Penyelesaian Numeris Sistem Persamaan Diferensial Lotka-Volterra

BAB IV PENYELESAIAN NUMERIS SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

A. Penyelesaian Numeris Sistem Persamaan Diferensial Lotka-Volterra

B. Pembahasan Hasil Simulasi BAB V PENUTUP

A. Kesimpulan B. Saran DAFTAR PUSTAKA

5 BAB II

PERSAMAAN DIFERENSIAL DAN TURUNAN NUMERIK

Pada bab ini akan dibahas landasan teori yang digunakan dalam penulisan skripsi ini. Landasan teori tersebut meliputi: turunan, persamaan diferensial, fungsi bebas linear dan bergantung linear, Wronskian, determinan matriks, nilai eigen, turunan numerik, metode Euler dan metode Heun.

A. Turunan

Pada subbab ini akan dibahas mengenai definisi turunan dan aturan rantai.

Definisi 2.1.1

Misalkan suatu fungsi 𝑓 terdefinisi pada interval terbuka yang memuat titik 𝑎, maka turunan fungsi 𝑓 di titik 𝑎 yang dinotasikan 𝑓^′(𝑎) adalah

𝑓^′(𝑎) = lim ℎ→0

𝑓(𝑎+ℎ)−𝑓(𝑎)

ℎ ^(2.1)

dengan ketentuan limit tersebut ada.

Contoh

Tentukan turunan di titik 𝑥 = 3 dengan fungsi 𝑓(𝑥) =¹ 𝑥+ 2. Penyelesaian: 𝑓′(3) = lim ℎ→0 𝑓(3 + ℎ) − 𝑓(𝑎) ℎ = lim ℎ→0 (_{3 + ℎ + 2) −}^{1 7}₃ ℎ = lim ℎ→0 3 − (3 + ℎ) 3(3 + ℎ) ℎ = lim ℎ→0 −ℎ 3ℎ(3 + ℎ)

= lim ℎ→0 −1 3(3 + ℎ) = −¹ 9

Jadi, nilai turunan fungsi 𝑓(𝑥) =¹

𝑥+ 2 di titik 𝑥 = 3 adalah −¹ 9.

Aturan Rantai

Misalkan 𝑦 = 𝑓(𝑢), 𝑢 = 𝑔(𝑥), dan turunan 𝑓^′(𝑢) dan 𝑔^′(𝑥) ada, maka fungsi komposisi yang didefinisikan dengan 𝑦 = 𝑓(𝑔(𝑥)) mempunyai turunan yang diberikan dengan 𝑦′(𝑥) = 𝑓′(𝑢)𝑔′(𝑥), atau 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ⁼ 𝑑𝑦 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 ^.

Pembuktian aturan rantai dapat dibaca pada (Swokowski, 1980:115).

Contoh

Jika 𝑦 = 𝑢2dan 𝑢 = 𝑥 + 1, maka cari 𝑦′(𝑥). Penyelesaian:

Diketahui 𝑦 = 𝑢2dan 𝑢 = 𝑥 + 1,

𝑦^′(𝑢) = 2𝑢, 𝑢′(𝑥) = 1.

Sehingga menurut aturan rantai di atas 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ⁼ 𝑑𝑦 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = (2𝑢)( 1) = 2𝑢 = 2(𝑥 + 1) Jadi, 𝑦′(𝑥) = 2(𝑥 + 1).

B. Persamaan Diferensial

Pada subbab ini akan dibahas definisi dari persamaan diferensial dan klasifikasi persamaan diferensial.

1. Definisi Persamaan Diferensial

Pada bagian ini akan dibahas terlebih dahulu definisi dari persamaan diferensial dan contohnya.

Definisi 2.1.2

Persamaan diferensial adalah persamaan yang menyatakan hubungan antara suatu fungsi dengan turunan-turunannya.

Contoh persamaan diferensial 𝑑𝑦 𝑑𝑥^{− 18𝑥 = 6 (2.2)} 𝑑3𝑦 𝑑𝑡3 +^𝑑𝑦 𝑑𝑡 ^{− 3𝑦 = 0 (2.3)} 𝜕2𝑢 𝜕𝑥2 −^𝜕𝑢 𝜕𝑡 ^{= 0 (2.4)} 𝜕2𝑢 𝜕𝑥2+^𝜕 2𝑢 𝜕𝑦2 =^𝜕𝑢 𝜕𝑡 ^(2.5)

2. Klasifikasi Persamaan Diferensial

Persamaan diferensial dapat diklasifikasikan berdasarkan banyaknya variabel bebas dan orde persamaan diferensial.

Definisi 2.1.3

Persamaan diferensial biasa adalah persamaan diferensial yang memuat turunan biasa dan hanya memuat satu variabel bebas.

Contoh

Persamaan (2.2) adalah persamaan diferensial biasa dengan variabel bebasnya adalah 𝑥 dan variabel terikatnya adalah 𝑦. Persamaan (2.3) juga merupakan persamaan diferensial biasa.

Definisi 2.1.4

Persamaan diferensial parsial adalah persamaan diferensial parsial yang memuat turunan parsial dan terdapat lebih dari satu variabel bebas.

Contoh

Persamaan (2.4) adalah persamaan diferensial parsial dengan 𝑢 adalah variabel terikat, sedangkan 𝑥 dan 𝑡 adalah variabel bebas. Persamaan (2.5) juga merupakan persamaan diferensial parsial.

Definisi 2.1.5

Klasifikasi persamaan diferensial berdasarkan orde:

Orde dari suatu persamaan diferensial adalah orde turunan tertinggi yang terdapat pada persamaan diferensial. Berdasarkan Roger (1982:76) suatu persamaan diferensial orde ke-𝑛 dapat ditulis ke dalam bentuk

𝑑𝑛𝑦 𝑑𝑥𝑛 = 𝑓 (𝑥, 𝑦,^𝑑𝑦 𝑑𝑥^{, … ,} 𝑑𝑛−1𝑦 𝑑𝑥𝑛−1). (2.6) Contoh

Persamaan (2.2) adalah persamaan diferensial biasa orde satu karena turunan tertinggi yang terdapat pada persamaan di atas adalah turunan pertama. Persamaan (2.3) adalah persamaan diferensial biasa (PDB) orde tiga, persamaan (2.4) dan (2.5) adalah persamaan diferensial parsial (PDP) orde dua.

Persamaan diferensial biasa juga dapat diklasifikasikan lagi berdasarkan linearitasnya.

Definisi 2.1.6

Persamaan diferensial biasa orde 𝑛, dengan variabel bebas 𝑥 dan variable terikat 𝑦 dikatakan linear jika dapat ditulis ke dalam bentuk

𝑎₀(𝑥)^𝑑 𝑛𝑦 𝑑𝑥𝑛+ 𝑎₁(𝑥)^𝑑 𝑛−1𝑦 𝑑𝑥𝑛−1+ ⋯ + 𝑎_𝑛−1(𝑥)^𝑑𝑦 𝑑𝑥^{+ 𝑎𝑛}(𝑥)𝑦 = 𝑟(𝑥), (2.7)

dengan 𝑎₀ tidak sama dengan 0.

Contoh

Persamaan (2.2) dan (2.3) adalah persamaan diferensial biasa linear. Dapat diamati bahwa pada kedua persamaan tersebut variabel terikat dan turunan-turunannya berpangkat satu, tidak ada perkalian antara variabel terikat dengan turunan-turunannya, serta tidak ada bentuk nonlinear dari variable terikat maupun bentuk nonlinear dari turunan-turunannya.

Definisi 2.1.7

Suatu persamaan diferensial biasa dikatakan nonlinear jika persamaan diferensial tersebut tidak linear.

Contoh

Berikut ini adalah persamaan diferensial biasa yang nonlinear: 3^𝑑𝑦 𝑑𝑥^{− 18𝑦} 2 = 0 (2.8) 𝑑3𝑦 𝑑𝑡3 + (^𝑑𝑦 𝑑𝑡⁾ 2 − 3𝑦 = 0 _(2.9) 𝑑3𝑦 𝑑𝑡3 + (^𝑑 2𝑦 𝑑𝑡2) (^𝑑𝑦 𝑑𝑡^{) − 3𝑦 = 0 (2.10)}

Persamaan (2.8) adalah persamaan nonlinear karena variable terikat 𝑦 yang terdapat dalam persamaan tersebut berpangkat dua dengan bentuk 18𝑦2. Persamaan (2.9) adalah persamaan nonlinear karena terdapat bentuk (^𝑑𝑦

𝑑𝑡)², yang mana memuat pangkat dua dari turunan pertamanya. Persamaan (2.10) juga nonlinear karena bentuk (^𝑑2𝑦

𝑑𝑡2) (^𝑑𝑦

𝑑𝑡), yang mana memuat perkalian antara turunan kedua dan turunan pertama.

