GROUP 1 ORDINARY DIFFERENTIAL HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N. RIDHO A. EQUATIONS

GROUP 1

O

RDINARY

D

IFFERENTIAL

DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016

E

QUATIONS

HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N. RIDHO A.

P

ENDAHULUAN

SYIFA N. AINISA G54120031

DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016

Persamaan Differensial yang hanya memiliki satu variabel bebas.

Pendahuluan

PERSAMAAN DIFFERENSIAL

Gabungan dari fungsi yang tidak diketahui dengan turunannya. Kategori

Persamaan Differensial yang memiliki lebih dari

satu variabel bebas.

PD BIASA PD PARSIAL

PDB Orde 1 :

Turunan tertingginya adalah turunan pertama PDB Orde 2 :

Turunan kedua merupakan turunan tertingginya PDB Orde 3 :

Turunan ketiga merupakan turunan tertingginya Dan seterusnya

Persamaan diferensial biasa

Persamaan diferensial parsial

1.

𝑑𝑦

𝑑𝑥

= 𝑥 + 𝑦

2. 𝑦′ = 𝑥

2

+ 𝑦

2

3.

𝑑𝑦

𝑑𝑥

+ 𝑥

2

_{𝑦 − 𝑦 = 0}

4. 𝑦

′′

+ 𝑦

′

𝑐𝑜𝑠𝑥 − 3𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑥

𝜕

2

𝑢

𝜕𝑥

2

+

𝜕

2

𝑢

𝜕𝑦

2

= 6𝑥𝑦𝑒

𝑥+𝑦

Persamaan diferensial

1.

PDB orde 1

2.

PDP

3.

Bukan PD

4.

PDB orde 2

5.

PDB orde 3

6.

Bukan PD

7.

PDP

8.

PDB orde 1

5 2 2 ' x y y   0 2  x2y y  dx dy ) 2 ( 3 ) ( ' '' y Cos x y Sin x y    '' 1 ' 2 '' ' 2y  y   y 2 2 2 2 2 ) 1 ( ) ( 3 y u x x u t x Sin t u            4 ) ( ' x  x2  x   f ) ( ; 17 3 ' t3 t 5 y f t y      y x xye y u x u _{ }      6 2 2 2 2

Pendahuluan

PERSAMAAN DIFERENSIAL

Penerapan

Persamaan Diferensial

7

Pendahuluan

SOLUSI PDB

Solusi Analitik

Solusi Numerik

Salah satunya dengan teknik integral.

Menggunakan metode hampiran

Persamaan

diferensial

tidak dapat diselesaikan secara analitik

Metode Numerik

Metode Runge-Kutta Metode Euler

Metode Deret Taylor

Metode Heun Karl Heun Carl David Tolmé Runge Martin Wilhelm Kutta Leonhard Euler Brook Taylor

1

₂

3

4

M

ETODE

N

UMERIK

DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016

Metode

Euler

Metode euler merupakan metode numerik paling sederhana dan diturunkan dari deret Taylor

Metode

Euler

𝑦

_𝑖+1

= 𝑦

_𝑖

+ ℎ𝑓(𝑥

_𝑖

, 𝑦

_𝑖

)

𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 ′ _{= 𝑓 𝑥, 𝑦 , 𝑦(𝑥} 0) = 𝑦0 𝑦_𝑟 = 𝑦(𝑥_𝑟)

dengan diberikan PDB orde satu

Misalkan

BENTUK UMUM

Metode euler dinyatakan sebagai

ℎ = 𝑏 − 𝑎 𝑛

13

• Deret Taylor : uraikan 𝑦(𝑥_𝑟+1) disekitar 𝑥_𝑟

• Dipotong sampai orde 3 :

• Karena 𝑦’(𝑥_𝑟) = 𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) dan 𝑥_𝑟+1 − 𝑥_𝑟 = ℎ, maka :

... ) ( '' ! 2 ) ( ) ( ' ! 1 ) ( ) ( ) ( 2 1 1 1          r r r r r r r r y x x x x y x x x y x y ) ( '' ! 2 ) ( ) ( ' ! 1 ) ( ) ( ) ( 2 1 1 1 r r r r r r r r y x x x x y x x x y x y _       

Metode

Euler

PENURUNAN

n r h O y x hf x y x y( _r1)  ( _r)  ( _r, _r)  ( 2);  0,1,2,...,

14

f(x,y) adalah persamaan differensial yang dapat digambarkan

sebagai gradien garis singgung di titik (x,y).

Garis singgung ditarik menyinggung titik (x₀,y₀) untuk

menemukan nilai y(x₁), pada titik (x₁,y₁) ditarik lagi garis yang

menyinggung titik tersebut dengan fungsi f(x,y) untuk

mendapatkan f(x₂) dan seterusnya.

Metode

Euler

0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 y(x) dy/dx 15 (x1,y1) (x0,y0) (x2,y2) (x3,y3) (x4,y4) (x5,y5) (x6,y6) (x7,y7) (x8,y8)

Metode

Euler

0 1 2 3 4 5 6 7 0 0.5 1 y(x) yr Yr+1 sejati Yr+1 hampiran Yr sejati _{A B} C galat h h y y AB BC x y y x f x y m _{r r r}   r  r      1 ) , ( ) ( '

Metode

Euler

)

,

(

1 r r r r

y

hf

x

y

y

_





r r r r y y y x hf ( , )  _1 

17 • Galat Pemotongan • Galat Kumulatif ) ( ) ( ' ' 2 1 _{2 2} h O t y h Ep   ) ( 2 ) ( '' ) ( ) ( '' 2 ) ( ) ( '' 2 ) ( '' 2 1 ₂ 2 ₂ 1 h O t hy a b t y h h a b y y nh t y h E n r kumulatif       





