, y 0 ), maka masalah nilai awal tersebut mempunyai penyelesaian. Selanjutnya, jika masalah nilai awal tersebut mempunyai penyelesaian, dapat diperiksa apakah penyelesaiannya tunggal atau tidak. Oleh karena itu, untuk memeriksa ketunggalan dari penyelesaian masalah nilai awal tersebut dapat digunakan teorema ketunggalan. Jika f(x, y) kontinu dan f juga kontinu, maka masalah nilai y awal tersebut mempunyai penyelesaian yang tunggal. Lebih lanjut, diberikan teorema eksistensi dan ketunggalan sebagai berikut. Teorema. Diberikan masalah nilai awal: dy dx = f(x, y), y(x 0) = y 0.

28 13 Jika f dan f adalah fungsi yang kontinu pada daerah y R = {(x, y): a < x < b, c < y < d} yang memuat (x 0, y 0 ), maka masalah nilai awal mempunyai penyelesaian tunggal y(x) pada interval x 0 δ x x 0 + δ, dengan δ > 0. Bukti: Dapat dilihat dalam buku referensi Fundamentals of Differential Equations and Boundary Value Problem. (6th edition). Chapter 13. B. Metode Pendekatan atas Nilai Fungsi Pada bagian ini akan dibahas beberapa metode pendekatan antara lain deret Taylor, metode Euler dan metode Heun. 1. Deret Taylor Misalkan y dan semua turunannya, y, y, y, kontinu di dalam interval [a, b]. Misalkan x 0 [a, b], maka untuk nilai-nilai x di sekitar x 0 dan x [a, b], y(x) dapat diuraikan ke dalam deret Taylor: y(x) = y(x 0 ) + (x x 0) 1! y (x 0 ) + + (x x 0) n n! y (n) (x 0 ) +. Jika x x 0 = h, maka deret Taylor dapat ditulis sebagai berikut: y(x) = y(x 0 ) + h 1! y (x 0 ) + + hn n! y(n) (x 0 ) +, atau dapat ditulis dalam notasi sigma sebagai berikut: y(x) = hn n! y(n) (x 0 ). n=0

29 14 2. Metode Euler Metode Euler merupakan metode numeris yang sering digunakan dalam menyelesaikan masalah nilai awal. Metode Euler diperoleh dengan menguraikan suatu fungsi ke dalam deret Taylor sampai dua suku awal. Metode ini mempunyai tingkat keakuratan satu. Berikut ini rumusan dari metode Euler. Diberikan masalah nilai awal: y (x) = f(x, y), y(x 0 ) = y 0. Misalkan y n = y(x n ) adalah hampiran nilai y di titik x n dengan x n = x 0 + n h untuk n = 0,1,2,, N. Metode Euler diturunkan dengan cara menguraikan y n+1 di sekitar x n ke dalam deret Taylor, sehingga diperoleh: y n+1 = y n + (x n+1 x n ) 1! y n + (x n+1 x n ) 2 2! y n +. Jika persamaan di atas dipotong sampai suku kedua, maka diperoleh: y n+1 = y n + (x n+1 x n ) 1! y n + O (h 2 ), dengan O(h 2 ) adalah suku sisa atau kesalahan pemotongan lokal dari metode Euler. Diketahui bahwa y (x) = f(x, y) dan h = x n+1 x n, maka persamaan tersebut menjadi: y n+1 = y n + h f(x n, y n ).

30 15 3. Metode Heun Metode Heun merupakan perbaikan dari metode Euler. Metode Euler mempunyai penghitungan yang lebih sederhana dibandingkan dengan metode Heun. Metode Heun merupakan metode Runge-Kutta tingkat dua. Bentuk umum penyelesaian persamaan diferensial biasa dengan menggunakan metode Runge-Kutta tingkat dua, yaitu: y n+1 = y n + (a 1 k 1 + a 2 k 2 ), dengan k 1 = h f(x n, y n ) dan k 2 = h f(x n + p 1 h, y n + q 11 k 1 ). Dari persamaan Runge-Kutta tingkat dua tersebut diketahui bahwa a 1, a 2, k 1, k 2 adalah koefisien-koefisien yang tidak diketahui nilainya. Oleh karena itu akan dicari nilai dari koefisien-koefisien tersebut. Misalkan, f = f(x n, y n ), f x = f(x n, y n ), x f y = f(x n, y n ). y Dengan menguraikan k 2 ke dalam deret Taylor di sekitar (x, y) sampai suku tingkat satu, diperoleh: k 2 = h f(x n + p 1 h, y n + q 11 k 1 ) = h (f + p 1 h f(x n, y n ) x = h (f + p 1 h f x + q 11 h ff y ) f(x n, y n ) + q 11 k 1 ) y = h (f + h (p 1 f x + q 11 f f y ))