C. Fungsi Bebas Linear dan Bergantung Linear

Pada subbab ini akan dibahas definisi dari fungsi yang bebas linear dan bergantung linear.

Definisi 2.1.8

Fungsi 𝑦₁(𝑡), 𝑦₂(𝑡), … , 𝑦_𝑛(𝑡) dikatakan bergantung linear pada interval I, jika ada konstanta 𝑐₁, 𝑐₂, … , 𝑐_𝑛 yang tidak semuanya nol atau dengan kata lain ada 𝑐_𝑖 ≠ 0 untuk suatu atau beberapa 𝑖 dengan 𝑖 = 1,2, … , 𝑛, sehingga menyebabkan

𝑐₁𝑦₁(𝑡) + 𝑐₂𝑦₂(𝑡) + ⋯ + 𝑐_𝑛𝑦_𝑛(𝑡) = 0 (2.11)

untuk semua t pada interval I.

Definisi 2.1.9

Fungsi 𝑦₁(𝑡), 𝑦₂(𝑡), … , 𝑦_𝑛(𝑡) dikatakan bebas linear pada interval 𝐼, jika

𝑐₁𝑦₁(𝑡) + 𝑐₂𝑦₂(𝑡) + ⋯ + 𝑐_𝑛𝑦_𝑛(𝑡) = 0 (2.12)

untuk semua 𝑡 pada interval 𝐼 yang berakibat 𝑐₁ = 𝑐₂ = ⋯ 𝑐_𝑛 = 0.

D. Wronskian

Pada subbab ini akan dibahas definisi dari Wronskian dan teorema yang berhubungan dengan Wronskian.

Definisi 2.1.10

𝑊[𝑓₁, … , 𝑓_𝑛](𝑥) ≔ || 𝑓₁(𝑥) 𝑓₂(𝑥) ⋯ 𝑓_𝑛(𝑥) 𝑓₁^′(𝑥) 𝑓₂^′(𝑥) ⋯ 𝑓_𝑛′(𝑥) ⋮ ⋮ ⋯ ⋮ 𝑓₁^(𝑛−1)(𝑥) 𝑓₂^(𝑛−1)(𝑥) ⋯ 𝑓_𝑛^(𝑛−1)(𝑥) || ^(2.13)

disebut Wronskian dari 𝑓₁, … , 𝑓_𝑛.

Contoh

Misalkan diketahui 𝑓₁ = sin(𝑥) , 𝑓₂ = cos (𝑥) dan 𝑓₃ = −sin (𝑥) yang terdiferensial dua kali. Tentukan Wronskian dari 𝑓₁, 𝑓₂, 𝑓₃.

Penyelesaian:

Diketahui 𝑓₁ = sin(𝑥) , 𝑓₂ = cos (𝑥) dan 𝑓₃ = −sin (𝑥), sehingga menurut definisi 2.3.5 Wronskian dari 𝑓₁, 𝑓₂, 𝑓₃ adalah

𝑊[ 𝑓₁, 𝑓₂, 𝑓₃] = |

sin (𝑥) cos (𝑥) −sin (𝑥)

cos (𝑥) −sin (𝑥) −cos (𝑥)

−sin (𝑥) −cos (𝑥) sin (𝑥)

| ^(2.14)

Teorema 2.1.11

Misalkan {𝑓₁, … , 𝑓_𝑛} menjadi suatu himpunan fungsi-fungsi yang terdiferensial 𝑛 − 1 kali. Himpunan fungsi-fungsi {𝑓₁, … , 𝑓_𝑛} tersebut adalah bebas linear jika dan hanya jika 𝑊[𝑓₁, … , 𝑓_𝑛](𝑥) ≠ 0. Jika himpunan fungsi-fungsi tersebut tidak bebas linear, maka himpunan fungsi-fungsi tersebut dikatakan bergantung linear.

Contoh

Tentukan apakah kedua himpunan berikut ini bebas linear atau bergantung linear dengan menggunakan Wronskian.

a). {𝑒−𝑡, 𝑒−2𝑡} b.) {𝑥 + 2, 𝑥 − 3, 𝑥 + 1}

Penyelesaian:

a.) Wronskian adalah sebagai berikut:

𝑊(𝑡) = | 𝑒^{−𝑡 𝑒−2𝑡}

= 𝑒−𝑡(−2𝑒−2𝑡) − 𝑒−2𝑡(−𝑒−𝑡)

= −2𝑒−3𝑡+ 𝑒−3𝑡

= −𝑒−3𝑡

Hasil dari Wronskiannya adalah −𝑒−3𝑡 , sehingga menurut Teorema 2.1.11 himpunan fungsi pada nomor a) adalah bebas linear.

b.) Wronskiannya adalah sebagai berikut:

𝑊(𝑡) = | 𝑥 + 2 𝑥 − 3 𝑥 + 1 2 −3 1 0 0 0 | = (𝑥 + 2)(−3)(0) + (𝑥 − 3)(1)(0) + (𝑥 + 1)(2)(0) − (𝑥 − 3)(2)(0) − (𝑥 + 2)(1)(0) − (𝑥 + 1)(−3)(0) = 0

Hasil dari Wronskiannya adalah 0, sehingga menurut Teorema 2.1.11 himpunan fungsi pada nomor b adalah bergantung linear.

E. Determinan Matriks

Pada subbab ini akan dibahas definisi determinan dan cara mencari determinan 2 × 2 dan 𝑛 × 𝑛.

1. Determinan Matriks 𝟐 × 𝟐 Diketahui matriks berukuran 2 × 2

𝐴 = [^{𝑎 𝑏}

𝑐 𝑑^],

nilai 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 disebut determinan matriks 𝐴 dan ditulis sebagai berikut

det(A) = det [^𝑎_𝑐 ^𝑏_𝑑^{] = 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐,}

Contoh

Diketahui suatu matriks 2 × 2 yaitu

𝐴 = [^{2 4}

5 2^]. Tentukanlah determinan dari matriks 𝐴.

Penyelesaian:

det(A) = det [^{2 4}_{5 2}^{] = (2 × 2) − (4 × 5) = 4 − 20 = −16.}

Jadi, determinan dari matriks 𝐴 adalah −16.

2. Determinan Matriks 𝒏 × 𝒏

Pada bagian ini cara mencari atau menghitung determinan matriks 𝑛 × 𝑛 akan menggunakan minor dan kofaktor dengan 𝑛 ≥ 3.

Definisi 2.1.12

Diketahui matriks 𝐴 berukuran 𝑛 × 𝑛. Minor 𝑀_𝑖𝑗 adalah determinan dari matriks berukuran (𝑛 − 1) × (𝑛 − 1) yang diperoleh dari matriks 𝐴 dengan menghapus baris ke-𝑖 dan kolom ke-𝑗. Sedangkan kofaktor 𝐴_𝑖𝑗 = (−1)^𝑖+𝑗𝑀_𝑖𝑗 (Budhi, 1995:89).

Teorema 2.1.13

Diketahui matriks berukuran 𝑛 × 𝑛. Nilai determinan matriks 𝐴 dapat dihitung dengan cara perluasan baris ke-𝑖

det(A) = 𝑎_𝑖1𝐴_𝑖1+ 𝑎_𝑖2𝐴_𝑖2+ ⋯ + 𝑎_𝑖𝑛𝐴_𝑖𝑛

= (−1)𝑖+1𝑎_𝑖1𝑀_𝑖1+ (−1)𝑖+2𝑎_𝑖2𝑀_𝑖2+ ⋯ + (−1)𝑖+𝑛𝑎_𝑖𝑛𝑀_𝑖𝑛,

sedangkan perluasan untuk kolom ke-𝑗 adalah det(A) = 𝑎_1𝑗𝐴_1𝑗+ 𝑎_2𝑗𝐴_2𝑗+ ⋯ + 𝑎_𝑛𝑗𝐴_𝑛𝑗

= (−1)1+𝑗𝑎_1𝑗𝑀_1𝑗 + (−1)2+𝑗𝑎_2𝑗𝑀_2𝑗 + ⋯ + (−1)𝑛+𝑗𝑎_𝑛𝑗𝑀_𝑛𝑗.

Contoh

Hitunglah nilai determinan dari matriks berikut ini

𝐵 = [ 1 0 0 −2 0 −1 0 0 3 4 5 7 1 2 4 −1 ]. Penyelesaian: det(𝐵) = det [ 1 0 0 −2 0 −1 0 0 3 4 5 7 1 2 4 −1 ],

perhitungan determinan matriks 𝐵 akan menggunakan perluasan baris ke-2. Sehingga determinan matriks 𝐵 dapat ditulis

det(B) = (−1)2+2𝑎₂₂𝑀₂₂ = (−1)(−1) det [ 1 0 −2 3 5 7 1 4 −1 ] = −det [ 1 0 −2 3 5 7 1 4 −1 ]

Selanjutnya akan dihitung determinan matriks 3 × 3 yang dihasilkan di atas dengan menggunakan perluasan baris juga

−det [ 1 0 −2 3 5 7 1 4 −1 ] = − ((−1)^{1+11 det [5}_{4 −1}^{7 ] + (−1)1+3}(−2) det [3 5 1 4^]) = −((−5 − 28) + (−2)(12 − 5)) = 47 Jadi, det(B) = 47. F. Nilai Eigen

Bilangan real 𝜆 merupakan nilai eigen dari matriks 𝐴 jika dan hanya jika 𝜆 memenuhi persamaan karakteristik

|𝐴 − 𝜆𝐼| = 0,

Pembuktian pernyataan ini dapat dilihat pada (Budhi, 1995:269).