Metode

Euler

GALAT

18

𝑑𝑦

𝑑𝑥

= 𝑥 + 𝑦 ; 𝑦(0) = 1

Berapa

𝑦(0.1) dengan langkah ℎ = 0.02 dan ℎ = 0.05, jika

diketahui fungsi asli adalah

𝑦 𝑥 = 𝑒

𝑥

− 𝑥 − 1, langkah mana

yang lebih teliti ? (𝑎 = 0, 𝑏 = 0.1)

Metode

Euler

h = 0.02 x = 0 y(0) = 1 x = 0.02 y(0.02) = 1 + 0.02(0+1) = 1.02 x = 0.04 y(0.04) = 1.02 + 0.02(0.02+1.02) = 1.0408 x = 0.06 y(0.06) = 1.0408 + 0.02(0.04+1.0408) = 1.062416 x = 0.08 y(0.08) = 1.062416 + 0.02(0.06+1.062416) = 1.084864 x = 0.1 y(0.1) = 1.084864 + 0.02(0.08+1.084864) = 1.108162 𝑦 0.1 = 𝑒0.1 − 0.1 − 1 = 1.1103 h = 0.05 x = 0 y(0) = 1 x = 0.05 y(0.05) = 1 + 0.05(0+1) = 1.05 x = 0.1 y(0.1) = 1.05 + 0.05(0.05+1.05) = 1.1025

Metode

Euler

Penyelesaian Contoh Soal 1

Langkah h = 0.02 lebih teliti

Solusi Metode Euler 𝑦

′

= 𝑥 + 𝑦 + 1, 𝑦 0 = 0

Contoh 2

Perbandingan penyelesaian eksak dan metode euler

Metode

Heun

Metode

Heun

• Predictor:

• Corrector:

• Bentuk umum persamaan metode Heun:

Metode

Heun

• Galat perlangkah metode Heun sama dengan galat kaidah

trapesium, yaitu:

• Galat longgokannya adalah:

Metode

Heun

Metode

Heun

Metode Heun dapat diperluas dengan meneruskan

langkahnya sebagai berikut:

Metode

Heun

Kondisi berhenti adalah bila

Dengan

adalah batas galat yang diinginkan. Jika iterasinya

dilakukan satu kali (sampai dengan

saja), maka

langkahnya dinamakan iterasi satu lemparan (one shot

Penyelesaian:

Metode

Heun

Metode

Heun

Metode

Heun

Metode

Deret Taylor

Metode

Deret Taylor

𝑦 𝑥

_𝑟+1

=

𝑖=0 ∞

_ℎ𝑦

𝑖

_𝑥

𝑟

𝑖!

= 𝑦 𝑥

_𝑟

+ ℎ𝑦

′

𝑥

_𝑟

+

ℎ

2

_𝑦

′′

_(𝑥

𝑟

)

2!

+ ⋯ +

ℎ

𝑛

𝑦

𝑛

𝑥

_𝑟

𝑛!

+ ⋯

dengan ℎ = 𝑥

_𝑟+1

− 𝑥

_𝑟

dan 𝑟 = 0,1, … 𝑛

Diketahui PDB orde 1 yaitu

𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑦

′ _{= 𝑓(𝑥, 𝑦) dengan nilai awal 𝑦 𝑥}

0 = 𝑦0.

Misalkan 𝑦 𝑥_𝑟+1 adalah hampiran nilai 𝑦 di 𝑥_𝑟+1 dengan 𝑟 = 0,1, … 𝑛.

𝑦 𝑥_𝑟+1 diuraikan dengan deret Taylor di sekitar 𝑥_𝑟:

Galat pemotongan

𝑦 𝑥

_𝑟+1

≈ 𝑦 𝑥

_𝑟

+ ℎ𝑦

′

𝑥

_𝑟

+ ⋯ +

ℎ

𝑛

_𝑦

𝑛

_𝑥

𝑟

𝑛!

Metode

Deret Taylor

Metode Deret Taylor Orde n

𝑦 𝑥_𝑟+1 = 𝑦 𝑥_𝑟 + ℎ𝑦′ 𝑥_𝑟 + ⋯ +ℎ 𝑛_𝑦 𝑛 _𝑥 𝑟 𝑛! + ℎ𝑛+1𝑦 𝑛+1 𝑥_𝑟 (𝑛 + 1)! + ⋯

Galat perlangkah setelah pemotongan ke n

𝐸

_𝑃

≈

ℎ

𝑛+1

_𝑓

𝑛+1

_𝑡

𝑛 + 1 !

, 𝑥

0

< 𝑡 < 𝑥

𝑟+1

= 𝑂(ℎ

𝑛+1

)

𝐸

_𝐾

≈ 𝑛.

ℎ

𝑛+1

_𝑓

𝑛+1

_𝑡

𝑛 + 1 !

, 𝑎 < 𝑡 < 𝑏

=

𝑏−𝑎 ℎ

.

ℎ𝑛+1𝑓 𝑛+1 𝑡 𝑛+1 !

= 𝑏 − 𝑎 .

ℎ𝑛𝑓 𝑛+1 𝑡 𝑛+1 !

= 𝑂(ℎ

𝑛

)

Galat kumulatif

Metode

Deret Taylor

Metode

Deret Taylor

Diketahui PDB : 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑦 ; 𝑦 0 = 1.

Hitung 𝑦(0.1) dengan metode deret Taylor orde 4 (h=0.05). Nilai sejati solusi PDB yaitu y(0.1)=1.1103.