31 16 = h f + h 2 (p 1 f x + q 11 f f y ). Jadi, y n+1 = y n + (a 1 k 1 + a 2 k 2 ) = y n + a 1 hf + a 2 (h f + h 2 (p 1 f x + q 11 f f y )) Diketahui: maka = y n + a 1 hf + a 2 hf + a 2 h 2 (p 1 f x + q 11 f f y ) = y n + (a 1 + a 2 ) hf + a 2 h 2 (p 1 f x + q 11 f f y ). (*) y (x n ) = f(x n, y n ) = f, y (x n ) = f (x n, y n ) = f dx x dx + f dy y dx, dengan menguraikan y n+1 ke dalam deret Taylor disekitar x n sampai suku tingkat dua, diperoleh: y n+1 = y n + h y n + h2 2 y n, = y n + h f + h2 2 ( f dx x dx + f dy y dx ), = y n + h f + h2 2 (f x + f y f). (**) Agar persamaan (*) sama dengan persamaan (**) haruslah, a 1 + a 2 = 1, a 2 p 1 = 1 2, a 2 q 11 = 1 2. Misalkan a 2 = t dengan t R, maka diperoleh penyelesaian:

32 17 a 1 = 1 a 2 = 1 t, p 1 = 1 2 a 2 = 1 2 t, q 11 = 1 2 a 2 = 1 2 t. Jadi metode Runge-Kutta tingkat dua mempunyai tak hingga banyak penyelesaian. Salah satu contoh metode Runge-Kutta tingkat dua yaitu metode Heun. Metode Heun merupakan penyelesaian khusus dari metode Runge-Kutta dengan mengambil a 1 = 1 2, a 2 = 1 2, p 1 = q 11 = 1, sehingga diperoleh rumus metode Heun, yaitu: y n+1 = y n h [f(x n, y n ) + f(x n+1, y n+1 )], dimana y n+1 = y n + h f(x n, y n ). C. Penyelesaian Analitis Masalah Nilai Awal Sebelum masuk ke contoh penyelesaian persamaan diferensial biasa, terlebih dahulu akan dipaparkan beberapa metode penyelesaian persamaan diferensial biasa. 1. Persamaan Diferensial Biasa Tingkat Satu Pada bagian ini akan dijelaskan teknik penyelesaian persamaan diferensial biasa tingkat satu, yaitu (a) persamaan diferensial biasa yang langsung diintegralkan, (b) persamaan diferensial biasa dengan variabel terpisah, (c) persamaan diferensial biasa linier, dan lain-lain.

33 18 a. Persamaan diferensial biasa yang bisa langsung diintegralkan. Akan dicari penyelesaian umum untuk persamaan diferensial biasa berikut: dy(x) dx = f(x). Dengan pengintegralan, diperoleh sebagai berikut: dy(x) dx = f(x) dy(x) = f(x) dx dy(x) = f(x) dx y(x) = f(x) dx + C. Jadi, diperoleh penyelesaian umum dari suatu persamaan diferensial biasa, yaitu: y(x) = f(x) dx + C. b. Persamaan diferensial biasa dengan variabel terpisah. Akan dicari penyelesaian umum untuk persamaan diferensial biasa berikut: dy(x) dx = f(x, y). Penyelesaian persamaan diferensial tersebut dapat dicari sebagai berikut. Misalkan f(x, y) = M(x) N(y) dengan M(x) fungsi dalam x dan N(y) fungsi dalam y. Sehingga diperoleh:

34 19 dy(x) dx = M(x) N(y) dy(x) N(y) = M(x) dx. Dengan pegintegralan, diperoleh: 1 dy(x) = M(x) dx N(y) 1 dy(x) = M(x) dx + C. N(y) Jadi, diperoleh penyelesaian umum dari suatu persamaan diferensial biasa, yaitu: dengan C suatu konstanta. 1 dy(x) = M(x) dx + C, N(y) c. Persamaan diferensial biasa linier Akan dicari penyelesaian untuk persamaan diferensial biasa berikut: dy(x) + p(x) y(x) = g(x). dx Persamaan diferensial biasa linier tingkat satu dapat diselesaikan dengan metode faktor integral. Berikut langkah-langkah mencari faktor integral. Diberikan persamaan diferensial biasa linier tingkat satu. Persamaan tersebut dikalikan dengan suatu fungsi μ(x) > 0 dengan μ(x) adalah fungsi dalam x yang tidak diketahui nilainya. Sehingga diperoleh:

35 20 μ(x) dy(x) dx + μ(x) p(x) y(x) = μ(x) g(x). Persamaan tersebut dapat diubah menjadi, d [μ(x) y(x)] = μ(x) g(x) dx μ(x) dy(x) dx + dμ dx y(x) = μ(x) g(x), sehingga diperoleh dμ = μ(x) p(x) dx dμ = p(x) dx μ(x) Dengan pengintegralan diperoleh: dμ = p(x) dx μ(x) ln μ(x) = p(x) dx μ(x) = e p(x) dx. Diperoleh faktor integral, yaitu: μ(x) = e p(x) dx. Karena faktor integral diketahui, maka dapat dicari penyelesaian dari persamaan diferensial biasa linier tingkat satu. dy dx + p(x) y(x) = g(x) μ(x) dy dx + μ(x) p(x) y(x) = μ(x) g(x) d dx [μ(x) y(x)] = μ(x) g(x). Dengan pengintegralan diperoleh:

36 21 d [μ(x) y(x)] = μ(x) g(x) dx μ(x) y(x) = μ(x) g(x) dx + C y(x) = 1 μ(x) [ μ(x) g(x) dx + C], dengan C adalah suatu konstanta. Jadi, diperoleh penyelesaian persamaan diferensial biasa linier tingkat satu, yaitu: y(x) = 1 μ(x) [ μ(x) g(x) dx + C]. 2. Persamaan Diferensial Biasa Tingkat Dua Pada bagian ini akan dijelaskan teknik penyelesaian persamaan diferensial biasa tingkat dua, yaitu (a) persamaan diferensial biasa koefisien konstan homogen, (b) persamaan diferensial biasa koefisien konstan non homogen. a. Persamaan diferensial biasa koefisien konstan homogen Diberikan persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan homogen: a d2 y(x) dx 2 + b dy(x) dx + c y(x) = 0 dengan a, b, c adalah konstanta. Misalkan penyelesaian umum persamaan diferensial biasa koefisien konstan homogen yaitu y(x) = e rx. Maka dapat dicari turunan pertama dan kedua dari penyelesaian tersebut, yaitu: y (x) = r e rx, y (x) = r 2 e rx,

37 22 dengan r adalah konstanta. Dengan mensubstitusikan y (x) dan y (x), diperoleh: a d2 y(x) dx 2 + b dy(x) dx + c y(x) = 0 a y (x) + b y (x) + c y(x) = 0 a (r 2 e rx ) + b (r e rx ) + c e rx = 0 e rx (a r 2 + b r + c) = 0. Diketahui bahwa e rx 0, maka (a r 2 + b r + c) = 0. Sehingga diperoleh persamaan karakteristik (a r 2 + b r + c) = 0. Dari persamaan karakteristik diatas terdapat tiga kemungkinan dalam menentukan akar-akarnya. 1) Terdapat dua akar real berbeda, yaitu r 1 dan r 2. 2) Terdapat satu akar real yang sama, yaitu r 1 = r 2 3) Terdapat dua akar kompleks Diasumsikan akar-akar dari persamaan karakteristik real berbeda. Dengan demikian diperoleh dua penyelesaian, yaitu: y 1 = e r1x, y 2 = e r2x. Jadi, penyelesaian umum persamaan diferensial biasa homogen tingkat dua menjadi: y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x), atau y(x) = c 1 e r1x + c 2 e r2x, Dengan c 1, c 2 adalah konstanta.

38 23 b. Persamaan diferensial biasa koefisien konstan non-homogen. Diberikan persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan non-homogen: a d2 y dy + b + cy = g(x), dx2 dx dengan a, b, c adalah konstanta dan g(x) 0 adalah fungsi dalam x. Penyelesaian persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan non-homogen dapat diselesaikan dengan metode koefisien tak tentu. Misalkan Y 1 dan Y 2 adalah penyelesaian persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan non-homogen, maka: dan a Y 1 + b Y 1 + c Y 1 = g(x), a Y 2 + b Y 2 + c Y 2 = g(x). Dengan mengeliminasi kedua persamaan diferensial tersebut, diperoleh: a (Y 1 Y 2 ) + b (Y 1 Y 2 ) + c (Y 1 Y 2 ) = 0. Dengan kata lain, Y 1 Y 2 adalah penyelesaian persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan homogen. Diketahui bahwa persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan homogen mempunyai penyelesaian umum: Hal ini berakibat, atau dapat ditulis, y = c 1 y 1 + c 2 y 2. Y 1 Y 2 = c 1 Y 1 + c 2 Y 2,

39 24 Y 1 = c 1 Y 1 + c 2 Y 2 + Y 2. Dengan mengambil y = Y 1 dan Y = Y 2 diperoleh: y = c 1 y 1 + c 2 y 2 + Y, dengan y adalah penyelesaian umum persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan homogen dan Y adalah salah satu penyelesaian persamaan diferensial biasa tingkat dua koefisien konstan non-homogen. 3. Penyelesaian Analitis Persamaan Diferensial Biasa Pada bagian ini diberikan tiga contoh masalah nilai awal yang akan diselesaikan secara analitis. a. Contoh 1. Diberikan masalah nilai awal dengan nilai awal y(0) = 1. Penyelesaian: y (x) = 10 y, Persamaan ini merupakan persamaan diferensial biasa tingkat satu dengan variabel terpisah. Dari dengan mengalikan dy(x) dx = 10 y, dx disetiap ruasnya diperoleh: 10 y dy(x) 10 y = dx. (i.1)

40 25 Penyelesaian persamaan (i.1), yaitu: dengan pengintegralan diperoleh: sehingga atau 1 10 dy(x) 10 y = dx, dy(x) 10 y = dx, ln y = x + C, C = konstanta ln y = 10 x 10 C, y = e 10 x 10 C. Diketahui nilai awalnya y(0) = 1. Akan dicari penyelesaian khusus dari penyelesaian umumnya. Oleh karena itu, dengan mensubstitusikan x = 0, diperoleh: atau atau y(0) = e C = 1, e 10 c = 1, c = 0. Jadi, diperoleh penyelesaian khususnya, yaitu: y(x) = e 10 x. b. Contoh 2. Diberikan masalah nilai awal

41 26 y (x) y (x) y(x) = 0, dengan nilai awal y(0) = 1.01, y (0) = 2. Penyelesaian: Masalah nilai awal tersebut merupakan persamaan diferensial biasa tingkat dua dengan koefisien konstan homogen. Dari masalah nilai awal diketahui y (x) y (x) y(x) = 0. Misalkan penyelesaian umum persamaan diferensial biasa koefisien konstan homogen yaitu y(x) = e rx. Maka dapat dicari turunan pertama dan kedua dari penyelesaian umum tersebut, yaitu: y = re rx, y = r 2 e rx, dengan e rx 0. Dengan mensubstitusikan y dan y ke dalam masalah nilai awal, maka diperoleh: r 2 e rx re rx e rx = 0 (r r + 100) e rx = 0 r r = 0. Diperoleh persamaan karakteristik: r r Dari persamaan karakteristik tersebut dapat dicari akar-akarnya, yaitu: r 1 = 100, r 2 = 1.

