Rumusan Umum Metode Runge-Kutta Orde Satu

C. Rumusan Metode Runge-Kutta Orde Tiga

D. Rumusan Metode Runge-Kutta Orde Empat

BAB IV: PENERAPAN METODE RUNGE-KUTTA ORDE SATU, DUA, TIGA, DAN EMPAT

A. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Satu B. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Dua C. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Tiga D. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Empat

E. Diskusi Perbandingan Error Metode Runge-Kutta Orde Satu, Dua, Tiga, dan Empat

BAB V: PENUTUP A. Kesimpulan B. Saran

DAFTAR PUSTAKA LAMPIRAN

BAB II

LANDASAN TEORI

Dalam bab ini akan dibahas definisi turunan, contoh dari turunan, pengertian dari persamaan diferensial secara umum, pengelompokan persamaan diferensial berdasarkan jenis persamaan atau banyaknya variabel bebas yaitu persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial, pengertian masalah nilai awal dan masalah nilai batas.

A. Turunan

Dalam subbab ini akan dijelaskan definisi turunan dan contoh dari turunan.

Definisi 2.1 (Purcel, et al., 2003)

Turunan dari sebuah fungsi 𝑓 adalah fungsi yang diberi lambang 𝑓′ (dibaca “𝑓 aksen”) dan didefinisikan sebagai berikut:

𝑓^′(𝑥) = lim

ℎ→0

𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥) ℎ

asalkan limit ini ada dan bukan ∞ atau −∞.

Jika 𝑓′(𝑥) bisa diperoleh, 𝑓 dikatakan dapat diturunkan atau dengan kata lain 𝑓 terdiferensial di 𝑥. 𝑓′(𝑥) disebut turunan dari 𝑓 terhadap 𝑥.

Notasi dari suatu turunan dapat dituliskan sebagai berikut:

𝑓^′(𝑥), 𝑦^′, 𝑑

𝑑𝑥[𝑓(𝑥)],𝑑𝑦 𝑑𝑥.

Semua notasi di atas sama-sama menyatakan turunan dari fungsi 𝑦 = 𝑓(𝑥).

Secara umum, notasi suatu turunan dari fungsi 𝑦 terhadap 𝑥 dapat dituliskan sebagai berikut:

𝑦^′, 𝑦^′′, 𝑦^′′′, 𝑦^′′′′, … dst.

𝑦⁽¹⁾, 𝑦⁽²⁾, 𝑦⁽³⁾, 𝑦⁽⁴⁾, … dst.

𝑑𝑦 𝑑𝑥,^𝑑²^𝑦

𝑑𝑥²,^𝑑³^𝑦

𝑑𝑥³,^𝑑⁴^𝑦

𝑑𝑥⁴ , … dst.

Berikut ini adalah beberapa contoh penyelesaian dari suatu turunan.

Contoh 2.2

= lim

B. Persamaan Diferensial Secara Umum

Dalam subbab ini akan dijelaskan definisi persamaan diferensial.

Definisi 2.5 (Boyce & DiPrima, 2012)

Persamaan diferensial adalah persamaan matematika yang memuat turunan (derivatif) dari suatu fungsi. Persamaan diferensial melibatkan turunan dari satu atau lebih variable terikat terhadap satu atau lebih variable bebas.

Persamaan diferensial muncul dalam berbagai bidang sains dan teknologi, bilamana hubungan deterministik yang melibatkan besaran yang berubah secara kontinu (dimodelkan oleh fungsi matematika) dan perubahan laju (dinyatakan sebagai turunan) diketahui. Sebagai contoh, Hukum Newton memungkinkan kita mengetahui hubungan kecepatan, percepatan, dan berbagai gaya yang bertindak terhadap benda tersebut, dan menyatakan hubungan tersebut adalah persamaan diferensial sebagai fungsi waktu. Dalam teori persamaan diferensial, ada dua kategori yang digunakan sesuai dengan jumlah variabel bebasnya yaitu, Persamaan Diferensial Biasa (PDB) dan Persamaan Diferensial Parsial (PDP).

Solusi atau penyelesaian persamaan diferensial adalah suatu nilai atau fungsi yang memenuhi persamaan diferensialnya.

Sebagai contoh, turunan dari fungsi 𝑦 = log(𝑥) berturut-turut diberikan oleh:

𝑦

^′

=

𝑥

, 𝑦

^′′

= −

𝑥²

, 𝑦

^′′′

=

𝑥³

,

dan seterusnya.

Dimana dalam persamaan diferensial, turunan dari sebuah variabel biasa digantikan dengan tanda petik tunggal.

𝑦^′ = ^𝑑𝑦

𝑑𝑥 𝑦^′′ = ^𝑑_𝑑𝑥²^𝑦₂ , dst.

Definisi 2.6 (Darmawijoyo, 2019)

Orde dari suatu persamaan diferensial adalah orde tertinggi derivatif yang termuat dalam persamaan itu.

Bentuk umum persamaan diferensial orde satu adalah ^𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦).

Berikut beberapa contoh persamaan diferensial : 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 2𝑦 + 3 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 1

𝑥²− 𝑥 − 6 𝑦^′= cos 2𝑥 𝑦^′= 𝑥 sin𝑥

Terorema 2.7 (Adam & Essex, 2018)

Aturan Penjumlahan, Selisih, dan Kelipatan Konstan:

Jika fungsi 𝑓 dan 𝑔 terdiferensial di 𝑥, dan jika 𝐶 adalah konstanta, maka fungsi 𝑓 + 𝑔, 𝑓 − 𝑔, dan 𝐶𝑓 dapat terdiferensial di 𝑥 dan

(𝑓 + 𝑔)^′(𝑥) = 𝑓^′(𝑥) + 𝑔′(𝑥) (𝑓 − 𝑔)^′(𝑥) = 𝑓^′(𝑥) − 𝑔′(𝑥)

(𝐶𝑓)^′(𝑥) = 𝐶𝑓^′(𝑥).

Bukti Teorema 2.7 dapat dilihat pada buku Calculus A Complete Course karangan Robert A. Adams dan Christopher Essex.

Terorema 2.8 (Adam & Essex, 2018) Aturan Perkalian:

Jika fungsi 𝑓 dan 𝑔 terdiferensial di 𝑥, maka fungsi 𝑓𝑔 juga terdiferensial di 𝑥 dan (𝑓𝑔)^′(𝑥) = 𝑓^′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔^′(𝑥).

Bukti Teorema 2.8 dapat dilihat pada buku Calculus A Complete Course karangan Robert A. Adams dan Christopher Essex.

Terorema 2.9 (Adam & Essex, 2018) Aturan Pembagian:

Jika fungsi 𝑓 dan 𝑔 terdiferensial di 𝑥, dan jika 𝑔(𝑥) ≠ 0, maka fungsi 𝑓/𝑔 juga terdiferensial di 𝑥 dan

(𝑓 𝑔)

′

(𝑥) =𝑓^′(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) (𝑔(𝑥))² .

Bukti Teorema 2.9 dapat dilihat pada buku Calculus A Complete Course karangan Robert A. Adams dan Christopher Essex.

Terorema 2.10 (Adam & Essex, 2018) Aturan Rantai:

Jika 𝑓(𝑢) terdiferensial di 𝑢 = 𝑔(𝑥), dan 𝑔(𝑥) terdiferensial di 𝑥, maka fungsi 𝑓 𝑜 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) juga terdiferensial di 𝑥 dan

(𝑓 𝑜 𝑔)^′(𝑥) = 𝑓^′(𝑔(𝑥)) 𝑔^′(𝑥).