Jawaban: Banyak iterasi = 𝑛 = 𝑏−𝑎 ℎ = 0.1−0 0.05 = 2 Hampiran 𝑦 di 𝑥_𝑟+1 : 𝑦_𝑟+1 ≈ 𝑦 𝑥_𝑟 + ℎ𝑦′ 𝑥_𝑟 + ℎ 2_𝑦 2 _𝑥 𝑟 2 + ℎ3𝑦 3 𝑥_𝑟 6 + ℎ4𝑦 4 𝑥_𝑟 12

Contoh Soal

Metode

Deret Taylor

Iterasi 1 𝑥₀ = 0 ; 𝑦₀ = 1 𝑥₁ = 𝑥₀ + ℎ = 0.05 ; 𝑦₁ =? 𝑦′ 𝑥₀ = 𝑥 + 𝑦 = 0 + 1 = 1 𝑦 2 𝑥₀ = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0 + 1 = 2 𝑦 3 𝑥₀ = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0 + 1 = 2 𝑦 4 𝑥₀ = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0 + 1 = 2 𝑦₁ = 𝑦 0.05 = 𝑦 𝑥₀ ≈ 𝑦 𝑥₀ + ℎ𝑦′ 𝑥₀ + ℎ2𝑦 2 𝑥0 2 + ℎ3𝑦 3 𝑥₀ 6 + ℎ4𝑦 4 𝑥₀ 12 𝑦₁ = 1 + 0.05 + 0.05 2₍₂₎ 2 + 0.053(2) 6 + 0.054(2) 12 = 1.052542708 Mencari turunan 𝑦′ 𝑥 = 𝑥 + 𝑦 𝑦 2 𝑥 = 1 + 𝑦′ = 1 + 𝑥 + 𝑦 𝑦 3 𝑥 = 𝑑(1 + 𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑦 𝑦 4 𝑥 = 𝑑(1 + 𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑦

Metode

Deret Taylor

Iterasi 2 𝑥₁ = 0.05; 𝑦₀ = 1.052542708 𝑥₂ = 𝑥₁ + ℎ = 0.1 ; 𝑦₂ =? 𝑦′ 𝑥₁ = 𝑥 + 𝑦 = 0.05 + 1.052542708 = 1.102542708 𝑦 2 𝑥₁ = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0.05 + 1.052542708 = 2.102542708 𝑦 3 𝑥₁ = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0.05 + 1.052542708 = 2.102542708 𝑦 4 𝑥₁ = 1 + 𝑥 + 𝑦 = 1 + 0.05 + 1.052542708 = 2.102542708 𝑦₂ = 𝑦 0.1 = 𝑦 𝑥₁ ≈ 𝑦 𝑥₁ + ℎ𝑦′ 𝑥₁ + ℎ2𝑦 2 𝑥1 2 + ℎ3𝑦 3 𝑥₁ 6 + ℎ4𝑦 4 𝑥₁ 12 𝑦₂ = 1.052542708 + 0.05 1.102542708 + 0.05 2 _2.102542708 2 + 0.053(2.102542708) 6 + 0.054(2.102542708) 12 = 1.11034292

Diperoleh hampiran nilai y(0.1) dengan metode deret Taylor orde 4 yaitu 1.11034292 Galat absolut = |nilai sejati-nilai hampiran |=|1.1103-1.11034292|=0.00004292

Metode

Runge-Kutte

HELEN PARKHURST(G551150041)

Metode Runge-Kutta adalah alternatif lain dari metode deret Taylor yang tidak membutuhkan perhitungan turunan.

Bentuk Umum Runge Kutte Orde-n:

𝑦_𝑛+1 = 𝑦_𝑟 + 𝑎₁𝑘₁ + 𝑎₂𝑘₂ + ⋯ + 𝑎_𝑛𝑘_𝑛 , 𝑎₁, 𝑎₂, … , 𝑎_𝑛 = ketetapan Dimana: 𝑘₁ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 𝑝₁ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞₁₁𝑘₁ 𝑘₃ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 𝑝₂ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞₂₁𝑘₁ + 𝑞₂₂𝑘₂ … 𝑘_𝑛 = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 𝑝_𝑛−1ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞_𝑛−1,1𝑘₁ + 𝑞_𝑛−1,2𝑘₂ + ⋯ + 𝑞_{𝑛−1,𝑛−1}𝑘_𝑛−1

Galat langkah Metode Runge-Kutte orde-n: 𝑂 ℎ𝑛+1 Galat longgokan Metode Runge-Kutte orde-n: 𝑂 ℎ𝑛

Bentuk Umum, Runge Kutte Orde-1:

𝑘₁ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + 𝑎₁𝑘₁ ; . . . (i)

Dengan menggunakan Rumus Taylor

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + ℎ 1!𝑦′𝑟 + ℎ2 2! 𝑦′′𝑟 + ℎ3 3! 𝑦′′′𝑟 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 + 𝑂(ℎ2) . . . (ii)

Melalui persamaan (i) dan (ii) diperoleh 𝑎₁ = 1

Sehingga diperoleh: 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + 𝑘₁ 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟

Galat Langkah Runge-Kutta: 𝐸 = ℎ2

2! 𝑦"𝑟 = 𝑂 ℎ 2 Galat Longgokan Runge-Kutta:

𝐸_𝑡𝑜𝑡 = 𝑖=1 𝑛 ℎ2 2! 𝑦"𝑟 = 𝑛 ℎ 2 2! 𝑦"𝑟 = 𝑥𝑟+1 − 𝑥𝑟 ℎ − ℎ2 2! 𝑦"𝑟 = 𝑥_𝑟+1 − 𝑥_𝑟 ∙ ℎ 2!𝑦"𝑟 = 𝑂 ℎ EULER