42 27 Persamaan karakteristik tersebut mempunyai dua akar real berbeda. Dengan mensubstitusikan r 1 dan r 2 ke dalam penyelesaian umumnya, maka diperoleh: y 1 = e 100x, y 2 = e x. Sehingga penyelesaian umumnya menjadi: y = c 1 y 1 + c 2 y 2 = c 1 e 100x + c 2 e x. Diketahui nilai awalnya y(0) = 1.01, y (0) = 2. Akan dicari penyelesaian khusus dari penyelesaian umumnya. Untuk y(0) = Dengan mensubstitusikan x = 0 diperoleh y(x) = c 1 e 100x + c 2 e x = 0 c 1 e c 2 e 0 = 1.01 c 1 + c 2 = 1.01 Untuk y (0) = 2. Dari y(x) = c 1 e 100x + c 2 e x, diperoleh y (x) = 100 c 1 e 100x c 2 e x. Dengan mensubstitusikan x = 0 diperoleh y (x) = 100 c 1 e 100x c 2 e = 0

43 c 1 e c 2 e 0 = c 1 c 2 = 2 Dengan mengeliminasi c 1 dan c 2 diperoleh: c 1 = 0.01, c 2 = 1. Sehingga diperoleh penyelesaian khususnya, yaitu: y(x) = 0.01 e 100x + e x. c. Contoh 3. Diberikan masalah nilai awal dengan nilai awal y(0) = 1. Penyelesaian: y (x) = 1 + y(x) 2, Masalah nilai awal tersebut merupakan persamaan diferensial biasa dengan variabel terpisah. Dari y(x) dx = 1 + y(x)2, karena 1 + y(x) 2 > 0 maka dengan mengalikan diperoleh: dx 1+y(x) 2 disetiap ruas, dy(x) = dx. (iii.1) 1 + y(x) 2 Penyelesaian umum persamaan (iii.1) diperoleh sebagai berikut: dy(x) 1 + y(x) 2 = dx,

44 29 dengan pengintegralan diperoleh dy(x) 1 + y(x) 2 = dx, sehingga arctan(y(x)) = x + C, atau y(x) = tan(x + C). Diketahui nilai awalnya y(0) = 1. Akan dicari penyelesaian khusus dari penyelesaian umumnya. Oleh karena itu, dengan mensubstitusikan x = 0, diperoleh: y(0) = tan(0 + C) = 1, atau tan(c) = 1, atau C = π 4. Jadi penyelesaian khususnya: y(x) = tan (x + π 4 ). Pada bab II ini, telah dipaparkan pengertian dan penyelesaian persamaan diferensial biasa secara analitis. Selain itu, disajikan pula metode numeris untuk masalah nilai awal dengan metode Euler dan metode Heun. Kedua metode terakhir ini (metode Euler dan metode Heun) akan dijadikan pembanding bagi metode blok rasional yang akan dipaparkan dalam bab III.

45 BAB III METODE BLOK RASIONAL A. Rumusan Metode Blok Rasional Metode blok rasional merupakan suatu metode yang digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal dari suatu persamaan diferensial biasa. Metode ini merupakan gabungan dari metode satu langkah dan metode dua langkah. Untuk menghitung nilai hampiran y, metode blok rasional membentuk sebuah barisan blok dimana dalam satu blok terdiri dari tiga titik. Diberikan masalah nilai awal sebagai berikut: y (x) = f(x, y), y(a) = η (3.1.1) dengan f(x, y): R 2 R dan f(x, y) diasumsikan memenuhi semua syaratsyarat pada masalah nilai awal tersebut, sehingga masalah nilai awal mempunyai penyelesaian yang tunggal. Jika semua kondisi terpenuhi maka masalah nilai awal (3.1.1) mempunyai penyelesaian yang tunggal. Lebih lanjut, akan dipaparkan proses penghitungan metode blok rasional. Misal akan dicari penyelesaian numeris y(x) dalam suatu interval atas variabel x. Oleh karena itu, dibentuk interval pengintegralan numerisnya yaitu x [x a, x b ] R dengan x a adalah titik awal dan x b adalah titik akhir interval atas variabel x. Metode blok rasional mempunyai proses penghitungan yang sederhana, yaitu menghitung penyelesaian numeris dari suatu blok ke blok lainnya. Oleh karena itu, interval x [x a, x b ] R didiskretkan menjadi sebuah barisan titik-titik, sehingga menjadi: 30

