PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN ORDE 2 Oleh: Ir. Sigit Kusmaryanto, M.Eng

(1)

PERSAMAAN DIFERENSIAL LINIER HOMOGEN ORDE – 2

Oleh: Ir. Sigit Kusmaryanto, M.Eng

http://sigitkus@ub.ac.id

Pengantar:

Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde 2 menjadi dasar penyelesaian persamaan diferensial orde n . Modul ini membahas dasar dasar penyelesaian Persamaan Diferensial Homogen Linier Orde 2 yang dilanjutkan pada PD Linier Homogen orde-n. Isi modul ini : Ketakbebasan Linier Himpunan Fungsi, Determinan Wronski, Prinsip Superposisi, PD Linier Homogen Koefisien Konstanta, Persamaan Diferensial Linier Homogen Orde -2, Persamaan Cauchi-Euler, PD Linier Homogen Orde n.

Tujuan Instruksional Umum:

Setelah mengikuti modul ini mahasiswa diharapkan mampu memahami Persamaan Diferensial Linier Orde -2

3.1 Persamaan Diferensial Linier Homogen Tujuan Instruksional Khusus:

o Mahasiswa dapat memahami konsep ketakbebasan linier dan prinsip superposisi

o Mahasiswa dapat menghitung determinan Wronski

o Mahasiswa dapat menentukan akar Persamaan Karakteristik

o Mahasiswa dapat menyelesaiakan Persamaan Cauchy-Euler

o Mahasiswa dapat menyelesaiakan PD Homogen Orde-n

Bentuk umum PD Linier orde-n adalah

( ) ( )_{+ ( )} ( )_{+ … +} _{( )} ′+ ( ) = ( )

PD yang tidak dapat dinyatakan dalam bentuk di atas dikatakan tidak linier. Contoh:

+ 3 − 2 = adalah PD Linier orde 2

+ − = adalah PD Tak-Linier orde 2

Selanjutnya pembahasan penyelesaian PD Linier orde-n dalam modul ini dimulai pada PD Linier Orde-2, yang kemudian dibuat kasus umum untuk penyelesaian PD orde-n.

Untuk menyelesaikan PD Linier berbentuk

Φ(D)y = F(x) dengan F(x) ≠0,

kita misalkan Yc(x) adalah solusi umum PD homogen dari Φ(D)y=0, maka penyelesaian umum PD

Linier adalah dengan menjumlahkan penyelesaian umum PD homogen dan penyelesaian khusus, yaitu:

y = Yc(x) + Yp(x) Contoh:

Solusi umum PD homogen: (D2-3D+2)y=0 adalah y=c1e

x

+c2e 2x

dan solusi khusus PD : (D2-3D+2)y=4x2

adalah 2x2+6x+7, maka solusi umum PD lengkap/tak homogen dari (D2-3D+2)y=4x2 adalah

y= c1e x

+c2e 2x

(2)

3.1.1 Ketakbebasan Linier

Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) dikatakan takbebas linier pada suatu selang jika ada n

konstanta c1, c2, …, cn yang tidak semua nol, sehingga berlaku:

c1 y1(x)+ c2 y2(x)+ …+ cn yn(x) = 0

jika tidak maka himpunan fungsi tersebut dikatakan bebas linier. Contoh 1:

2e3x, 5e3x,e-4x takbebas linier pada suatu selang karena dapat ditentukan konstanta c1, c2, c3

yang tidak semua nol sehingga: c1(2e 3x )+ c2 (5e 3x )+c3 (e -4x ) = 0 dengan c1 =-5, c2 =2, c3 =0 Contoh 2:

ex dan xex adalah bebas linier karena c1(e x

)+ c2 (xe x

)=0 hanya jika c1 =0, c2 =0

Latihan soal:

1. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut bebas linier!

( ) , ( ) ,

( ) , (!) ,

( ) , (") ,

2. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi berikut tak-bebas linier!

( ) 2 , − ( ) , 4

3.1.2 Determinan Wronski

Himpunan fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) (yang mempunyai turunan) adalah bebas linier pada suatu

selang jika determinan:

$( , , … , ) = %

( ) ( ) … ( )

&_{( )} &_{( )} _… &_{( )} …

( ) …( ) …… …( )

% ≠ 0 Determinan tersebut dinamakan determinan Wronski.