Metode

Runge-Kutta

Bentuk Metode Runge-Kutta Orde satu: 𝑘₁ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟+(𝑎₁𝑘₁)

Yang termasuk ke dalam metode Runge-Kutta orde satu adalah metode Euler

𝑘₁ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟)

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟+ℎ𝑓₁

Dalam hal ini 𝑎₁ = 1

Metode

Runge-Kutte

Orde 2-Orde 3

AGUSYARIF REZKA NUHA (G551150171)

LILIK HARDIANTI (G5511502510

Bentuk Metode Runge-Kutta Orde satu:

𝑘

₁

= ℎ𝑓(𝑥

_𝑟

, 𝑦

_𝑟

)

𝑦

_𝑟+1

= 𝑦

_𝑟

+(𝑎

₁

𝑘

₁

)

Yang termasuk ke dalam metode Runge-Kutta orde satu

adalah metode Euler

𝑘

₁

= ℎ𝑓(𝑥

_𝑟

, 𝑦

_𝑟

)

𝑦

_𝑟+1

= 𝑦

_𝑟

+ℎ𝑓

₁

Dalam hal ini 𝑎

₁

= 1

Perhatikan deret taylor untuk 𝑦

_𝑟+1

sebagai berikut:

𝑦

_𝑟+1

= 𝑦

_𝑟

+ ℎ𝑦

_𝑟′

+

1

2

ℎ

2

_𝑦

𝑟′′

+ ⋯

Bentuk 𝑦

_𝑟′

diubah menjadi bentuk 𝑓(𝑥

_𝑟

, 𝑦

_𝑟

)

Perhatikan bahwa

𝑦

_𝑟′

= 𝑓(𝑥

_𝑟

, 𝑦

_𝑟

)

𝑦

_𝑟′′

= 𝑓

_𝑥

𝑥

_𝑟

, 𝑦

_𝑟

+ 𝑓(𝑥

_𝑟

, 𝑦

_𝑟

) 𝑓

_𝑦

(𝑥

_𝑟

, 𝑦

_𝑟

)

Sehingga deret Taylor untuk 𝑦_𝑟+1 dapat diubah sebagai berikut:

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 + 1

2ℎ 2_[𝑓

𝑥 𝑥𝑟, 𝑦𝑟 + 𝑓(𝑥𝑟, 𝑦𝑟) 𝑓𝑦(𝑥𝑟, 𝑦𝑟) + ...

Perhatikan bentuk umum Metode Runge-Kutta

Orde 2 yang menggunakan kombinasi linear 2 fungsi untuk menyatakan

𝑦_𝑟+1 :

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟+𝑎₁𝑘₁+𝑎₂)

dengan:

𝑘₁ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟

𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 𝑝₁ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞₁₁𝑘₁

akan mencari nilai dari 𝑎₁, 𝑎₂, 𝑝₁, 𝑞₁₁agar persamaan

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟+𝑎₁𝑘₁+𝑎₂𝑘₂ akurat.

Ekspansi taylor untuk fungsi dua peubah 𝑘₂ sebagai berikut:

𝑘₂ = ℎ[𝑓 + 𝑝₁ℎ𝑓_𝑥(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) + 𝑞₁₁𝑘₁𝑓_𝑦(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟]

𝑘₂ = ℎ[𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) + 𝑝₁ℎ𝑓_𝑥(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) + 𝑞₁₁ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟)(𝑓_𝑦(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟)]

diperoleh:

𝑘₂ = ℎ[𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) + ℎ(𝑝₁𝑓_𝑥(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) + 𝑞₁₁𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟)(𝑓_𝑦 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 )]

Subtitusi nilai 𝑘₁, dan 𝑘₂ ke bentuk umum runge-kutta orde 2

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟+𝑎₁ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟)+𝑎₂ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) + 𝑎₂ℎ2𝑝₁𝑓_𝑥(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) + 𝑎₂ℎ2𝑞₁₁𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟)𝑓_𝑦 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 +…

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + 𝑎₁ + 𝑎₂ ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 +

𝑎₂ℎ2 𝑝₁𝑓_𝑥 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 + 𝑞₁₁𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 𝑓_𝑦 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 + ⋯

Sehingga diperoleh persamaan-persamaan berikut: h𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 = 𝑎₁ + 𝑎₂ ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟  𝑎₁ + 𝑎₂ = 1 1 2 ℎ 2_𝑓 𝑥 𝑥𝑟, 𝑦𝑟 = 𝑎2𝑝1ℎ2𝑓𝑥 𝑥𝑟, 𝑦𝑟  𝑎2𝑝1= 1 2 1 2ℎ 2_𝑓 𝑦 𝑥𝑟, 𝑦𝑟 𝑓 𝑥𝑟, 𝑦𝑟 =𝑎2𝑞11ℎ2𝑓𝑦 𝑥𝑟, 𝑦𝑟 𝑓 𝑥𝑟, 𝑦𝑟  𝑎2𝑞11 = 1 2

Karena sistem persamaan terdiri atas 3 prsamaan dengan 4 peubah acak yang tidak diketahui maka solusinya banyak.

