penyelesaian persamaan lane-emden dengan metode … · astrofisika (krivec and mandelzweig, 2001),...

i

PENYELESAIAN PERSAMAAN LANE-EMDEN DENGAN METODE

NUMERIK

Skripsi

Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat

Memperoleh Gelar Sarjana Sains

Program Studi Matematika

Oleh:

Yion Risary Langa

NIM: 153114032

PROGRAM STUDI MATEMATIKA, JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI

UNIVERSITAS SANATA DHARMA

YOGYAKARTA

2020

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

ii

SOLUTION TO THE LANE-EMDEN EQUATION USING NUMERICAL

METHODS

Thesis

Presented as a Partial Fulfillment of the Requirements

to Obtain the Degree of Sarjana Sains

in Mathematics

By:

Yion Risary Langa

NIM: 153114032

MATHEMATICS STUDY PROGRAM, DEPARTMENT OF

MATHEMATICS

FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY

SANATA DHARMA UNIVERSITY

YOGYAKARTA

2020


vii

MOTTO

Bahagialah!!!


viii

HALAMAN PERSEMBAHAN

Karya ini kupersembahkan untuk:

Tuhan Yang Maha Esa, Ayah, Yian, Yein, dan keluargaku, serta almamaterku.


ix

ABSTRAK

Pemanfaatan metode numerik saat ini sudah semakin meluas, salah satunya

dalam menyelesaikan persoalan matematika, terkhusus masalah nilai awal.

Perkembangan metode numerik ini juga memunculkan banyak metode yang lebih

spesifik yang dapat dipakai untuk menyelesaikan masalah nilai awal.

Beberapa metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai

awal adalah metode Euler, metode Euler termodifikasi, metode Runge-Kutta, dan

metode Milne. Metode-metode tersebut diterapkan untuk menyelesaikan masalah

nilai awal, yaitu persamaan Lane-Emden.

Berdasarkan hasil perhitungan dengan metode-metode tersebut diperoleh

kesimpulan bahwa metode Runge-Kutta, memiliki hasil yang baik karena galat

yang diperoleh lebih kecil dibandingkan metode Euler, dan Euler termodifikasi.

Metode Milne menghasilkan galat yang lebih kecil dibandingkan metode Runge-

Kutta, tetapi membutuhkan beberapa syarat.

Kata Kunci: metode numerik, masalah nilai awal, persamaan Lane-Emden.


x

ABSTRACT

The use of numerical methods is now increasingly widespread, one of which

is in solving mathematical problems, especially initial value problems. The

development of numerical methods also gave rise to many specific methods that

could be used to solve initial value problems.

Some methods that can be used to solve initial value problems are the Euler

method, the modified Euler method, the Runge-Kutta method, and the Milne

method. These methods are applied to solve the initial value problem, namely the

Lane-Emden equation.

Based on the results of calculations with these methods it can be concluded

that the Runge-Kutta method has good results because the errors obtained are

smaller than the Euler method, and the modified Euler. The Milne method produces

smaller error than the Runge-Kutta method, but it requires several conditions.

Keywords: numerical method, initial value problem, Lane-Emden equation.


xi

KATA PENGANTAR

Puji dan syukur kepada Tuhan Yang Maha Esa, oleh karena kasih setiaNya

yang dicurahkan kepada penulis sehingga skripsi ini dapat selesai. Skripsi ini ditulis

dengan tujuan memenuhi syarat agar dapat memperoleh gelar Sarjana Sains pada

Program Studi Matematika, Fakultas Sains dan Teknologi, Universitas Sanata

Dharma.

Penulis mengerti dan menyadari bahwa banyak pihak yang telah membantu

dalam menghadapi kesulitan dan hambatan saat menulis skripsi ini. Oleh karena

itu, pada kesempatan kali ini penulis mengucapkan terima kasih kepada :

1. Bapak Sudi Mungkasi, S.Si., M.Math.Sc., Ph.D., selaku dosen pembimbing

skripsi yang telah sabar membimbing penulis selama mengerjakan skripsi,

meskipun di tengah kesibukan tetapi beliau tetap menyempatkan waktu untuk

membimbing penulis, selaku Dekan Fakultas Sains dan Teknologi, serta Dosen

Pembimbing Akademik Prodi Matematika angkatan 2015.

2. Bapak Y.G. Hartono, S.Si., M.Sc., Ph.D., selaku Kaprodi Matematika yang telah

memotivasi penulis dan memberikan saran dalam menghadapi masalah

kehidupan.

3. Romo Prof. Dr. Frans Susilo, SJ., Bapak Ir. Ig. Aris Dwiatmoko, M.Sc., Bapak

Dr. rer. nat. Herry P. Suryawan, S.Si. dan Ibu M. V. Any Herawati, S.Si., M.Si.,

selaku dosen-dosen Prodi Matematika yang telah berbagi senyum, semangat,

canda, tawa dan memberikan banyak pengetahuan kepada penulis selama proses

perkuliahan.

4. Staf karyawan Fakultas Sains dan Teknologi yang telah berjasa bagi penulis

selama perkuliahan.

5. Ayah, Yian, Yein dan segenap keluarga yang selalu mendukung penulis selama

mengerjakan skripsi.

6. Teman-teman Prodi Matematika Angkatan 2015 dan teman-teman baik yang

mendukung penulis dalam mengerjakan skripsi: Laura, Sasmbi (sasbi…la la la

la la la la la 3x…sasbi), Edi, Lyawati Saja, Devi, Lusi, Rika dan teman-teman

angkatan 2019.


xiii

DAFTAR ISI

HALAMAN JUDUL ................................................................................................ i

HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING .................................................... iii

HALAMAN PENGESAHAN ................................................................................ iv

LEMBAR PERNYATAAN KEASLIAN KARYA ................................................. v

LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI................................. vi

MOTTO ................................................................................................................ vii

HALAMAN PERSEMBAHAN .......................................................................... viii

ABSTRAK ............................................................................................................. ix

ABSTRACT ............................................................................................................. x

KATA PENGANTAR ........................................................................................... xi

DAFTAR ISI ........................................................................................................ xiii

BAB I PENDAHULUAN ........................................................................................ 1

A. Latar belakang .............................................................................................. 1

B. Rumusan Masalah ........................................................................................ 2

C. Batasan Masalah........................................................................................... 3

D. Tujuan Penulisan .......................................................................................... 3

E. Metode Penulisan ......................................................................................... 3

F. Manfaat Penulisan ........................................................................................ 3

G. Sistematika Penulisan .................................................................................. 3

BAB II LANDASAN TEORI .................................................................................. 6

A. Fungsi Rekursif ............................................................................................ 6

B. Integral ......................................................................................................... 6

C. Deret ............................................................................................................. 9


xiv

D. Norma Vektor dan Matriks ........................................................................ 10

E. Fungsi Lipschitz ......................................................................................... 11

F. Turunan Fungsi Dua Variabel .................................................................... 12

BAB III METODE EULER, EULER TERMODIFIKASI, RUNGE-KUTTA, DAN

MILNE ..................................................................................................... 15

A. Metode Euler .............................................................................................. 15

B. Metode Euler Termodifikasi ...................................................................... 21

C. Metode Runge-Kutta .................................................................................. 26

D. Metode Milne ............................................................................................. 55

E. Penyelesaian Numeris Sistem PDB Orde Satu .......................................... 66

BAB IV ANALISIS KONVERGENSI METODE EULER DAN METODE

RUNGE-KUTTA ................................................................................... 100

A. Analisis Konvergensi Metode Euler ........................................................ 100

B. Analisis Konvergensi Metode Runge-Kutta ............................................ 105

BAB V PENUTUP ............................................................................................... 108

A. Kesimpulan .............................................................................................. 108

B. Saran ........................................................................................................ 108

DAFTAR PUSTAKA .......................................................................................... 109

LAMPIRAN ......................................................................................................... 110


1

BAB I

PENDAHULUAN

A. Latar Belakang

Metode numerik adalah teknik yang digunakan untuk memformulasikan

persoalan matematika sehingga dapat dipecahkan dengan operasi perhitungan

biasa. Solusi yang diperoleh ialah solusi pendekatan yang memiliki selisih dengan

solusi eksak. Selisih ini disebut galat atau error.

Metode numerik biasanya di terapkan untuk menghitung suatu persoalan

matematis yang tidak dapat diselesaikan secara analitik, yaitu:

• Menyelesaikan persamaan non linear

• Menyelesaikan persamaan simultan

• Menyelesaikan turunan dan integral

• Interpolasi dan regresi

• Menyelesaikan persamaan diferensial

dan lain-lain. Akhir-akhir ini, banyak perhatian yang difokuskan pada masalah nilai

awal dalam persamaan diferensial biasa orde dua. Banyak masalah dalam fisika

matematika dan astrofisika dapat dimodelkan sebagai model yang disebut tipe

persamaan Lane-Emden (Chandrasekhar, 1967; Davis, 1962; Richardson, 1921):

{𝑦′′ +

2

𝑥𝑦′ + 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥)

𝑦(0) = 𝑎, 𝑦′(0) = 𝑏,

dimana a dan b adalah konstanta, 𝑓(𝑥, 𝑦) adalah fungsi kontinu, dan 𝑔(𝑥) ∈

𝐶[0,∞]. Ketika 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐾(𝑦), 𝑔(𝑥) = 0, persamaan di atas dapat diturunkan

menjadi persamaan Lane-Emden klasik, yang digunakan untuk memodelkan

beberapa fenomena dalam fisika matematika dan astrofisika seperti teori struktur

bintang, perilaku termal awan gas bulat, bola gas isothermal, dan teori arus temionik

(Chandrasekhar, 1967; Davis, 1962; Richardson, 1921).


2

Persamaan Lane-Emden mempunyai applikasi yang penting dalam berbagai

bidang keilmuan dan dunia teknik. Karena itu, variasi bentuk 𝑓(𝑥, 𝑦) dan 𝑔(𝑥) telah

diselidiki oleh banyak peneliti (yaitu, Chowdhury dan Hashim, 2007; Shawagfeh,

1993; Wazwaz, 2001). Diskusi model-model ini dan struktur fisik solusi dapat

ditemukan dalam literatur. Solusi numerik persamaan Lane-Emden, serta jenis

masalah nilai awal linier dan nonlinier lainnya dalam mekanika kuantum dan

astrofisika (Krivec and Mandelzweig, 2001), secara numerik menantang karena

perilaku singularitas pada titik asal 𝑥 = 0. Tetapi solusi analitik lebih dibutuhkan

untuk memahami fisik dengan lebih baik. Banyak metode analitik yang dapat

digunakan untuk menyelesaikan persamaan Lane-Emden (He, 2003; Liao, 2003;

Yildirim dan Ozis, 2007). Metode-metode ini didasarkan pada solusi deret atau

teknik perturbasi (Bender et al., 1989; Mandelzweig dan Tabakin, 2001; Ramos,

2005; 2008). Bagaimanapun juga, area konvergensi dari hasil yang sesuai sangatlah

kecil. Untuk menyelesaikan PDB diatas, penulis menggunakan empat metode, yaitu

metode Euler, metode Euler termodifikasi, metode Runge-Kutta, dan metode

Milne.

Selanjutnya, penulis akan membandingkan hasil dari keempat metode diatas

untuk melihat seberapa baik metode numerik tersebut dalam menyelesaikan

masalah nilai awal.

B. Rumusan Masalah

Berdasarkan latar belakang yang telah dipaparkan, penulis mengadakan

penelitian terhadap masalah-masalah berikut:

1. Bagaimana cara menggunakan metode-metode di atas untuk menyelesaikan

suatu PDB?

2. Bagaimana hasil perhitungan yang diperoleh dengan menggunakan metode

numerik?


3

C. Batasan Masalah

Dalam tugas akhir ini, penulis akan membatasi penulisan agar lebih terarah

dan tidak menyimpang dari masalah yang akan dibahas yaitu:

1. Metode yang dibahas hanya untuk menyelesaikan masalah nilai awal

𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑦(𝑥0) = 𝑦0.

2. Analisis konvergensi hanya untuk metode Euler dan metode Runge-Kutta.

D. Tujuan Penulisan

Tujuan penulisan tugas akhir ini untuk mengetahui seberapa baik metode di atas

untuk menyelesaikan suatu masalah nilai awal yang telah dipaparkan.

E. Metode Penulisan

Metode penulisan yang digunakan untuk menyusun tugas akhir ini adalah

studi pustaka dari buku-buku dan jurnal-jurnal, serta praktek simulasi numeris

menggunakan perangkat lunak MATLAB.

F. Manfaat Penulisan

Manfaat penulisan tugas akhir ini adalah:

1. Penulis memperoleh pengetahuan baru selama mengerjakan tugas akhir ini.

2. Pembaca dapat mengetahui kelebihan metode numerik yang telah disebutkan

dalam menyelesaikan suatu masalah nilai awal.

G. Sistematika Penulisan

Sistematika penulisan tugas akhir ini adalah:

BAB I PENDAHULUAN

A. Latar Belakang


4

B. Rumusan Masalah

C. Batasan Masalah

D. Tujuan Penulisan

E. Metode Penulisan

F. Manfaat Penulisan

G. Sistematika Penulisan

BAB II LANDASAN TEORI

A. Fungsi rekursif

B. Integral

C. Deret

D. Norma vektor dan matriks

E. Fungsi Lipschitz

F. Turunan fungsi dua variabel

BAB III METODE EULER, EULER TERMODIFIKASI, RUNGE-KUTTA, DAN

MILNE

A. Metode Euler

B. Metode Euler termodifikasi

C. Metode Runge-Kutta

D. Metode Milne

BAB IV ANALISIS KONVERGENSI METODE EULER DAN METODE

RUNGE-KUTTA

A. Analisis konvergensi metode Euler

B. Analisis konvergensi metode Runge-Kutta


5

BAB V PENUTUP

A. Kesimpulan

B. Saran

LAMPIRAN

DAFTAR PUSTAKA


6

BAB II

LANDASAN TEORI

A. Fungsi Rekursif

Fungsi rekursif (kodesemu) adalah fungsi yang memanggil dirinya sendiri. Rekursi

dapat menyelesaikan masalah-masalah kelas besar. Masalah dalam kelas ini tidak

dapat diselesaikan dengan menggunakan teknik membagi dimana masalah

diuraikan menjadi masalah dari jenis yang sama seperti masalah aslinya. Setiap

submasalah pada gilirannya diuraikan lebih lanjut sampai proses menghasilkan

submasalah yang dapat diselesaikan dengan cara yang mudah. Akhirnya, solusi dari

submasalah tersebut dikombinasikan untuk mendapatkan solusi dari masalah

aslinya.