Contoh 1:

Tentukan determinan Wronski (Wronskian) untuk fungsi-fungsi berikut: ( ) ) 3 , 3 * ( ) ) , , +_* Penyelesaian: ( ) $( ) = ,₃ 3₃ _{−3 3 , = −3} 3 3 − 3 3 = −3 ( ) $( ) = -+ 1 2 3 0 2 6 - = 12 + 0 + 2 +_{− 0 − 6} +_{− 6} +_{= 2} + Contoh 2:

Tunjukkan himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * adalah takbebas linier untuk semua nilai x!

Penyelesaian:

(a) kita dapat menunjukkan dengan memilih konstanta c1, c2, c3 yang tidak semuanya nol sehingga c1(1-x)+c2(1+x)+c3(1-3x)=0, jika ditentukan c1=1, c2=-1, c3=0 maka 1-x-1-x+0=0, sehingga

(3)

(b) kita juga dapat menghitung determinan Wronski-nya, yaitu:

$( ) = -1 −−1 1 +1 1 − 3−3

0 0 0 - = 0

terbukti bahwa Wronskian =0 berarti himpunan fungsi )1 − , 1 + , 1 − 3 * tak bebas linir untuk semua x

Soal Latihan:

1. Buktikan himpunan fungsi berikut bebas linier!

( ) ,

( ) , ,

( ) (2 ), (2 )

2. Misalkan 1( ) dan 2( ) adalah penyelesaian &&+ 0( ) &+ 1( ) = 0

(a) Buktikan bahwa determinan Wronskinya $ = & + & = 2 3

(b) Tentukan nilai c, sehingga 1( ) dan 2( ) bebas linier

3.1.3 Prinsip Superposisi

Jika y1(x), y2(x), …, yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier dari persamaan linier orde-n, Φ(D)y=0

maka solusi umumnya:

y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ cnyn(x) dgn c1, c2, …, cn = konstanta.

Contoh:

Jika ( ) dan ( ) adalah solusi persamaan diferensial homogen

&&_{+ 4( )} &_{+ 5( ) = 0 maka kombinsi linier ( ) + ( ) juga solusi persamaan} diferensial.

Bukti:

( ) dan ( ) solusi &&_{+ 4} &_{+ 5 = 0 maka} &&_{+ 4} &_{+ 5 = 0}

dan

&&_{+ 4} &_{+ 5 = 0}

dari solusi = + , maka:

&₌ &₊ & &&₌ &&₊ &&

substitusi ke persamaan diferensial diperoleh: &&_{+ 4( )} &_{+ 5( ) = 0}

&&₊ &&_{+ 4(} &₊ &_{) + 5( + ) = 0} &&₊ &&_{+ 4} &_{+ 4} &_{+ 5 + 5 = 0} ( &&_{+ 4} &_{+ 5 ) + (} &&_{+ 4} &_{+ 5 ) = 0}

. 0 + . 0 = 0

3.1.4 Penyelesaian PD Linier Homogen Orde -2 Koefisien Konstanta PD Linier Homogen orde-2 dengan koefisien konstan adalah:

&&₊ &₊ _{= 0 , , = 7} _{8 8}

(4)

&&₊ &₊ _{= 0}

↔ ; 9 _{+ ;} 9 ₊ 9 _{= 0}

↔ ( ; + ; + ) 9 _{= 0}

Jadi < = =>? menjadi solusi PD jika ; + ; + = 0 (disebut Persamaan Ciri/Karakteristik)

Akar-akar Persamaan Ciri/ Karakteristik adalah:

; , =− ± √ − 4₂

Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai m pada Persamaan Ciri:

1. Jika √ − 4 > 0, maka ; _, adalah dua akar Real yang berbeda dengan ; _, ∈ R maka solusi

umumnya:

< = CD=>D?+ CE=>E?

2. Jika √ − 4 = 0 , maka ; = ; dengan ; _, ∈ R, maka solusi umumnya:

< = CD=>?+ CE? =>?

3. Jika √ − 4 < 0 , maka ; _, = α± iβ dengan α,β∈ R maka solusi umumnya: < = CD=(α G Hβ)?+ CE =(α Hβ)?

dengan rumus Euler , yaitu =H?= CIJ ? + K JKL ? maka bentuk trigonometri rumus dapat ditentukan:

< = CD=(α G Hβ)?+ CE? =(α Hβ)?