46 31 {x a, x 1, x n, x n+1,, x b } R Setelah interval tersebut didiskretkan menjadi sebuah barisan titik-titik, kemudian barisan tersebut dibagi menjadi beberapa bagian ke dalam sebuah barisan blok dengan setiap blok terdiri dari tiga titik yang diilustrasikan seperti pada Gambar 1. Gambar 1. Metode blok rasional. Pada Gambar 1, dapat dilihat bahwa blok ke-k terdiri dari tiga titik yaitu x n, x n+1 dan x n+2. Pada blok ke-k, setiap titik di dalam blok tersebut dipisahkan oleh ukuran langkah h yang konstan. Pada blok ke-(k + 1), blok ini juga terdiri dari tiga titik, yaitu x n+2, x n+3 dan x n+4 dengan setiap titik di dalam blok tersebut juga dipisahkan oleh ukuran langkah h yang konstan. Lebih umum, setiap titik dalam interval atas variabel x dipisahkan oleh suatu ukuran langkah h yang konstan. Untuk menghitung nilai hampiran y(x) pada setiap titik, maka terlebih dahulu harus diketahui nilai awalnya. Jika nilai awal diketahui, maka nilai hampiran y(x) pada setiap titik dapat dihitung. Dari Gambar 1 dapat dilihat, misalkan pada blok ke-k nilai hampiran y n diketahui. Disini nilai hampiran y n artinya nilai y di titik x n atau bisa ditulis y(x n ). Karena nilai hampiran y n

47 32 diketahui maka untuk menghitung nilai hampiran y n+1 diperlukan informasi pada titik sebelumnya, yaitu (x n, y n ). Dengan menggunakan metode rasional satu langkah, maka nilai hampiran y n+1 dapat dihitung. Selanjutnya, untuk menghitung nilai hampiran y n+2 diperlukan informasi pada titik sebelumnya, yaitu (x n, y n ) dan (x n+1, y n+1 ). Dengan menggunakan metode rasional dua langkah, maka nilai hampiran y n+2 dapat dihitung. Jadi, nilai hampiran y n di titik x n digunakan untuk menghitung nilai hampiran y n+1 dan y n+2 secara bersamaan dalam satu iterasi. Dengan proses yang sama, nilai hampiran y n+2 yang telah diperoleh dari penghitungan sebelumnya, digunakan untuk menghitung nilai hampiran y n+3 dengan metode rasional satu langkah dan menghitung nilai hampiran y n+4 dengan metode rasional dua langkah. Secara keseluruhan, proses penghitungan yang sama diulang sebanyak berhingga kali sampai mendapatkan nilai hampiran di titik akhir, yaitu y b. Berikut ini merupakan analisis metode blok rasional. Pada sumbu-x, dapat didefinisikan bahwa titik x n, x n+1 dan x n+2 diberikan oleh: x n = x 0 + n h, (3.1.2) x n+1 = x 0 + (n + 1) h = x n + h, (3.1.3) x n+2 = x 0 + (n + 2) h = x n + 2 h. (3.1.4) Di sini x 0 adalah titik awal interval atas variabel x dan h merupakan ukuran langkah yang konstan atau h merupakan jarak antar titik yang saling berdekatan. Nilai h diperoleh dengan rumus h = x b x 0 N dengan N adalah banyaknya

48 33 langkah pengintegralan. Untuk menghitung nilai hampiran y di dalam interval tersebut, terlebih dahulu harus diasumsikan bahwa penyelesaian hampiran dari masalah nilai awal (3.1.1) direpresentasikan secara lokal pada interval [x n, x n+1 ] dengan hampiran rasional: y(x) R(x) = a 0 + a 1 x b 0 + x (3.1.5) dengan a 0, a 1 dan b 0 adalah koefisien-koefiisen yang tidak diketahui nilainya. Hampiran rasional pada persamaan (3.1.5) harus melalui titik (x n, y n ) dan (x n+1, y n+1 ). Selain itu, harus diasumsikan pada titik tersebut turunannya diberikan oleh y = f(x, y) dan y" = f (x, y). Untuk menghitung turunan dari hampiran rasional R(x) dapat menggunakan rumus aturan rantai. Diberikan persamaan: y(x) R(x) = a 0 + a 1 x b 0 + x. Misalkan u = a 0 + a 1 x dan v = b 0 + x, maka rumus turunan aturan rantai dapat ditulis: sehingga diperoleh, R (x) = u v u v v 2, R (x) = a 1(b 0 + x) (a 0 + a 1 x) 1 (b 0 + x) 2 = a 1 b 0 + a 1 x a 0 a 1 x (b 0 + x) 2 = a 1 b 0 a 0 (b 0 + x) 2.

49 34 R (x) merupakan turunan pertama dari hampiran rasional (3.1.5). Dengan menggunakan rumus yang sama, dapat dihitung turunan keduanya, yaitu R"(x). Diberikan: R (x) = a 1 b 0 a 0 (b 0 + x) 2 Misalkan u = a 1 b 0 a 0 dan v = (b 0 + x) 2. Maka turunan keduanya yaitu: R"(x) = u v u v v 2 = 0 (b 0 + x) 2 (a 1 b 0 a 0 ) 2 (b 0 + x) (b 0 + x) 4 = 2 (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x) 3. Dari informasi-informasi di titik (x n, y n ), maka diperoleh empat persamaan yang harus dipenuhi, yaitu: R(x n ) = y n = a 0 + a 1 x n b 0 + x n, (3.1.6) R(x n+1 ) = y n+1 = a 0 + a 1 x n+1 b 0 + x n+1, (3.1.7) R (x n ) = f n = a 1 b 0 a 0 (b 0 + x n ) 2, (3.1.8) R"(x n ) = f n = 2 (a 1b 0 a 0 ) (b 0 + x n ) 3 = 2 f n (b 0 + x n ), (3.1.9) dengan f n = f(x n, y n ) dan f n = f (x n, y n ). Dari persamaan (3.1.6) (3.1.9) dapat dilihat bahwa keempat persamaan tersebut mengandung koefisien a 0, a 1 dan b 0 yang tidak diketahui nilainya. Oleh karena itu, untuk menghitung nilai hampiran y n+1 terlebih dahulu harus mengeliminasi ketiga koefisien tersebut