Jika 𝑛 ≥ 1, 𝑛! = 𝑛(𝑛 − 1)⋯2.1, dan 0! = 1. Dengan melihat bahwa 𝑛 ≥ 2, 𝑛

faktorial dapat ditulis dalam bentuk dirinya sendiri sebab jika memisahkan 𝑛, sisa

dari perkalian itu dapat disederhanakan menjadi (𝑛 − 1)!, yaitu

𝑛! = 𝑛(𝑛 − 1)⋯2.1 = 𝑛(𝑛 − 1)!.

Sebagai contoh,

5! = 5.4.3.2.1 = 5.4!.

Persamaan

𝑛! = 𝑛(𝑛 − 1)!,

dimana benar bahkan ketika 𝑛 = 1, menunjukkan bagaimana menguraikan masalah

asli (menghitung 𝑛!) menjadi submasalah yang semakin sederhana (menghitung

(𝑛 − 1)!, mengitung (𝑛 − 2)!,…) sampai proses mencapai masalah langsung dari

menghitung 0!. Solusi dari submasalah kemudian dapat dikombinasikan dengan

perkalian untuk menyelesaikan masalah asli.

B. Integral

Integral Tentu

Teorema 2.1 (Teorema Fundamental Kalkulus)

Andaikan 𝑓 kontinu pada [𝑎, 𝑏].

I. Jika 𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑥

𝑎𝑑𝑡, maka 𝑔′(𝑥) = 𝑓(𝑥).


7

II. ∫ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎𝑑𝑥 = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) = 𝐹(𝑥)]𝑎

𝑏, dimana 𝐹 adalah sebarang antiderivatif

dari 𝑓, yaitu 𝐹′ = 𝑓.

Bukti

I. Bukti ada pada buku Stewart, James. (2003). Calculus early transcendentals

(Fifth Edition). Belmont: Thomson Brooks/Cole. Halaman 342.

II. Misalkan 𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑥

𝑎𝑑𝑡, dari (1) diketahui bahwa 𝑔′(𝑥) = 𝑓(𝑥), yaitu g

adalah sebarang antiderivatif dari 𝑓. Jika 𝐹 adalah sebarang antiderivatif dari

𝑓 pada [𝑎, 𝑏], maka 𝐹 dan 𝑔 berbeda oleh konstanta :

𝐹(𝑥) = 𝑔(𝑥) + 𝐶, 𝑎 < 𝑥 < 𝑏 (2.11)

Tetapi 𝐹 dan 𝑔 keduanya kontinu pada [𝑎, 𝑏]. Jadi, dengan mengambil limit

pada (2.11) yaitu saat (𝑥 → 𝑎+ dan 𝑥 → 𝑏−) dapat dilihat bahwa itu juga

berlaku ketika 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏. Jika nilai 𝑥 = 𝑎 dimasukkan ke 𝑔(𝑥),

diperoleh

𝑔(𝑎) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑎

𝑎

𝑑𝑡 = 0.

Dengan menggunakan (2.11) untuk 𝑥 = 𝑏 dan 𝑥 = 𝑎, diperoleh

𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) = [𝑔(𝑏) + 𝑐] − [𝑔(𝑎) + 𝑐]

= 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) = 𝑔(𝑏) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑏

𝑎𝑑𝑡.

Teorema Fundamental Kalkulus II dapat juga ditulis

∫ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥)]𝑎𝑏 , 𝐹′ = 𝑓.

Contoh 2.1

Hitunglah integral

∫ 𝑒𝑥3

1

𝑑𝑥.

Jawab

Fungsi 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 kontinu pada ℝ, dan diketahui bahwa antiderivatif dari 𝑓 ialah

𝐹(𝑥) = 𝑒𝑥, dengan menggunakan Teorema Fundamental Kalkulus II, diperoleh


8

∫ 𝑒𝑥3

1

𝑑𝑥 = 𝑒𝑥]13 = 𝑒3 − 𝑒

Integral Tak Tentu

Teorema Fundamental Kalkulus I dan II membentuk hubungan antara antiderivatif

dan integral tentu. Dibutuhkan notasi yang sederhana agar dapat mengerjakannya

dengan mudah. Karena relasi yang diberikan oleh teorema fundamental kalkulus

antara antiderivatif dan integral, notasi ∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 secara tradisional digunakan

untuk antiderivatif dari 𝑓 dan disebut integral tak tentu. Jadi,

∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥)

artinya

𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥).

Sebagai contoh

∫𝑥2 𝑑𝑥 =𝑥3

3+ 𝐶

sebab

𝑑

𝑑𝑥(𝑥3

3+ 𝐶) = 𝑥2.

Beberapa rumus integral tak tentu sebagai berikut

∫𝑐𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑐∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

∫𝑘 𝑑𝑥 = 𝑘𝑥 + 𝐶

∫𝑥𝑛 𝑑𝑥 =𝑥𝑛+1

𝑛 + 1+ 𝐶 (𝑛 ≠ −1)

∫𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝐶


9

∫[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫𝑔(𝑥) 𝑑𝑥

Contoh 2.2

Selesaikanlah integral berikut

∫𝑥4 𝑑𝑥.

Jawab

Dengan menggunakan rumus integral tak tentu diatas, untuk 𝑛 = 4,

∫𝑥4 𝑑𝑥 =𝑥4+1

4 + 1=𝑥5

5.

C. Deret

Barisan

Barisan dapat dianggap sebagai daftar angka dalam urutan yang pasti:

𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, … , 𝑎𝑛, …

𝑎1 disebut sebagai suku pertama, 𝑎2 suku kedua, dan secara umum 𝑎𝑛 suku ke-n.

Barisan {𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, … } juga dinotasikan sebagai

{𝑎𝑛} atau {𝑎𝑛}𝑛=1∞ .

Beberapa contoh barisan sebagai berikut.

a. {𝑛

𝑛+1}𝑛=1

∞

𝑎𝑛 =𝑛

𝑛+1 {

1

2,2

3,3

4,4

5, ⋯ ,

𝑛

𝑛+1, ⋯ }

b. {(−1)𝑛(𝑛+1)

3𝑛} 𝑎𝑛 =

(−1)𝑛(𝑛+1)

3𝑛 {−

2

3,3

9, −

4

27,5

81, ⋯ ,

(−1)𝑛(𝑛+1)

3𝑛, ⋯ }

Deret

Deret ialah jumlahan dari suku-suku suatu barisan, yaitu


10

𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 +⋯+ 𝑎𝑛 +⋯

untuk singkatnya dinotasikan

∑𝑎𝑛

∞

𝑛=1

.

Jumlahan parsial suku ke-n, dinotasikan 𝑠𝑛 dengan

𝑠𝑛 =∑𝑎𝑖

𝑛

𝑖=1

= 𝑎1 + 𝑎2 +⋯+ 𝑎𝑛.

Deret Geometri

Deret geometri

∑𝑎𝑟𝑛−1∞

𝑛=1

= 𝑎 + 𝑎𝑟2 + 𝑎𝑟3 +⋯

jumlahan parsial deret geometri yaitu

𝑠𝑛 =𝑎(1 − 𝑟𝑛)

1 − 𝑟=𝑎(𝑟𝑛 − 1)

𝑟 − 1.

Deret Taylor

Deret Taylor fungsi 𝑓 di 𝑎 (atau di persekitaran 𝑎) yaitu

𝑓(𝑥) = ∑𝑓(𝑛)(𝑎)

𝑛!(𝑥 − 𝑎)𝑛

∞

𝑛=1

= 𝑓(𝑎) +𝑓′(𝑎)

1!(𝑥 − 𝑎) +

𝑓′′(𝑎)

2!(𝑥 − 𝑎)2 +

𝑓′′′(𝑎)

3!(𝑥 − 𝑎)3 +⋯.

D. Norma Vektor dan Matriks

Norma vektor digunakan untuk mengukur ukuran sebuah vektor, didefinisikan dua

norma yang berbeda:

‖𝑥‖∞ = maksimum1≤𝑖≤𝑛

|𝑥𝑖| 𝑥 ∈ 𝑅𝑛

‖𝑥‖2 = √𝑥12 +⋯+ 𝑥𝑛2 𝑥 ∈ 𝑅

𝑛

Untuk 𝐶[𝑎, 𝑏], didefinisikan

‖𝑓‖∞ = maksimum𝑎≤𝑥≤𝑏

|𝑓(𝑥)| 𝑓 ∈ 𝐶[𝑎, 𝑏]

Norma dapat juga diperkenalkan untuk matriks. Untuk matriks berukuran 𝑛 × 𝑛


11

𝐴 = [

𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

⋯𝑎1𝑛𝑎2𝑛

⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛

]

didefinisikan

‖𝐴‖∞ = maksimum1≤𝑖≤𝑛

∑|𝑎𝑖𝑗|

𝑛

𝑗=1

E. Fungsi Lipschitz

Misalkan 𝑓 ∶ 𝐴 → ℝ. Jika terdapat konstanta 𝐾 > 0 sehingga berlaku

|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑢)| ≤ 𝐾|𝑥 − 𝑢| (2.12)

untuk setiap 𝑥, 𝑢 ∈ 𝐴 maka 𝑓 disebut sebagai fungsi Lipschitz pada A.

Untuk 𝑥 ≠ 𝑢, (2.12) dapat ditulis sebagai

|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑢)

𝑥 − 𝑢| ≤ 𝐾.

Ini menunjukkan bahwa secara geometris, fungsi Lipschitz berupa fungsi dengan

gradien garis secant, yaitu garis lurus yang melalui dua titik sebarang pada kurva

(𝑥, 𝑓(𝑥)) dan (𝑢, 𝑓(𝑢)) terbatas oleh sebuah konstanta 𝐾.

Contoh 2.3

Buktikan fungsi 𝑓(𝑥) ≔ 𝑥2, 𝑥 ∈ [0, 𝑏] merupakan fungsi Lipschitz pada interval

𝐼 ≔ [0. 𝑏].

Jawab

Misalkan 𝑥, 𝑢 ∈ [0, 𝑏]. Dengan ketaksamaan segitiga diperoleh

|𝑥 + 𝑢| ≤ |𝑥| + |𝑢| ≤ 𝑏 + 𝑏 = 2𝑏.

Akan ditentukan konstanta Lipschitz 𝐾 sebagai berikut

|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑢)| = |𝑥2 − 𝑢2| = |𝑥 + 𝑢||𝑥 − 𝑢| ≤ 2𝑏|𝑥 − 𝑢|.

Ambil 𝐾 ≔ 2𝑏, terbukti 𝑓 fungsi Lipschitz.


12

F. Turunan Fungsi Dua Variabel

Definisi turunan parsial fungsi dua variabel

Jika 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), maka turunan pertama 𝑓 terhadap 𝑥 dan 𝑦 adalah 𝑓𝑥 dan 𝑓𝑦

didefinisikan sebagai berikut

𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = limΔ𝑥→0

𝑓(𝑥 + Δ𝑥, 𝑦) − 𝑓(𝑥, 𝑦)

Δ𝑥

𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = limΔ𝑦→0

𝑓(𝑥, 𝑦 + Δ𝑦) − 𝑓(𝑥, 𝑦)

Δ𝑦

asalkan nilai limitnya ada.

Definisi ini menyatakan bahwa jika 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), maka untuk menemukan 𝑓𝑥, 𝑦

dipandang sebagai konstanta dan diturunkan terhadap 𝑥. Dengan cara yang sama,

menemukan 𝑓𝑦, 𝑥 dipandang sebagai konstanta dan diturunkan terhadap 𝑦.

Notasi untuk turunan pertama

Jika 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), turunan pertama 𝑓𝑥 dan 𝑓𝑦 dinotasikan

𝜕

𝜕𝑥𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑧𝑥 =

𝜕𝑧

𝜕𝑥

dan

𝜕

𝜕𝑦𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑧𝑦 =

𝜕𝑧

𝜕𝑦

Turunan pertama yang dievaluasi pada titik (𝑎, 𝑏) dinotasikan

𝜕𝑧

𝜕𝑥|(𝑎,𝑏)

= 𝑓𝑥(𝑎, 𝑏) dan 𝜕𝑧

𝜕𝑦|(𝑎,𝑏)

= 𝑓𝑦(𝑎, 𝑏)

Turunan parsial orde yang lebih tinggi

Turunan untuk orde yang lebih tinggi dinotasikan sebagai urutan dimana turunan

tersebut terjadi. Fungsi 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) mempunyai turunan pasial kedua sebagai

berikut

1) Turunan kedua terhadap 𝑥:

𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑓

𝜕𝑥) =

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2= 𝑓𝑥𝑥.

2) Turunan kedua terhadap 𝑦:


13

𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑓

𝜕𝑦) =

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2= 𝑓𝑦𝑦.

3) Turunan pertama terhadap 𝑥 kemudian diturunkan terhadap 𝑦:

𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑓

𝜕𝑥) =

𝜕2𝑓

𝜕𝑦𝜕𝑥= 𝑓𝑥𝑦.

4) Turunan pertama terhadap 𝑦 kemudian diturunkan terhadap 𝑥:

𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑓

𝜕𝑦) =

𝜕2𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦= 𝑓𝑦𝑥.

Kasus ketiga dan keempat disebut sebagai turunan parsial campuran.

Teorema 2.2

Jika 𝑓 adalah fungsi dari 𝑥 dan 𝑦, serta 𝑓𝑥𝑦 dan 𝑓𝑦𝑥 kontinu pada selang terbuka 𝑅,

maka untuk setiap (𝑥, 𝑦) di 𝑅,

𝑓𝑥𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑦𝑥(𝑥, 𝑦).