Contoh

𝐴 = [^{3 5} 6 2^].

Penyelesaian:

Langkah pertama bentuk matriks

𝐴 − 𝜆𝐼 = [^{3 − 𝜆 7}

6 2 − 𝜆^],

sehingga determinan dari matriks 𝐴 − 𝜆𝐼 adalah 0 = 𝐴 − 𝜆𝐼

= (3 − 𝜆)(2 − 𝜆) − (6)(7)

= 𝜆²− 5𝜆 + 6 − 42 = 𝜆²− 5𝜆 − 36

= (𝜆 + 4)(𝜆 − 9).

Jadi, matriks 𝐴 mempunyai dua nilai eigen yaitu 𝜆₁ = −4 dan 𝜆₂ = 9.

G. Turunan Numerik

Sebelum membahas turunan numerik akan terlebih dahulu dibahas ekspansi deret Taylor.

Teorema 2.1.14

Misalkan 𝑓 adalah sebuah fungsi yang turunan ke 𝑛 + 1, yaitu 𝑓(𝑛+1), ada pada interval [𝑎, 𝑏], dan 𝑥₀ 𝜖 [𝑎, 𝑏]. Untuk setiap 𝑥 𝜖 [𝑎, 𝑏] ada 𝜉(𝑥) diantara 𝑥₀ dan 𝑥 dengan 𝑓(𝑥) = 𝑃_𝑛(𝑥) + 𝑅_𝑛(𝑥), (2.15) dimana 𝑃_𝑛(𝑥) = 𝑓(𝑥₀) + 𝑓′(𝑥₀)(𝑥 − 𝑥₀) +^{𝑓′′(𝑥0)} 2! (𝑥 − 𝑥₀)2+ ⋯ +^{𝑓(𝑛)(𝑥0)} 𝑛! (𝑥 − 𝑥₀)𝑛 dan 𝑅_𝑛(𝑥) =^𝑓 (𝑛+1)(𝜉(𝑥)) (𝑛 + 1)! ^{(𝑥 − 𝑥0)𝑛+1.}

Persamaan (2.15) secara umum dapat ditulis ke dalam bentuk sebagai berikut: 𝑓(𝑥_𝑖+1) = 𝑓(𝑥_𝑖) + 𝑓 ′(𝑥_𝑖)(𝑥 − 𝑥_𝑖) +^{𝑓′′(𝑥}𝑖) 2! (𝑥 − 𝑥_𝑖)2+ ⋯ + 𝑓^(𝑛)(𝑥_𝑖) 𝑛! (𝑥 − 𝑥_𝑖)𝑛+ 𝑅_𝑛(𝑥), atau 𝑓(𝑥_𝑖+1) = 𝑓(𝑥_𝑖) + 𝑓′(𝑥_𝑖)Δ𝑥 +^{𝑓′′(𝑥}𝑖) 2! (Δ𝑥)2+ ⋯ +^{𝑓(𝑛)(𝑥}𝑖) 𝑛! (Δ𝑥)𝑛+ 𝑅_𝑛(𝑥), (2.16) dimana Δ𝑥 = 𝑥 − 𝑥_𝑖.

1. Pendekatan Turunan Orde Satu Menggunakan Beda Maju

Jika kita memotong deret Taylor setelah turunan orde satu pada persamaan (2.16) maka akan diperoleh

𝑓(𝑥_𝑖+1) = 𝑓(𝑥_𝑖) + 𝑓′(𝑥_𝑖)Δ𝑥 + 𝑅₁, (2.17) dimana 𝑅₁ = ^𝑓 ′′(𝜉) 2! ^Δ𝑥 2 atau ^𝑅1 Δ𝑥 ⁼ 𝑓′′(𝜉) 2 ^Δ𝑥.

Jika ruas kiri dan kanan persamaan (2.16) kita bagi dengan Δ𝑥 akan diperoleh 𝑓(𝑥_𝑖+1) Δ𝑥 ⁼ 𝑓(𝑥_𝑖) Δ𝑥 ⁺ 𝑓′(𝑥_𝑖)(𝑥 − 𝑥_𝑖) Δ𝑥 ⁺ 𝑅₁ Δ𝑥 atau 𝑓′(𝑥_𝑖) ≈ ^{𝑓(𝑥𝑖+1) − 𝑓(𝑥𝑖)} Δ𝑥 ⁻ 𝑅₁ Δ𝑥 ^, atau 𝑓′(𝑥_𝑖) ≈ ^{𝑓(𝑥𝑖+1) − 𝑓(𝑥𝑖)} Δ𝑥 ^{+ 𝑂(Δ𝑥).} (2.18)

Persamaan (2.18) adalah pendekatan turunan numerik orde satu dengan menggunakan beda maju. Ilustrasi grafis dari pendekatan numerik beda maju ditunjukkan oleh Gambar 2.1.1.

Gambar 2.1.7 Grafik ilustrasi pendekatan turunan orde satu dengan beda maju.

2. Pendekatan Turunan Orde Satu Menggunakan Beda Mundur

Deret Taylor dapat diekspansi mundur untuk menghitung nilai sebelumnya berdasarkan nilai sekarang. Jika deret Taylor pada persamaan (2.16) diekspansi mundur maka akan diperoleh:

𝑓(𝑥_𝑖−1) = 𝑓(𝑥_𝑖) − 𝑓′(𝑥_𝑖)Δ𝑥 +^{𝑓′′(𝑥}𝑖)

2! (Δ𝑥)2− ⋯ +^{𝑓(𝑛)(𝑥}𝑖)

𝑛! (Δ𝑥)𝑛+ 𝑅_𝑛(𝑥),

(2.19)

Jika kita memotong deret Taylor setelah turunan orde satu pada persamaan (2.20) maka akan diperoleh:

𝑓(𝑥_𝑖−1) = 𝑓(𝑥_𝑖) − 𝑓′(𝑥_𝑖)Δ𝑥 + 𝑅₁, (2.21)

dengan melakukan operasi aljabar pada persamaan (2.19) akan peroleh 𝑓′(𝑥_𝑖) ≈ ^{𝑓(𝑥𝑖) − 𝑓(𝑥𝑖−1)} Δ𝑥 ⁻ 𝑅₁ Δ𝑥 ^, atau 𝑓′(𝑥_𝑖) ≈ ^{𝑓(𝑥𝑖) − 𝑓(𝑥𝑖−1)} Δ𝑥 ^{+ 𝑂(Δ𝑥).} (2.22)

Persamaan (2.22) adalah pendekatan turunan numerik orde satu dengan menggunakan beda mundur. Ilustrasi grafis dari pendekatan numerik beda mundur ditunjukkan oleh Gambar 2.1.2.

𝑥 𝑥_𝑖+1 𝑥_𝑖 𝑥_𝑖−1 𝑓(𝑥) Δ𝑥

Gambar 2.1.8 Grafik ilustrasi pendekatan turunan orde satu dengan beda mundur.

3. Pendekatan Turunan Orde Satu Menggunakan Beda Tengah

Pendekatan turunan numerik yang ketiga ini atau beda tengah diperoleh dengan cara mengurai ekspansi deret Taylor maju dengan ekspansi deret Taylor mundur. Atau dengan kata lain pendekatan beda tengah diperoleh dengan cara pendekatan rata-rata beda maju dan beda mundur.

Jika persamaan (2.16) dikurang persamaan (2.19) akan diperoleh: 𝑓′(𝑥_𝑖) ≈ ^{𝑓(𝑥𝑖+1) − 𝑓(𝑥𝑖−1)}

2Δ𝑥 ^{+ 𝑂(Δ𝑥}

2) ^(2.23)

Persamaan (2.23) adalah pendekatan turunan numerik orde satu dengan menggunakan beda tengah. Ilustrasi grafis dari pendekatan numerik beda tengah ditunjukkan oleh Gambar 2.1.3.