Bukti Teorema 2.10 dapat dilihat pada buku Calculus A Complete Course karangan Robert A. Adams dan Christopher Essex.

C. Persamaan Diferensial Biasa

Persamaan Diferensial Biasa (PDB) adalah suatu persamaan yang memuat satu atau lebih turunan fungsi dengan satu peubah bebas. Pada persamaan diferensial biasa terdapat beberapa contoh fenomena fisik yang melibatkan laju perubahan antara lain, gerakan cairan, gerakan sistem mekanis, aliran arus dalam rangkaian listrik, aliran panas dalam benda padat, gelombang seismik dan, dinamika populasi. Persamaan diferensial yang menggambarkan proses fisik ini sering disebut sebagai model matematika. (Boyce & DiPrima, 2012)

Notasi turunan pertama 𝑦 terhadap 𝑥 adalah 𝑦^′ = ^𝑑𝑦

𝑑𝑥

dan bentuk umum solusi persamaan diferensial biasa adalah 𝑦 = ℎ(𝑥).

Contoh menyelesaikan persamaan diferensial biasa sebagai berikut :

Contoh 2.11

Tentukan solusi dari persamaan diferensial berikut ini 𝑦^′= ^𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑒^𝑥. Solusi:

Untuk mencari solusi persamaan diferensial tersebut, pertama kita kalikan sisi kiri dan sisi kanan dengan 𝑑𝑥 sehingga menghasilkan:

𝑑𝑦 = 𝑒^𝑥 𝑑𝑥.

Pengintegralan kedua sisi akan menghasilkan:

∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑒^𝑥 𝑑𝑥.

Sehingga solusi persamaan diferensial 𝑦^′= 𝑒^𝑥 adalah 𝑦 = 𝑒^𝑥+ 𝑐.

Contoh 2.12

Tentukan solusi dari persamaan diferensial berikut ini 𝑦^′= ^𝑑𝑦

𝑑𝑥= cos 𝑥.

Solusi:

Untuk mencari solusi persamaan diferensial tersebut, pertama kita kalikan sisi kiri dan sisi kanan dengan 𝑑𝑥 sehingga menghasilkan

𝑑𝑦 = cos 𝑥 𝑑𝑥.

Pengintegralan kedua sisi akan menghasilkan

∫ 𝑑𝑦 = ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥.

Sehingga solusi persamaan diferensial 𝑦^′= cos 𝑥 adalah 𝑦 = sin 𝑥 + 𝑐.

Ada beberapa macam solusi dari persamaan diferensial biasa, antara lain:

1. Variabel Terpisah (Separable Equations)

Bentuk umum persamaan diferensial dengan variabel terpisah adalah 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥) . 𝑔(𝑦) 𝑑𝑦

𝑔(𝑦)= 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1

𝑔(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Penyelesaiannya diperoleh y = ∫_𝑔(𝑦)¹ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.

Contoh 2.13

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial ^𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑥𝑦 . Solusi:

Dengan kata lain dari contoh diatas, 𝑥 merupakan 𝑓(𝑥) dan 𝑦 merupakan 𝑔(𝑦).

Dengan menggunakan variabel terpisah diperoleh

𝑑𝑦

𝑦 = 𝑥 𝑑𝑥.

Solusi dari contoh diatas adalah:

∫1

𝑦𝑑𝑦 = ∫ 𝑥 𝑑𝑥 ln|𝑦| + 𝑐₁ =1

2𝑥²+ 𝑐₂ ln|𝑦| =1

2𝑥²+ 𝑐₂− 𝑐₁ ln|𝑦| =1

2𝑥²+ 𝐶 ln|𝑦| = ln 𝑒¹²^𝑥²^+𝐶

|𝑦| = 𝑒¹²^𝑥². 𝑒^𝐶 𝑦 = ± 𝐾. 𝑒¹²^𝑥² di cek:

𝑦 = 𝐾. 𝑒¹²^𝑥² 𝑦^′ = 𝐾. 𝑒¹²^𝑥². 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑦. 𝑥 benar.

2. Persamaan Linier (Linier Equations)

Bentuk umum persamaan diferensial dengan persamaan linier adalah 𝑦^′+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑟(𝑥).

Penyelesaiannya diperoleh dengan mengalikan sisi kiri dan sisi kanan dengan faktor integral 𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥}

Sehingga diperoleh :

𝑦^′𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥}+ 𝑃(𝑥)𝑦𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥} = 𝑟(𝑥)𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥} (𝑦𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥})^′= 𝑟(𝑥) 𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥}

dengan mengintegralkan kedua ruas terhadap x dihasilkan 𝑦𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥} = ∫ 𝑒^{∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥} 𝑟(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦 = 𝑒^−ℎ[∫ 𝑒^ℎ𝑟(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑐].

Dimana ℎ = ∫ 𝑃(𝑥).

Contoh 2.14

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial (4 + 𝑥²)^𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 2𝑥𝑦 = 4𝑥.

Solusi:

Sisi kiri dari persamaan diferensial di atas adalah kombinasi linier dari ^𝑑𝑦

𝑑𝑥 dan y.

Jika disesuaikan dengan bentuk umumnya menjadi:

(4 + 𝑥²)^𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 2𝑥𝑦 = 4𝑥 (4 + 𝑥²)𝑦^′+ 2𝑥𝑦 = 4𝑥 𝑦^′+ 2𝑥

(4 + 𝑥²)𝑦 = 4𝑥 (4 + 𝑥²)

dengan demikian, 𝑃(𝑥) = _(4+𝑥^2𝑥₂₎ ; ℎ(𝑥) = ∫_(4+𝑥^2𝑥₂₎𝑑𝑥 = ln(4 + 𝑥²) + 𝑐

𝑦 = 𝑒^{− ln(𝑥}²⁺⁴⁾(∫ 𝑒^ln(𝑥²⁺⁴⁾. 4𝑥

(4 + 𝑥²)𝑑𝑥 + 𝑐 ) 𝑦 = 1

(4 + 𝑥²)(∫ 4𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐)

𝑦 = 2𝑥²

(4 + 𝑥²)+ 𝑐 (4 + 𝑥²) . Sehingga didapat solusi umum dari persamaan diferensial

(4 + 𝑥²)^𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 2𝑥𝑦 = 4𝑥 adalah 𝑦 = ^2𝑥²

(4+𝑥²)+ ^𝑐

(4+𝑥²)

3. Persamaan Koefisien Fungsi Homogen

Persamaan koefisien fungsi homogen merupakan Persamaan diferensial biasa yang dapat ditulis ke dalam bentuk

𝑦^′= 𝐴(𝑥, 𝑦) 𝐵(𝑥, 𝑦)

Dengan A dan B adalah fungsi homogen dengan derajat yang sama.

Solusi penyelesaian dari persamaan koefisien fungsi homogen ini yaitu, dengan menggunakan subtitusi 𝑦 = 𝑢𝑥 , 𝑢 = 𝑢(𝑥) dengan

𝑦^′= 𝑢^′𝑥 + 𝑢 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑢 𝑑𝑥+ 𝑢 𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥 Contoh 2.15

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial (𝑥 + 𝑦) − 𝑥𝑦′ = 0.

Solusi:

Persamaan diferensial diatas dapat ditulis menjadi:

𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑦 𝑥

Misalkan 𝑦 = 𝑢𝑥, sehingga 𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 1 +𝑦 𝑥 𝑥 𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥

𝑑𝑥 = 1 + 𝑢 𝑥𝑑𝑢 + 𝑢 𝑑𝑥 = (1 + 𝑢)𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑢 + 𝑢𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 + 𝑢𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝑑𝑢 =𝑑𝑥 𝑥

∫ 𝑑𝑢 = ∫𝑑𝑥 𝑥 𝑢 = ln 𝑥 + 𝑐

𝑦

𝑥= ln 𝑥 + 𝑐 𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 + 𝑐 𝑥.