Bukti:

Bukti ada pada buku Shifrin, Theodore. (2005). Multivariable Mathematics:Linear

Algebra, Multivariable Calculus, and Manifolds. Danvers: Wiley. Halaman 121.

Definisi dari Turunan Total

Jika 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), Δ𝑥 dan Δ𝑦 adalah penjumlah positif dari 𝑥 dan 𝑦, maka turunan

dari variabel bebas 𝑥 dan 𝑦 adalah

𝑑𝑥 = Δ𝑥 dan 𝑑𝑦 = Δ𝑦

Turunan total dari 𝑧 adalah

𝑑𝑧 =𝜕𝑧

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝑧

𝜕𝑦𝑑𝑦 = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦.

Aturan Rantai

Teorema 2.3

Misalkan 𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦), dimana 𝑓 adalah fungsi terdiferensial dari 𝑥 dan 𝑦. Jika 𝑥 =

𝑔(𝑡) dan 𝑦 = ℎ(𝑡), dimana 𝑔 dan ℎ adalah fungsi yang terdiferensial dari 𝑡, maka

𝑤 terdiferensial terhadap 𝑡, dan


14

𝑑𝑤

𝑑𝑡=𝜕𝑤

𝜕𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡+𝜕𝑤

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡.

Turunan fungsi yang didefinisikan secara implisit, dapat diperoleh dengan

menerapkan Teorema 2.3. Misalkan

𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥))

turunan parsialnya ialah

𝑑𝑤

𝑑𝑥=𝜕𝑤

𝜕𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑥+𝜕𝑤

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥

= 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

𝑑𝑥.


15

BAB III

METODE EULER, EULER TERMODIFIKASI, RUNGE-KUTTA, DAN

MILNE

1. Metode Euler

Metode Euler sangat sederhana tetapi jarang digunakan. Namun, pemahaman

akan hal itu membuka jalan untuk memahami metode yang lebih praktis (tetapi juga

lebih rumit).

Misalkan 𝑦 menyatakan solusi eksak dari masalah nilai awal yang terdiri dari

persamaan diferensial

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓(𝑥, 𝑦)

(3.1)

Dan dengan nilai awal

𝑦(𝑥0) = 𝑦0. (3.2)

Misalkan h menyatakan penjumlah positif di x dan 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ, maka

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑥1

𝑥0

𝑑𝑥 = ∫𝑑𝑦

𝑑𝑥

𝑥1

𝑥0

𝑑𝑥 = 𝑦(𝑥)|𝑥0𝑥1 = 𝑦(𝑥1) − 𝑦(𝑥0).

Karena 𝑦0 menyatakan nilai 𝑦(𝑥0) dari solusi eksak y saat 𝑥 = 𝑥0, diperoleh

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑥1

𝑥0

𝑑𝑥 = 𝑦(𝑥1) − 𝑦0

𝑦(𝑥1) = 𝑦0 +∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑥1

𝑥0

𝑑𝑥. (3.3)

Jika diasumsikan 𝑓(𝑥, 𝑦) perlahan-lahan berubah pada interval 𝑥0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥1, maka

nilai 𝑓(𝑥, 𝑦) pada (3.3) dapat diaproksimasi dengan nilai 𝑓(𝑥0, 𝑦0) di titik ujung

kiri 𝑥0 sedemikian sehingga,

𝑦(𝑥1) ≈ 𝑦0 +∫ 𝑓(𝑥0, 𝑦0)𝑥1

𝑥0

𝑑𝑥.

Tetapi


16

∫ 𝑓(𝑥0, 𝑦0)𝑥1

𝑥0

𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥0, 𝑦0)(𝑥)|𝑥0𝑥1 = 𝑓(𝑥0, 𝑦0)(𝑥1 − 𝑥0)𝑑𝑥 = ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0).

Jadi

𝑦(𝑥1) ≈ 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0).

Demikian pendekatan nilai 𝑦1 dari y pada 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ yang diperoleh dengan

persamaan

𝑦1 = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0). (3.4)

Telah diperoleh 𝑦1 dengan persamaan (3.4), proses dilanjutkan dengan cara yang

sama untuk memperoleh 𝑦2 dengan persamaan 𝑦2 = 𝑦1 + ℎ𝑓(𝑥1, 𝑦1), 𝑦3 dengan

persamaan 𝑦3 = 𝑦2 + ℎ𝑓(𝑥2, 𝑦2), 𝑦4 dengan persamaan 𝑦4 = 𝑦3 + ℎ𝑓(𝑥3, 𝑦3), dan

begitu seterusnya. Secara umum, nilai 𝑦𝑛+1 diperoleh dengan persamaan

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + ℎ𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛). (3.5)

Sebelum mengilustrasikan metode ini, diberikan penafsiran geometri yang

dapat membantu. Grafik dari solusi eksak y adalah kurva C di bidang xy (lihat

Gambar 1). Misalkan P menyatakan titik awal (𝑥0, 𝑦0) dan T merupakan garis

tangen C di P. Misalkan Q adalah titik perpotongan garis 𝑥 = 𝑥1 dengan C dan N

merupakan titik perpotongan garis 𝑥 = 𝑥1 dengan T. Nilai eksak y di 𝑥1 ialah LQ.

Nilai pendekatan 𝑦1 ialah LN,

𝐿𝑁 = 𝐿𝑀 +𝑀𝑁 = 𝑦0 +𝑀𝑁 = 𝑦0 + 𝑃𝑀 tan 𝜃 = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0).

Galat dalam pendekatan nilai eksak y di 𝑥1 dengan 𝑦1 ialah NQ. Gambar

memperlihatkan bahwa jika h cukup kecil, maka galat NQ juga kecil dan karenanya

nilai pendekatan akan lebih baik. Jika h tidak sangat kecil, maka galat nilai

pendekatan pada umumnya tidak kecil dan metode ini akan menyebabkan hasil

yang tidak akurat. Jika h sangat kecil, maka perhitungan akan lebih lama dan

metode ini pun melelahkan serta kerja yang memakan waktu.


17

Gambar 1. Ilustrasi metode Euler secara geometri.

Contoh 1

Gunakan metode Euler untuk masalah nilai awal

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥 + 𝑦,

(3.6)

𝑦(0) = 1. (3.7)

Manfaatkan metode ini untuk memperkirakan nilai y di 𝑥 = 0,2, 0,4, 0,6, 0,8, 1,0

dengan (1) ℎ = 0,2, dan (2) ℎ = 0,1. Nyatakan hasil dengan tiga angka setelah titik

desimal. Bandingkan hasil dengan nilai eksak.

Jawab.

(1) Menggunakan persamaan (3.5) dengan 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦 dan ℎ = 0,2. Dari

nilai awal (3.7), diperoleh 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 1. Perhitungan sebagai berikut.

(a) 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ = 0,2, 𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 𝑓(0,1) = 1,000,

𝑦1 = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 1 + 0,2(1,000) = 1,200.

(b) 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ = 0,4, 𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 𝑓(0,2, 1,200) = 1,600,

𝑦2 = 𝑦1 + ℎ𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 1,200 + 0,2(1,600) = 1,520.

(c) 𝑥3 = 𝑥2 + ℎ = 0,6, 𝑓(𝑥2, 𝑦2) = 𝑓(0,4, 1,520) = 2,320,


18

𝑦3 = 𝑦2 + ℎ𝑓(𝑥2, 𝑦2) = 1,520 + 0,2(2,320) = 1,984.

(d) 𝑥4 = 𝑥3 + ℎ = 0,8, 𝑓(𝑥3, 𝑦3) = 𝑓(0,6, 1,984) = 3,184,

𝑦4 = 𝑦3 + ℎ𝑓(𝑥3, 𝑦3) = 1,984 + 0,2(3,184) = 2,621.

(e) 𝑥5 = 𝑥4 + ℎ = 1,0, 𝑓(𝑥4, 𝑦4) = 𝑓(0,8, 2,621) = 4,221,

𝑦5 = 𝑦4 + ℎ𝑓(𝑥4, 𝑦4) = 2,621 + 0,2(4,221) = 3,465.

Hasil ini sesuai dengan berbagai nilai 𝑥𝑛 yang dikumpulkan dalam Tabel 1.

(2) Menggunakan persamaan (3.5) dengan 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦 dan ℎ = 0,1. Dari

nilai awal (3.7), diperoleh 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 1. Perhitungan sebagai berikut.

(a) 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ = 0,1, 𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 𝑓(0,1) = 1,000,

𝑦1 = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 1 + 0,1(1,000) = 1,100.

(b) 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ = 0,2, 𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 𝑓(0,1, 1,100) = 1,300,

𝑦2 = 𝑦1 + ℎ𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 1,100 + 0,1(1,300) = 1,230.

(c) 𝑥3 = 𝑥2 + ℎ = 0,3, 𝑓(𝑥2, 𝑦2) = 𝑓(0,2, 1,230) = 1,630,

𝑦3 = 𝑦2 + ℎ𝑓(𝑥2, 𝑦2) = 1,230 + 0,1(1,630) = 1,393.

(d) 𝑥4 = 𝑥3 + ℎ = 0,4, 𝑓(𝑥3, 𝑦3) = 𝑓(0,3, 1,393) = 1,993,

𝑦4 = 𝑦3 + ℎ𝑓(𝑥3, 𝑦3) = 1,393 + 0,1(1,993) = 1,592.

(e) 𝑥5 = 𝑥4 + ℎ = 0,5, 𝑓(𝑥4, 𝑦4) = 𝑓(0,4, 1,592) = 2,392,

𝑦5 = 𝑦4 + ℎ𝑓(𝑥4, 𝑦4) = 1,592 + 0,1(2,392) = 1,831.

(f) 𝑥6 = 𝑥5 + ℎ = 0,6, 𝑓(𝑥5, 𝑦5) = 𝑓(0,5, 1,831) = 2,831,

𝑦6 = 𝑦5 + ℎ𝑓(𝑥5, 𝑦5) = 1,831 + 0,1(2,831) = 2,114.

(g) 𝑥7 = 𝑥6 + ℎ = 0,7, 𝑓(𝑥6, 𝑦6) = 𝑓(0,6, 2,114) = 3,314,

𝑦7 = 𝑦6 + ℎ𝑓(𝑥6, 𝑦6) = 2,114 + 0,1(3,314) = 2,445.

(h) 𝑥8 = 𝑥7 + ℎ = 0,8, 𝑓(𝑥7, 𝑦7) = 𝑓(0,7, 2,445) = 3,845

𝑦8 = 𝑦7 + ℎ𝑓(𝑥7, 𝑦7) = 2,445 + 0,1(3,845) = 2,830.


19

(i) 𝑥9 = 𝑥8 + ℎ = 0,9, 𝑓(𝑥8, 𝑦8) = 𝑓(0,8, 2,830) = 4,430,

𝑦9 = 𝑦8 + ℎ𝑓(𝑥8, 𝑦8) = 2,830 + 0,1(4,430) = 3,273.

(j) 𝑥10 = 𝑥9 + ℎ = 0,9, 𝑓(𝑥9, 𝑦9) = 𝑓(0,9, 3,273) = 5,073,

𝑦10 = 𝑦9 + ℎ𝑓(𝑥9, 𝑦9) = 3,273 + 0,1(5,073) = 3,780.

Hasil dikumpulkan pada Tabel 1 kolom ke-3. Nilai eksak y terdapat pada kolom 4

Tabel 1. Galat yang dihitung dari kedua nilai pendekatan di 𝑥 =

0,2, 0,4, 0,6, 0,8, 1,0 diurutkan dalam tabel 2.

Tabel 1. Perbandingan solusi metode Euler untuk ℎ = 0,1 dan ℎ = 0,2

𝑥𝑛 𝑦𝑛, ℎ = 0,2 𝑦𝑛, ℎ = 0,1 𝑦

0,0 1,000 1,000 1,000

0,1 --- 1,100 1,116

0,2 1,200 1,230 1,264

0,3 --- 1,393 1,450

0,4 1,520 1,592 1,675

0,5 --- 1,831 1,946

0,6 1,984 2,114 2,266

0,7 --- 2,445 2,641

0,8 2,621 2,830 3,076

0,9 --- 3,273 3,579

1,0 3,465 3,780 4,155


20

Gambar 2. Grafik solusi contoh 1 untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 1.

Tabel 2. Perbandingan galat metode Euler untuk ℎ = 0,1 dan ℎ = 0,2

𝑥𝑛 Galat (ℎ = 0,2) Galat (ℎ = 0,1)

0,2 0,064 0,034

0,4 0,155 0,083

0,6 0,282 0,152

0,8 0,455 0,246

1,0 0,690 0375

Tabel ini mengilustrasikan dua fakta penting tentang metode Euler. Pertama, untuk

nilai tetap h, galat semakin membesar saat perhitungan dilanjutkan pada rentang

yang lebih besar dan lebih jauh dari titik awal. Kedua, untuk nilai tetap 𝑥𝑛, galat

lebih kecil jika nilai h juga kecil.


21

2. Metode Euler Termodifikasi

Pada metode Euler (sesi 1) telah diamati bahwa nilai 𝑦(𝑥1) dari solusi eksak y

pada masalah nilai awal

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓(𝑥, 𝑦),

(3.1)

𝑦(𝑥0) = 𝑦0, (3.2)

di 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ dinyatakan sebagai berikut

𝑦(𝑥1) = 𝑦0 +∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑥1

𝑥0

𝑑𝑥. (3.3)

Pada metode Euler 𝑓(𝑥, 𝑦) dalam (3.3) diaproksimasi dengan menghitung nilai

𝑓(𝑥0, 𝑦0) di titik ujung kiri interval 𝑥0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥1 dan dari sini diperoleh nilai

pendekatan

𝑦1 = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0) (3.4)

untuk 𝑦 di 𝑥1. Tampaknya masuk akal bahwa nilai yang lebih akurat akan diperoleh

jika nilai 𝑓(𝑥, 𝑦) diaproksimasi dengan rata-rata nilai pada ujung kiri dan kanan

dari 𝑥0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥1, bukan hanya dengan nilai pada ujung kiri 𝑥0. Pada dasarnya, ini

adalah hal yang akan dilakukan dalam metode Euler termodifikasi.