Solusi hanya dapat diperoleh dengan memberikan sebuah peubah

dengan sebuah harga. Misalkan ditentukan 𝑎₂ = t, t ∈ 𝑅, maka

𝑎₁ = 1 − 𝑎₂ = 1 − 𝑡 𝑝₁ = 1 2𝑎₂ = 1 2𝑡 𝑞₁₁ = 1 2𝑎₂ = 1 2𝑡

Dengan memberikan nilai t = 1

2, diperoleh

𝑎₁ = 𝑎₂ = 1

2 , 𝑝1 = 𝑞11 = 1

Sehingga bentuk Metode Runge-Kutta orde 2 adalah sebagai berikut: 𝑘₁ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑘₁ 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟+1 2 (𝑘1+𝑘2)

Metode Runge-Kutta Orde 3 berbentuk: 𝑘₁ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 1 2ℎ, 𝑦𝑟 + 1 2 𝑘1 𝑘₃ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ, 𝑦_𝑟 − 𝑘₁ + 2𝑘₂ 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + 1 6 (𝑘1 + 4𝑘2 + 𝑘3)

Galat per langkah metode R-K orde tiga adalah O(ℎ4)

Galat kumulatif metode R-K orde tiga adalah O(ℎ3)

Bentuk ekspansi taylor untuk 𝑓(𝑥 + 𝑐, 𝑦 + 𝑑) dengan galat O(ℎ3) ialah:

𝑓 𝑥 + 𝑐, 𝑦 + 𝑑 = 𝑓 + 𝑐𝑓_𝑥 + 𝑑𝑓_𝑦 + 1

2 (𝑐

2_𝑓

𝑥𝑥 + 2𝑐𝑑𝑓𝑥𝑦 + 𝑑2𝑓𝑦𝑦)

Bentuk umum metode runge-kutta orde y ialah:

𝑦

_𝑟+1

= 𝑦

_𝑟

+𝑎

₁

𝑘

₁

+𝑎

₂

𝑘

₂

+ 𝑎

₃

𝑘

₃

Dengan: 𝑘₁ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 𝑝₁ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞₁₁𝑘₁ = ℎ 𝑓 + ℎ(𝑝₁𝑓_𝑥 + 𝑞₁₁𝑓𝑓_𝑦 + ℎ2 2 (𝑝1 2_𝑓 𝑥𝑥 + 2𝑝1𝑞11𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞112 𝑓2𝑓𝑦𝑦)] 𝑘₃ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 𝑝₂ℎ, 𝑦_𝑟 + (𝑞₂₁𝑘₁ + 𝑞₂₂𝑘₂ = ℎ[𝑓 + 𝑝₂ℎ𝑓_𝑥 + 𝑞₂₁ℎ𝑓𝑓_𝑦 + 𝑞₂₂𝑘₂𝑓_𝑦 + ℎ2 2 (𝑝2 2_𝑓 𝑥𝑥 + 2𝑝2𝑞21𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞212 𝑓2𝑓𝑦𝑦)

Metode

Runge-Kutta Orde 3

+1

2(2𝑝2ℎ𝑞22𝑘2𝑓𝑥𝑦 + 2𝑞21𝑞22ℎ𝑘2𝑓𝑓𝑦𝑦 + 𝑞22 2 _𝑘

𝑘₃ = ℎ[𝑓 + 𝑝₂ℎ𝑓_𝑥 + 𝑞₂₁ℎ𝑓𝑓_𝑦 + ℎ2 2 (𝑝2 2_𝑓 𝑥𝑥 + 2𝑝2𝑞21𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞₂₁2 𝑓2𝑓_𝑦𝑦) +𝑞₂₂𝑓_𝑦𝑘₂ + 1 2(2𝑝2 ℎ𝑞22𝑓𝑥𝑦 + 2𝑞21𝑞22ℎ𝑓𝑓𝑦𝑦)𝑘2 + 1 2𝑞22 2 _𝑓 𝑦𝑦𝑘22]

Metode

Runge-Kutta Orde 3

Subtitusi nilai 𝑘₂, diperoleh:

𝑘₃ = ℎ[𝑓 + ℎ{𝑝₂𝑓_𝑥 + 𝑞₂₁ + 𝑞₂₂ 𝑓𝑓_𝑦} + ℎ 2 2 {𝑝2 2_𝑓 𝑥𝑥 + 2𝑝2(𝑞21+ 𝑞22)𝑓𝑓𝑥𝑦 +ℎ2(𝑝₁𝑞₂₂𝑓_𝑥𝑦 + 𝑞₁₁𝑞₂₂𝑓𝑓_𝑦2) + ℎ2 2 (𝑞21 + 𝑞22) 2_𝑓2_𝑓 𝑦𝑦]

Subtitusi nilai 𝑘₁, 𝑘₂, 𝑑𝑎𝑛𝑘₃ ke bentuk umum runge-kutta orde 3 diperoleh: 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + ℎ𝑓(𝑎₁ + 𝑎₂ + 𝑎₃) +ℎ2𝑓_𝑥(𝑎₂𝑝₁ + 𝑎₃𝑝₂) +ℎ2𝑓𝑓_𝑦{𝑎₂𝑞₁₁ + 𝑎₃ 𝑞₂₁ + 𝑞₂₂ } +ℎ3𝑓𝑓_𝑡𝑡(1 2 𝑎2𝑝1 2 _{+ 𝑎} 3𝑝22 ) +ℎ3𝑓𝑓_𝑥𝑦{𝑎₂𝑝₁𝑞₁₁ + 𝑎₃𝑝₂ 𝑞₂₁ + 𝑞₂₂ } +ℎ3𝑓2𝑓_𝑦𝑦 1 2{𝑎2𝑞11 2 _{+ 𝑎} 3 𝑞21 + 𝑞22 2} +ℎ3𝑓_𝑥𝑦(𝑎₃𝑝₁𝑞₂₂) +ℎ3𝑓𝑓_𝑦2(𝑎₃𝑞₁₁𝑞₂₂)