Jadi solusi dari persamaan diferensial (𝑥 + 𝑦) − 𝑥𝑦′ = 0 adalah 𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 + 𝑐 𝑥.

D. Persamaan Diferensial Linier dan Tak Linier

Dalam subbab ini akan dijelaskan definisi persamaan diferensial linier orde satu.

Definisi 2.16 (Darmawijoyo, 2019)

Persamaan diferensial linier orde satu adalah persamaan diferensial yang dapat ditulis dalam bentuk:

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥),

dalam hal ini 𝑃(𝑥) dan 𝑄(𝑥) adalah fungsi kontinu dari variable bebas 𝑥 pada interval dimana 𝑃 dan Q terdefinisi.

Terkadang lebih baik untuk menulis persamaan tersebut dalam bentuk:

𝑃(𝑥)𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑄(𝑥)𝑦 = 𝐺(𝑥).

Dimana fungsi P, Q, dan G adalah fungsi yang diberikan dan 𝑃(𝑥) ≠ 0.

Sementara pada persamaan diferensial tak liner tidak terdapat formula yang bersesuaian sehingga lebih sulit untuk menyatakan sifat-sifat umum dari solusi.

E. Persamaan Diferensial Parsial

Dalam subbab ini akan dijelaskan definisi persamaan diferensial parsial dan contoh persamaan diferensial parsial.

Definisi 2.17

Persamaan Diferensial Parsial (PDP) adalah persamaan yang memuat turunan (derivative) parsial dari satu atau lebih variable terikat terhadap lebih dari satu variable bebas.

Diketahui bahwa pada persamaan diferensial biasa, variabel terikat 𝑢 = 𝑢(𝑥) hanya bergantung pada satu variabel bebas yaitu 𝑥. Berbeda dengan persamaan diferensial biasa, pada persamaan diferensial parsial variabel terikatnya seperti:

𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡) atau 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑡), harus bergantung pada lebih dari satu variabel bebas. Jika 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡), maka fungsi u bergantung pada variabel bebas 𝑥, dan pada variabel waktu 𝑡. Apabila 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑡) maka, fungsi 𝑢 bergantung pada variabel ruang (panjang, lebar) 𝑥, 𝑦, dan pada variabel waktu 𝑡.

Berikut beberapa contoh persamaan diferensial parsial antara lain:

𝑢_𝑡 = 𝑘𝑢_𝑥𝑥, (1.1)

𝑢_𝑡 = 𝑘(𝑢_𝑥𝑥+ 𝑢_𝑦𝑦), (1.2) 𝑢_𝑡 = 𝑘(𝑢_𝑥𝑥+ 𝑢_𝑦𝑦+ 𝑢_𝑧𝑧), (1.3) yang menggambarkan aliran panas dalam ruang satu dimensi, ruang dua dimensi, dan ruang tiga dimensi masing-masing. Pada (1.1), variabel terikat 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡) tergantung pada posisi 𝑥, dan variabel waktu t. Pada persamaan (1.2), 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑡) tergantung pada tiga variabel bebas yaitu, variabel ruang 𝑥, 𝑦, dan variabel waktu 𝑡. Dalam persamaan (1.3), variabel terikat 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) tergantung pada empat variabel bebas yaitu, variabel ruang 𝑥, 𝑦, 𝑧, dan variabel waktu 𝑡. (Wazwaz, 2009)

Berikut beberapa contoh lain untuk persamaan diferensial parsial:

𝑢_𝑡𝑡 = 𝑐²𝑢_𝑥𝑥, (1.4)

𝑢_𝑡𝑡 = 𝑐²(𝑢_𝑥𝑥+ 𝑢_𝑦𝑦), (1.5) 𝑢_𝑡𝑡 = 𝑐²(𝑢_𝑥𝑥+ 𝑢_𝑦𝑦+ 𝑢_𝑧𝑧), (1.6) yang menggambarkan perambatan gelombang dalam ruang satu dimensi, ruang dua dimensi, dan ruang tiga dimensi. Pada persamaan (1.4) fungsi yang tidak diketahui yaitu 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡), pada persamaan (1.5) fungsi yang tidak diketahui yaitu fungsi 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑡), pada persamaan (1.6) fungsi yang tidak diketahui yaitu fungsi 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡).

2.18 Derajad Persamaan Diferensial Parsial

Derajad persamaan diferensial parsial adalah derajad turunan parsial tertinggi yang muncul di persamaan. Misalnya persamaan berikut ini:

𝑢_𝑥− 𝑢_𝑦 = 0, 𝑢_𝑥𝑥 − 𝑢_𝑡 = 0,

𝑢_𝑦 − 𝑢𝑢_𝑥𝑥𝑥 = 0, (1.7)

yang mana, persamaan diferensial parsialnya masing-masing adalah derajad pertama, derajad kedua, dan derajad ketiga.

Contoh 2.19

Tentukan derajad dari persamaan diferensial berikut ini:

(a) 𝑢_𝑡 = 𝑢_𝑥𝑥 + 𝑢_𝑦𝑦 (b) 𝑢_𝑥+ 𝑢_𝑦 = 0 (c) 𝑢⁴𝑢_𝑥𝑥+ 𝑢_𝑥𝑥𝑦 = 2 (d) 𝑢_𝑥𝑥+ 𝑢_{𝑦𝑦𝑦𝑦} = 1 Penyelesaian :

(a) Turunan parsial tertinggi yang terdapat pada persamaan ini adalah 𝑢_𝑥𝑥 atau 𝑢_𝑦𝑦. Oleh karena itu, derajad persamaan diferensial parsial ini adalah berderajad dua.

(b) Turunan parsial tertinggi yang terdapat pada persamaan ini adalah 𝑢_𝑥 atau 𝑢_𝑦 . Oleh karena itu, derajad persamaan diferensial parsial ini adalah berderajad satu.

(c) Turunan parsial tertinggi yang terdapat pada persamaan ini adalah 𝑢_𝑥𝑥𝑦 . Oleh karena itu, derajad persamaan diferensial parsial ini adalah berderajad tiga.

(d) Turunan parsial tertinggi yang terdapat pada persamaan ini adalahu 𝑢_{𝑦𝑦𝑦𝑦}. Oleh karena itu, derajad persamaan diferensial parsial ini adalah berderajad empat.

2.20 Persamaan Diferensial Parsial Linier dan Nonlinier

Persamaan diferensial parsial diklasifikasikan menjadi persamaan diferensial parsial linear dan persamaan diferensial parsial nonlinier. Persamaan diferensial parsial disebut linier jika:

1) pangkat dari variabel terikat dan setiap turunan parsial yang terkandung dalam persamaan tersebut adalah satu.

2) koefisien variabel terikat dan koefisien masing-masing turunan parsial adalah konstanta atau variabel bebas. Namun, jika salah satu dari kondisi tersebut tidak ada, maka disebut persamaan diferensial parsial nonlinier.

Contoh 2.21

Klasifikasikan persamaan diferensial parsial berikut ini linier atau nonlinier:

(a) 𝑥𝑢_𝑥𝑥+ 𝑦𝑢_𝑦𝑦 = 0 (b) 𝑢𝑢_𝑡+ 𝑥𝑢_𝑥 = 2 (c) 𝑢_𝑥+ √𝑢 = 𝑥 (d) 𝑢_𝑟𝑟+¹

𝑟𝑢_𝑟+ ¹

𝑟²𝑢_𝜃𝜃 = 0 Penyelesaian :

(a) Pangkat dari setiap turunan parsial 𝑢_𝑥𝑥 dan 𝑢_𝑦𝑦 adalah satu. Selain itu, koefisien dari turunan parsial adalah variabel bebas 𝑥 dan 𝑦 masing-masing. Oleh karena itu, persamaan diferensial parsial ini bersifat linier.