Langkah dalam mengaproksimasi 𝑓(𝑥, 𝑦) dengan rata-rata dari nilainya di 𝑥0

dan 𝑥1, perlu diketahui nilai 𝑓[𝑥1, 𝑦(𝑥1)] di 𝑥1. Namun, nilai 𝑦(𝑥1) dari y di 𝑥1

tidak diketahui. Dengan demikian, harus ditemukan aproksimasi pertama 𝑦1(1)

untuk 𝑦(𝑥1) dengan menggunakan metode Euler dasar (sesi1). Diambil

𝑦1(1) = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0) (3.8)

sebagai aproksimasi pertama nilai y di 𝑥1. Kemudian, 𝑓[𝑥1, 𝑦(𝑥1)] diaproksimasi

dengan 𝑓(𝑥1, 𝑦1(1)), menggunakan nilai 𝑦1

(1) pada (3.8). Dari sini diperoleh

𝑓(𝑥0, 𝑦0) + 𝑓(𝑥1, 𝑦1(1))

2,

(3.9)

yang nilainya di sekitar nilai rata-rata dari 𝑓(𝑥, 𝑦) pada titik ujung 𝑥0 dan 𝑥1.

Selanjutnya, 𝑓(𝑥0, 𝑦0) pada (3.8) diganti dengan (3.9) dan diperoleh


22

𝑦1(2) = 𝑦0 +

𝑓(𝑥0, 𝑦0) + 𝑓(𝑥1, 𝑦1(1))

2ℎ

(3.10)

sebagai aproksimasi kedua nilai y di 𝑥1.

Sekarang, menggunakan aproksimasi kedua 𝑦1(2)

untuk mendapatkan aproksimasi

kedua 𝑓(𝑥1, 𝑦1(2)) untuk nilai 𝑓(𝑥, 𝑦) di 𝑥1. Dari sini dilanjutkan untuk mendapat

𝑦1(3) = 𝑦0 +

𝑓(𝑥0, 𝑦0) + 𝑓(𝑥1, 𝑦1(2))

2ℎ

(3.11)

Sebagai aproksimasi ketiga nilai y di 𝑥1. Cara ini dilanjutkan untuk memperoleh

barisan aproksimasi

𝑦1(1), 𝑦1

(2), 𝑦1(3), …

menuju nilai solusi eksak y di 𝑥1. Perhitungan dilanjutkan sampai ditemukan dua

anggota berurutan dalam barisan yang memiliki nilai yang sama dengan jumlah

angka setelah titik desimal. Diambil nilai bersama dari dua anggota tersebut sebagai

pendekatan nilai solusi y di 𝑥1, dan dinotasikan 𝑦1.

Mengaproksimasi y di 𝑥1 menggunakan 𝑦1 telah selesai, selanjutnya

mengaproksimasi y di 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ. Caranya persis seperti langkah yang telah

dilakukan untuk mendapatkan nilai 𝑦1.

Demikian berturut-turut

𝑦2(1) = 𝑦1 + ℎ𝑓(𝑥1, 𝑦1),

𝑦2(2) = 𝑦1 +

𝑓(𝑥1, 𝑦1) + 𝑓(𝑥2, 𝑦2(1))

2ℎ,

(3.12)

𝑦2(3) = 𝑦1 +

𝑓(𝑥1, 𝑦1) + 𝑓(𝑥2, 𝑦2(2))

2ℎ,

⋮

sampai dua anggota yang berturut-turut dari barisan mempunyai nilai yang sama,

dari sana diperoleh aproksimasi 𝑦2 untuk nilai y di 𝑥2.

Proses dilanjutkan dengan cara yang sama untuk memperoleh nilai aproksimasi 𝑦3,

𝑦4 dan begitu seterusnya. Inilah yang disebut sebagai metode Euler termodifikasi.


23

Apabila diambil nilai 𝑦1 = 𝑦1(2), 𝑦2 = 𝑦2

(2), . . . , 𝑦𝑛 = 𝑦𝑛

(2), maka ini disebut sebagai

metode Heun.

Contoh 2

Gunakan metode Euler termodifikasi untuk masalah nilai awal

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥 + 𝑦,

(3.6)

𝑦(0) = 1. (3.7)

Manfaatkan metode ini untuk memperkirakan nilai y di = 0,2, 𝑥 = 0,4, 𝑥 = 0,6,

𝑥 = 0,8, dan 𝑥 = 1 dengan ℎ = 0,2. Nyatakan hasil dengan tiga angka setelah titik

desimal. Bandingkan hasilnya dengan hasil yang diperoleh menggunakan metode

Euler dasar dengan ℎ = 0,1 dan dengan nilai eksak (Contoh 1, Tabel 1).

Jawab.

Diketahui 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦, 𝑥0 = 0, dan 𝑦0 = 1 dengan ℎ = 0,2. Dimulai dengan

mengaproksimasi nilai dari 𝑦 di 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ = 0,2. Aproksimasi pertama nilai 𝑦1(1)

didapat menggunakan persamaan (3.8). Karena 𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 𝑓(0,1) = 1,000

diperoleh

𝑦1(1) = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 1,000 + 0,2(1,000) = 1,200.

Menggunakan persamaan (3.10) untuk menemukan nilai aproksimasi kedua 𝑦1(2)

.

Karena 𝑓(𝑥1, 𝑦1(1)) = 𝑓(0,2, 1,200) = 1,600, diperoleh

𝑦1(2) = 𝑦0 +

𝑓(𝑥0, 𝑦0) + 𝑓(𝑥1, 𝑦1(1))

2ℎ = 1,000 +

1,000 + 1,600

2(0,2) = 1,260.

Selanjutnya, memanfaatkan persamaan (3.11) untuk menemukan nilai aproksimasi

ketiga 𝑦1(3)

. Karena 𝑓(𝑥1, 𝑦1(2)) = 𝑓(0,2, 1,260) = 1,660, diperoleh

𝑦1(3) = 𝑦0 +

𝑓(𝑥0, 𝑦0) + 𝑓(𝑥1, 𝑦1(2))

2ℎ = 1,000 +

1,000 + 1,660

2(0,2) = 1,266.

Dengan cara yang sama, diperoleh aproksimasi keempat dan kelima 𝑦1(4)

dan 𝑦1(5)

masing-masing


24

𝑦1(4) = 𝑦0 +

𝑓(𝑥0, 𝑦0) + 𝑓(𝑥1, 𝑦1(3))

2ℎ = 1,000 +

1,000 + 1,666

2(0,2) = 1,267

dan

𝑦1(5) = 𝑦0 +

𝑓(𝑥0, 𝑦0) + 𝑓(𝑥1, 𝑦1(4))

2ℎ = 1,000 +

1,000 + 1,667

2(0,2) = 1,267.

Karena nilai aproksimasi 𝑦1(4)

dan 𝑦1(5)

adalah sama pada tiga angka setelah titik

desimal, diambil nilai bersama ini sebagai aproksimasi 𝑦1 sebagai solusi y di 𝑥1 =

0,2, diperoleh

𝑦1 = 1,267 (3.13)

Selanjutnya memperkirakan nilai y di 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ = 0,4. Memanfaatkan

persamaan (3.12), dengan 𝑦1 = 1,267, ditemukan secara berurutan

𝑦2(1) = 𝑦1 + ℎ𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 1,267 + 0,2(1,667) = 1,600,

𝑦2(2) = 𝑦1 +

𝑓(𝑥1, 𝑦1) + 𝑓(𝑥2, 𝑦2(1))

2ℎ = 1,267 +

1,667 + 2,400

2(0,2) = 1,674,

𝑦2(3) = 𝑦1 +

𝑓(𝑥1, 𝑦1) + 𝑓(𝑥2, 𝑦2(2))

2ℎ = 1,267 +

1,667 + 2,474

2(0,2) = 1,681,

𝑦2(4) = 𝑦1 +

𝑓(𝑥1, 𝑦1) + 𝑓(𝑥2, 𝑦2(3))

2ℎ = 1,267 +

1,667 + 2,481

2(0,2) = 1,682,

𝑦2(5) = 𝑦1 +

𝑓(𝑥1, 𝑦1) + 𝑓(𝑥2, 𝑦2(4))

2ℎ = 1,267 +

1,667 + 2,482

2(0,2) = 1,682.

Karena nilai aproksimasi 𝑦2(4)

dan 𝑦2(5)

adalah sama dengan jumlah desimal yang

dibutuhkan, diambil nilai bersama ini sebagai aproksimasi 𝑦2 ke nilai solusi y di

𝑥2 = 0,4, diperoleh

𝑦2 = 1,682. (3.14)

Dengan menggunakan program MATLAB, diperoleh nilai aproksimasi di 𝑥 = 0,6,

𝑥 = 0,8, dan 𝑥 = 1 berturut-turut sebagai berikut

𝑦3 = 2,278

𝑦4 = 3,095


25

𝑦5 = 4,183.

Hasil numeris ini dengan metode Euler termodifikasi akan ditunjukkan dalam

gambar 3.


Hasil (3.13) dan (3.14) dibandingkan dengan hasil yang diperoleh menggunakan

metode Euler dasar dengan ℎ = 0,1 dan dengan nilai eksak. Untuk itu, berbagai

hasil dan galat yang sesuai diurutkan dalam Tabel 3.

Kelebihan utama metode Euler termodifikasi daripada metode Euler dasar segera

terlihat dalam Tabel 3.

Tabel 3. Perbandingan solusi metode Euler dan Euler termodifikasi

𝑥𝑛

Nilai

eksak y

Euler

ℎ = 0,1

Euler termodifikasi

ℎ = 0,2

Aproksimasi 𝑦𝑛 Galat Aproksimasi 𝑦𝑛 Galat

0,2 1,264 1,230 0,034 1,267 0,003


26

𝑥𝑛

Nilai

eksak y

Euler

ℎ = 0,1

Euler termodifikasi

ℎ = 0,2

Aproksimasi 𝑦𝑛 Galat Aproksimasi 𝑦𝑛 Galat

0,4 1,675 1,592 0,083 1,682 0,007

Nilai galat di titik 𝑥𝑛+1 diperoleh dengan cara

𝑔𝑎𝑙𝑎𝑡𝑥𝑛+1 = |𝑦𝑛+1𝑒𝑘𝑠𝑎𝑘 − 𝑦𝑛+1𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑘𝑎𝑡𝑎𝑛|

Metode Euler termodifikasi lebih akurat dibandingkan dengan metode Euler dasar.

Di 𝑥 = 0,4 galat menggunakan metode Euler termodifikasi dengan ℎ = 0,2 adalah

0,007. Galat 0,083 yang sesuai dengan menggunakan metode Euler dasar dan ℎ =

0,1 hampir dua belas kali lebih besar, meskipun faktanya nilai h yang lebih kecil

digunakan dalam kasus ini. Tentu saja pada setiap langkah metode Euler

termodifikasi melibatkan perhitungan yang lebih panjang dan lebih rumit daripada

metode Euler dasar. Dapat dicatat, bagaimanapun, bahwa metode Euler dasar akan

membutuhkan banyak langkah individual untuk memberikan hasil seakurat yang

dapat diberikan oleh metode Euler termodifikasi dalam satu langkah.

3. Metode Runge-Kutta

Sekarang pertimbangkan yang disebut metode Runge-Kutta untuk

memperkirakan nilai dari solusi pada masalah nilai awal

𝑑𝑦


(2.1)

𝑦(𝑥0) = 𝑦0, (3.2)

pada 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ, 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ, dan seterusnya. Metode ini memberikan hasil-hasil

yang sangat akurat tanpa perlu menggunakan nilai h yang sangat kecil.

Untuk memperkirakan nilai solusi dari masalah nilai awal dalam pertimbangan di

𝑥1 = 𝑥0 + ℎ dengan metode Runge-Kutta, dilanjutkan dengan cara berikut.

Dihitung secara berurutan nilai-nilai 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3, 𝑘4 dan 𝐾0 yang didefinisikan

dengan persamaan


27

𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0),

𝑘2 = ℎ𝑓 (𝑥0 +

ℎ

2, 𝑦0 +

𝑘12),

𝑘3 = ℎ𝑓 (𝑥0 +

ℎ

2, 𝑦0 +

𝑘22),

(3.15)

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥0 + ℎ, 𝑦0 + 𝑘3),

dan

𝐾0 =1

6(𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4).

Lalu ditentukan

𝑦1 = 𝑦0 +𝐾0 (3.16)

dan jadikan ini sebagai perkiraan nilai dari solusi eksak di 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ.

Setelah menentukan 𝑦1, dilanjutkan untuk memperkirakan solusi di 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ

dengan cara yang sama. Menggunakan 𝑥1 = 𝑥0 + ℎ dan 𝑦1 yang telah ditentukan

pada (3.16), perhitungan secara berurutan nilai-nilai 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3, 𝑘4 dan 𝐾1 yang

didefinisikan dengan persamaan

𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥1, 𝑦1),

𝑘2 = ℎ𝑓 (𝑥1 +

ℎ

2, 𝑦1 +

𝑘12),

𝑘3 = ℎ𝑓 (𝑥1 +

ℎ

2, 𝑦1 +

𝑘22),

(3.17)

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥1 + ℎ, 𝑦1 + 𝑘3),

dan

𝐾1 =1

6(𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4).

Lalu ditentukan

𝑦2 = 𝑦1 + 𝐾1 (3.18)

dan jadikan ini sebagai perkiraan nilai dari solusi eksak di 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ.

Perhitungan dilanjutkan untuk memperkirakan nilai dari solusi eksak pada titik

𝑥3 = 𝑥2 + ℎ, 𝑥4 = 𝑥3 + ℎ, dan begitu seterusnya, dengan cara yang sama.