𝑦_𝑟+1 dalam deret taylor 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + ℎ𝑦′ + ℎ2 2 𝑦 ′′ ₊ ℎ3 6 𝑦 ′′′ = 𝑦_𝑟 + ℎ𝑓 + ℎ2 2 𝑓 ′ ₊ ℎ3 6 𝑓 ′′ = 𝑦_𝑟 +ℎ𝑓 + ℎ2 2 𝑓𝑥 + 𝑓𝑦𝑓 +ℎ3 6 (𝑓𝑥𝑥 + 2𝑓𝑓𝑥𝑦 +𝑓 2_𝑓 𝑦𝑦 + 𝑓𝑥𝑓𝑦 + 𝑓𝑓𝑦2)

diperoleh 𝑎₁ = 𝑎₃ = 1 6 , 𝑎2 = 4 6, 𝑝1 = 1 2 , 𝑝2 = 1 𝑞₁₁ = 1 2, 𝑞21 = −1, 𝑞22 = 2

Jadi bentuk metode runge-kutta orde 3 ialah:

𝑘₁ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟 𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + 1 2 ℎ, 𝑦𝑟 + 1 2 ℎ 𝑘₃ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ, 𝑦_𝑟 − 𝑘₁ + 2𝑘₂ 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + 1 6 [𝑘1 + 4𝑘2 + 𝑘3]

Runge

Kutta

Orde 2

Diketahui PDB:

; / dx x y dy  

Hitung y (0.10) dengan metode Runge Kutta orde 2 dan orde 3 (h = 0.02)

y(0) = 1 Diketahui: 02 . 0 10 . 0 0 ) , ( 0       h b x a y x y x f Maka n = (0.10 - 0)/0.02 = 5 langkah ) ( ) ( ) , ( 2 2 1 1 1 1 11 1 2 1 k a k a y y f k q hf p f h k y x hf k r r y x r r        

Contoh Soal

Runge

Kutta

Orde 2

1 ; 1 ; ) , (     y x f f y x y x f Langkah 1: 0204 . 1 ) 0208 . 0 ( 5 . 0 ) 02 . 0 ( 5 . 0 1 ) ( 0208 . 0 )) 1 )( 02 . 0 ( 1 ) 1 )( 02 . 0 ( 1 1 ( 02 . 0 ) ( 02 . 0 ) 1 ( 02 . 0 ) , ( 2 2 1 1 0 1 1 11 1 2 0 0 1                  k a k a y y f k q hf p f h k y x hf k y x ? 02 . 0 1 ; 1 0 1 1 0 0        y x f y x 1 5 . 0 11 1 2 1     q p a a Misal pilih:

Runge

Kutta

Orde 2

1 ; 1 ; ) , (     y x f f y x y x f Langkah 1: 0204 . 1 ) 0206 . 0 )( 3 / 2 ( ) 02 . 0 )( 3 / 1 ( 1 ) ( 0206 . 0 )) 1 )( 02 . 0 )( 4 / 3 ( ) 1 )( 02 . 0 )( 4 / 3 ( 1 ( 02 . 0 ) ( 02 . 0 ) 1 ( 02 . 0 ) , ( 2 2 1 1 0 1 1 11 1 2 0 0 1                  k a k a y y f k q hf p f h k y x hf k y x ? 02 . 0 1 ; 1 0 1 1 0 0        y x f y x 4 / 3 3 / 2 ; 3 / 1 11 1 2 1     q p a a Misal pilih:

Runge

Kutta

Orde 2

x y f k1 k2 (1) k2 (2) 0 1 1 0,02 0,0208 0,0206 0,02 1,0204 1,0404 0,020808 0,021624 0,02142 0,04 1,041616 1,081616 0,021632 0,022465 0,022257 0,06 1,063665 1,123665 0,022473 0,023323 0,02311 0,08 1,086563 1,166563 0,023331 0,024198 0,023981 0,10 1,110327 1,21327

Runge

Kutta

Orde 3

Diketahui PDB:

; / dx x y dy  

Hitung y (0.10) dengan metode Runge Kutta orde 2 dan orde 3 (h = 0.02)

y(0) = 1 Diketahui: 02 . 0 10 . 0 0 ) , ( 0       h b x a y x y x f Maka n = (0.10 - 0)/0.02 = 5 langkah ) 4 ( 6 1 ) 2 , ( ) 2 1 , 2 1 ( ) , ( 3 2 1 1 2 1 3 1 2 1 k k k y y k k y h x hf k k y h x hf k y x hf k r r r r r r r r             

Contoh Soal

Runge

Kutta

Orde 3

Langkah 1: ? 02 . 0 1 ; 1 0 1 1 0 0        y x f y x 020403 . 1 ) 020816 . 0 ) 0204 . 0 ( 4 02 . 0 ( 6 1 1 ) 4 ( 6 1 020816 . 0 ) 0408 . 1 ( 02 . 0 ) 0208 . 1 , 02 . 0 ( 02 . 0 ) 2 , ( 0204 . 0 ) 02 . 1 ( 20 . 0 ) 01 . 1 , 01 . 0 ( 02 . 0 ) 2 1 , 2 1 ( 02 . 0 ) 1 ( 02 . 0 ) 1 , 0 ( 02 . 0 ) , ( 3 2 1 0 1 2 1 0 0 3 1 0 0 2 0 0 1                           k k k y y f k k y h x hf k f k y h x hf k f y x hf k

Runge

Kutta

Orde 2

x y f k1 k2 k3 0 1 1 0,02 0,0204 0,020816 0,02 1,020403 1,040403 0,20808 0,021216 0,021641 0,04 1,041622 1,081622 0,021632 0,022049 0,022482 0,06 1,063673 1,123673 0,022473 0,022898 0,02334 0,08 1,086574 1,166557 4 0,023331 0,023765 0,024215 0,10 1,110342 1,210342