Gambar 2.1.9 Grafik ilustrasi pendekatan turunan orde satu dengan beda tengah. 𝑓(𝑥) 𝑥 𝑥_𝑖 𝑥_𝑖−1 𝑥_𝑖+1 Δ𝑥 𝑓(𝑥) 𝑥 𝑥_𝑖 𝑥_𝑖−1 𝑥_𝑖+1 2Δ𝑥

H. Metode Euler

Dipandang suatu persamaan diferensial

𝑦^′(𝑡) = 𝑓(𝑡, 𝑦), 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀ (2.24)

dan diasumsikan bahwa penyelesaian dari persamaan (2.24) di atas dapat ditulis dalam bentuk deret Taylor, yaitu

𝑦(𝑡) = 𝑦(𝑡₀) + 𝑦′(𝑡₀)(𝑡 − 𝑡₀) +^𝑦

′′(𝑡₀)(𝑡 − 𝑡₀)2

2 ^{+ ⋯.}

(2.25)

Ketika 𝑦′(𝑡₀) = 𝑓(𝑡₀, 𝑦(𝑡₀)) dan Δ𝑡 = 𝑡₁− 𝑡₀ disubstitusikan ke persamaan (2.25) akan menghasilkan bentuk 𝑦(𝑡₁) sebagai berikut

𝑦(𝑡₁) = 𝑦(𝑡₀) + Δ𝑡 𝑓(𝑡₀, 𝑦(𝑡₀)) +^𝑦

′′(𝑡₀)(Δ𝑡)2

2 ^{+ ⋯.}

(2.26)

Jika kita memilih Δ𝑡 yang cukup kecil, maka kita bisa mengabaikan suku yang memuat (Δ𝑡)² beserta suku-suku yang ordenya lebih tinggi dan akan diperoleh

𝑦(𝑡₁) = 𝑦(𝑡₀) + Δ𝑡 𝑓(𝑡₀, 𝑦(𝑡₀)), (2.27)

yang mana merupakan aproksimasi Euler. Sehingga secara umum langkah untuk metode Euler adalah

𝑡_𝑘+1 = 𝑡_𝑘+ Δ𝑡, 𝑦_𝑘+1 = 𝑦_𝑘 + Δ𝑡 𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘), ^(2.28) dengan 𝑘 = 0, 1, … , 𝑛 − 1, untuk mendapatkan 𝑦₁, 𝑦₂, 𝑦₃, … , 𝑦_𝑛.

Contoh

Gunakanlah metode Euler untuk menyelesaikan aproksimasi masalah nilai awal dari persamaan 𝑦^′ = 𝑅𝑦 pada interval [0,1] dengan 𝑦(0) = 𝑦₀ dan 𝑅 adalah konstanta.

Penyelesaian:

Dipilih selisih jaraknya adalah Δ𝑡 dan berdasarkan persamaan (2.28) akan diperoleh persamaan beda untuk masalah nilai awal tersebut adalah

𝑦_𝑘+1= 𝑦_𝑘+ Δ𝑡(𝑅𝑦_𝑘)

𝑦_𝑘+1 = 𝑦_𝑘(1 + Δ𝑡𝑅).

Jika kita mengurutkan nilai-nilai dari penyelesain tersebut secara rekursif, akan diperoleh 𝑦₁ = 𝑦₀(1 + Δ𝑡𝑅) 𝑦₂ = 𝑦₁(1 + Δ𝑡𝑅) = 𝑦₀(1 + Δ𝑡𝑅)2 𝑦₃ = 𝑦₂(1 + Δ𝑡𝑅) = 𝑦₀(1 + Δ𝑡𝑅)3 ⋮ 𝑦_𝑛 = 𝑦_𝑛−1(1 + Δ𝑡𝑅) = 𝑦₀(1 + Δ𝑡𝑅)𝑛

atau secara umum skema Euler untuk masalah nilai awal tersebut menghasilkan nilai

𝑦_𝑘 = 𝑦₀(1 + Δ𝑡𝑅)𝑘,

untuk 𝑘 = 0, 1, … , 𝑛.

I. Metode Heun

Penyelesaian numerik dari suatu persamaan diferensial dengan masalah nilai awal dapat diselesaikan dengan metode Euler. Selain dengan menggunakan metode Euler dapat juga menggunakan metode Heun yang mana merupakan peningkatan dari metode Euler. Misalnya diketahui

𝑦′(𝑡) = 𝑓(𝑡, 𝑦), 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀, (2.29)

dengan menggunakan metode Heun langkah pertama yang dihitung adalah nilai dari 𝑦̃_𝑘+1 dan yang terakhir adalah menghitung pendekatan dari 𝑦_𝑘+1. Secara umum langkah untuk metode Heun adalah

𝑦̃_𝑘+1 = 𝑦_𝑘+ Δ𝑡 𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘)

(2.30) 𝑦_𝑘+1= 𝑦_𝑘+^Δ𝑡

2 [𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘) + 𝑓(𝑡_𝑘+1, 𝑦̃_𝑘+1)], dimana Δ𝑡 adalah selisih jarak dan 𝑡_𝑘+1 = 𝑡_𝑘+ Δ𝑡.

Contoh

Gunakanlah metode Heun untuk menyelesaikan aproksimasi masalah nilai awal dari persamaan 𝑦^′ = 𝑅𝑦 pada interval [0,1] dengan 𝑦(0) = 𝑦₀ dan 𝑅 adalah konstanta.

Penyelesaian:

Dipilih selisih jarak Δ𝑡 dan berdasarkan persamaan (2.30) akan diperoleh persamaan beda untuk masalah nilai awal tersebut adalah

𝑦̃_𝑘+1 = 𝑦_𝑘+ Δ𝑡 𝑅𝑦_𝑘, 𝑦_𝑘+1 = 𝑦_𝑘+^Δ𝑡 2 [𝑅𝑦_𝑘+ (𝑦_𝑘+ Δ𝑡 𝑅𝑦_𝑘)], atau 𝑦̃_𝑘+1 = 𝑦_𝑘(1 + Δ𝑡𝑅), 𝑦_𝑘+1 = 𝑦_𝑘(1 +^Δ𝑡 2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]).

Sehingga persamaan beda untuk persamaan (2.30) bisa ditulis dalam satu bentuk saja, yaitu

𝑦_𝑘+1= 𝑦_𝑘(1 +^Δ𝑡

2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]).

Jika kita mengurutkan nilai-nilai dari penyelesaian tersebut secara rekursif, akan diperoleh 𝑦₁ = 𝑦₀(1 +^Δ𝑡 2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]) , 𝑦₂ = 𝑦₁(1 +^Δ𝑡 2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]) = 𝑦₀(1 +^Δ𝑡 2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]) 2 ⋮ 𝑦_𝑛 = 𝑦_𝑛−1(1 +^Δ𝑡 2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]) = 𝑦₀(1 +^Δ𝑡 2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]) 𝑛

atau secara umum skema Heun untuk masalah nilai awal tersebut menghasilkan nilai

𝑦_𝑘 = 𝑦₀(1 +^Δ𝑡 2 [𝑅 + 1 + Δ𝑡𝑅]) 𝑘 . untuk 𝑘 = 0, 1, … , 𝑛. J. Metode Biseksi Teorema 2.1.15

Jika terdapat fungsi 𝑓 yang kontinu pada interval tertutup [𝑎, 𝑏] dan 𝑓(𝑎). 𝑓(𝑏) < 0, maka ada 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) sehingga berlaku 𝑓(𝑐) = 0.

Bukti:

Diketahui bahwa 𝑓(𝑎). 𝑓(𝑏) < 0 hal ini terjadi ketika 𝑓(𝑎) < 0 dan 𝑓(𝑏) > 0. Didefinisikan suatu himpunan

𝐸 = {𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] ∶ 𝑓(𝑥) < 0}.

dan himpunan tersebut tidak kosong karena 𝑎 ∈ 𝐸 dan 𝐸 mempunyai batas atas 𝑏. Misalkan 𝑓(𝑐) ≠ 0 karena 𝑓 kontiniu pada 𝑐 terdapat 𝛿 > 0 sedemikian sehingga |𝑥 − 𝑐| < 𝛿 dan 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] sehingga mengakibatkan

|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐)| < ¹

2|𝑓(𝑐)|. Jika 𝑓(𝑐) < 0, maka 𝑐 ≠ 𝑏 dan

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑐) + 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐) < 𝑓(𝑐) −¹ 2^𝑓(𝑐),

Untuk semua 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] sehinga |𝑥 − 𝑐| < 𝛿. Jadi 𝑓(𝑥) <¹

2𝑓(𝑐) < 0. Karena ada 𝑥 ∈ 𝐸 dengan 𝑥 > 𝑐, yang mana kontradiksi dengan fakta bahwa 𝑐 adalah batas atas dari 𝐸.

Jika 𝑓(𝑐) > 0, maka 𝑐 ≠ 𝑎 dan

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑐) + 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐) > 𝑓(𝑐) −¹ 2^𝑓(𝑐), untuk semua 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏], sehingga |𝑥 − 𝑐| < 𝛿. Jadi, 𝑓(𝑥) > ¹

2𝑓(𝑐) > 0. Ada 𝛽 > 0 sehingga 𝑐 − 𝛽 ≥ 𝑎 dan 𝑓(𝑥) > 0 untuk 𝑐 − 𝛽 ≤ 𝑥 ≤ 𝑐.