(b) Meskipun pangkat dari setiap turunan parsialnya adalah satu, tetapi 𝑢_𝑡 memiliki ketergantungan variabel 𝑢 sebagai koefisiennya. Oleh karena itu, persamaan diferensial parsial ini bersifat nonlinier.

(d) Persamaan diferensial parsial ini linier karena memenuhi dua kondisi yang diperlukan.

2.22 Persamaan Diferensial Parsial Homogen dan Persamaan Diferensial Parsial Nonhomogen

Persamaan diferensial parsial juga diklasifikasikan sebagai homogen atau tidak homogen. Persamaan diferensial parsial dengan urutan apa pun disebut homogen jika setiap istilah persamaan diferensial parsial berisi variabel terikat 𝑢 atau salah satu turunannya, jika tidak persamaan diferensial parsial itu disebut persamaan diferensial yang tidak homogen. Hal ini dapat diilustrasikan dengan melihat contoh di bawah ini.

Contoh 2.23

Klasifikasikan persamaan diferensial berikut merupakan persamaan diferensial parsial homogen atau nonhomogen:

(a) 𝑢_𝑡 = 4𝑢_𝑥𝑥 (b) 𝑢_𝑡 = 𝑢_𝑥𝑥 + 𝑥 (c) 𝑢_𝑥𝑥+ 𝑢_𝑦𝑦 = 0 (d) 𝑢_𝑥+ 𝑢_𝑦 = 𝑢 + 4 Penyelesaian :

(a) Suku-suku dalam persamaan diferensial parsial tersebut hanya mengandung turunan parsial dari 𝑢 , oleh karena itu persamaan diferensial parsial ini disebut persamaan diferensial parsial homogen.

(b) Karena pada persamaan diferensial parsial ini satu suku mengandung variabel bebas 𝑥 , maka persamaan diferensial ini disebut persamaan diferensial parsial nonhomogen.

(d) Persamaan diferensial ini disebut persamaan diferensial parsial nonhomogen.

2.24 Penyelesaian dari Persamaan Diferensial Parsial

Solusi persamaan diferensial parsial adalah fungsi 𝑢 sehingga memenuhi persamaan yang sedang dibahas dan memenuhi kondisi yang diberikan juga.

Dengan kata lain, untuk memenuhi persamaan diferensial ini, sisi kiri persamaan diferensial parsial dan sisi kanan harus sama setelah mengganti solusi yang dihasilkan. Konsep ini akan diilustrasikan dengan melihat beberapa contoh berikut.

Contoh 2.25

Tunjukkan bahwa 𝑢(𝑥, 𝑦) = sin𝑥 sin𝑦 + 𝑥² adalah penyelesaian dari persamaan diferensial parsial 𝑢_𝑥𝑥 = 𝑢_𝑦𝑦 + 2

Penyelesaian:

Sisi sebelah kiri 𝑢_𝑥𝑥 = −sin𝑥 sin𝑦 + 2

Sisi sebelah kanan 𝑢_𝑦𝑦+ 2 = −sin𝑥 sin𝑦 + 2 = sisi sebelah kiri.

Contoh 2.26

Tunjukkan bahwa 𝑢(𝑥, 𝑡) = cos𝑥 cos𝑡 adalah penyelesaian dari persamaan diferensial parsial 𝑢_𝑡𝑡 = 𝑢_𝑥𝑥

Penyelesaian:

Sisi sebelah kiri 𝑢_𝑡𝑡 = −cos𝑥 cos𝑡

Sisi sebelah kanan 𝑢_𝑥𝑥 = −cos𝑥 cos𝑡 = sisi sebelah kiri.

F. Masalah Nilai Awal

Pada persamaan diferensial biasa, masalah nilai awal adalah persamaan diferensial yang dilengkapi dengan serangkaian kendala yang disebut dengan kondisi awal atau syarat awal yang diberikan dalam suatu masalah diferensial, dan solusi untuk masalah nilai awal adalah suatu nilai atau fungsi persamaan diferensial yang juga memenuhi kondisi awal (Boyce & DiPrima, 2012). Kondisi awal adalah turunan fungsi solusi di batas-batas titik ujung kedua interval.

BAB III

RUMUSAN METODE RUNGE-KUTTA ORDE SATU, DUA, TIGA, DAN EMPAT

Dalam bab ini akan dibahas penurunan rumusan metode Runge-Kutta orde satu, penurunan rumusan metode Runge-Kutta orde dua, penulisan skema metode Runge-Kutta orde tiga, dan penulisan skema metode Runge-Kutta orde empat.

A. Rumusan Metode Runge-Kutta Orde Satu

Pada beberapa kasus tertentu tidak semua masalah nilai awal dapat diselesaikan secara eksplisit, dan seringkali tidak mungkin untuk menemukan rumusan untuk solusi 𝑦(𝑡). Oleh karena itu, untuk menyelesaikan masalah tersebut diperlukan metode untuk dapat mendekati solusi. Pendekatan yang pertama adalah metode Runge-Kutta orde satu atau yang seringkali lebih dikenal dengan metode Euler.

Metode Euler berfungsi untuk menggambarkan konsep-konsep yang terlibat dalam integrasi numerik dari persamaan diferensial biasa. Metode Euler merupakan metode Runge-Kutta yang paling sederhana, sehingga penggunaan metode ini terbatas karena kesalahan yang diperoleh merupakan akumulasi dari setiap proses perhitungannya. Oleh karena itu, metode Euler akan menghasikan kesalahan atau galat lebih besar. Metode Euler sering menjadi dasar untuk membangun metode yang lebih kompleks, misalnya metode prediktor-korektor (Mathews dan Fink, 1999).

Berikut ini adalah langkah-langkah dalam menyelesaikan masalah nilai awal dengan menggunakan metode Euler:

Misalkan terdapat masalah nilai awal yang terletak pada interval selang tertutup [𝑎, 𝑏] yaitu 𝑦^′= 𝑓(𝑡, 𝑦) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dengan nilai awal 𝑦(𝑎) = 𝑦₀.

1) Pilih absis dari titik.

Bagi interval [𝑎, 𝑏] menjadi 𝑀 subinterval sama besar dan pilih titik diskritisasinya

𝑡_𝑘 = 𝑎 + 𝑘ℎ untuk 𝑘 = 0, 1, 2, … , 𝑀 dengan ℎ =^𝑏−𝑎

𝑀 . Nilai ℎ disebut ukuran Langkah.

2) Menentukan hampiran penyelesaian.

𝑦^′= 𝑓(𝑡, 𝑦), 𝑡₀ ≤ 𝑡 ≤ 𝑡_𝑀, dengan 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀. Diasumsikan 𝑦(𝑡), 𝑦^′(𝑡), dan 𝑦^′′(𝑡) kontinu.

Teorema Taylor:

Suatu fungsi yang terdiferensiasi dapat dinyatakan dalam suatu deret pangkat atau suku banyak (polinomial). Koefisien polinomial tersebut hanya bergantung pada turunan fungsi pada titik yang bersangkutan. Berikut rumusan umum teorema Taylor yang berlaku untuk setiap fungsi 𝑓 yang dapat diturunkan, dengan hampiran untuk 𝑥 mendekati 𝑎:

𝑓(𝑥) ≈ 𝑓(𝑎) + 𝑓^′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) +𝑓^′′(𝑎)

2! (𝑥 − 𝑎)²+ ⋯ +𝑓^(𝑛)(𝑎)

𝑛! (𝑥 − 𝑎)^𝑛, dengan 𝑛 bilangan bulat positif.