28

Misalkan 𝑦𝑛 dinyatakan sebagai nilai solusi di 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + ℎ, perhitungan secara

berurutan nilai-nilai 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3, 𝑘4 dan 𝐾𝑛 yang didefinisikan dengan persamaan

𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛),

𝑘2 = ℎ𝑓 (𝑥𝑛 +

ℎ

2, 𝑦𝑛 +

𝑘12),

𝑘3 = ℎ𝑓 (𝑥𝑛 +

ℎ

2, 𝑦𝑛 +

𝑘22),

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑘3),

dan

𝐾𝑛 =1

6(𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4).

Lalu diatur

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + 𝐾𝑛

dan jadikan ini sebagai perkiraan nilai dari solusi eksak di 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + ℎ.

Penurunan Metode Runge-Kutta

a. Metode Deret Taylor

Misalkan 𝑦𝑛+1 = 𝑦(𝑥𝑛+1), 𝑛 = 0,1,2, … , 𝑛

adalah aproksimasi nilai 𝑦 di titik 𝑥𝑛+1. Aproksimasi ini diperoleh dengan

menguraikan 𝑦𝑛+1 disekitar 𝑥𝑛 dengan menggunakan deret Taylor sebagai berikut

𝑦(𝑥𝑛+1) = 𝑦(𝑥𝑛) +

(𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛)

1!𝑦′(𝑥𝑛) +

(𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛)2

2!𝑦′′(𝑥𝑛)

+⋯+(𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛)

𝑛

𝑛!𝑦(𝑛)(𝑥𝑛)

atau

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + ℎ𝑦

′(𝑥𝑛) +ℎ2

2𝑦′′(𝑥𝑛) + ⋯+

ℎ𝑛

𝑛!𝑦(𝑛)(𝑥𝑛). (3.19)


29

b. Ekspansi suatu Fungsi dengan Deret Taylor

Ekspansi deret Taylor dari suatu fungsi adalah cara untuk menemukan nilai

suatu fungsi yang dekat dengan titik yang diketahui, yaitu titik dimana nilai

fungsinya diketahui. Fungsi tersebut dapat dinyatakan sebagai jumlahan beberapa

suku dari deret yang konvergen. Dalam beberapa kasus (jika fungsinya adalah

polinomial), deret Taylor dapat memberikan nilai eksak fungsi tersebut. Dalam

banyak kasus, bagaimanapun juga, diperlukan jumlahan takhingga suku untuk

mendapatkan nilai eksak. Jika hanya menggunakan beberapa suku, nilai fungsi

yang diperoleh dari deret Taylor adalah suatu nilai pendekatan. Ekspansi suatu

fungsi dengan deret Taylor digunakan lebih luas dalam metode numerik.

Rumus Taylor untuk ekspansi fungsi 𝑓(𝑥, 𝑦) disekitar titik (𝑥0, 𝑦0) diberikan

sebagai berikut :

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥0, 𝑦0) +

1

1![(𝑥 − 𝑥0)

𝜕𝑓

𝜕𝑥|𝑥0,𝑦0

+ (𝑦 − 𝑦0)𝜕𝑓

𝜕𝑦|𝑥0,𝑦0

]

+1

2![(𝑥 − 𝑥0)

2𝜕2𝑓

𝜕𝑥2|𝑥0,𝑦0

+ 2(𝑥 − 𝑥0)(𝑦 − 𝑦0)𝜕2𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦|𝑥0,𝑦0

+(𝑦 − 𝑦0)

2𝜕2𝑓

𝜕𝑦2|𝑥0,𝑦0

] + ⋯+1

𝑛!

(3.20)

[∑

𝑛!

𝑘! (𝑛 − 𝑘)!(𝑥 − 𝑥0)

𝑘(𝑦 − 𝑦0)𝑛−𝑘

𝜕𝑛𝑓

𝜕𝑥𝑘𝜕𝑦𝑛−𝑘|𝑥0,𝑦0

𝑛

𝑘=0

]

c. Metode Runge-Kutta

Bentuk umum metode Runge-Kutta orde-n ialah sebagai berikut

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + 𝑎1𝑘1 + 𝑎2𝑘2 +⋯+ 𝑎𝑟𝑘𝑟

dengan 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑟 adalah konstanta, dan

𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)


30

𝑘2 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞1,1𝑘1)

𝑘3 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝2ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞2,1𝑘1 + 𝑞2,2𝑘2)

⋮

𝑘𝑟 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝𝑟−1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞𝑟−1,1𝑘1 + 𝑞𝑟−1,2𝑘2 +⋯+ 𝑞𝑟−1,𝑟−1𝑘𝑟−1)

nilai 𝑎𝑖, 𝑝𝑖, 𝑞𝑖,𝑗 dengan 𝑖 = 𝑗 = 1,2, … , 𝑟 dipilih sedemikian sehingga

meminimumkan galat di setiap langkah.

Untuk 𝑟 = 4 diperoleh bentuk umum metode Runge-Kutta orde-4, yaitu

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + 𝑎1𝑘1 + 𝑎2𝑘2 + 𝑎3𝑘3 + 𝑎4𝑘4 (3.21)

dengan


𝑘2 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞1,1𝑘1)

(3.22) 𝑘3 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝2ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞2,1𝑘1 + 𝑞2,2𝑘2)

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝3ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞3,1𝑘1 + 𝑞3,2𝑘2 + 𝑞3,3𝑘3).

atau (3.22) dapat ditulis


𝑘2 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1)

𝑘3 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝2ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝3ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3).

Akan dicari nilai konstanta 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, 𝑝1, 𝑝2, 𝑝3, 𝑞1, 𝑞2, 𝑞3, 𝑞4, 𝑞5, dan 𝑞6 untuk

memperoleh bentuk khusus dari metode Runge-Kutta orde-4.

Pertama-tama mencari nilai 𝑘2 dengan cara mengekspansi 𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1)

di sekitar 𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) sesuai persamaan (3.20) untuk 𝑛 = 3, diperoleh


31

𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1) = 𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) + [(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ − 𝑥𝑛)𝜕𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑥+

(𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1 − 𝑦𝑛)𝜕𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑦] +

1

2[(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ − 𝑥𝑛)

2𝜕2𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑥2+

2(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ − 𝑥𝑛)(𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1 − 𝑦𝑛)𝜕2(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑥𝜕𝑦+

(𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1 − 𝑦𝑛)2𝜕2𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑦2] +

1

6[(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ − 𝑥𝑛)

3𝜕3𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑥3+

3(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ − 𝑥𝑛)2(𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1 − 𝑦𝑛)

𝜕3(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑥2𝜕𝑦+

3(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ − 𝑥𝑛)(𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1 − 𝑦𝑛)2𝜕3(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑥𝜕𝑦2+

(𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1 − 𝑦𝑛)3𝜕3𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)

𝜕𝑦3].

Substitusi,

𝑓 = 𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛), 𝑓𝑥𝑘𝑦𝑛−𝑘 =𝜕𝑛𝑓

𝜕𝑥𝑘𝜕𝑦𝑛−𝑘,

𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1) = 𝑓 + [𝑝1ℎ𝑓𝑥 + 𝑞1𝑘1𝑓𝑦] +1

2[(𝑝1ℎ)

2𝑓𝑥𝑥 +

2(𝑝1ℎ)(𝑞1𝑘1)𝑓𝑥𝑦 + (𝑞1𝑘1)2𝑓𝑦𝑦] +

1

6[(𝑝1ℎ)

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3(𝑝1ℎ)2(𝑞1𝑘1)𝑓𝑥𝑥𝑦 +

3(𝑝1ℎ)(𝑞1𝑘1)2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞1𝑘1)

3𝑓𝑦𝑦𝑦]

= 𝑓 + [𝑝1ℎ𝑓𝑥 + ℎ𝑞1𝑓𝑓𝑦] +1

2[ℎ2𝑝1

2𝑓𝑥𝑥 + 2ℎ2𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑦 + ℎ

2𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

1

6[ℎ3𝑝1

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3ℎ3𝑝1

2𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3ℎ3𝑝1𝑞1

2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + ℎ3𝑞1

3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦]


32

= 𝑓 + ℎ[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] +ℎ2

2[𝑝1

2𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ3

6[𝑝1

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝12𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝1𝑞1

2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + 𝑞13𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦]

𝑘2 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞1𝑘1)

= ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] +ℎ3

2[𝑝1


ℎ4

6[𝑝1


2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + 𝑞13𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦].

Selanjutnya mencari nilai 𝑘3 dan 𝑘4 dengan cara yang sama. Ekspansi 𝑓(𝑥𝑛 +

𝑝2ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2) di sekitar 𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) untuk 𝑛 = 3 ialah sebagai berikut

𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝2ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2) = 𝑓 + [𝑝2ℎ𝑓𝑥 + (𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)𝑓𝑦] +

1

2[(𝑝2ℎ)

2𝑓𝑥𝑥 + 2(𝑝2ℎ)(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)𝑓𝑥𝑦 + (𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)2𝑓𝑦𝑦] +

1

6[(𝑝2ℎ)

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3(𝑝2ℎ)2(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3(𝑝2ℎ)(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)

2𝑓𝑥𝑦𝑦 +

(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)3𝑓𝑦𝑦𝑦].

Substitusi 𝑘1 dan 𝑘2, diperoleh

𝑝2ℎ𝑓𝑥 + (𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)𝑓𝑦 = 𝑝2ℎ𝑓𝑥 + {𝑞2ℎ𝑓 + 𝑞3(ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] +

ℎ3

2[𝑝1


ℎ4

6[𝑝1

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝12𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 +

3𝑝1𝑞12𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + 𝑞1

3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦])}𝑓𝑦

= ℎ𝑝2𝑓𝑥 + ℎ𝑞2𝑓𝑓𝑦 + ℎ𝑞3𝑓𝑓𝑦 + ℎ2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦 + ℎ

2𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 +

ℎ3

2𝑞3𝑝1

2𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + ℎ3𝑞3𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 +

ℎ3

2𝑞3𝑞1

2𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑦 +⋯


33

= ℎ[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] + ℎ2[𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦 + 𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦] +

ℎ3 [1

2𝑞3𝑝1

2𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + 𝑞3𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 +1

2𝑞3𝑞1

2𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑦] + ⋯.

(𝑝2ℎ)2𝑓𝑥𝑥 + 2(𝑝2ℎ)(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)𝑓𝑥𝑦 + (𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)

2𝑓𝑦𝑦

= 𝑝22ℎ2𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝2ℎ{𝑞2ℎ𝑓 + 𝑞3(ℎ𝑓 + ℎ

2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] + ⋯ )}𝑓𝑥𝑦 +

(𝑞2ℎ𝑓 + 𝑞3[ℎ𝑓 + ⋯ ])2𝑓𝑦𝑦

= 𝑝22ℎ2𝑓𝑥𝑥 + (2ℎ

2𝑝2𝑞2𝑓 + 2𝑝2ℎ[𝑞3ℎ𝑓 + ℎ2𝑞3𝑝1𝑓𝑥 + ℎ

2𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦 +⋯ ])𝑓𝑥𝑦 +

(𝑞2ℎ𝑓 + 𝑞3ℎ𝑓 +⋯)2𝑓𝑦𝑦

= 𝑝22ℎ2𝑓𝑥𝑥 + 2ℎ

2𝑝2𝑞2𝑓𝑓𝑥𝑦 + 2ℎ2𝑝2𝑞3𝑓𝑓𝑥𝑦 + 2ℎ

3𝑝2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 +

2ℎ3𝑝2𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + ℎ2𝑞2

2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 2ℎ2𝑞2𝑞3𝑓

2𝑓𝑦𝑦 + ℎ2𝑞3

2𝑓2𝑓𝑦𝑦 +⋯

= ℎ2[𝑝22𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝2𝑞2𝑓𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝2𝑞3𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞2

2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞2𝑞3𝑓2𝑓𝑦𝑦 +

𝑞32𝑓2𝑓𝑦𝑦] + ℎ

3[2𝑝2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝2𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦] + ⋯.

(𝑝2ℎ)3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3(𝑝2ℎ)

2(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3(𝑝2ℎ)(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)2𝑓𝑥𝑦𝑦 +

(𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)3𝑓𝑦𝑦𝑦

= 𝑝23ℎ3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝2

2ℎ2(𝑞2ℎ𝑓 + 𝑞3[ℎ𝑓 + ⋯ ])𝑓𝑥𝑥𝑦 +

3𝑝2ℎ(𝑞2ℎ𝑓 + 𝑞3[ℎ𝑓 + ⋯ ])2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞2ℎ𝑓 + 𝑞3[ℎ𝑓 + ⋯ ])3𝑓𝑦𝑦𝑦

= 𝑝23ℎ3𝑓𝑥𝑥𝑥 + (3𝑝2

2ℎ2𝑞2ℎ𝑓 + 3𝑝22ℎ2𝑞3ℎ𝑓 +⋯)𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝2ℎ(𝑞2

2ℎ2𝑓2 +

2ℎ2𝑞2𝑞3𝑓2 + 𝑞3

2ℎ2𝑓2 +⋯)𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞23ℎ3𝑓3 + 3𝑞2

2ℎ2𝑓2𝑞3ℎ𝑓 +

3𝑞2ℎ𝑓𝑞32ℎ2𝑓2 + 𝑞3

3ℎ3𝑓3 +⋯)𝑓𝑦𝑦𝑦

= 𝑝23ℎ3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝2

2ℎ3𝑞2𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝22ℎ3𝑞3𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝2ℎ

3𝑞22𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 +


34

6𝑝2ℎ3𝑞2𝑞3𝑓

2𝑓𝑥𝑦𝑦 + 3𝑝2ℎ3𝑞3

2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + 𝑞23ℎ3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 + 3𝑞2

2ℎ3𝑞3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 +

3ℎ3𝑞2𝑞32𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 + 𝑞3

3ℎ3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 +⋯

= ℎ3[𝑝23𝑓𝑥𝑥𝑥 + (3𝑝2

2𝑞2 + 3𝑝22𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 +(3𝑝2𝑞2

2 + 6𝑝2𝑞2𝑞3 + 3𝑝2𝑞32)

𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞23 + 3𝑞2

2𝑞3 + 3𝑞2𝑞32 + 𝑞3

3)𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦] + ⋯

= ℎ3[𝑝23𝑓𝑥𝑥𝑥 + (3𝑝2

2𝑞2 + 3𝑝22𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 +3𝑝2(𝑞2 + 𝑞3)

2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 +

(𝑞2 + 𝑞3)3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦] + ⋯.

𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝2ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)

= 𝑓 + ℎ[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] + ℎ2[𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦 + 𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦] +

ℎ3 [1

2𝑞3𝑝1

2𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥 + 𝑞3𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 +1

2𝑞3𝑞1

2𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦] +ℎ2

2[𝑝2

2𝑓𝑥𝑥 +

(2𝑝2𝑞2 + 2𝑝2𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)2𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ3

2[2𝑝2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 +

2𝑝2𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦] +ℎ3

6[𝑝2

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + (3𝑝22𝑞2 + 3𝑝2

2𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 +

3𝑝2(𝑞2 + 𝑞3)2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)


= 𝑓 + ℎ[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] +ℎ2

2[2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦 + 2𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑝2

2𝑓𝑥𝑥 +

(2𝑝2𝑞2 + 2𝑝2𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)2𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ3

6[3𝑞3𝑝1

2𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥 +

6𝑝2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + (6𝑞3𝑝1𝑞1 + 6𝑝2𝑞3𝑞1) 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 3𝑞3𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 𝑝2

3𝑓𝑥𝑥𝑥 +

(3𝑝22𝑞2 + 3𝑝2

2𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝2(𝑞2 + 𝑞3)2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)


𝑘3 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝2ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞2𝑘1 + 𝑞3𝑘2)


35

= ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] +ℎ3


2𝑓𝑥𝑥 +

(2𝑝2𝑞2 + 2𝑝2𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)2𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ4

6[3𝑞3𝑝1

2𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥 +

6𝑝2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + (6𝑞3𝑝1𝑞1 + 6𝑝2𝑞3𝑞1) 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 3𝑞3𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 𝑝2

3𝑓𝑥𝑥𝑥 +

(3𝑝22𝑞2 + 3𝑝2

2𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝2(𝑞2 + 𝑞3)2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)

3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦].

Ekspansi 𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝3ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3) di sekitar 𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) ialah sebagai

berikut :

𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝3ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3) = 𝑓 + [𝑝3ℎ𝑓𝑥 + (𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 +

𝑞6𝑘3)𝑓𝑦] +1

2[(𝑝3ℎ)

2𝑓𝑥𝑥 + 2(𝑝3ℎ)(𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)𝑓𝑥𝑦 +

(𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)2𝑓𝑦𝑦] +

1

6[(𝑝3ℎ)

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3(𝑝3ℎ)2(𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)

𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3(𝑝3ℎ)(𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)

3𝑓𝑦𝑦𝑦].

Substitusi 𝑘1, 𝑘2 dan 𝑘3, diperoleh

𝑝3ℎ𝑓𝑥 + (𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)𝑓𝑦 = 𝑝3ℎ𝑓𝑥 + {𝑞4ℎ𝑓 + 𝑞5(ℎ𝑓 +ℎ2[𝑝1𝑓𝑥 +

𝑞1𝑓𝑓𝑦] +ℎ3

2[𝑝1

2𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑦] + ⋯ ) + 𝑞6(ℎ𝑓 + ℎ

2[𝑝2𝑓𝑥 +

(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] +ℎ3


2𝑓𝑥𝑥 +(2𝑝2𝑞2 + 2𝑝2𝑞3)

𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)2𝑓2𝑓𝑦𝑦] + ⋯ )}𝑓𝑦

= 𝑝3ℎ𝑓𝑥 + 𝑞4ℎ𝑓𝑓𝑦 + 𝑞5ℎ𝑓𝑓𝑦 + 𝑞5ℎ2𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦 + 𝑞5ℎ

2𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 +

𝑞5ℎ31

2𝑝12𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + 𝑞5ℎ

3𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 + 𝑞5ℎ31

2𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑦 + 𝑞6ℎ𝑓𝑓𝑦 +

𝑞6ℎ2𝑝2𝑓𝑥𝑓𝑦 + 𝑞6ℎ

2(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑞6ℎ3𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑞6ℎ

3𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦 +


36

𝑞6ℎ31

2𝑝2

2𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + 𝑞6ℎ3(𝑝2𝑞2 + 𝑝2𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 + 𝑞6ℎ

31

2(𝑞2 + 𝑞3)

2𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑦 +⋯

= ℎ[𝑝3𝑓𝑥 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)]𝑓𝑓𝑦 + ℎ2[(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑦 + (𝑞5𝑞1 +

𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦] + ℎ3 [1

2(𝑞5𝑝1

2 + 𝑞6𝑝22)𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + (𝑞5𝑝1𝑞1 +

𝑞6(𝑝2𝑞2 + 𝑝2𝑞3))𝑓𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 +1

2(𝑞5𝑞1

2 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)2)𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑦 +

𝑞6𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑞6𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦] + ⋯.

(𝑝3ℎ)2𝑓𝑥𝑥 + 2(𝑝3ℎ)(𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)𝑓𝑥𝑦 + (𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)

2𝑓𝑦𝑦

= 𝑝32ℎ2𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝3ℎ𝑞4ℎ𝑓𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝3ℎ𝑞5(ℎ𝑓 + ℎ

2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦])𝑓𝑥𝑦 +

2𝑝3ℎ𝑞6(ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦])𝑓𝑥𝑦 + (𝑞4ℎ𝑓)

2𝑓𝑦𝑦 +

(𝑞5(ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] + ⋯ ))

2

𝑓𝑦𝑦 +

(𝑞6(ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] + ⋯ ))

2

𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞4𝑞5ℎ𝑓(ℎ𝑓 +

ℎ2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] + ⋯ )𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞5𝑞6(ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] + ⋯ )

(ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] + ⋯ )𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞4𝑞6ℎ𝑓(ℎ𝑓 +

ℎ2[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] + ⋯ )𝑓𝑦𝑦

= 𝑝32ℎ2𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝3ℎ𝑞4ℎ𝑓𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝3ℎ𝑞5ℎ𝑓𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝3ℎ𝑞5ℎ

2𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 +

2𝑝3ℎ𝑞5ℎ2𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝3ℎ𝑞6ℎ𝑓𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝3ℎ𝑞6ℎ

2𝑝2𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝3ℎ𝑞6ℎ2

(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 𝑞42ℎ2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 𝑞5

2ℎ2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 𝑞522ℎ3𝑝1𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 +

𝑞522ℎ3𝑞1𝑓

2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 𝑞62ℎ2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 𝑞6

22ℎ3𝑝2𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 𝑞622ℎ3(𝑞2 + 𝑞3)


37

𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞4𝑞5ℎ2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞4𝑞5ℎ𝑓ℎ

2𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞4𝑞5ℎ𝑓ℎ2𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +

2𝑞5𝑞6ℎ2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞5𝑞6ℎ𝑓ℎ

2𝑝2𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞5𝑞6ℎ𝑓ℎ2(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +

2𝑞5𝑞6ℎ𝑓ℎ2𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞5𝑞6ℎ𝑓ℎ

2𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞4𝑞6ℎ2𝑓2𝑓𝑦𝑦 +

2𝑞4𝑞6ℎ𝑓ℎ2𝑝2𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 2𝑞4𝑞6ℎ𝑓ℎ

2(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +⋯

= ℎ2𝑝32𝑓𝑥𝑥 + ℎ

22𝑝3𝑞4𝑓𝑓𝑥𝑦 + ℎ22𝑝3𝑞5𝑓𝑓𝑥𝑦 + ℎ

32𝑝3𝑞5𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 +

ℎ32𝑝3𝑞5𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + ℎ22𝑝3𝑞6𝑓𝑓𝑥𝑦 + ℎ

32𝑝3𝑞6𝑝2𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + ℎ32𝑝3𝑞6

(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + ℎ2𝑞4

2𝑓2𝑓𝑦𝑦 + ℎ2𝑞5


2𝑝1𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 +

ℎ32𝑞52𝑞1𝑓

2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + ℎ2𝑞6


2𝑝2𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + ℎ32𝑞6

2(𝑞2 + 𝑞3)

𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + ℎ22𝑞4𝑞5𝑓

2𝑓𝑦𝑦 + ℎ32𝑞4𝑞5𝑝1𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + ℎ

32𝑞4𝑞5𝑞1𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +

ℎ22𝑞5𝑞6𝑓2𝑓𝑦𝑦 + ℎ

32𝑞5𝑞6𝑝2𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + ℎ32𝑞5𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)𝑓

2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +

ℎ32𝑞5𝑞6𝑝1𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + ℎ32𝑞5𝑞6𝑞1𝑓

2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + ℎ22𝑞4𝑞6𝑓

2𝑓𝑦𝑦 +

ℎ32𝑞4𝑞6𝑝2𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + ℎ32𝑞4𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)𝑓

2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +⋯

= ℎ2[𝑝32𝑓𝑥𝑥 + 2(𝑝3𝑞4 + 𝑝3𝑞5 + 𝑝3𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞4

2 + 𝑞52 + 𝑞6

2 +

2(𝑞4𝑞5 + 𝑞5𝑞6 + 𝑞4𝑞6)𝑓2𝑓𝑦𝑦] + ℎ

3[2(𝑝3𝑞5𝑝1 + 𝑝3𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 +

2(𝑝3𝑞5𝑞1 + 𝑝3𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 2(𝑞52𝑝1 + 𝑞6

2𝑝2 + 𝑞4𝑞5𝑝1 +

𝑞5𝑞6𝑝2 + 𝑞5𝑞6𝑝1 + 𝑞4𝑞6𝑝2)𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 2(𝑞5𝑞1(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6) +

𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6))𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +⋯

= ℎ2[𝑝32𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)

2𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ3[2𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 2𝑝3(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 +


38

2(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 2(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))

(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦] + ⋯.

(𝑝3ℎ)3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3(𝑝3ℎ)

2(𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3(𝑝3ℎ)

(𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)

3𝑓𝑦𝑦𝑦

= (𝑝3ℎ)3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3(𝑝3ℎ)

2(𝑞4ℎ𝑓 + 𝑞5[ℎ𝑓 + ⋯ ] + 𝑞6[ℎ𝑓 + ⋯ ])𝑓𝑥𝑥𝑦 +

3(𝑝3ℎ)(𝑞4ℎ𝑓 + 𝑞5[ℎ𝑓 + ⋯ ] + 𝑞6[ℎ𝑓 + ⋯ ])2𝑓𝑥𝑦𝑦 +

(𝑞4ℎ𝑓 + 𝑞5[ℎ𝑓 + ⋯ ] + 𝑞6[ℎ𝑓 + ⋯ ])3𝑓𝑦𝑦𝑦

= 𝑝33ℎ3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3ℎ

3𝑝32(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3ℎ

3𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 +

ℎ3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 +⋯

= ℎ3[𝑝33𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝3

2(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 +

(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦] + ⋯.

𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝3ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)

= 𝑓 + {ℎ[𝑝3𝑓𝑥 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑦] + ℎ2[(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑦 + (𝑞5𝑞1 +

𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦] + ℎ3 [1

2(𝑞5𝑝1

2 + 𝑞6𝑝22)𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + (𝑞5𝑝1𝑞1 +

𝑞6(𝑝2𝑞2 + 𝑝2𝑞3))𝑓𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 +1

2(𝑞5𝑞1

2 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)2)𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑦 +

𝑞6𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑞6𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦]} + {ℎ2

2[𝑝3

2𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑦 +

(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)2𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ3

2[2𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 +


39

2𝑝3(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 2(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 +

2(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦]} + {

ℎ3

6[𝑝3

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝32(𝑞4 +

𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)

3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦]}

= 𝑓 + ℎ[𝑝3𝑓𝑥 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑦] +ℎ2

2[2(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑦 + 2(𝑞5𝑞1 +

𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑝32𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)

2𝑓2

𝑓𝑦𝑦] +ℎ3

6[3(𝑞5𝑝1

2 + 𝑞6𝑝22)𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + 6(𝑞5𝑝1𝑞1 + 𝑞6(𝑝2𝑞2 + 𝑝2𝑞3))𝑓𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 +

3(𝑞5𝑞12 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)

2)𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑦 + 6𝑞6𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 6𝑞6𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦 +

6𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 6𝑝3(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 6(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)

(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 6(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +

𝑝33𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝3


(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦.

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 𝑝3ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑞4𝑘1 + 𝑞5𝑘2 + 𝑞6𝑘3)

= ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝3𝑓𝑥 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑦] +ℎ3

2[2(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑦 + 2(𝑞5𝑞1 +

𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑝32𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)

2𝑓2

𝑓𝑦𝑦] +ℎ4

6[3(𝑞5𝑝1

2 + 𝑞6𝑝22)𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + 6(𝑞5𝑝1𝑞1 + 𝑞6𝑝2(𝑞2 + 𝑞3) + 𝑝3𝑞5𝑞1 +

𝑝3𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 3(𝑞5𝑞12 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)

2 + 2((𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))

(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6))𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 6𝑞6𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 6𝑞6𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦 +


40

6𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 6(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 +



(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦.