Pada kasus ini, 𝑐 − 𝛽 < 𝑐 adalah batas atas dari 𝐸. Karena 𝑐 adalah batas atas dan 𝑓(𝑥) > 0 untuk 𝑐 − 𝛽 ≤ 𝑥 ≤ 𝑐, yang mana kontradiksi bahwa 𝑐 merupakan batas paling atas. Karena 𝑐 ≠ 𝑎, 𝑏 maka terbukti bahwa 𝑓(𝑐) = 0.

Diberikan suatu fungsi 𝑓 yang kontinu pada interval [𝑎, 𝑏] dan 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) merupakan akar karakteristik dari fungsi 𝑓.

Langkah pertama dalam metode biseksi yaitu menentukan nilai tengah, yaitu

𝑐 =^{𝑎 + 𝑏}

2 ^,

selanjutnya menganalisis kemungkinan-kemungkinan yang akan muncul: 1. Jika 𝑓(𝑎). 𝑓(𝑐) < 0, maka akar dari fungsi f terletak diantara 𝑎 dan 𝑐, 2. Jika 𝑓(𝑎). 𝑓(𝑐) > 0, maka akar dari fungsi f terletak diantara 𝑐 dan 𝑏, 3. Jika 𝑓(𝑎). 𝑓(𝑐) = 0, maka 𝑎 atau 𝑐 adalah akar real dari fungsi 𝑓.

24 BAB III

SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL LOTKA-VOLTERRA TERMODIFIKASI DAN METODE BEDA HINGGA EKSAK

Pada bab ini akan dibahas sistem persamaan diferensial Lotka-Volterra termodifikasi dan metode beda hingga eksak yang akan digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial Lotka-Volterra termodifikasi.

A. Sistem Persamaan Lotka-Volterra Termodifikasi

Dalam subbab ini akan dibahas model dari persamaan diferensial Lotka-Volterra khususnya untuk model kompetisi dan juga akan dipaparkan hasil modifikasi dari persamaan diferensial Lotka-Volterra.

1. Persamaan Diferensial Lotka-Volterra

Misalkan 𝑥 menggambarkan jumlah populasi rusa pada waktu 𝑡 dan 𝑦 menggambarkan jumlah populasi zebra pada waktu 𝑡. Rusa merupakan hewan herbivora yang bertahan hidup dengan mengkonsumsi tumbuh-tumbuhan. Kita dapat mengasumsikan laju pertumbuhan rusa per kapita (tanpa adanya zebra) memiliki nilai konstan 𝑟₁, dengan 𝑟₁ > 0, tetapi dengan adanya zebra akan mengurangi laju pertumbuhan rusa per kapita. Jika kita mengasumsikan bahwa laju pertumbuhan rusa berkurang sejumlah 𝑎₁₂𝑦 yang sebanding dengan jumlah zebra, dengan 𝑎₁₂ > 0, maka laju pertumbuhan rusa per kapita yang dihasilkan adalah 𝑟₁− 𝑎₁₂𝑦. Persamaan pertumbuhan rusa adalah

𝑑𝑥

𝑑𝑡 ^{= (𝑟1− 𝑎12𝑦)𝑥.}

(3.1)

Misalkan zebra bergantung sepenuhnya pada tumbuh-tumbuhan sebagai satu-satunya sumber makanan. Tanpa adanya rusa, kita mengasumsikan laju pertumbuhan zebra per kapita memiliki nilai konstan 𝑟₂, dengan 𝑟₂ > 0, tetapi adanya rusa akan menurunkan laju pertumbuhan zebra per kapita sejumlah 𝑎₂₁𝑥 yang sebanding dengan jumlah rusa, dengan 𝑎₂₁ > 0. Laju pertumbuhan zebra per

kapita yang dihasilkan adalah 𝑟₂− 𝑎₂₁𝑥, sehingga persamaan pertumbuhan zebra adalah

𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^{= (𝑟2− 𝑎21𝑥)𝑦.}

(3.2)

Persamaan (3.1) dan persamaan (3.2) menghasilkan model kompetisi sebagai berikut: { 𝑑𝑥 𝑑𝑡 ^{= (𝑟1− 𝑎12𝑦)𝑥,} 𝑑𝑦 𝑑𝑡 ^{= (𝑟2− 𝑎21𝑥)𝑦.} (3.3)

Jika kita mengasumsikan bahwa sumber makanan rusa dan zebra yang awalnya tidak terbatas menjadi terbatas maka laju pertumbuhan per kapita rusa (tanpa adanya zebra dan tanpa adanya kompetisi antar rusa dalam memperoleh makanan) memiliki nilai konstan 𝑟₁, dengan 𝑟₁ > 0. Dengan adanya zebra dan kompetisi antar rusa dalam perebutan makanan (tumbuhan) akan mengurangi laju pertumbuhan per kapita rusa. Jika kita mengasumsikan bahwa laju pertumbuhan rusa berkurang sejumlah 𝑎₁₂𝑦 yang sebanding dengan jumlah zebra, dengan 𝑎₁₂ > 0 dan sejumlah 𝑎₁₁𝑥 yang sebanding dengan jumlah rusa, dengan 𝑎₁₁ > 0, maka laju pertumbuhan rusa per kapita yang dihasilkan adalah 𝑟₁− 𝑎₁₁𝑥 − 𝑎₁₂𝑦. Model pertumbuhan rusa menjadi

𝑑𝑥

𝑑𝑡 ^{= 𝑟1𝑥 − 𝑎11𝑥}

2− 𝑎₁₂𝑥𝑦, ^(3.4)

Hal yang sama juga terjadi pada zebra. Jika diasumsikan sumber makan menjadi terbatas maka laju pertumbuhan zebra per kapita (tanpa adanya rusa dan kompetisi antara zebra dalam memperoleh makanan) memiliki nilai konstan 𝑟₂, dengan 𝑟₂ > 0. Dengan adanya rusa akan menurunkan laju pertumbuhan zebra per kapita sejumlah 𝑎₂₁𝑥, dengan 𝑎₂₁ > 0 yang sebanding dengan jumlah rusa. Akan tetapi, dengan adanya kompetisi antara zebra dalam memperoleh makanan akan mengakibatkan laju pertumbuhan zebra per kapita menurun sejumah 𝑎₂₂𝑦, dengan 𝑎₂₂ > 0 yang sebanding dengan jumlah zebra. Laju pertumbuhan zebra per kapita yang dihasilkan adalah 𝑟₂− 𝑎₂₁𝑥 − 𝑎₂₂𝑦, sehingga persamaan pertumbuhan zebra adalah

𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^{= 𝑟2𝑦 − 𝑎21𝑥𝑦 − 𝑎22𝑦}

2. ^(3.5)

Berdasarkan persamaan (3.4) dan persamaan (3.5) diperoleh persamaan diferensial Lotka-Volterra untuk masalah kompetisi yang didefinisikan dengan bentuk 𝑑𝑥 𝑑𝑡 ^{= 𝑟1𝑥 − 𝑎11𝑥} 2− 𝑎₁₂𝑥𝑦, ^(3.6a) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 ^{= 𝑟2𝑦 − 𝑎21𝑥𝑦 − 𝑎22𝑦} 2, ^(3.6b) 𝑥(0) = 𝑥₀> 0, 𝑦(0) = 𝑦₀ > 0,

dimana 𝑟₁, 𝑟₂, 𝑎₁₁, 𝑎₂₂, 𝑎₁₂, 𝑎₂₁ adalah parameter konstan positif untuk kasus dinamika rusa-zebra ini dan 𝑥(𝑡) dan 𝑦(𝑡) adalah variabel terikat. Pada umumnya nilai dari parameter yang diberikan bisa bernilai positif, nol atau negatif bergantung pada kasus yang dihadapi. Kita menganggap 𝑥(𝑡) dan 𝑦(𝑡) menggambarkan besarnya masing-masing populasi.

2. Persamaan Diferensial Lotka-Volterra Termodifikasi

Kita telah mengetahui bahwa persamaan (3.6) merupakan persamaan diferensial Lotka-Volterra khususnya untuk masalah kompetisi. Persamaan diferensial Lotka-Volterra tersebut akan dimodifikasi dengan mengganti x dan y masing-masing dengan √𝑥 dan √𝑦, sehingga kita akan memperoleh persamaan diferensial Lotka-Volterra termodifikasi sebagai berikut

𝑑𝑥 𝑑𝑡 ^{= 𝑟1√𝑥 − 𝑎11𝑥 − 𝑎12√𝑥√𝑦,} (3.7a) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 ^{= −𝑟2√𝑦 + 𝑎21√𝑥√𝑦 − 𝑎22𝑦,} (3.7b)

bisa dilihat bahwa persamaan (3.6) dan (3.7) memiliki koefisien yang sama yaitu 𝑟₁, 𝑟₂, 𝑎₁₁, 𝑎₁₂, 𝑎₂₁, 𝑎₂₂. Penggantian 𝑥 menjadi √𝑥 dan 𝑦 dan menjadi √𝑦 diajukan oleh Mickens (2018) untuk dijadikan sebagai model kasus uji keefektifan metode beda hingga eksak.