Lalu, menggunakan teorema Taylor diatas untuk mengekspansi 𝑦(𝑡) di sekitar 𝑡 = 𝑡₀, maka untuk setiap nilai 𝑡 terdapat 𝑐₁ ∈ [𝑡₀, 𝑡].

Sehingga,

𝑦(𝑡) = 𝑦(𝑡₀) + 𝑦^′(𝑡₀)(𝑡 − 𝑡₀) +𝑦′′(𝑐₁)(𝑡 − 𝑡₀)²

2 .

Subtitusi 𝑦^′(𝑡₀) = 𝑓(𝑡₀, 𝑦(𝑡₀)) dan ℎ = 𝑡₁− 𝑡₀ pada persamaan di atas, untuk 𝑡 = 𝑡₁ akan diperoleh

𝑦(𝑡₁) = 𝑦(𝑡₀) + ℎ 𝑓(𝑡₀, 𝑦(𝑡₀)) + 𝑦^′′(𝑐₁)ℎ² 2.

Jika ukuran langkah ℎ dipilih cukup kecil, maka suku orde 2 (yang melibatkan ℎ²) dapat diabaikan, sehingga diperoleh

𝑦₁ = 𝑦₀+ ℎ𝑓(𝑡₀, 𝑦₀).

Proses diulang sampai menghasilkan barisan titik yang menghampiri kurva penyelesaian 𝑦 = 𝑦(𝑡).

Sehingga langkah umum dalam menyelesaikan masalah nilai awal

𝑦^′= 𝑓(𝑡, 𝑦) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dengan nilai awal 𝑦(𝑎) = 𝑦₀ menggunakan metode Euler adalah:

𝑡_𝑘+1= 𝑡_𝑘+ ℎ

𝑦_𝑘+1= 𝑦_𝑘+ ℎ𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘).

Untuk 𝑘 = (0, 1, 2, … , 𝑀 − 1), dengan ℎ =^𝑏−𝑎

𝑀 . Nilai ℎ disebut ukuran langkah.

Secara geometris, metode Euler dapat ditunjukkan oleh gambar dibawah ini:

Gambar 3.1 Hampiran metode Euler (Chapra, 2012)

B. Rumusan Metode Runge-Kutta Orde Dua

Pendekatan solusi untuk menyelesaikan masalah nilai awal yang kedua adalah metode Runge-Kutta orde dua atau yang seringkali lebih dikenal dengan metode Heun. Metode Heun merupakan salah satu perbaikan atau peningkatan dari metode sebelumnya yaitu metode Euler. Pada metode Heun, solusi yang diperoleh dari metode Euler dijadikan solusi perkiraan awal yang akan diperbaiki dengan metode Heun. Metode Heun melibatkan dua buah persamaan. Persamaan yang pertama adalah persamaan prediktor. Persamaan prediktor menggunakan metode Euler untuk memprediksi nilai integrasi awal atau dengan kata lain, persamaan prediktor ini digunakan untuk menentukan hampiran dari 𝑦(𝑡₁).

Persamaan yang kedua adalah persamaan korektor. Persamaan korektor ini akan

mengoreksi hasil integrasi awal pada persamaan prediktor. Persamaan korektor menggunakan aturan trapezoidal untuk menentukan hampiran nilai integral dari 𝑦^′(𝑡).

Berikut ini adalah rumusan untuk persamaan prediktor dan korektor metode Heun:

Untuk mendapatkan titik penyelesaian (𝑡₁, 𝑦₁) digunakan Teorema Fundamental Kalkulus.

Bunyi Teorema Fundamental Kalkulus:

Jika fungsi 𝑓: [𝑎, 𝑏] → ℝ terintegral pada [𝑎, 𝑏], maka

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = [𝐹(𝑥)]_𝑎^𝑏 = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎).

𝑏

𝑎

Sehingga, titik penyelesaian (𝑡₁, 𝑦₁) yaitu:

∫ 𝑓(𝑡, 𝑦(𝑡)) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑦^′(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑦(𝑡₁) − 𝑦(𝑡₀)

𝑡₁

𝑡₀ 𝑡₁

𝑡₀

sehingga

𝑦(𝑡₁) = 𝑦(𝑡₀) + ∫ 𝑦^′(𝑡) 𝑑𝑡.

𝑡₁

𝑡₀

Nilai integral tentu pada ruas kanan diaproksimasi secara numeris, dalam hal ini digunakan aturan trapezoidal, sehingga akan diperoleh

𝑦(𝑡₁) ≈ 𝑦(𝑡₀) +ℎ

2(𝑓(𝑡₀, 𝑦₀) + 𝑓(𝑡₁, 𝑦₁)).

Nilai 𝑦(𝑡₁) pada ruas kiri dihampiri dengan menggunakan metode Euler, diperoleh

𝑦₁ = 𝑦₀+ ℎ𝑓(𝑡₀, 𝑦₀).

Dengan demikian, rumus untuk menemukan nilai (𝑡₁, 𝑦₁) pada metode Heun adalah:

𝑦₁ = 𝑦(𝑡₀) +ℎ

2(𝑓(𝑡₀, 𝑦₀) + 𝑓(𝑡₁, 𝑦₀+ ℎ𝑓(𝑡₀, 𝑦₀))).

Dengan begitu, rumus untuk fungsi prediktor secara umum yaitu:

𝑝_𝑘+1 = 𝑦_𝑘+ ℎ𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘), dengan 𝑝 = prediktor,

dan rumus untuk fungsi korektor secara umum yaitu:

𝑦_𝑘+1 = 𝑦_𝑘+ℎ

2(𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘) + 𝑓(𝑡_𝑘+1, 𝑝_𝑘+1)).

Secara geometris, metode Heun dapat ditunjukkan oleh gambar dibawah ini:

Gambar 3.2 Hampiran fungsi prediktor metode Heun (Chapra & Canale, 2010)

Gambar 3.3 Hampiran fungsi korektor metode Heun (Chapra & Canale, 2010)

C. Rumusan Metode Runge-Kutta Orde Tiga

Pendekatan solusi untuk menyelesaikan masalah nilai awal yang ketiga adalah metode Runge-Kutta orde tiga. Metode ini merupakan perbaikan dari metode sebelumnya yaitu metode Runge-Kutta orde dua atau metode Heun.

Metode ini menghasilkan keakuratan nilai solusi yang lebih tinggi dibandingkan dengan dua metode sebelumnya yaitu metode Euler dan metode Heun.

Berikut ini adalah rumusan metode Runge-Kutta orde tiga.

Apabila diketahui 𝑦^′= 𝑓(𝑡, 𝑦) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dengan nilai awal 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀. Maka langkah umumnya yaitu:

𝑡_𝑘+1= 𝑡_𝑘+ ℎ 𝑘₁ = 𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘) 𝑘₂ = 𝑓(𝑡_𝑘+^ℎ

2, 𝑦_𝑘+^ℎ

2𝑘₁)

𝑘₃ = 𝑓(𝑡_𝑘+ ℎ, 𝑦_𝑘− ℎ𝑘₁+ 2ℎ𝑘₂) 𝑦_𝑘+1= 𝑦_𝑘+^ℎ

6[𝑘₁+ 4𝑘₂+ 𝑘₃].

Untuk 𝑘 = (0, 1, 2, … , 𝑀 − 1), dengan ℎ =^𝑏−𝑎_𝑀 . Nilai ℎ disebut ukuran langkah.