= CD=α?( CIJ β? + K JKL β? ) + CE=α?( −CIJ β? – K JKL β?); −CIJ β? = CIJ β? = (CD+ CE)=α?( CIJ β? ) + K(CD− CE)=α?( JKL β? )

= O=α?_{CIJ β? + P=}α?_{JKL β? , O, P ∈ RILJSTLST UKV. RI>WV=RJ}

Contoh:

Tentukan solusi umum persamaan difrensial berikut:

&&_{+ 5} &_{− 6 = 0} Penyelesaian:

Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah: ; + 5; − 6 = 0 (; − 1)(; + 6) = 0 ; = 1 ! ; = −6 dua solusi bebas linier PD adalah :

( ) = dan ( ) = Y

Jadi solusi umum PD adalah:

( ) = + Y

Penyelesaian menggunakan Program MATLAB:

>> syms x

>> y=dsolve('D2y+5*Dy-6*y=0') y =C2*exp(t) + C4/exp(6*t)

Contoh:

Selesaikan persamaan diferensial berikut:

′′_{− = 0 , (0) = 1,} ′_{(0) = 0}

(5)

Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah: ; − 1 = 0 (; − 1)(; + 1) = 0

; = 1 ; ; = −1 dua solusi bebas linier PD adalah :

( ) = ; ( ) =

Jadi solusi umum PD adalah:

( ) = +

masalah nilai awal (0) = 1, &(0) = 0

(0) = 1 → + = 1

′_{(0) = 0 → −} _{= 0}

=1_{2 ,} =1₂

Jadi solusi khusus PD adalah:

( ) =1_{2 +}1₂ Penyelesaian menggunakan Program MATLAB:

>> syms x

>> y=dsolve('D2y-y=0','y(0)=0','Dy(0)=1') y =exp(t)/2 - 1/(2*exp(t))

Contoh:

Tentukan penyelesaian umum PD

′′_{+ 4} ′_{+ 4 = 0}

Penyelesaian:

Akar-akar Persamaan Karakteristik pada PD di atas adalah: ; + 4; + 4 = 0 (; + 2)(; + 2) = 0

; = −2

Diperoleh akar-akar yang sama, sehingga solusi umum PD mestinya adalah: ( ) =

karena PD orde 2 akan memberikan dua solusi bebas linier dengan dua variabel konstanta maka solusi kedua dapat ditentukan dengan metode Reduksi Orde PD , yaitu:

bentuk umum PD homogen orde-2:

′′₊ ′_{+ = 0}

akar-akar persamaan karakteristik jika √ − 4 = 0 , ; = ; = − [_\

satu solusi PD: ( ) = ]^

bentuk persamaan reduksi orde yaitu:

= _( ) [\

′ _{= _}′_{( )} [\ ₋

(6)

′′_{= `_}′′_{( ) −} _{_}′_{( ) +}

4 _( )a [\

substitusi , &, && ke PD &&+ &+ = 0 , maka: `_&&_{( ) −} _{_}&_{( ) +}

4 _( )a [\ + b_&( ) − 2 _( ) c [\ + _( ) [\ = 0

kedua ruas dibagi ]^ , maka:

`_′′_{( ) −} _{_}′_{( ) +} 4 _( )a + b_′( ) [\ − 2 _( ) c + _( ) = 0 ↔ _′′_{( ) − `} 4 − a _( ) = 0 ↔ _′′( ) − ` − 4 4 a _( ) = 0

karena − 4 = 0 maka persmaan menjadi:

_&&_{( ) = 0} sehingga:

_( ) = +

jadi satu solusi lain ( ) adalah ( ) = _( ) ]^ = ( + ) ]^

karena satu solusi PD telah diketahui yaitu ( ) = ]^

maka solusi lain yang dimaksud adalah ( ) = ]^

untuk kasus contoh soal di atas penyelesaian umum PD menjadi:

( ) = +

Contoh:

Tentukan penyelesaian umum PD berikut:

′′+ 2 ′+ 4 = 0

Penyelesaian:

akar-akar persamaan karakteristik:

; + 2; + 4 = 0

; , =−2 ± √−12₂ = −1 ± √3

karena α=-1 dan β=√3 maka penyelesaian umum PD:

< = O= ?_{CIJ √3? + P=} ?_{JKL √3?}

c

3.1.5 PD Linier Homogen orde-2: Persamaan Cauchy-Euler Bentuk umum persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah:

( + ) &&_{+ ( + )} &₊ _{= 0}

≠ 0, , , = 7 8 8 7ℎe e

Penyelesaian persamaan Cauchy-Euler-orde2 adalah:

misal solusi PD = fg dengan 8 = h ( + ), maka &, && adalah: & ₌! !8 .! = i!8 fg. + &&₌! !8 . b! c +!8 !!8 .! =! 8 i fg ( + ) − i fg ( + )

(7)

Substitusi , &, && pada PD didapatkan : ( + ) &&_{+ ( + )} &₊ _{= 0} ( + ) j_{( + ) −}i fg _{( + ) k + ( + ) li}i fg fg_. + m + fg = 0 n i fg_{− i} fg_{o +} _i fg₊ fg_{= 0} p i − i + i + q fg_{= 0} n i + ( − )i + o fg_{= 0}

sehingga persamaan karaktristik-nya:

i + ( − )i + = 0

Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah:

i, =−( − ) ± r(₂ − ) − 4

1. Jika r( − ) − 4 > 0, maka i_, adalah dua akar Real yang berbeda maka solusi

umumnya:

< = CD(T? + U)sD+ CE(T? + U)sE

2. Jika r( − ) − 4 > 0 = 0 , maka i = i maka solusi umumnya:

< = (T? + U)sDnC_D+ C_EVL(T? + U)o

3. Jika r( − ) − 4 < 0 , maka i_, = α± iβ maka solusi umumnya:

< = (T? + U)αpC

DCIJtβVL(T? + U)u + C_EJKL (βVL(T? + U))q

Contoh:

Tentukan persamaan karakterisik pada persamaan Cauchy-euler jika a=1 dan b=0! Penyelesaian:

persamaan Cauchy-Euler: ( + ) &&+ ( + ) &+ = 0

jika a=1 dan b=0, persamaan menjadi:

( ) &&_{+ ( )} &₊ _{= 0} persamaan karakteristik:

i + ( − )i + = 0

i + ( − 1)i + = 0

Contoh:

Tentukan penyelesaian PD berikut:

&&_{− 4} &_{+ 6 = 0} Penyelesaian:

misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h

persamaan karakteristik: i − 5i + 6 = 0, i = 2, i = 3

penyelesaian umum PD:

= + +

(8)

′′₊3 ′₊ 1 _{= 0}

Penyelesaian:

misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h

persamaan karakteristik: i + 2i + 1 = 0, i_, = −1

= n + h ( )o

Contoh:

3(2 − 5) &&_{− (2 − 5)} &_{+ 2 = 0} Penyelesaian:

misal solusi umum PD = fg dengan 8 = h (2 − 5)

persamaan karakteristik: 6i − 7i + 1 = 0, i = 1, i = 6

= (2 − 5) + (2 − 5) /Y

Latihan Soal:

Tentukan solusi umum PD Cauchy-Euler berikut: 1. &&₋1 &₋ 3 _{= 0} 2. &&₊ &_{− = 0} 3. &&_{− 7} &_{+ 16 = 0} 4. 4 &&_{+ 12} &_{+ 3 = 0} 5. &&_{+ 3} &_{+ 5 = 0} 6. &&_{+ 1,25 = 0} 7. ( + 2) &&_{− ( + 2)} &_{+ = 0} 8. ( + 1) &&_{+ 5( + 1)} &_{+ 3 = 0} 9. (2 − 3) &&_{+ 7(2 − 3)} &_{+ 4 = 0} 10. (1 − ) &&_{− (1 − )} &_{+ = 0} 11. 2(1 − 2 ) &&_{+ 11(2 − 1)} &_{− 2 = 0}

3.1.6 PD Linier Homogen orde-n dengan Koefisien Konstan

Persamaan Diferensial Linier Homogen orde-n dengan koefisien konstan mempunyai bentuk umum:

( )₊ ( )_{+ … +} &₊ _{= 0 ,} _{≠ 0}

Jika , , … , adalah penyelesaian khusus PD Linier homogen, maka kombinasi liniernya juga

penyelesaian PD Linier homogen, dirumuskan:

= 7 + 7 + … + 7 = z 7{ {

{|

, 7 , 7 , … , 7 = 7 8 8

Penyelesaian PD Linier homogen orde-n dengan substitusi = f sehingga didapatkan persamaan

karakteristik:

i + i + … + i + = 0

Untuk selanjutnya dengan teknik faktorisasi dapat ditentukan akar-akar persamaan karakteristik, yaitu:

(9)

Akar-akar persamaan karakteristik di atas dapat bernilai sama atau disebut akar rangkap (multiplicity). Dua kasus akar rangkap untuk solusi PD Linier Homegen orde-n, yaitu:

Kasus I. Jika Akar rangkap adalah r=bilangan riil, terdapat k penyelesaian bebas linier.

k solusi bebas linier:

=s?_{, ?=}s?_{, … , ?}R D₌s?_{; R ≥ D} solusi umumnya:

< = CD=s?+ CE?=s?+ … + CR?R D=s?

~ = 7 8 8 7 − 7

Kasus II. Jika Akar rangkap adalah r=bilangan komplek (r=α±iβ). terdapat k penyelesaian bebas linier.

k solusi bebas linier:

=α?_CIJ_β_{?, ?=}α?_CIJ_β_{?, … , ?}R D₌α?_CIJ_β_?, =α?_JKL_β_{?, ?=}α?_JKL_β_{?, … , ?}R D₌α?_JKL_β_? solusi umumnya: < = =α?_p(C DCIJ β? + CEJKL β?) + ?(C•CIJ β? + C€JKL β?) + ⋯ + ?R D_(C_{R D}_CIJ_β_{? + C}_R_JKL_β_?)o Contoh:

Selesaikan persamaan diferensial berikut:

(‚)_{− 3} (ƒ)_{+ 3} ′′′₋ ′′_{= 0}

Penyelesaian:

persamaan karakteristik:

i‚_{− 3i}ƒ_{+ 3i}+_{− i = 0}

akar-akar persamaan karakteristik i = i = 0, i₊= i_ƒ = i_‚= 1 solusi bebas linier:

, , , ,

Jadi solusi umumnya:

= + + ( ++ ƒ + ‚ )

Contoh:

′′′_{− 2} ′′₋ ′_{+ 2 = 0}

persamaan karakteristik:

i+_{− 2i + i + 2 = 0}

akar-akar persamaan karakteristik i = −1, i = 1, i₊ = 2

solusi bebas linier:

, , Jadi solusi umumnya:

= + + +

Contoh:

(ƒ)_{− 4} ′′′_{+ 14 ′}′_{− 20} ′_{+ 25 = 0}

(10)

iƒ_{− 4i}+_{+ 14i − 20i + 25 = 0}

akar-akar persamaan karakteristik i = i = 1 + 2 , i₊ = i_ƒ= 1 − 2

solusi bebas linier:

(2 ), (2 ), (2 ), (2 )

Jadi solusi umumnya:

= (2 ) + (2 ) + + (2 ) + ƒ (2 )

Latihan Soal:

Tentukan penyelesaian umum PD berikut: 1. ′′′₋ ′ _{= 0} 2. (ƒ)_{− 5 ′}′_{+ 4 = 0} 3. (ƒ)_{− = 0} 4. ′′′+ 3 ′′+ 3 ′+ = 0 5. ′′′_{− 3} ′′_{+ 3} ′_{− = 0} 6. (ƒ)_{+ 2} ′′′_{+ 3} ′′_{+ 2} ′_{+ = 0}

Untuk soal berikut tentukan solusi PD dengan syarat awal berikut:

7. ′′′− ′ = 0, (0) = 4, ′(0) = 0, ′′(0) = 9

8. (ƒ)_{− = 0,} _{(0) = 5,} ′_{(0) = 2,} ′′_{(0) = −1,} ′′′_{(0) = 2}

9. (ƒ)_{+ 3} ′′_{− 4 = 0, (0) = 0,} ′_{(0) = −1,} ′′_{(0) = −5,} ′′′_{(0) = −1}

10. ′′′_{− 3} ′′_{+ 4} ′_{− 2 = 0,} _{(0) = 1,} ′_{(0) = 0,} ′′_{(0) = 0}

3.1.7 Rangkuman

Himpunan n fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) dikatakan takbebas linier pada suatu selang jika ada n

konstanta c1, c2, …, cn yang tidak semua nol, sehingga berlaku: c1 y1(x)+ c2 y2(x)+ …+ cn yn(x) = 0