50 35 supaya dalam penyelesaiannya tidak terdapat koefisien a 0, a 1 dan b 0. Berikut adalah langkah-langkah mengeliminasi koefisien a 0, a 1 dan b 0. y n+1 y n = a 0 + a 1 x n+1 b 0 + x n+1 a 0 + a 1 x n b 0 + x n = (a 0 + a 1 x n+1 )(b 0 + x n ) b 0 + x n+1 (a 0 + a 1 x n )(b 0 + x n+1 ) b 0 + x n = (a 0 b 0 + a 0 x n + a 1 b 0 x n+1 + a 1 x n x n+1 ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) (a 0 b 0 + a 0 x n+1 + a 1 b 0 x n + a 1 x n x n+1 ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) = a 0 x n + a 1 b 0 x n+1 (a 0 x n+1 + a 1 b 0 x n ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) = a 0 x n a 0 x n+1 + a 1 b 0 x n+1 a 1 b 0 x n (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) = a 0 (x n x n+1 ) + a 1 b 0 (x n+1 x n ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) = a 0 ( h) + a 1 b 0 (h) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) = h (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ). (3.1.10) Dari persamaan (3.1.8) dan (3.1.3) diketahui: f n (b 0 + x n ) = a 1 b 0 a 0 (b 0 + x n ) dan x n+1 = x n + h. Dengan mensubstitusikan f n (b 0 + x n ) dan x n + h ke persamaan (3.1.10) diperoleh:

51 36 h (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) = h f n (b 0 + x n ) b 0 + (x n + h) = h f n (b 0 + x n ) (b 0 + x n ) + h. (3.1.11) Dari persamaan (3.1.9) diketahui: (b 0 + x n ) = 2 f n f. Dengan mensubstitusi n 2 f n f n ke persamaan (3.1.11) diperoleh: h f n (b 0 + x n ) (b 0 + x n ) + h = h f n 2 f n f n ( 2 f n f n + h) = = h f n 2 f n f n ( 2 f n + h f n f n ) h f n 2 f n f n ( 2 f n + h f n f n ) = 2 h (f n) 2 2 f n + h f n = 2 h (f n) 2 2 f n h f n 1 1, y n+1 y n = 2 h (f n )2 2 f n h f n y n+1 = y n + 2 h (f n )2 2 f n h f n.

52 37 Hasil dari eliminasi ketiga koefisien ini merupakan metode rasional orde dua satu langkah. Metode ini merupakan rumus metode rasional III yang dapat dilihat pada karangan Lambert (1974): y n+1 = y n + 2 h (f n )2 2 f n h f n (3.1.12) Persamaan (3.1.12) adalah rumus yang akan digunakan untuk mencari nilai hampiran y n+1 dengan menggunakan informasi pada titik sebelumnya, yaitu (x n, y n ). Selanjutnya, untuk mencari nilai hampiran y n+2, harus diasumsikan bahwa penyelesaian hampiran dari masalah nilai awal (3.1.1) direpresentasikan secara lokal pada interval [x n, x n+2 ] dengan hampiran rasional yang sama pada persamaan (3.1.5). Karena nilai hampirannya berada pada interval [x n, x n+2 ], maka hampiran rasional (3.1.5) harus melalui titik (x n, y n ), (x n+1, y n+1 ) dan (x n+2, y n+2 ). Selain itu, harus diasumsikan pada titik tersebut turunannya diberikan oleh y = f(x, y). Metode yang digunakan untuk menghitung nilai hampiran y n+2 adalah metode dua langkah. Oleh karena itu, untuk menghitung nilai hampiran y n+2 diperlukan informasiinformasi di titik (x n, y n ) dan (x n+1, y n+1 ) sehingga diperoleh lima persamaan yang harus dipenuhi, yaitu: R(x n ) = y n = a 0 + a 1 x n b 0 + x n, (3.1.13) R(x n+1 ) = y n+1 = a 0 + a 1 x n+1 b 0 + x n+1, (3.1.14)

53 38 R(x n+2 ) = y n+2 = a 0 + a 1 x n+2 b 0 + x n+2, (3.1.15) R (x n ) = f n = a 1 b 0 a 0 (b 0 + x n ) 2, (3.1.16) R (x n+1 ) = f n+1 = a 1 b 0 a 0 (b 0 + x n+1 ) 2, (3.1.17) dengan f n = f(x n, y n ) dan f n+1 = f(x n+1, y n+1 ). Dari persamaan (3.1.13) (3.1.17) dapat dilihat bahwa kelima persamaan tersebut mengandung koefisien a 0, a 1, b 0 dan f n yang tidak diketahui nilainya, maka untuk menghitung nilai y n+2 terlebih dahulu harus mengeliminasi a 0, a 1, b 0 dan f n. Berikut adalah langkah-langkah mengeliminasi koefisien a 0, a 1, b 0 dan f n. y n+2 y n+1 = a 0 + a 1 x n+2 b 0 + x n+2 a 0 + a 1 x n+1 b 0 + x n+1 = (a 0 + a 1 x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = (a 0 + a 1 x n+1 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = (a 0b 0 + a 0 x n+1 + a 1 b 0 x n+2 + a 1 x n+1 x n+2 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) (a 0 b 0 + a 0 x n+2 + a 1 b 0 x n+1 + a 1 x n+1 x n+2 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = a 0 x n+1 + a 1 b 0 x n+2 (a 0 x n+2 + a 1 b 0 x n+1 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = a 0 x n+1 a 0 x n+2 + a 1 b 0 x n+2 a 1 b 0 x n+1 (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = a 0 (x n+1 x n+2 ) + a 1 b 0 (x n+2 x n+1 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 )