Karena bukti dari rumusan metode Runge-Kutta orde tiga ini cukup panjang, penulis tidak mencantumkan bukti tersebut di sini, bukti penurunan rumus metode Runge-Kutta orde tiga dapat dilihat pada buku referensi metode numerik, misalnya Chapra dan Canale (2010).

D. Rumusan Metode Runge-Kutta Orde Empat

Pendekatan solusi untuk menyelesaikan masalah nilai awal yang keempat adalah metode Runge-Kutta orde empat. Metode ini merupakan perbaikan dari metode sebelumnya yaitu metode Runge-Kutta orde tiga. Metode ini menghasilkan keakuratan nilai solusi yang lebih tinggi dibandingkan dengan tiga metode sebelumnya yaitu metode Euler metode Heun, dan metode Runge-Kutta orde tiga.

Berikut ini adalah rumusan metode Runge-Kutta orde empat:

Apabila diketahui 𝑦^′= 𝑓(𝑡, 𝑦) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dengan nilai awal 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀. Maka langkah umumnya yaitu:

𝑓₁= 𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘) 𝑓₂ = 𝑓(𝑡_𝑘+^ℎ

2, 𝑦_𝑘+^ℎ

2𝑓₁) 𝑓₃ = 𝑓(𝑡_𝑘+^ℎ

2, 𝑦_𝑘+^ℎ

2𝑓₂) 𝑓₄ = 𝑓(𝑡_𝑘+ ℎ, 𝑦_𝑘+ ℎ𝑓₃) 𝑦_𝑘+1 = 𝑦_𝑘+^ℎ(𝑓¹^+2𝑓²^+2𝑓³^+𝑓⁴⁾

Untuk 𝑘 = (0, 1, 2, … , 𝑀 − 1), dengan ℎ =^𝑏−𝑎

𝑀 . Nilai ℎ disebut ukuran langkah.

Karena bukti dari rumusan metode Runge-Kutta orde empat ini cukup panjang, penulis tidak mencantumkan bukti tersebut di sini, bukti penurunan rumus metode Runge-Kutta orde empat dapat dilihat pada buku buku referensi metode numerik, misalnya Chapra dan Canale (2010).

BAB IV

PENERAPAN METODE RUNGE-KUTTA ORDE SATU, DUA, TIGA, DAN EMPAT

Dalam bab ini akan diberikan beberapa contoh penerapan dari metode Kutta orde satu, Kutta orde dua, Kutta orde tiga, dan Runge-Kutta orde empat yang disertai dengan langkah-langkah dalam meyelesaikan masalah nilai awal yang diberikan.

A. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Satu Definisi 4.1 (Mathews dan Fink, 2004)

Solusi untuk masalah nilai awal 𝑦 = 𝑓(𝑡, 𝑦) dengan 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀ pada interval [𝑡₀, 𝑏] adalah fungsi terdiferensiasi 𝑦 = 𝑦(𝑡) sedemikian sehingga 𝑦(𝑡₀) = 𝑦₀ dan 𝑦′(𝑡) = 𝑓(𝑡, 𝑦(𝑡)) untuk setiap 𝑡 𝜖 [𝑡₀, 𝑏] dengan kurva solusi 𝑦 = 𝑦(𝑡) harus melalui titik awal (𝑡₀, 𝑦₀).

Contoh 4.2 (Mathews dan Fink, 1999) Diketahui masalah nilai awal

𝑦^′= ^𝑡−𝑦

2 pada interval [0,4] dengan 𝑦(0) = 1.

a. Tentukan penyelesaian eksaknya.

b. Menggunakan metode Euler tentukan persamaan umum untuk 𝑦_𝑘+1.

c. Dari hasil skema persamaan umum metode Euler 𝑦_𝑘+1, tentukan hampiran penyelesaiannya untuk ℎ = 1,¹

2,¹

4 . (selain ℎ = 1, masing-masing dihitung sampai 𝑦₈).

(Gambarkan grafik penyelesaian dalam satu bidang koordinat).

Penyelesaian :

a. Penyelesaian eksaknya:

Metode faktor integral 𝑑𝑦

𝑑𝑡 = (𝑡 − 𝑦) 2

𝑑𝑦

𝑦₁₊₁ = 𝑦₁+ ℎ𝑓(𝑡₁, 𝑦₁)

= 3

4+ 1 (2 −3 4 2 )

= 11 8

= 1,375

𝑦₄ = 𝑦₃+ ℎ𝑓(𝑡₃, 𝑦₃)

= 11

8 + 1 (𝑡₃− 𝑦₃ 2 )

= 11

8 + 1 (3 −11 8 2 )

= 35 16

= 2,1875

Tabel 4.2.1 (penyelesaian PDB menggunakan metode Euler dengan h=1)

Grafik 4.2.2 (penyelesaian PDB menggunakan metode Euler dengan h=1)

(untuk h = ¹

2 ) 𝑀 =^𝑏−𝑎

ℎ = ⁴⁻⁰1 2

= 8 𝑡₁ = ℎ =¹

𝑡₂ = 𝑡₁+ ℎ = 2ℎ = 1 𝑡₃ = 𝑡₂+ ℎ = 3ℎ = 3

2 𝑡₄ = 𝑡₃+ ℎ = 4ℎ = 2 𝑡₅ = 𝑡₄+ ℎ = 5ℎ = 5

2 𝑡₆ = 𝑡₅+ ℎ = 6ℎ = 3 𝑡₇ = 𝑡₆+ ℎ = 7ℎ = 7

2 𝑡₈ = 𝑡₇+ ℎ = 8ℎ = 4

𝑦₁ = 𝑦₀+ ℎ𝑓(𝑡₀, 𝑦₀)

= 1 +1

2(𝑡₀− 𝑦₀ 2 )

= 1 +1

= 1.241

Tabel 4.2.3 (penyelesaian PDB menggunakan metode Euler dengan h=0.5)

Grafik 4.2.4 (penyelesaian PDB menggunakan metode Euler dengan h=0.5)

(untuk h = ¹

4 ) 𝑀 =^𝑏−𝑎

ℎ = ⁴⁻⁰₁

= 16 𝑡₁ = ℎ =¹

𝑡₂ = 𝑡₁+ ℎ = 2ℎ =¹

𝑡₃ = 𝑡₂+ ℎ = 3ℎ = ³

= 389

= 1 517.187 16.777.216

Tabel 4.2.5 (penyelesaian PDB menggunakan metode Euler dengan h=0.25)

Grafik 4.2.6 (penyelesaian PDB menggunakan metode Euler dengan h=0.25)

Grafik 4.2.7 (perbandingan penyelesaian PDB menggunakan metode Euler dengan h=1, h=0.5, dan h=0.25 dengan penyelesaian eksaknya)

B. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Dua

Metode Heun melibatkan dua buah persamaan. Persamaan yang pertama adalah persamaan prediktor. Persamaan prediktor menggunakan metode Euler untuk memprediksi nilai integrasi awal atau dengan kata lain, persamaan prediktor ini digunakan untuk menentukan hampiran dari 𝑦(𝑡₁). Persamaan yang kedua adalah persamaan korektor. Persamaan korektor ini akan mengoreksi hasil integrasi awal pada persamaan prediktor.

Contoh 4.3

Diketahui masalah nilai awal 𝑦^′= ^𝑡−𝑦

2 pada interval [0,4] dengan 𝑦(0) = 1.

a. Menggunakan metode Heun tentukan persamaan umum untuk 𝑝_𝑘+1 dan 𝑦_𝑘+1. b. Dari hasil skema persamaan umum metode Heun 𝑦_𝑘+1, tentukan hampiran penyelesaiannya untuk ℎ = 1, 0.5, 0.25, berdasarkan rumusan yang telah dibuat.