Dengan demikian nilai 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3 dan 𝑘4 telah diperoleh. Selanjutnya, substitusi

nilai 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3 dan 𝑘4 di atas ke persamaan (3.21), sehingga metode Runge-Kutta

orde-4 menjadi

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + 𝑎1𝑘1 + 𝑎2𝑘2 + 𝑎3𝑘3 + 𝑎4𝑘4 (3.23)

= 𝑦𝑛 + 𝑎1ℎ𝑓 + 𝑎2 {ℎ𝑓 + ℎ2[𝑝1𝑓𝑥 + 𝑞1𝑓𝑓𝑦] +

ℎ3

2[𝑝1

2𝑓𝑥𝑥 +2𝑝1𝑞1𝑓𝑓𝑥𝑦 +

𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ4

6[𝑝1


2𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 +

𝑞13𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦]} + 𝑎3 {ℎ𝑓 + ℎ

2[𝑝2𝑓𝑥 + (𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑦] +ℎ3

2[2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦 +

2𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑝22𝑓𝑥𝑥 + 2𝑝2(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)

2𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ4

6[3𝑞3𝑝1

2𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥 + 6𝑝2𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + (6𝑞3𝑝1𝑞1 + 6𝑝2𝑞3𝑞1) 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 +

3𝑞3𝑞12𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 𝑝2

3𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑝22(𝑞2 + 𝑞3)𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑝2(𝑞2 + 𝑞3)

2

𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑞2 + 𝑞3)3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦] + 𝑎4{ℎ𝑓 + ℎ

2[𝑝3𝑓𝑥 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑦] +

ℎ3

2[2(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑦 + 2(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑝3

2𝑓𝑥𝑥 +

2𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑦 + (𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)2𝑓2𝑓𝑦𝑦] +

ℎ4

6[3(𝑞5𝑝1

2 +

𝑞6𝑝22)𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦 + 6(𝑞5𝑝1𝑞1 + 𝑞6𝑝2(𝑞2 + 𝑞3) + 𝑝3𝑞5𝑞1 + 𝑝3𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))

𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 3(𝑞5𝑞12 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)

2 + 2((𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))

(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6))𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 6𝑞6𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 6𝑞6𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦 +

6𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 6(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 +


41



(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)3𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦]}

= 𝑦𝑛 + (𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4)ℎ𝑓 + ℎ2[(𝑎2𝑝1 + 𝑎3𝑝2 + 𝑎4𝑝3)𝑓𝑥 +

(𝑎2𝑞1 + 𝑎3(𝑞2 + 𝑞3) + 𝑎4(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6))𝑓𝑓𝑦] +ℎ3

2[(𝑎2𝑝1

2 + 𝑎3𝑝22 +

𝑎4𝑝32)𝑓𝑥𝑥 + (2𝑎2𝑝1𝑞1 + 2𝑎3𝑝2(𝑞2 + 𝑞3) + 2𝑎4𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6))𝑓𝑓𝑥𝑦 +

(𝑎2𝑞12 + 𝑎3(𝑞2 + 𝑞3)

2 + 𝑎4(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)2)𝑓2𝑓𝑦𝑦 + (2𝑎3𝑞3𝑝1 +

2𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2))𝑓𝑥𝑓𝑦 + 2(𝑎3𝑞3𝑞1 + 𝑎4(𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)))𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦] +

ℎ4

6[(𝑎2𝑝1

3 + 𝑎3𝑝23 + 𝑎4𝑝3

3)𝑓𝑥𝑥𝑥 + (3𝑎2𝑝12𝑞1 + 3𝑎3𝑝2

2(𝑞2 + 𝑞3) +

3𝑎4𝑝32(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6))𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + (3𝑎2𝑝1𝑞1

2 + 3𝑎3𝑝2(𝑞2 + 𝑞3)2 +

3𝑎4𝑝3(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)2)𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + (𝑎2𝑞1

3 + 𝑎3(𝑞2 + 𝑞3)3 +

𝑎4(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)3)𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 + (3𝑎3𝑞3𝑝1

2 + 3𝑎4(𝑞5𝑝12 + 𝑞6𝑝2

2))𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥 +

(6𝑎3𝑝2𝑞3𝑝1 + 6𝑎4𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2))𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + (6𝑎3𝑞3𝑞1(𝑝1 + 𝑝2) +

6𝑎4(𝑞5𝑝1𝑞1 + 𝑞6𝑝2(𝑞2 + 𝑞3) + 𝑝3𝑞5𝑞1 + 𝑝3𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)) ) 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 +

(3𝑎3𝑞3𝑞12 + 3𝑎4 (𝑞5𝑞1

2 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3)2 + 2((𝑞5𝑞1 + 𝑞6(𝑞2 + 𝑞3))

(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6))𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 6𝑎4𝑞6𝑞3𝑝1𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 6𝑎4𝑞6𝑞3𝑞1𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦 +

6𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6)𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦].

Dengan menggunakan persamaan (3.19), metode deret Taylor orde-4 dapat

dinyatakan sebagai berikut :

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + ℎ𝑦′(𝑥𝑛) +

ℎ2

2𝑦′′(𝑥𝑛) +

ℎ3

6𝑦′′′(𝑥𝑛) +

ℎ4

24𝑦(4)(𝑥𝑛). (3.24)

Dipandang suatu masalah nilai awal

𝑑𝑦


𝑦(𝑥0) = 𝑦0

akan dicari nilai 𝑦′′, 𝑦′′′, dan 𝑦(4) pada (3.24).


42

𝑦′′ = 𝑓′(𝑥, 𝑦) =𝑑

𝑑𝑥𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓𝑥 + 𝑓𝑓𝑦.

𝑦′′′ = 𝑓′′(𝑥, 𝑦) =𝑑

𝑑𝑥𝑓′(𝑥, 𝑦) =

𝜕𝑓′(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+𝜕𝑓′(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥

=𝜕

𝜕𝑥[𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥] +

𝜕

𝜕𝑦[𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥]𝑑𝑦

𝑑𝑥

=𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+

[𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦

𝑑𝑦


𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦]𝑑𝑦

𝑑𝑥

= 𝑓𝑥𝑥 + 𝑓𝑦𝑥𝑓 + 𝑓𝑦𝑓𝑥 + [𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑦𝑦𝑓 + 𝑓𝑦𝑓𝑦]𝑓

= 𝑓𝑥𝑥 + 𝑓𝑥𝑦𝑓 + 𝑓𝑦𝑓𝑥 + 𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑓𝑦𝑦𝑓 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦

= 𝑓𝑥𝑥 + 2𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑥𝑓𝑦 + 𝑓2𝑓𝑦𝑦 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦.

𝑦(4) = 𝑓′′′(𝑥,𝑦) =𝑑

𝑑𝑥𝑓′′(𝑥, 𝑦) =

𝜕𝑓′′(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+𝜕𝑓′′(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥

=𝜕

𝜕𝑥[𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝑑𝑦


𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+

[𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦

𝑑𝑦


𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦]𝑑𝑦

𝑑𝑥] +

𝜕

𝜕𝑦[𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝑑𝑦


𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+

[𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦

𝑑𝑦


𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦]𝑑𝑦

𝑑𝑥]𝑑𝑦

𝑑𝑥

=𝜕

𝜕𝑥[𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝑑𝑦


𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+


43

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦(𝑑𝑦

𝑑𝑥)2

+ (𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦)2 𝑑𝑦

𝑑𝑥] +

𝜕

𝜕𝑦[𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝑑𝑦


𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝑑𝑦


𝜕𝑦𝜕𝑦(𝑑𝑦

𝑑𝑥)2

+ (𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦)2 𝑑𝑦

𝑑𝑥]𝑑𝑦

𝑑𝑥

=𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥𝜕𝑥+𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥𝜕𝑥

𝑑𝑦


𝜕𝑦𝜕𝑥

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥+𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦𝜕𝑥

𝑑𝑦


𝜕𝑥𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+

𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦𝜕𝑥(𝑑𝑦

𝑑𝑥)2

+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦2𝑑𝑦

𝑑𝑥

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+ 2

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+

(𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦)2 𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+ [𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑥𝜕𝑦+𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥𝜕𝑦

𝑑𝑦


𝜕𝑦𝜕𝑥

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦+

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥+𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦+𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥+

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦+𝜕3𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦𝜕𝑦(𝑑𝑦

𝑑𝑥)2

+𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦2𝑑𝑦

𝑑𝑥

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦+

2𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦

𝜕2𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ (

𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦)2 𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦]𝑑𝑦

𝑑𝑥

= 𝑓𝑥𝑥𝑥 + 𝑓𝑦𝑥𝑥𝑓 + 𝑓𝑦𝑥𝑓𝑥 + 𝑓𝑦𝑥𝑓𝑥 + 𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥 + 𝑓𝑥𝑦𝑥𝑓 + 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑥 + 𝑓𝑦𝑦𝑥𝑓2 +

2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑥𝑓 + 2𝑓𝑦𝑥𝑓𝑦𝑓 + 𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑥 + [𝑓𝑥𝑥𝑦 + 𝑓𝑦𝑥𝑦𝑓 + 𝑓𝑦𝑥𝑓𝑦 + 𝑓𝑦𝑦𝑓𝑥 + 𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 +

𝑓𝑥𝑦𝑦𝑓 + 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦 + 𝑓𝑦𝑦𝑦𝑓2 + 𝑓𝑦𝑦2𝑓𝑓𝑦 + 2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦𝑓 + 𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦]𝑓

= 𝑓𝑥𝑥𝑥 + 𝑓𝑥𝑥𝑦𝑓 + 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑥 + 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑥 + 𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥 + 𝑓𝑥𝑦𝑥𝑓 + 𝑓𝑦𝑥𝑓𝑥 + 𝑓𝑥𝑦𝑦𝑓2 +


44

2𝑓𝑦𝑦𝑓𝑥𝑓 + 2𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦𝑓 + 𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑥 + 𝑓𝑓𝑦𝑥𝑥 + 𝑓2𝑓𝑦𝑥𝑦 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑥 +

𝑓2𝑓𝑦𝑦𝑥 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑥 + 𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 + 2𝑓

2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 2𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦

= 𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 5𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦 + 3𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + 4𝑓

2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 +

𝑓3𝑓𝑦𝑦𝑦 + 3𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥.

Dengan substitusi 𝑦′′, 𝑦′′′ dan 𝑦(4) ke persamaan (3.24), diperoleh

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + ℎ𝑓 +ℎ2

2[𝑓𝑥 + 𝑓𝑓𝑦] +

ℎ3

6[𝑓𝑥𝑥 + 2𝑓𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑥𝑓𝑦 + 𝑓

2𝑓𝑦𝑦 +

𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦] +ℎ4

24[𝑓𝑥𝑥𝑥 + 3𝑓𝑓𝑥𝑥𝑦 + 3𝑓𝑓𝑥𝑓𝑦𝑦 + 5𝑓𝑓𝑦𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑓𝑦𝑓𝑦𝑓𝑦 +

(3.25)

3𝑓2𝑓𝑥𝑦𝑦 + 4𝑓2𝑓𝑦𝑓𝑦𝑦 + 𝑓

3𝑓𝑦𝑦𝑦 + 3𝑓𝑥𝑓𝑥𝑦 + 𝑓𝑥𝑓𝑦𝑓𝑦 + 𝑓𝑦𝑓𝑥𝑥]

Selanjutnya menyamakan koefisien dari (3.23) dan (3.25) didapat

𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 = 1

𝑎2𝑝1 + 𝑎3𝑝2 + 𝑎4𝑝3 =1

2

𝑎2𝑞1 + 𝑎3(𝑞2 + 𝑞3) + 𝑎4(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6) =1

2

}𝑝1 = 𝑞1 𝑝2 = 𝑞2 + 𝑞3 𝑝3 = 𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6

𝑎2𝑞1 + 𝑎3(𝑞2 + 𝑞3) + 𝑎4(𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6) =1

2

1

2(𝑎2𝑝1

2 + 𝑎3𝑝22 + 𝑎4𝑝3

2) =1

6⟺ 𝑎2𝑝1

2 + 𝑎3𝑝22 + 𝑎4𝑝3

2 =1

3

1

6(𝑎2𝑝1

3 + 𝑎3𝑝23 + 𝑎4𝑝3

3) =1

24⟺ 𝑎2𝑝1

3 + 𝑎3𝑝23 + 𝑎4𝑝3

3 =1

4

1

2(2𝑎3𝑞3𝑝1 + 2𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)) =

1

6⟺ 𝑎3𝑞3𝑝1 + 𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =

1

6

(𝑎3𝑝2𝑞3𝑝1 + 𝑎4𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2)) =3

24⟺ 𝑎3𝑝2𝑞3𝑝1 + 𝑎4𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =

1

8

3

6(𝑎3𝑞3𝑝1

2 + 𝑎4(𝑞5𝑝12 + 𝑞6𝑝2

2)) =1

24⟺ 𝑎3𝑞3𝑝1

2 + 𝑎4(𝑞5𝑝12 + 𝑞6𝑝2

2) =1

12

1

6(6𝑎4𝑞6𝑞3𝑝1) =

1

24⟺ 𝑎4𝑞6𝑞3𝑝1 =

1

24

atau ditulis


45

{

𝑝1 = 𝑞1 𝑝2 = 𝑞2 + 𝑞3 𝑝3 = 𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 = 1

𝑎2𝑝1 + 𝑎3𝑝2 + 𝑎4𝑝3 =1

2

𝑎2𝑝12 + 𝑎3𝑝2

2 + 𝑎4𝑝32 =

1

3

𝑎2𝑝13 + 𝑎3𝑝2

3 + 𝑎4𝑝33 =

1

4

𝑎3𝑞3𝑝1 + 𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =1

6

𝑎3𝑝2𝑞3𝑝1 + 𝑎4𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =1

8

𝑎3𝑞3𝑝12 + 𝑎4(𝑞5𝑝1

2 + 𝑞6𝑝22) =

1

12

𝑎4𝑞6𝑞3𝑝1 =1

24

Sistem persamaan diatas terdiri dari 11 persamaan dengan 13 variabel yang tidak

diketahui. Diberikan dua kondisi tambahan untuk dapat menyelesaikan sistem.

Pilihan yang paling sering digunakan dan yang sangat membantu yaitu :

𝑝1 =1

2 dan 𝑞2 = 0.