54 39 = a 0 ( h) + a 1 b 0 (h) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = h (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ). (3.1.18) Dari (3.1.17) dan (3.1.4) diketahui: f n+1 (b 0 + x n+1 ) = a 1 b 0 a 0 b 0 + x n+1 dan x n+2 = x n + 2 h. Dengan mensubstitusi f n+1 (b 0 + x n+1 ) dan x n + 2 h ke persamaan (3.1.18) diperoleh: h (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = h f n+1 (b 0 + x n+1 ) b 0 + x n + 2 h = h f n+1 ( b 0 + x n + 2 h b 0 + x n+1 ) = h f n+1 ( b. 0 + x n 2h + ) b 0 + x n+1 b 0 + x n+1 (3.1.19) Dari (3.1.10) diketahui: y n+1 y n = (y n+1 y n ). ( b 0 + x n ) = h h (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ) h (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x n+1 ) (b 0 + x n ). (b 0 + x n h ) (y n+1 y n ) (b 0 + x n ) h = a 1 b 0 a 0 b 0 + x n+1. (3.1.20) Dari (3.1.17) diketahui: f n+1 (b 0 + x n+1 ) = a 1 b 0 a 0 b 0 + x n+1. (3.1.21) Dengan mensubstitusikan persamaan (3.1.20) ke persamaan (3.1.21) diperoleh:

55 40 f n+1 (b 0 + x n+1 ) = (y n+1 y n ) (b 0 + x n ) h f n+1 h y n+1 y n = b 0 + x n b 0 + x n+1. Dengan mensubstitusi f n+1 h y n+1 y n ke persamaan (3.1.19), diperoleh: h (a 1 b 0 a 0 ) (b 0 + x n+2 ) (b 0 + x n+1 ) = = = h f n+1 ( b 0 + x n 2 h + ) b 0 + x n+1 b 0 + x n+1 h f n+1 ( h f n+1 2 h y n+1 y + ) n b 0 + x n+1 h f n+1 [ h f n+1 (b 0 + x n+1 ) + 2 h (y n+1 y n ) ] (y n+1 y n ) (b 0 + x n+1 ) 1 h f n+1 (y n+1 y n ) (b 0 + x n+1 ) ( ) = h f n+1 (b 0 + x n+1 ) + 2 h (y n+1 y n ) b 0 + x n+1 1 ( ) b 0 + x n+1 = h f n+1 (y n+1 y n ) [h f n h (y. n+1 y n ) ] b 0 + x n+1 (3.1.22) Agar rumus metode rasional dari II Lambert (1974) sama dengan persamaan (3.1.22), maka harus dibuktikan: 2 (y n+1 y n ) h f n+1 = h f n h (y n+1 y n ) b 0 + x n+1 2 (y n+1 y n ) 2 h f n+1 = 2 h (y n+1 y n ) b 0 + x n+1 1 b 0 + x n+1 = 2 [(y n+1 y n ) h f n+1 ] 2 h (y n+1 y n ) = (y n+1 y n ) h f n+1 h (y n+1 y n )

56 41 b 0 + x n+1 = h (y n+1 y n ) (y n+1 y n ) h f n+1. Dengan mensubstitusikan (b 0 + x n+1 ) ke persamaan (3.1.22), diperoleh: y n+2 y n+1 = h f n+1 (y n+1 y n ) [h f n h (y n+1 y n ) (b 0 + x n+1 ) ] = = h f n+1 (y n+1 y n ) 2 h (y [h f n+1 + n+1 y n ) ] h (y ( n+1 y n ) ) (y n+1 y n ) h f n+1 h f n+1 (y n+1 y n ) h f n [(y n+1 y n ) h f n+1 ] h f n+1 (y n+1 y n ) = h f n (y n+1 y n ) 2 h f n+1 = h f n+1 (y n+1 y n ) 2 (y n+1 y n ) h f n+1. Hasil dari eliminasi keempat koefisien tersebut merupakan metode rasional orde tiga dua langkah. Metode ini merupakan rumus metode II yang dapat dilihat pada karangan Lambert (1974): y n+2 = y n+1 + h f n+1 (y n+1 y n ) 2 (y n+1 y n ) h f n+1. (3.1.23) Persamaan (3.1.23) adalah rumus yang akan digunakan untuk mencari nilai hampiran y n+2 dengan menggunakan informasi pada titik sebelumnya, yaitu (x n, y n ) dan (x n+1, y n+1 ). Jadi, metode blok rasional didasarkan pada hampiran rasional (3.1.5) yang terdiri dari dua rumus, yaitu rumus (3.1.12) dan rumus (3.1.23). Penerapan