(selain ℎ = 1, masing-masing dihitung sampai 𝑦₈).

c. Gambarkan grafik penyelesaian dalam satu bidang koordinat.

Penyelesaian :

= 𝑦₀ +^ℎ

= 1,732421875 + 1 (3−1,732421875

2 )

= 2,3662109375

𝑦₄ = 𝑦₃+^ℎ

2(𝑓(𝑡₃, 𝑦₃) + 𝑓(𝑡₃₊₁, 𝑝₃₊₁))

= 𝑦₃ +^ℎ

2((^𝑡³^−𝑦³

2 ) + (^𝑡⁴^−𝑝⁴

2 ))

= 1,732421875 +¹

2((3−1,732421875

2 ) + (4−2,3662109375

2 ))

= 2,457763671875

Tabel 4.3.1 (penyelesaian PDB menggunakan metode Heun dengan h=1)

Grafik 4.3.2 (penyelesaian PDB menggunakan metode Heun dengan h=1

(untuk h = 0.5 )

= 0,8310546875 + 0,5 (1−0.8310546875

2 )

= 0,873291015625

𝑦₃ = 𝑦₂+^ℎ

= 0,8310546875 + 0,25 ((1−0,8310546875

2 ) + (1,5−0,873291015625

2 ))

= 0,930511474609375 𝑡₄ = 4ℎ = 2

𝑝₄ = 𝑦₃+ ℎ (^𝑡³^−𝑦³

2 )

= 0,930511474609375 + 0.5 (1,5−0,930511474609375

2 )

= 1,07288360595703 𝑦₄ = 𝑦₃+^ℎ

= 0,930511474609375 + 0,25 ((1,5−0,930511474609375

2 ) +

= 1,11758708953857 + 0.5 (2−1,11758708953857

2 )

= 1,33819031715393 𝑦₅ = 𝑦₄+^ℎ

= 1,11758708953857 + 0,25 ((2−1,11758708953857

2 ) +

(2,5−1,33819031715393

2 ))

= 1,37311491370201 𝑡₆ = 6ℎ = 3

𝑝₆ = 𝑦₅+ ℎ (^𝑡⁵^−𝑦⁵

2 )

= 1,37311491370201 + 0.5 (2,5−1,37311491370201

2 )

= 1,65483618527651 𝑦₆ = 𝑦₅+^ℎ

= 1,37311491370201 + 0,25 ((2,5−1,37311491370201

2 ) +

(3−1,65483618527651

2 ))

= 1,6821210263297 𝑡₇ = 7ℎ = 3.5

𝑝₇ = 𝑦₆+ ℎ (^𝑡⁶^−𝑦⁶

2 )

= 1,6821210263297 + 0.5 (3−1,6821210263297

2 )

= 2,01159076974728 𝑦₇ = 𝑦₆+^ℎ

= 1,6821210263297 + 0,25 ((3−1,6821210263297

2 ) + (3,5−2,01159076974728

2 ))

= 2,03290705182008 𝑡₈ = 8ℎ = 4

𝑝₈ = 𝑦₇+ ℎ (^𝑡⁷^−𝑦⁷

2 )

= 2,03290705182008 + 0.5 (3,5−2,03290705182008

2 )

= 2,39968028886506 𝑦₈ = 𝑦₇+^ℎ

= 2,03290705182008 + 0,25 ((3,5−2,03290705182008

2 ) + (4−2,39968028886506

2 ))

= 2,41633363423444

Tabel 4.3.3 (penyelesaian PDB menggunakan metode Heun dengan h=0.5)

Grafik 4.3.4 (penyelesaian PDB menggunakan metode Heun dengan h=0.5)

(untuk h = 0.25 ) 𝑀 =𝑏 − 𝑎

ℎ = 4 − 0 0,25 = 16 𝑡₀ = 0 , 𝑦₀ = 1 𝑡₁ = ℎ = 0.25

𝑝₁ = 𝑦₀ + ℎ(𝑡₀, 𝑦₀)

= 𝑦₀ + ℎ (^𝑡⁰^−𝑦⁰

2 )

= 1 + 0,25 (⁰⁻¹

= 0,8984375 + 0,25 (0,25−0,8984375

2 )

= 0,8984375 + 0,125 ((0,25−0,8984375

2 ) + (0,5−0,8173828125

2 ))

= 0,83807373046875 𝑡₃ = 3ℎ = 0.75

𝑝₃ = 𝑦₂+ ℎ(𝑡₂, 𝑦₂)

= 𝑦₂ + ℎ (^𝑡²^−𝑦²

2 )

= 0,83807373046875 + 0,25 (0,5−0,83807373046875

2 )

= 0,795814514160156 𝑦₃ = 𝑦₂+^ℎ

= 0,83807373046875 + 0,125 ((0,5−0,83807373046875

2 ) +

(0,75−0,795814514160156

2 ))

= 0,814080715157318 𝑡₄ = 4ℎ = 1

𝑝₄ = 𝑦₃+ ℎ(𝑡₃, 𝑦₃)

= 𝑦₃ + ℎ (^𝑡³^−𝑦³

2 )

= 0,814080715157318 + 0,25 (0,75−0,814080715157318

2 )

= 0,806070625762653 𝑦₄ = 𝑦₃+^ℎ

= 0,814080715157318 + 0,125 ((0,75−0,814080715157318

2 ) +

= 0,82219625634982 + 0,25 (1−0,82219625634982

2 )

= 0,844421724306092 𝑦₅ = 𝑦₄+^ℎ

= 0,82219625634982 + 0,125 ((1−0,82219625634982

2 ) +

= 0,858657632558825 + 0,25 (1,25−0,858657632558825

2 )

= 0,907575428488972 𝑦₆ = 𝑦₅+^ℎ

= 0,858657632558825 + 0,125 ((1,25−0,858657632558825

2 ) +

= 0,920143066243395 + 0,25 (1,5−0,920143066243395

2 )

= 0,992625182962971 𝑦₇ = 𝑦₆+^ℎ

= 0,920143066243395 + 0,125 ((1,5−0,920143066243395

2 ) +

= 1,003720050668 + 0,25 (1,75−1,003720050668

2 )

= 1,0970050443345 𝑦₈ = 𝑦₇+^ℎ

= 1,003720050668 + 0,125 ((1,75−1,003720050668

2 ) + (2−1,0970050443345

2 ))

= 1,10679973223034

Tabel 4.3.5 (penyelesaian PDB menggunakan metode Heun dengan h=0.25)

Grafik 4.3.6 (penyelesaian PDB menggunakan metode Heun dengan h=0.25)

c. Gambar grafik penyelesaian

Grafik 4.3.7 (perbandingan penyelesaian PDB menggunakan metode Heun dengan h=1, h=0.5, dan h=0.25 dengan penyelesaian eksaknya)

C. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Tiga

Metode Runge-Kutta orde tiga merupakan perbaikan dari dua metode sebelumnya yaitu metode Runge-Kutta orde satu atau metode Euler dan metode Runge-Kuuta orde dua atau metode Heun. Metode Runge-Kutta orde tig aini menghasilkan keakuratan nilai solusi yang lebih tinggi dibandingkan dengan dua metode sebelumnya tersebut.