Metode

Runge Kutta Orde 4

Metode

Runge Kutta Orde 4

Bentuk Umum Range-Kutta orde-4 ialah : 𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + 𝑎₁𝑘₁ + 𝑎₂𝑘₂ + 𝑎₃𝑘₃ + 𝑎₄𝑘₄ Dengan 𝑎₁, 𝑎₂, … , 𝑎_𝑛 adalah tetapan, dan 𝑘₁ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟)

𝑘₂ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟 + 𝑝₁ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞₁₁𝑘₁)

𝑘₃ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟 + 𝑝₂ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞₂₁𝑘₁ + 𝑞₂₂𝑘₂)

𝑘₄ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟 + 𝑝₃ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑞₃₁𝑘₁ + 𝑞₃₂𝑘₂ + 𝑞₃₃𝑘₃)

Galat perlangkah metode Runge-Kutta orde-n : 𝑂(ℎ𝑛+1) Galat longgokan metode Runge-Kutta orde-n : 𝑂(ℎ𝑛)

Metode

Runge Kutta Orde 4

Dipunyai suatu persamaan 𝑦′(𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)) ⟺ 𝑦′(𝑥) 𝑥_{𝑟 +1} 𝑥_𝑟 𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥) 𝑥_{𝑟 +1} 𝑥_𝑟 𝑑𝑥 ⟺ 𝑦(𝑥_𝑟+1) − 𝑦(𝑥_𝑟) = 𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥) 𝑥_{𝑟 +1} 𝑥_𝑟 𝑑𝑥 ⟺ 𝑦_𝑟+1 − 𝑦_𝑟 = 𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥) 𝑥_{𝑟 +1} 𝑥_𝑟 𝑑𝑥

Metode

Runge Kutta Orde 4

Dengan menggunakan Aturan Simpson 1 maka diperoleh nilai dari

𝑦_𝑟+1 = 𝑦_𝑟 + 𝑓 𝑥, 𝑦(𝑥) 𝑥_{𝑟 +1} 𝑥_𝑟 𝑑𝑥 ≈ 𝑦_𝑟 + ℎ 6 𝑓(𝑥𝑟, 𝑦𝑟) + 4𝑓 𝑥𝑟 + ℎ 2 , 𝑦𝑟 + ℎ 2 + 𝑓(𝑥𝑟+1, 𝑦𝑟+1) Misalkan 𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) = 𝑓₁ dan 𝑓(𝑥_𝑟+1, 𝑦_𝑟+1) = 𝑓₄ Karena 𝑥_𝑟 + ℎ

2 terletak di tengah interval [𝑥𝑟, 𝑥𝑟+1] maka

untuk titik tengah tersebut di ambil rata-rata dari 𝑓₂ dan 𝑓₃ sehingga 4𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ 2 , 𝑦𝑟 + ℎ 2 ≈ 4(𝑓₂ + 𝑓₃) 2 = 2𝑓2 + 2𝑓3

Metode

Runge Kutta Orde 4

Jadi 𝑦_𝑟+1 ≈ 𝑦_𝑟 + ℎ 6 𝑓(𝑥𝑟, 𝑦𝑟) + 4𝑓 𝑥𝑟 + ℎ 2 , 𝑦𝑟 + ℎ 2 + 𝑓(𝑥𝑟+1, 𝑦𝑟+1) = 𝑦_𝑟 + ℎ 6 (𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 𝑓4) = 𝑦_𝑟 + 1 6(ℎ𝑓1 + 2ℎ𝑓2 + 2ℎ𝑓3 + ℎ𝑓4)

Metode

Runge Kutta Orde 4

Xr xr+ h = xr+1 yr Xr + h/2 yr + k1/2

f1

f2

k

1

k

1

/2

k

1

= hf

1

= hf(x

r

,y

r

)

Metode

Runge Kutta Orde 4

Xr xr+ h = xr+1 yr Xr + h/2 yr + k1/2

f1

f2

xr + 3h/2

f3

yr + k2/2

k

2

k

2

/2

k

2

/2

k

1

= hf

1

= hf(x

r

,y

r

)

k

2

= hf

2

= hf(x

r

+ h/2 ,y

r

+ k

1

/2)

Metode

Runge Kutta Orde 4

Xr xr+ h = xr+1 yr Xr + h/2 yr + k1/2

f1

f2

xr + 3h/2

f3

f4

yr + k2/2 yr + k3

k

3

k

1

= hf

1

= hf(x

r

,y

r

)

k

2

= hf

2

= hf(x

r

+ h/2 ,y

r

+ k

1

/2)

k

3

= hf

3

= hf(x

r

+ h/2 ,y

r

+ k

2

/2)

k

4

= hf

4

= hf(x

r

+ h ,y

r

+ k

3

)

Metode

Runge Kutta Orde 4

k

1

= hf

1

= hf(x

r

,y

r

)

k

2

= hf

2

= hf(x

r

+ h/2 ,y

r

+ k

1

/2)

k

3

= hf

3

= hf(x

r

+ h/2 ,y

r

+ k

2

/2)

k

4

= hf

4

= hf(x

r

+ h ,y

r

+ k

3

)

𝑦_𝑟+1 ≈ 𝑦_𝑟 + 1 6(ℎ𝑓1 + 2ℎ𝑓2 + 2ℎ𝑓3 + ℎ𝑓4) = 𝑦_𝑟 + 1 6 (𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4) Atau = 𝑦_𝑟 + 1 6𝑘1 + 1 3𝑘2 + 1 3𝑘3 + 1 6 𝑘4