57 42 dari metode blok rasional agak sederhana. Jika nilai y n diketahui, maka dapat dihitung nilai hampiran y n+1 dengan menggunakan rumus (3.1.12), setelah itu dihitung nilai hampiran y n+2 dengan menggunakan rumus (3.1.23). B. Penyelesaian Numeris Masalah Nilai Awal Pada bagian ini akan diselesaikan contoh-contoh masalah nilai awal pada bab II dengan menggunakan metode Euler, metode Heun dan metode blok rasional. Selain mencari penyelesaiannya, akan dicari pula kesalahan (error) maksimum dari setiap metode numeris (metode Euler, metode Heun dan metode blok rasional) yang digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal tersebut. Oleh karena itu, perlu didefinisikan kesalahan maksimum sebagai berikut: e n = max 0 n N y n y(x n ) dengan N adalah banyaknya langkah pengintegralan, y n adalah penyelesaian numeris pada langkah ke-n dan y(x n ) adalah penyelesaian eksak pada langkah ke-n. Untuk mempermudah penghitungan dan menggambar penyelesaiannya, maka digunakan software MATLAB. Berikut diberikan tiga contoh masalah nilai awal seperti yang sudah dikerjakan secara analitis pada bab II. 1. Contoh 1 Diberikan masalah nilai awal sebagai berikut: y (x) = 10 y(x), y(0) = 1, x [0,1].

58 43 Masalah nilai awal tersebut merupakan persamaan diferensial biasa tingkat satu dengan variabel terpisah. Berdasarkan penyelesaian analitis masalah nilai awal pada bab II, diperoleh penyelesaian eksaknya, yaitu: y = e 10 x. (3.2.1) Persamaan (3.2.1) merupakan penyelesaian khusus (penyelesaian eksak) dari Contoh 1. Karena penyelesaian eksak diketahui, maka dapat dihitung kesalahan maksimum dari setiap metode numeris. Tabel 1. Kesalahan maksimum untuk Contoh 1 N Euler Heun Blok Rasional Dari Tabel 1 dapat dilihat bahwa kesalahan maksimum dari metode blok rasional lebih kecil dibandingkan dengan kedua metode numeris lainnya (metode Euler dan metode Heun). Hal ini berarti metode blok rasional mempunyai penyelesaian numeris yang lebih akurat dibandingkan dengan metode Euler dan metode Heun. Hal tersebut juga diperlihatkan pada Gambar 2 dan Gambar 3, untuk N = 32 metode blok rasional mempunyai kesalahan maksimum yang lebih kecil dari metode Euler dan metode Heun.

59 44 Gambar 2. Penyelesaian eksak dan numeris untuk Contoh 1. Gambar 3. Kesalahan penyelesaian numeris untuk Contoh 1.

60 45 Dari Gambar 2 dapat dilihat bahwa penyelesaian ketiga metode numeris tersebut selalu mendekati penyelesaian eksaknya. Hal ini berarti ketiga metode numeris tersebut cukup baik sebagai pendekatan penyelesaian eksaknya. Selain itu, ketiga metode numeris tersebut dapat menyelesaikan masalah nilai awal tersebut dengan baik. Hal ini dapat dilihat pada Gambar 3 dengan kesalahan maksimum dari metode numeris tersebut kurang dari sama dengan Jadi dapat disimpulkan bahwa dengan nilai kesalahan maksimum yang kecil ( ), maka ketiga metode numeris tersebut dapat menyelesaikan masalah nilai awal pada Contoh 1 dengan baik. 2. Contoh 2 Diberikan masalah nilai awal sebagai berikut: y (x) y (x) y(x) = 0, y(0) = 1.01, y (0) = 2, x [0,1]. Masalah nilai awal tersebut merupakan persamaan diferensial biasa tingkat dua dengan koefisien konstan homogen. Karena ketiga metode numeris tersebut tidak dapat menyelesaikan persamaan diferensial biasa tingkat dua, maka persamaaan diferensial tersebut harus diubah ke bentuk persamaan diferensial biasa tingkat satu. Misal: y (x) = z(x), dengan y(0) = 1.01 maka

61 46 z (x) = 101 z(x) 100 y(x), dengan z(0) = 2. Berdasarkan penyelesaian analitis masalah nilai awal pada bab II, diperoleh penyelesaian eksaknya, yaitu: y(x) = 0.01 e 100 x + e x. Karena y(x) diketahui, maka dapat dihitung y (x) = z(x). Sehingga diperoleh: z(x) = e 100 x e x. Dari penyelesaian eksak tersebut, dapat dicari kesalahan maksimum dari penyelesaian numerisnya. Table 2. Kesalahan maksimum untuk Contoh 2 N Euler Heun Blok Rasional x ^ Dari Tabel 2 dapat dilihat bahwa untuk N yang berukuran kecil (pada masalah ini yaitu N = 32) metode Euler dan metode Heun mempunyai kesalahan maksimum yang sangat besar. Hal ini terjadi karena ketidakstabilan metode Euler dan metode Heun untuk nilai N yang berukuran kecil. Namun demikian, hal tersebut tidak berlaku untuk metode blok rasional. Metode ini mampu menyelesaikan masalah nilai awal dengan baik, dengan kesalahan maksimum Jika diambil nilai N yang lebih besar, metode Euler dan metode Heun mampu menyelesaikan masalah nilai awal ini dengan baik. Hal tersebut