Himpunan fungsi y1(x), y2(x), …, yn(x) (yang mempunyai turunan) adalah bebas linier pada suatu

selang jika determinan Wronski:

$( , , … , ) = %

( ) ( ) … ( )

&_{( )} &_{( )} _… &_{( )} …

( ) …( ) …… …( )

% ≠ 0

Jika y1(x), y2(x), …, yn(x) adalah n penyelesaian bebas linier dari persamaan linier orde-n, Φ(D)y=0

maka solusi umumnya: y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ cnyn(x)

PD Linier Homogen orde-2 dengan koefisien konstan adalah: ′′+ ′+ = 0 , , =

7 8 8 Jika diduga solusi umum < = =>?_{maka akan diperoleh Persamaan Ciri/Karakteristik}

; + ; + = 0

Akar-akar Persamaan Karakteristik adalah:

; , =− ± √ − 4₂

1. Jika √ − 4 > 0, maka ; _, adalah dua akar Real yang berbeda dengan ; _, ∈ R maka solusi

(11)

< = CD=>D?+ CE=>E?

2. Jika √ − 4 = 0 , maka ; = ; dengan ; _, ∈ R, maka solusi umumnya:

< = CD=>?+ CE? =>?

3. Jika √ − 4 < 0 , maka ; _, = α± iβ dengan α,β∈ R maka solusi umumnya: < = CD=(α G Hβ)?+ CE =(α Hβ)?

dengan rumus Euler , yaitu =H?= CIJ ? + K JKL ? maka bentuk trigonometri rumus dapat ditentukan: < == O=α?CIJ β? + P=α? JKL β? , O, P ∈ RILJSTLST UKV. RI>WV=RJ

3.1.8 Test Formatif

Tentukan penyelesaian umum PD berikut:

1. 3 ′′′− ′= 0 2. 3 (ƒ)_{− 5 ′}′_{+ 4 = 0} 3. 3 (ƒ)_{− = 0} 4. 3 ′′′+ 3 ′′+ 3 ′+ = 0 5. 3 ′′′_{− 3} ′′_{+ 3} ′_{− = 0} 6. 3 (ƒ)_{+ 2} ′′′_{+ 3} ′′_{+ 2} ′_{+ = 0}

Untuk soal berikut tentukan solusi PD dengan syarat awal berikut:

7. 3 ′′′₋ ′_{= 0,} _{(0) = 4,} ′_{(0) = 0,} ′′_{(0) = 9}

8. 3 (ƒ)_{− = 0,} _{(0) = 5,} ′_{(0) = 2,} ′′_{(0) = −1,} ′′′_{(0) = 2}

9. 3 (ƒ)_{+ 3} ′′_{− 4 = 0, (0) = 0,} ′_{(0) = −1,} ′′_{(0) = −5,} ′′′_{(0) = −1}

10. 3 ′′′_{− 3} ′′_{+ 4} ′_{− 2 = 0,} _{(0) = 1,} ′_{(0) = 0,} ′′_{(0) = 0}

3.3 Daftar Pustaka

[1] Sigit Kusmaryanto, Buku Ajar Matematika Teknik I,2012

[2] Kreyszig, Erwin, Matematika Teknik lanjutan. Jakarta: Gramedia, 1988. [3] Stroud, K.A., Matematika untuk Teknik. Jakarta: Penerbit Erlangga, 1987.

[4] Farlow, Stanley J., An Introduction to Diffrenential Equations and Their Applications, McGraw-Hill, Singapore, 1994

[5] Howard, P., Solving ODE in MATLAB, Fall, 2007

[6] Thompson, S., Gladwell, I., Shampine, L.F., Solving ODEs with MATLAB, Cambridge University Press, 2003

[7] Rosenberg, J.M., Lipsman, R.L., Hunti, B.R., A Guide to MATLAB for Beginners and Experienced