Sehingga

Metode

Runge Kutta Orde 4

Tentukan nilai dari 𝑦(0.1) dengan menggunakan metode Runge-Kutta orde ke empat. 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 1 − 𝑥 + 4𝑦 Dengan ℎ = 0.1 dan 𝑦(0) = 1 Jawab : Diperoleh nilai 𝑘₁ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) = 0.1𝑓(0,1) = 0.1(1 − 0 + 4.1) = 0.5 𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ 2, 𝑦𝑟 + 𝑘₁ 2 = 0.1𝑓(0.05,1.25) = 0.595 𝑘₃ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ 2, 𝑦𝑟 + 𝑘₂ 2 = 0.1𝑓(0.05,1.2975) = 0.614 𝑘₄ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟 + ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑘₃) = 0.1𝑓(0.1, 1.614) = 0.7356

Contoh Soal

Metode

Runge Kutta Orde 4

𝑘₁ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟, 𝑦_𝑟) = 0.1𝑓(0,1) = 0.1(1 − 0 + 4.1) = 0.5 𝑘₂ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ 2, 𝑦𝑟 + 𝑘₁ 2 = 0.1𝑓(0.05,1.25) = 0.595 𝑘₃ = ℎ𝑓 𝑥_𝑟 + ℎ 2 , 𝑦𝑟 + 𝑘₂ 2 = 0.1𝑓(0.05,1.2975) = 0.614 𝑘₄ = ℎ𝑓(𝑥_𝑟 + ℎ, 𝑦_𝑟 + 𝑘₃) = 0.1𝑓(0.1, 1.614) = 0.7356 Berarti 𝑦_𝑟+1 ≈ 1 + 1 6(0.5) + 1 3 (0.595) + 1 3(0.614) + 1 6(0.7356) = 1.608933

GROUP 1

L

ATIHAN

S

OAL

HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N.

RIDHO A. _{FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM}DEPARTEMEN MATEMATIKA

INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016

Selesaikan persamaan differensial berikut

menggunakan metode euler

pada interval 𝑥 = 0 s/d 𝑥 = 1, ℎ = ¼.

Pada saat 𝑥 = 0, nilai 𝑦 = 1. Hitung kesalahan sebenarnya! y x dx dy _

Latihan Soal

Nomor 1

Selesaikan persamaan

berikut: Dengan menggunakan Metode Heun (h=0.1)

Nomor 2

Diketahui PDB: ; 2 1 2 1 _{x y} dx dy _{ } Hitung y (0.06) dengan

metode Runge Kutta orde 2 (h = 0.02) y(0) = 1 Diketahui PDB: ; 2 1 2 1 _{x y} dx dy _{ }

Hitung y (0.06) dengan metode Runge Kutta orde 3 (h = 0.03)

y(0) = 1

Nomor 3

GROUP 1

T

HANK

Y

_OU

HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N.

RIDHO A. _{FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM}DEPARTEMEN MATEMATIKA

INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016

GROUP 1

T

HANK

Y

_OU

HELEN P. SYIFA N. A. DITA W. A. LILIK H. HIDAYATUL M. AGUSYARIF R. N.

RIDHO A. _{FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM}DEPARTEMEN MATEMATIKA

INSTITUT PERTANIAN BOGOR 2016

Untuk 𝒙 = 𝟎 → 𝒚 = 𝟏 • Untuk 𝒙 = 𝟎, 𝟐𝟓 𝑦_𝑖+1 = 𝑦_𝑖+ 𝑓(𝑥_𝑖, 𝑦_𝑖). ℎ = 1 + f(0,1).0,25 = = 1 • Untuk 𝒙 = 𝟎, 𝟓 𝑦_𝑖+1 = 𝑦_𝑖+ 𝑓(𝑥_𝑖, 𝑦_𝑖). ℎ = 1 + f(0,25;1).0,25 = = 1,0625 25 , 0 1 0 1  25 , 0 1 25 , 0 1 

Metode

Euler

• Untuk x = 0,75 𝑦_𝑖+1 = 𝑦_𝑖+ 𝑓(𝑥_𝑖, 𝑦_𝑖). ℎ = 1,0625 + f(0,5;1,0625).0,25 = = 1,1914 • Untuk 𝒙 = 𝟏 𝑦_𝑖+1 = 𝑦_𝑖+ 𝑓(𝑥_𝑖, 𝑦_𝑖). ℎ = 1,1914 + f(0,75;1,1914).0,25 = = 1,3961 25 , 0 0625 , 1 5 , 0 0625 , 1   25 , 0 1914 , 1 75 , 0 1914 , 1  

Penyelesaian Soal PR

𝒙 𝒚 0 1 0,25 1 0,5 1,0625 0,75 1,1914 1 1,3961

Metode

Euler

Nilai eksak Soal PR

dx

y

x

dy

y

x

dx

dy

_

_

_

_

0 0 2 1        dx x dy y x.dx y dy • Pada saat x = 0; y = 1 • Persamaan

 

0 2 2 1 1 2  2  C  C  2 2 1 2 y  x2 



y

12



dy





x



dx

C x y  2  2 1 2

𝑥

𝑦

_{𝐸𝑢𝑙𝑒𝑟}

𝑦

_{𝑠𝑒𝑏𝑒𝑛𝑎𝑟𝑛𝑦𝑎}



_𝑡 0 1 1 0 % 0,25 1 1,0315 3,0538 % 0,5 1,0625 1,1289 5,8818 % 0,75 1,1914 1,3010 8,4243 % 1 1,3961 1,5625 10,6496 % % 100    s ebenarnya s ebenarnya Euler t _y y y 

Metode

Euler

Galat Soal PR