B. Metode Beda Hingga Eksak

Sebelum membahas metode beda hingga eksak, akan dibahas terlebih dahulu model diskret dari persamaan diferensial biasa

𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^{= 𝑓(𝑦, 𝜆),}

(3.8)

dimana 𝜆 adalah suatu parameter. Model beda hingga paling umum untuk persamaan (3.8) merupakan turunan diskret orde pertama yang ditunjukkan dalam bentuk sebagai berikut:

𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘

𝜙(Δ𝑡, 𝜆) ^{= 𝐹(𝑦𝑘, 𝑦𝑘+1, 𝜆, Δ𝑡), (3.9)}

turunan diskret pada sisi kiri adalah generalisasi dari bentuk 𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^→

𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘

Δ𝑡 ^.

(3.10)

Berdasarkan persamaan (3.9), kita peroleh dimana fungsi penyebut 𝜙(Δ𝑡, 𝜆) mempunyai sifat

𝜙(Δ𝑡, 𝜆) = Δ𝑡 + 𝑂(Δ𝑡²), 𝜆 = tetap, Δ𝑡 → 0.

(3.11)

Bentuk persamaan (3.9) di atas merupakan turunan diskret yang didasarkan pada definisi turunan (2.1) yang mana dapat digeneralisasi sebagai berikut

𝑑𝑦 𝑑𝑡 ^{= lim}Δ𝑡→0 𝑦[𝑡 + 𝜓₁(Δ𝑡)] − 𝑦(𝑡) 𝜓₂(Δ𝑡) ^, (3.12) dimana 𝜓_𝑖(Δ𝑡) = Δ𝑡 + 𝑂(Δ𝑡2), Δ𝑡 → 0; 𝑖 = 1,2.

Contoh dari fungsi 𝜓(Δ𝑡) yang memenuhi kondisi ini adalah

𝜓(Δ𝑡) = { Δ𝑡, sin(Δ𝑡) , 𝑒Δ𝑡− 1, 1 − 𝑒^−Δ𝑡, 1−𝑒^{−𝜆Δ𝑡} 𝜆 , dan lainnya.

Perlu diperhatikan dalam pengambilan limit Δ𝑡 → 0 untuk memperoleh turunan, penggunaan salah satu dari 𝜓(Δ𝑡) akan mengarah pada hasil biasa dari suatu turunan pertama

𝑑𝑦 𝑑𝑡 ^{= lim}Δ𝑡→0 𝑦[𝑡 + 𝜓₁(Δ𝑡)] − 𝑦(𝑡) 𝜓₂(Δ𝑡) ^{= lim}Δ𝑡→0 𝑦(𝑡 + Δ𝑡) − 𝑦(𝑡) Δ𝑡 ^. (3.13)

1. Skema Beda Hingga Eksak

Dipandang bentuk umum persamaan diferensial orde satu 𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^{= 𝑓(𝑦, 𝑡, 𝜆), 𝑦(𝑡0}) = 𝑦₀, ^(3.14)

dimana 𝑓(𝑦, 𝑡, 𝜆) sedemiakan sehingga persamaan (3.14) memiliki penyelesaian tunggal pada interval, 0 ≤ 𝑡 < 𝑇 dan 𝜆 adalah parameter pada interval 𝜆₁ ≤ 𝜆 ≤ 𝜆₂ dengan 𝜆₁ dan 𝜆₂ adalah konstanta. Penyelesaiannya dapat ditulis sebagai berikut:

𝑦(𝑡) = 𝜙(𝜆, 𝑦₀, 𝑡₀, 𝑡) (3.15)

dimana

𝜙(𝜆, 𝑦₀, 𝑡₀, 𝑡₀) = 𝑦₀.

Dipandang model diskret dari persamaan (3.14)

𝑦_𝑘+1 = 𝑔(𝜆, Δ𝑡, 𝑦_𝑘, 𝑡_𝑘), (3.16)

dimana 𝑡_𝑘 = 𝑘. Δ𝑡, 𝑦_𝑘 ≈ 𝑦(𝑡_𝑘).

Penyelesaian dari persamaan (3.16) dapat ditulis dalam bentuk

𝑦_𝑘 = 𝜓(𝜆, Δ𝑡, 𝑦₀, 𝑡₀, 𝑡_𝑘), (3.17)

dimana

𝜓(𝜆, Δ𝑡, 𝑦₀, 𝑡₀, 𝑡₀) = 𝑦₀.

Definisi 3.1.1

Persamaan (3.14) dan (3.16) dikatakan memiliki penyelesaian umum yang sama jika dan hanya jika

𝑦_𝑘 = 𝑦(𝑡_𝑘),

untuk sebarang Δ𝑡 > 0 dan untuk semua 𝑘.

Definisi 3.1.2

Suatu skema beda hingga eksak adalah suatu skema yang menghasilkan penyelesaian beda tertentu yang mana penyelesaian umum dari persamaan beda hingga tersebut sama dengan penyelesaian diferensial terkait.

Teorema 3.1.3 Persamaan diferensial

𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^{= 𝑓(𝑦, 𝑡, 𝜆), 𝑦(𝑡0}) = 𝑦₀, ^(3.18)

mempunyai skema beda hingga eksak yang diekspresikan dengan bentuk sebagai berikut

𝑦_𝑘+1= 𝜙(𝜆, 𝑦_𝑘, 𝑡_𝑘, 𝑡_𝑘+1), (3.19)

dimana fungsi 𝜙 sama dengan fungsi pada persamaan (3.15). Bukti:

Diasumsikan penyelesaian umum untuk persamaan (3.18) didefinisikan sebagai berikut

𝑦(𝑡) = 𝜙(𝜆, 𝑦₀, 𝑡₀, 𝑡)

dimana 𝑦₀ adalah nilai dari 𝑥(𝑡) saat 𝑡 = 𝑡₀. Nemytski and Stepanov (1969) mengatakan

𝑓(𝑓(𝑥, 𝑡₁), 𝑡₂) = 𝑓(𝑥, 𝑡₁+ 𝑡₂), ^(3.20)

sehingga berdasarkan persamaan (3.20) di atas dapat kita tulis

𝑓(𝑓(𝑦, 𝑡, 𝜆), Δ𝑡, 𝜆) = 𝑓(𝑦, 𝑡 + Δ𝑡, 𝜆), ^(3.21)

dengan nilai awalnya adalah 𝑦(𝑡) = 𝑦_𝑡.

Berdasarkan pembahasan di atas diperoleh penyelesaian untuk persamaan (3.21) adalah

𝑦(𝑡 + Δ𝑡) = 𝜙(𝜆, 𝑦(𝑡), 𝑡, 𝑡 + Δ𝑡). Jika kita mensubstitusi

𝑡 → 𝑡_𝑘, 𝑦(𝑡) → 𝑦_𝑘,

maka penyelesaian untuk persamaan (3.21) akan menjadi

𝑦_𝑘+1= 𝜙(𝜆, 𝑦_𝑘, 𝑡_𝑘, 𝑡_𝑘+1). ^(3.22)

Persamaan (3.22) merupakan persamaan beda biasa yang dibutuhkan yang mana persamaan (3.22) memiliki penyelesaian umum yang dengan persamaan (3.18).

2. Contoh Skema Beda Hingga Eksak

Diberikan suatu himpunan fungsi-fungsi yang bebas linear

{𝑦(𝑖)(𝑡)} ; 𝑖 = 1, 2, … , 𝑁, (3.23)

dimana fungsi-fungsi tersebut selalu mungkin membangun persamaan beda linear orde 𝑁, yang memiliki fungsi diskret yang sesuai sebagai penyelesaian. Diberikan

𝑦_𝑘^(𝑖) ≡ 𝑦(𝑖)(𝑡_𝑘), 𝑡_𝑘 = (Δ𝑡)𝑘; (3.24)

sehingga determinan berikut ini memberikan persamaan yang diperlukan

|| 𝑦_𝑘 𝑦_𝑘¹ 𝑦_𝑘+1² ⋯ 𝑦_𝑘^𝑛 𝑦_𝑘+1 𝑦_𝑘+1¹ 𝑦_𝑘+1² ⋯ 𝑦_𝑘+1^𝑛 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 𝑦_𝑘+𝑛 𝑦_𝑘+𝑛¹ 𝑦_𝑘+𝑛² ⋯ 𝑦_𝑘+𝑛^𝑛 || = 0.

Bukti dan penjelasan tentang hal tersebut diberikan oleh Mickens (1990).