Contoh 4.4

Diketahui masalah nilai awal 𝑦^′= ^𝑡−𝑦

2 pada interval [0,4] dengan 𝑦(0) = 1.

a. Menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga tentukan persamaan umum untuk 𝑘₁, 𝑘₂, 𝑘₃, dan 𝑦_𝑘+1.

b. Dari hasil skema persamaan umum metode Runge-Kutta orde tiga tentukan hampiran penyelesaiannya untuk ℎ = 1, 0.5, 0.25 berdasarkan rumusan yang telah dibuat. (selain ℎ = 1, masing-masing dihitung sampai 𝑦₅).

c. Gambarkan grafik penyelesaian dalam satu bidang koordinat.

Penyelesaian :

a. 𝑡_𝑘+1= 𝑡_𝑘+ ℎ 𝑡₁ = ℎ

𝑡₂ = 𝑡₁+ ℎ = 2ℎ

⋮

𝑡_𝑀 = 𝑡_𝑀−1+ ℎ = 𝑀ℎ , sehingga 𝑡_𝑘 = 𝑘ℎ

𝑘₁ = 𝑓(𝑡_𝑘, 𝑦_𝑘) 𝑘₁ = (^𝑡⁰^−𝑦⁰

2 ) 𝑘₁ = (𝑡₁− 𝑦₁

2 )

⋮

𝑘₁ = (𝑡_𝑘− 𝑦_𝑘 2 )

𝑘₂ = 𝑓(𝑡_𝑘+ℎ

2, 𝑦_𝑘+ℎ 2𝑘₁) 𝑘₂ = (𝑡₀+ℎ

2 − 𝑦⁰+ℎ 2 𝑘¹

2 )

𝑘₂ = (𝑡₁+ℎ

2 − 𝑦¹+ℎ 2 𝑘¹

2 )

⋮

𝑘₂ = (𝑡_𝑘+ℎ

2 − 𝑦^𝑘+ℎ 2 𝑘¹

2 )

𝑘₃ = 𝑓(𝑡_𝑘+ ℎ, 𝑦_𝑘− ℎ𝑘₁ + 2ℎ𝑘₂) 𝑘₃ = (𝑡₀+ ℎ − 𝑦₀− ℎ𝑘₁+ 2ℎ𝑘₂

2 )

𝑘₃ = (𝑡₁+ ℎ − 𝑦₁− ℎ𝑘₁+ 2ℎ𝑘₂

𝑘₁ = (𝑡₁− 𝑦₁

6[0,09375 + 4(0,3203125) + 0,3203125] = 1,0950520 𝑡₃ = 𝑡₂+ ℎ = 3ℎ = 3

2)−1,0950520+¹₂(0,452474)

2 ) = 0,5893555

6[0,452474 + 4(0,5893555) + 0,5893555]

= 1,6615939 𝑡₄ = 𝑡₃+ ℎ = 4ℎ = 4 𝑘₁ = (𝑡₃− 𝑦₃

2 ) = (3 − 1,6615939

2 ) = 0,6692030

𝑘₂ = ((𝑡₃+ℎ

2) − (𝑦³+ℎ 2 𝑘¹)

2 )

= ((3 +1

2) − (1,6615939 + 1

2 (0,6692030))

2 ) = 0,7519023

𝑘₃ = ((𝑡₃+ ℎ) − (𝑦₃− ℎ𝑘₁+ 2ℎ𝑘₂)

2 )

= ((3 + 1) − (1,6615939 − 0,6692030 + 2(0,7519023)

2 )

= 0,7519023 𝑦₄ = 𝑦₃+ℎ

6[𝑘₁+ 4𝑘₂+ 𝑘₃]

= 1,6615939 +1

6[0,6692030 + 4(0,7519023) + 0,7519023]

= 2,3997129

Tabel 4.4.1 (penyelesaian PDB menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga dengan h=1)

Grafik 4.4.2 (penyelesaian PDB menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga dengan h=1)

(Untuk ℎ = 0,5) 𝑀 =𝑏 − 𝑎

ℎ = 4 − 0 0,5 = 8

𝑡₁ = ℎ = 0,5 𝑘₁ = (𝑡₀− 𝑦₀

2 ) = (0 − 1

2 ) = (−1

2) = −0,5

𝑘₂ = ((𝑡₀+ℎ

2) − (𝑦⁰+ℎ 2 𝑘¹)

2 ) =

( (0 +1

4) − (1 + 1 4 (−

1 2)) 2

)

= −0,3125

𝑘₃ = ((𝑡₀+ ℎ) − (𝑦₀− ℎ𝑘₁+ 2ℎ𝑘₂)

2 )

= ((0 + 0,5) − (1 −1 2 (−

1 2) + 2.

2 (−0,3125))

2 )

= −0,21875

12[−0,1679687 + 4(−0,0219726) + 0,0510254]

= 0,818868

12[0,090566 + 4(0,2042452) + 0,2610849]

= 0,9162539

𝑦₄ = 𝑦₃+ℎ

6[𝑘₁+ 4𝑘₂+ 𝑘₃] 𝑦₄ = 0,9162539 + 1

12[0,291873 + 4(0,3803889) + 0,4246468]

= 1,1027602

12[0,4486199 + 4(0,5175424) + 0,5520037]

= 1,358659

Tabel 4.4.3 (penyelesaian PDB menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga dengan h=0,5)

Grafik 4.4.4 (penyelesaian PDB menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga dengan h=0,5)

(Untuk h=0,25) 𝑀 =𝑏 − 𝑎

ℎ = 4 − 0 0,25 = 16 𝑡₁ = ℎ = 0,25

𝑘₁ = (𝑡₀− 𝑦₀

24[−0,5 + 4(−0,40625) − 0,3359375] = 0,8974609 𝑡₂ = 2ℎ = 0,5

𝑦_𝑘+1= 𝑦_𝑘+ℎ

6[𝑘₁+ 4𝑘₂+ 𝑘₃] 𝑦₂ = 𝑦₁+ℎ

6[𝑘₁+ 4𝑘₂+ 𝑘₃] 𝑦₂ = 0,8974609 + 1

24[−0,3237304 + 4(−0,2409973) − 0,1789474]

= 0,8363497

24[−0,1681748 + 4(−0,0951639) − 0,0404057]

= 0,8117982 𝑡₄ = 4ℎ = 1 𝑘₁ = (𝑡₃− 𝑦₃

2 ) = (0,75 − 0,8117982

2 ) = −0,0308991

𝑘₂ = ((𝑡₃+ℎ

24[−0,0308991 + 4(0,0335321) + 0,0818555]

= 0,8195101

= 0,1897494 𝑦_𝑘+1= 𝑦_𝑘+ℎ

6[𝑘₁+ 4𝑘₂+ 𝑘₃] 𝑦₅ = 𝑦₄+ℎ

6[𝑘₁+ 4𝑘₂+ 𝑘₃] 𝑦₅ = 0,8195101 + 1

24[0,09024495 + 4(0,1471046) + 0,1897494]

= 0,8556939

Tabel 4.4.5 (penyelesaian PDB menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga dengan h=0,25)

Grafik 4.4.6 (penyelesaian PDB menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga dengan h=0,25)

c. Gambar grafik penyelesaian

Grafik 4.4.7 (perbandingan penyelesaian PDB menggunakan metode Runge-Kutta orde tiga dengan h=1, h=0.5, dan h=0.25 dengan penyelesaian eksaknya)

D. Penerapan Metode Runge-Kutta Orde Empat

Metode Runge-Kutta orde empat merupakan perbaikan dari metode sebelumnya yaitu metode Runge-Kutta orde tiga. Metode ini menghasilkan

Dalam dokumen PENYELESAIAN NUMERIS MASALAH NILAI AWAL BERDASARKAN METODE RUNGE-KUTTA ORDE SATU, DUA, TIGA, DAN EMPAT (Halaman 19-0)