Contoh 1

Dipandang suatu fungsi

𝑦(1)(𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡, (3.25)

dimana fungsi tersebut merupakan suatu penyelesaian untuk persamaan diferensial orde satu

𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^{= −𝜆𝑦.}

(3.26)

det | ^{𝑦𝑘 𝑦𝑘} (1) 𝑦_𝑘+1 𝑦_𝑘+1^{(1)| = |} 𝑦_𝑘 𝑒^{−𝜆Δ𝑡𝑘} 𝑦_𝑘+1 𝑒−𝜆Δ𝑡(𝑘+1)| = 𝑒−𝜆Δ𝑡𝑘| ^{𝑦𝑘 1} 𝑦_𝑘+1 𝑒−𝜆Δ𝑡| = 𝑒−𝜆Δ𝑡𝑘[𝑒−𝜆Δ𝑡𝑦_𝑘− 𝑦_𝑘+1] = 0

atau dapat ditulis

𝑦_𝑘+1 = 𝑒−𝜆Δ𝑡𝑦_𝑘. (3.27)

Persamaan (3.27) di atas adalah persamaan beda hingga eksak atau skema beda hingga eksak yang sesuai untuk persamaan (3.26). Bentuk dari skema eksak di atas dapat ditulis ke dalam bentuk yang lebih konstruktif dengan melakukan operasi aljabar pada persamaan (3.27) sebagai berikut:

𝑦_𝑘+1= 𝑒−𝜆Δ𝑡𝑦_𝑘 atau 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘+ 𝑦_𝑘 = 𝑒−𝜆Δ𝑡𝑦_𝑘 atau 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘 = 𝑒−𝜆Δ𝑡𝑦_𝑘− 𝑦_𝑘 atau 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘 = ^𝜆 𝜆(𝑒−𝜆Δ𝑡𝑦_𝑘− 𝑦_𝑘) atau 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘 = −𝜆 (^{−𝑒−𝜆Δ𝑡𝑦}𝑘+𝑦_𝑘 𝜆 ) atau 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘 = −𝜆 (^{−𝑒−𝜆Δ𝑡+1} 𝜆 ) 𝑦_𝑘 atau 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘 = −𝜆 (^{1−𝑒−𝜆Δ𝑡} 𝜆 ) 𝑦_𝑘 atau 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘 ( ^{1 − 𝑒}_𝜆^{−𝜆Δ𝑡}) = −𝜆𝑦_𝑘. _(3.28)

Setelah melakukan operasi aljabar pada persamaan (3.27) diperoleh persamaan (3.28). Sebagai catatan metode Euler standar untuk persamaan (3.26) adalah

𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘

Δ𝑡 ^{= −𝜆𝑦𝑘.}

(3.29)

Contoh 2

Dipandang persamaan diferensial osilator harmonik 𝑑2𝑦

𝑑𝑡2 + 𝑦 = 0. ^(3.30)

Persamaan diferensial di atas memiliki dua penyelesaian yang bebas linear yaitu 𝑦⁽¹⁾(𝑡) = cos(𝑡), 𝑦(2)(𝑡) = sin(𝑡),

atau dalam bentuk kompleks ditulis

𝑦̅(1)(𝑡) = 𝑒𝑖𝑡, 𝑦̅(2)(𝑡) = 𝑒−𝑖𝑡.

Untuk memperoleh persamaan beda yang sesuai kita terapkan cara yang sama seperti pada contoh 1

det [

𝑦_𝑘 𝑒𝑖Δ𝑡𝑘 𝑒−𝑖Δ𝑡𝑘 𝑦_𝑘+1 𝑒𝑖Δ𝑡(𝑘+1) 𝑒−𝑖Δ𝑡(𝑘+1) 𝑦_𝑘+2 𝑒^{𝑖Δ𝑡(𝑘+2)} 𝑒^{−𝑖Δ𝑡(𝑘+2)}

] = 0

Menggunakan aturan minor dan kofaktor diperoleh

𝑦_𝑘(𝑒𝑖Δ𝑡(𝑘+1)𝑒−𝑖Δ𝑡(𝑘+2)− 𝑒−𝑖Δ𝑡(𝑘+1)𝑒𝑖Δ𝑡(𝑘+2)) − 𝑒𝑖Δ𝑡𝑘(𝑦_𝑘+1𝑒−𝑖Δ𝑡(𝑘+2)− 𝑒^{−𝑖Δ𝑡(𝑘+1)}𝑦_𝑘+2) + 𝑒−𝑖Δ𝑡𝑘(𝑦_𝑘+1𝑒^{𝑖Δ𝑡(𝑘+2)}− 𝑒^{𝑖Δ𝑡(𝑘+2)}𝑦_𝑘+2) = 0

atau

𝑦_𝑘(𝑒−𝑖Δ𝑡− 𝑒𝑖Δ𝑡) − 𝑦_𝑘+1(𝑒−2𝑖Δ𝑡− 𝑒2𝑖Δ𝑡) + 𝑦_𝑘+2(𝑒−𝑖Δ𝑡− 𝑒𝑖Δ𝑡) = 0

atau

𝑦_𝑘((cos(Δ𝑡) − 𝑖 sin(Δ𝑡)) − (𝑐𝑜𝑠(Δ𝑡) + 𝑖 sin(Δ𝑡))) − 𝑦_𝑘+1((cos(2Δ𝑡) − 𝑖 𝑠𝑖𝑛(2Δ𝑡)) − ((cos(2Δ𝑡) + 𝑖 𝑠𝑖𝑛(2Δ𝑡))) + 𝑦_𝑘+2((cos(Δ𝑡) − 𝑖 sin(Δ𝑡)) − ((cos(Δ𝑡) + 𝑖 sin(Δ𝑡))) = 0

𝑦_𝑘(−2𝑖 sin(Δ𝑡)) − 𝑦_𝑘+1(−2𝑖 sin(2Δ𝑡)) + 𝑦_𝑘+2(−2𝑖 sin(Δ𝑡)) = 0

atau

sin(Δ𝑡)𝑦_𝑘− sin(2Δ𝑡) 𝑦_𝑘+1+ sin(Δ𝑡) 𝑦_𝑘+2 = 0

atau

sin(Δ𝑡)𝑦_𝑘− 2sin(Δ𝑡) cos(Δ𝑡) 𝑦_𝑘+1+ sin(Δ𝑡) 𝑦_𝑘+2 = 0

atau

𝑦_𝑘− 2 cos(Δ𝑡) 𝑦_𝑘+1+ 𝑦_𝑘+2= 0. ^(3.31)

Persamaan cos(2Δ𝑡) = 1 − 2sin²Δ𝑡 yang mengakibatkan cos Δ𝑡 = 1 − 2sin²(^Δ𝑡 2) sehingga diperoleh

𝑦_𝑘− 2(1 − 2sin2(^Δ𝑡

2^{))𝑦𝑘+1+ 𝑦𝑘+2= 0.}

(3.32)

Pada persamaan (3.32) kita menggeser indeks k satu satuan ke bawah dan akan kita peroleh

𝑦_𝑘−1− 2(1 − 2sin2(^Δ𝑡

2^{))𝑦𝑘+ 𝑦𝑘+1= 0,}

(3.33)

atau dapat ditulis

𝑦_𝑘+1 = 2 (1 − 2sin²(^Δ𝑡

2^{)) 𝑦𝑘 −𝑦𝑘−1.}

(3.34)

Persamaan (3.34) di atas adalah persamaan beda hingga eksak atau skema beda hingga eksak yang sesuai untuk persamaan (3.30). Persamaan (3.34) juga dapat ditulis ke dalam bentuk yang lebih konstruktif. Jadi, dengan cara yang sama pada contoh 1 akan diperoleh persamaan sebagai berikut:

𝑦_𝑘−1− 𝑦_𝑘+1− 2𝑦_𝑘 4sin2(^Δ𝑡_{2 )}

= −𝑦_𝑘 (3.35)

Setelah melakukan operasi aljabar pada persamaan (3.34) diperoleh persamaan (3.35). Sebagai catatan bahwa metode beda hingga standar untuk persamaan (3.30) adalah

𝑦_𝑘−1− 𝑦_𝑘+1− 2𝑦_𝑘

Persamaan (3.35a) akan menjadi pembanding metode beda hingga eksak untuk menyelesaikan persamaan (3.30).

Cara yang digunakan untuk meperoleh atau mengkonstruksi skema beda eksak pada contoh 1 dan contoh 2 tidak dapat digunakan untuk mengkonstruksi skema beda eksak untuk persamaan diferensial yang nonlinear. Berikut ini adalah langkah-langkah yang akan diterapkan untuk mengkonstruksi skema beda eksak untuk persamaan diferensial nonlinear:

1. Dipandang suatu sistem dari 𝑁 pasang persamaan diferensial biasa orde satu 𝑑𝑌

𝑑𝑡 ^{= 𝐹(𝑌, 𝑡, 𝜆), 𝑌(𝑡0}) = 𝑌₀, ^(3.36)

dimana 𝑌, 𝐹 adalah vektor kolom berdimensi 𝑁 yang komponen ke-𝑖 adalah (𝑌)_𝑖 = 𝑦^(𝑖)(𝑡),

(𝐹)_𝑖 = 𝑓(𝑖)[𝑦(1), 𝑦(2), … , 𝑦(𝑁); 𝑡, 𝜆].

2. Penyelesaian umum untuk persamaan (3.36) dinyatakan dengan 𝑌(𝑡) = Φ(λ, 𝑌₀, 𝑡₀, 𝑡)

dimana

𝑦(𝑖)(𝑡) = 𝜙(𝑖)[λ, 𝑦₀⁽¹⁾, 𝑦₀⁽²⁾, … , 𝑦₀^(𝑁), 𝑡₀, 𝑡].

3. Persamaan beda eksak yang sesuai dengan persamaan diferensial diperoleh dengan membuat substitusi berikut

{ 𝑌(𝑡) → 𝑌_𝑘+1, 𝑌₀ = 𝑌(𝑡₀) → 𝑌_𝑘, 𝑡₀ → 𝑡_𝑘, 𝑡 → 𝑡_𝑘+1. Contoh 3

Dipandang persamaan diferensial logistik umum dengan suatu nilai awal 𝑑𝑦

𝑑𝑡 ^{= 𝜆1𝑦 − 𝜆2𝑦}

2, 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀ ^(3.37)

Penyelesaian untuk masalah nilai awal dari persamaan (3.37) di atas adalah

𝑦(𝑡) = ^𝜆1𝑦0

(𝜆₁− 𝑦₀𝜆₂)𝑒−𝜆₁(𝑡−𝑡₀)+ 𝜆₂𝑦₀ ^.

(3.38)

Berdasarkan langkah nomor 3 di atas kita akan mensubstitusikan 𝑡₀ → 𝑡_𝑘, 𝑡 → 𝑡_𝑘+1, 𝑦₀ → 𝑦_𝑘, 𝑦(𝑡) → 𝑦_𝑘+1,

ke persamaan (3.38) sehingga diperoleh

𝑦_𝑘+1 = ^{𝜆1𝑦𝑘}

(𝜆₁− 𝑦_𝑘𝜆₂)𝑒−𝜆₁Δ𝑡 + 𝜆₂𝑦_𝑘 ^,

(3.39)

Persamaan (3.39) di atas adalah persamaan beda hingga eksak atau skema beda hingga eksak yang sesuai untuk persamaan (3.37). Persamaan (3.39) dapat ditulis ke dalam bentuk yang lebih konstruktif. Dengan melakukan operasi aljabar pada persamaan (3.39) akan diperoleh persamaan sebagai berikut:

𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘 (^{𝑒𝜆1Δ𝑡}_𝜆 ^{− 1} 1 )

= 𝜆₁𝑦_𝑘− 𝜆₂𝑦_𝑘+1𝑦_𝑘. _(3.40)

Sebagai catatan bahwa metode Euler maju untuk persamaan (3.37) adalah 𝑦_𝑘+1− 𝑦_𝑘

Δ𝑡 ^{= 𝜆1𝑦𝑘− 𝜆2𝑦𝑘𝑦𝑘.}

(3.40a)

Persamaan (3.40a) akan menjadi pembanding metode beda hingga eksak untuk menyelesaikan persamaan (3.37)

Selanjutnya akan dibahas skema beda hingga eksak untuk sistem dari dua pasang persamaan diferensial biasa linear.

Dipandang sistem persamaan diferensial 𝑑𝑢 𝑑𝑡 ^{= 𝛼𝑢 + 𝛽𝑤,} (3.41a) 𝑑𝑤 𝑑𝑡 ^{= 𝛾𝑢 + 𝛿𝑤,} (3.41b)

dengan kondisi nilai awal

𝑢₀= 𝑢(𝑡₀), 𝑤₀ = 𝑤(𝑡₀),

𝛼𝛿 − 𝛽𝛾 ≠ 0.

Sebelum membahas skema beda eksak dari persamaan (3.41) di atas akan terlebih dahulu dibahas penyelesaian umum dari persamaan (3.41) yang diperoleh secara analitik. Misalkan: 𝑢 = 𝐴𝑒^𝜆𝑡, 𝑣 = 𝐵𝑒^𝜆𝑡, (3.42) 𝑑𝑢 𝑑𝑡 ^{= 𝐴𝜆𝑒} 𝜆𝑡, ^𝑑𝑣 𝑑𝑡 ^{= 𝐵𝜆𝑒} 𝜆𝑡.

Jika persamaan (3.42) disubstitusikan ke persamaan (3.41) maka persamaan (3.41) akan menjadi 𝐴𝜆𝑒𝜆𝑡 = 𝛼𝐴𝑒𝜆𝑡+ 𝛽𝐵𝑒𝜆𝑡, (3.43) 𝐵𝜆𝑒𝜆𝑡 = 𝛾𝐴𝑒𝜆𝑡+ 𝛿𝐵𝑒𝜆𝑡, atau 𝐴𝜆 = 𝛼𝐴 + 𝛽𝐵, _(3.44) 𝐵𝜆 = 𝛾𝐴 + 𝛿𝐵, atau (𝜆 − 𝛼)𝐴 + 𝛽𝐵 = 0, _(3.45) 𝛾𝐴 + (𝜆 − 𝛿)𝐵 = 0.

Selanjutnya akan dicari nilai eigen dari persamaan (3.45) diatas sehingga berdasarkan persamaan (3.45) dapat membentuk matriks yang determinannya sama dengan 0 yaitu

det [^{𝜆 − 𝛼 𝛽}

𝛾 𝜆 − 𝛿^{] = 0. (3.46)}

Persamaan (3.46) dapat diperluas menjadi suatu persamaan kuadrat, yaitu 𝜆2− (𝛼 + 𝛿)𝜆 + (𝛼𝛿 − 𝛽𝛾) = 0,

dengan menggunakan rumus kuadratik dapat diperoleh nilai akar-akar dari persamaan (3.47)

𝜆_1,2 =(𝛼 + 𝛿) ± √(𝛼 + 𝛿)2− 4(𝛼𝛿 − 𝛽𝛾)

2 ^,

2𝜆_1,2 = (𝛼 + 𝛿) ± √(𝛼 + 𝛿)2− 4(𝛼𝛿 − 𝛽𝛾). ^(3.47) Apabila nilai dari 𝜆₁dan 𝜆₂ disubstitusi ke persamaan (3.45) maka akan di peroleh

𝐴₁ = ^𝛽 𝜆₁− 𝜆₂^{, 𝐵1 =} 𝜆₁− 𝛼 𝜆₁− 𝜆₂^, _(3.48) 𝐴₂ = ^𝛽 𝜆₁− 𝜆₂^{, 𝐵2 =} 𝜆₂− 𝛼 𝜆₁− 𝜆₂^.

Menurut Ross (1984:303) penyelesaian umum dari persamaan (3.41) dapat ditulis ke dalam bentuk

𝑢(𝑡) = 𝑐₁𝐴₁𝑒^𝜆1𝑡+ 𝑐₂𝐴₂𝑒^𝜆2𝑡, _(3.49)

𝑤(𝑡) = 𝑐₁𝐵₁𝑒𝜆1𝑡+ 𝑐₂𝐵₂𝑒𝜆2𝑡.

Apabila persamaan (3.48) disubstitusi ke persamaan (3.49) maka akan diperoleh

𝑢(𝑡) = 𝑐₁( ^𝛽 𝜆₁− 𝜆₂^{) 𝑒} 𝜆1𝑡+ 𝑐₂( ^𝛽 𝜆₁− 𝜆₂^{) 𝑒} 𝜆2𝑡, (3.50) 𝑤(𝑡) = 𝑐₁(^{𝜆1− 𝛼} 𝜆₁− 𝜆₂^{) 𝑒} 𝜆1𝑡+ 𝑐₂(^{𝜆2− 𝛼} 𝜆₁− 𝜆₂^{) 𝑒} 𝜆2𝑡.

Diketahui bahwa kondisi nilai awal dari persamaan (3.41) adalah 𝑢₀= 𝑢(𝑡₀), 𝑤₀ = 𝑤(𝑡₀),

dengan menggunakan kondisi nilai awal tersebut dapat dicari nilai dari 𝑐₁dan 𝑐₂, sehingga dengan melakukan operasi aljabar akan diperoleh masing-masing

𝑐₁ = −^𝑢0𝑒 −𝜆1𝑡0(𝜆₂− 𝛼) 𝛽 ^{+ 𝑤0 dan 𝑐2 = (} 𝑢₀(𝜆₁− 𝛼) 𝛽 ^{− 𝑤0) 𝑒} −𝜆2𝑡0.

Hasil dari substitusi nilai 𝑐₁ dan 𝑐₂ yang telah diperoleh ke persamaan (3.50) adalah