Dengan demikian, diperoleh

𝑞1 =

1

2

(3.26)

𝑝2 = 𝑞3 (3.27)

𝑎4𝑞6𝑞3𝑝1 =124

𝑎4 =1

24𝑞6𝑞3𝑝1

(3.28)

𝑎3𝑞3𝑝1

2 + 𝑎4(𝑞5𝑝12 + 𝑞6𝑝2

2) =1

12

𝑎4 =

112 − 𝑎3𝑞3𝑝1

2

𝑞5𝑝12 + 𝑞6𝑝22

(3.29)

𝑎3𝑞3𝑝1 + 𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =

1

6


46

𝑎4 =

16 − 𝑎3𝑞3𝑝1

𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2

(3.30)

dari (3.28) dan (3.29), didapat

𝑞5𝑝12 + 𝑞6𝑝2

2

24𝑞6𝑞3𝑝1=1 − 12𝑎3𝑞3𝑝1

2

1214 𝑞5 + 𝑞6𝑝2

2

12𝑞3𝑞6=1 − 3𝑎3𝑞3

1214 𝑞5 + 𝑞6𝑝2

2

𝑞3𝑞6= 1 − 3𝑎3𝑞3

14 𝑞5 + 𝑞6𝑝2

2 = 𝑞3𝑞6 − 3𝑎3𝑞3𝑞3𝑞6

14 𝑞5 + 𝑞6𝑝2

2 = 𝑞3𝑞6 − 3𝑎3𝑞32𝑞6

14 𝑞5 = 𝑞3𝑞6 − 3𝑎3𝑞3

2𝑞6 − 𝑝22𝑞6

14 𝑞5 = 𝑝2𝑞6 − 3𝑎3𝑝22𝑞6 − 𝑝22𝑞6

14 𝑞5 = 𝑝2𝑞6 − 𝑝2

2𝑞6(3𝑎3 + 1)

𝑞5 = 4(𝑝2𝑞6 − 𝑝22𝑞6(3𝑎3 + 1))

𝑞5 = 4𝑞6𝑝2(1 − 𝑝2(3𝑎3 + 1)).

(3.31)

Dari (3.28) dan (3.30), didapat

𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝224𝑞6𝑞3𝑝1

=1 − 6𝑎3𝑞3𝑝1

612 𝑞5 + 𝑞6𝑝212𝑞6𝑞3

=1 − 3𝑎3𝑞3

612 𝑞5 + 𝑞6𝑝22𝑞6𝑞3

= 1 − 3𝑎3𝑞3

12 𝑞5 + 𝑞6𝑝2 = 2𝑞6𝑞3 − 6𝑞6𝑞32𝑎3

12 𝑞5 + 𝑞6𝑝2 = 2𝑞6𝑝2 − 6𝑞6𝑝2

2𝑎3

12 𝑞5 = 2𝑞6𝑝2 − 6𝑞6𝑝2

2𝑎3 − 𝑞6𝑝2

12 𝑞5 = 𝑞6𝑝2 − 6𝑞6𝑝22𝑎3

𝑞5 = 2(𝑞6𝑝2 − 6𝑞6𝑝22𝑎3)

𝑞5 = 2𝑞6𝑝2(1 − 6𝑝2𝑎3)

(3.32)


47

dari persamaan (3.31) dan (3.32), diperoleh

4𝑞6𝑝2(1 − 𝑝2(3𝑎3 + 1)) = 2𝑞6𝑝2(1 − 6𝑝2𝑎3)

2(1 − 𝑝2(3𝑎3 + 1)) = 1 − 6𝑝2𝑎32 − 2𝑝2(3𝑎3 + 1) = 1 − 6𝑝2𝑎31 − 6𝑝2𝑎3 − 2𝑝2 = −6𝑝2𝑎3

1 − 2𝑝2 = 0

𝑝2 =12

𝑞3 =12

substitusi 𝑝2 ke (3.32), diperoleh

𝑞5 = 2𝑞6𝑝2(1 − 6𝑝2𝑎3)

= 2𝑞612 (1 − 6

12𝑎3)

= 𝑞6(1 − 3𝑎3).

(3.33)

Substitusi 𝑝1, 𝑝2, dan 𝑞3 ke 𝑎3𝑞3𝑝1 + 𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =1

6, diperoleh

𝑎3𝑞3𝑝1 + 𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =16

𝑎31212 + 𝑎4 (𝑞5

12 + 𝑞6

12) =

16

𝑎34 +

𝑎42(𝑞5 + 𝑞6) =

16

𝑎3 + 2𝑎4(𝑞5 + 𝑞6) =23

(3.34)

Substitusi 𝑝1 dan 𝑞3 ke (3.28), diperoleh

𝑎4 =1

24𝑞6𝑞3𝑝1

𝑎4 =1

24𝑞61212

𝑎4 =1

24𝑞614

𝑎4 =16𝑞6

.

(3.35)

Dari 𝑎2𝑝1 + 𝑎3𝑝2 + 𝑎4𝑝3 =1

2 dan 𝑎2𝑝1

2 + 𝑎3𝑝22 + 𝑎4𝑝3

2 =1

3, diperoleh


48

{𝑎212 + 𝑎3

12 + 𝑎4𝑝3 =

12

𝑎214 + 𝑎3

14 + 𝑎4𝑝3

2 =13

{

12(𝑎2 + 𝑎3) + 𝑎4𝑝3 =

12

14(𝑎2 + 𝑎3) + 𝑎4𝑝32 =

13

{

12(𝑎2 + 𝑎3) + 𝑎4𝑝3 =

12

12(𝑎2 + 𝑎3) + 2𝑎4𝑝32 =

23

2𝑎4𝑝32 − 𝑎4𝑝3 =16

𝑎4(2𝑝32 − 𝑝3) =16 ,

(3.36)

dari 𝑎2𝑝12 + 𝑎3𝑝2

2 + 𝑎4𝑝32 =

1

3 dan 𝑎2𝑝1

3 + 𝑎3𝑝23 + 𝑎4𝑝3

3 =1

4 , diperoleh

{𝑎214 + 𝑎3

14 + 𝑎4𝑝3

2 =13

𝑎218+ 𝑎3

18+ 𝑎4𝑝3

3 =14

{

14(𝑎2 + 𝑎3) + 𝑎4𝑝32 =

13

18(𝑎2 + 𝑎3) + 𝑎4𝑝33 =

14

{

14(𝑎2 + 𝑎3) + 𝑎4𝑝32 =

13

14(𝑎2 + 𝑎3) + 2𝑎4𝑝33 =

12

𝑎4(2𝑝33 − 𝑝32) =16 .

(3.37)

Dari (3.36) dan (3.37), diperoleh

𝑎4(2𝑝32 − 𝑝3) = 𝑎4(2𝑝3

3 − 𝑝32)

2𝑝32 − 𝑝3 = 2𝑝33 − 𝑝32

𝑝3(2𝑝3 − 1) = 𝑝32(2𝑝3 − 1)

𝑝3 = 𝑝32

𝑝32 − 𝑝3 = 0

𝑝3(𝑝3 − 1) = 0𝑝3 = 0 ∨ 𝑝3 = 1

karena 𝑝3 = 0 tidak memenuhi persamaan (3.36) dan (3.37), maka dipilih

𝑝3 = 1. (3.38)

Substitusi nilai 𝑝3 ke persamaan (3.37), didapat


49

𝑎4(2𝑝33 − 𝑝3

2) =16

𝑎4(2.1 − 1) =16

𝑎4 =16 .

(3.39)

Substitusi nilai 𝑎4 ke persamaan (3.35), diperoleh

𝑎4 =16𝑞6

𝑞6 =16𝑎4

𝑞6 =1

616

𝑞6 = 1.

(3.40)

Dengan mensubstitusi nilai 𝑝1, 𝑝2, 𝑞3, 𝑞6, dan 𝑎4 yang telah diperoleh ke persamaan

𝑎3𝑞3𝑝1 + 𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =1

6 dan 𝑎3𝑝2𝑞3𝑝1 + 𝑎4𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =

1

8, didapat

{𝑎3𝑞3𝑝1 + 𝑎4(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =

16

𝑎3𝑝2𝑞3𝑝1 + 𝑎4𝑝3(𝑞5𝑝1 + 𝑞6𝑝2) =18

{𝑎31212 +

16 (𝑞5

12 + 1

12) =

16

𝑎3121212 +

161 (𝑞5

12 + 1

12) =

18

{

𝑎34 +

16 (𝑞52 +

12) =

16

𝑎38 +

16 (𝑞52 +

12) =

18

{

𝑎34+𝑞512+112

=16

𝑎38 +

𝑞512 +

112 =

18

{

𝑎34 +

𝑞512 =

112

𝑎38 +

𝑞512 =

124

𝑎34 −

𝑎38 =

112 −

124

𝑎3 =23 −

13

𝑎3 =13 .

(3.41)

Substitusi nilai 𝑎3 dan 𝑞6 ke persamaan (3.33) diperoleh


50

𝑞5 = 𝑞6(1 − 3𝑎3)

𝑞5 = 1(1 − 313)

𝑞5 = 1 − 1𝑞5 = 0.

(3.42)

Substitusi nilai 𝑝1, 𝑝2, 𝑝3, 𝑎3 dan 𝑎4 ke 𝑎2𝑝12 + 𝑎3𝑝2

2 + 𝑎4𝑝32 =

1

3, diperoleh

𝑎214 +

1314 +

161 =

13

𝑎2 +13 +

23 =

43

𝑎2 + 1 =43

𝑎2 =13 .

(3.43)

Substitusi nilai 𝑎2, 𝑎3, dan 𝑎4 ke persamaan 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 = 1, diperoleh

𝑎1 +13 +

13 +

16 = 1

𝑎1 +56= 1

𝑎1 =16 .

(3.44)

Substitusi 𝑝3, 𝑞5 dan 𝑞6 ke persamaan 𝑝3 = 𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6, diperoleh

𝑝3 = 𝑞4 + 𝑞5 + 𝑞6𝑞4 = 𝑝3 − 𝑞5 − 𝑞6𝑞4 = 1 − 0 − 1

𝑞4 = 0.

(3.45)

Dengan demikian, telah diperoleh nilai-nilai dari variabel pada sistem persamaan

diatas, yaitu

𝑎1 =16

𝑎2 =13

𝑎3 =13

𝑎4 =16

𝑝1 =12

𝑝2 =12

𝑝3 = 1

𝑞1 =12

𝑞2 = 0

𝑞3 =12

𝑞4 = 0𝑞5 = 0𝑞6 = 1

Selanjutnya substitusi nilai-nilai diatas ke persamaan (3.21) dan (3.22), diperoleh

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 +1

6𝑘1 +

1

3𝑘2 +

1

3𝑘3 +

1

6𝑘4


51

dengan


𝑘2 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 +1

2ℎ, 𝑦𝑛 +

1

2𝑘1)

𝑘3 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 +1

2ℎ, 𝑦𝑛 + 0𝑘1 +

1

2𝑘2)

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + 1ℎ, 𝑦𝑛 + 0𝑘1 + 0𝑘2 + 1𝑘3).

Dengan demikian, metode Runge-Kutta orde-4 dapat dinyatakan sebagai berikut

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 +1

6(𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4)

dengan


𝑘2 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 +ℎ

2, 𝑦𝑛 +

𝑘12)

𝑘3 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 +ℎ

2, 𝑦𝑛 +

𝑘22)

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥𝑛 + ℎ, 𝑦𝑛 + 𝑘3).

Contoh 3

Terapkan metode Runge-Kutta untuk masalah nilai awal

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥 + 𝑦,

(3.6)

𝑦(0) = 1. (3.7)

Manfaatkan metode ini untuk memperkirakan nilai y di = 0,2, 𝑥 = 0,4, 𝑥 = 0,6,

𝑥 = 0,8, dan 𝑥 = 1 dengan ℎ = 0,2. Nyatakan perhitungan di setiap langkah

dengan lima angka setelah titik desimal, dan bulatkan hasil akhir dari setiap langkah

dengan empat angka setelah titik desimal. Bandingkan dengan nilai eksak.

Jawab.

Diketahui 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦, 𝑥0 = 0, dan 𝑦0 = 1 dengan ℎ = 0,2. Dimulai dari

menghitung 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3, 𝑘4 dan 𝐾0 yang didefinisikan pada (3.15) secara berurutan,

pertama diperoleh

𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 0,2𝑓(0, 1) = 0,2(1) = 0,20000.


52

kemudian

𝑥0 +ℎ

2= 0 +

1

2(0,2) = 0,1

dan

𝑦0 +𝑘12= 1,00000 +

1

2(0,20000) = 1,10000,

didapat

𝑘2 = ℎ𝑓 (𝑥0 +ℎ

2, 𝑦0 +

𝑘12) = 0,2𝑓(0,1, 1,10000) = 0,2(1,30000) = 0,26000.

Selanjutnya, karena

𝑦0 +𝑘22= 1,00000 +

1

2(0,26000) = 1,13000,

didapat

𝑘3 = ℎ𝑓 (𝑥0 +ℎ

2, 𝑦0 +

𝑘22) = 0,2𝑓(0,1, 1,13000) = 0,2(1,33000) = 0,26600.

karena 𝑥0 + ℎ = 0,2 dan 𝑦0 + 𝑘3 = 1,00000 + 0,26600 = 1,26600, maka

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥0 + ℎ, 𝑦0 + 𝑘3) = 0,2𝑓(0,2, 1,26600) = 0,2(1,66600) = 0,33320.

Akhirnya, diperoleh

𝐾0 =1

6(𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4)

=1

6(0,20000 + 0,52000 + 0,53200 + 0,33320

= 0,26420.

Dengan persamaan (3.16) nilai aproksimasi dari solusi di 𝑥1 = 0,2 adalah

𝑦1 = 𝑦0 + 𝐾0 = 1 + 0,2642 = 1,2642. (3.46)

Dengan menggunakan 𝑦1 yang diberikan pada (3.46), dihitung secara berurutan

𝑘1, 𝑘2, 𝑘3, 𝑘4 dan 𝐾1 yang didefinisikan pada (3.17). Pertama ditemukan

𝑘1 = ℎ𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 0,2𝑓(0,2, 1,2642 ) = 0,2(1,6642) = 0,33284.

Kemudian karena

𝑥1 +ℎ

2= 0,2 +

1

2(0,2) = 0,3

dan


53

𝑦1 +𝑘12= 1,26420 +

1

2(0,33284) = 1,43062,

didapat

𝑘2 = ℎ𝑓 (𝑥1 +ℎ

2, 𝑦1 +

𝑘12) = 0,2𝑓(0,3, 1,43062) = 0,2(2,03062) = 0,40612.

Selanjutnya, karena

𝑦1 +𝑘22= 1,26420 +

1

2(0,40612) = 1,46726,

didapat

𝑘3 = ℎ𝑓 (𝑥1 +ℎ

2, 𝑦1 +

𝑘22) = 0,2𝑓(0,3, 1,46726) = 0,2(1, 2,06726) = 0,41345

dan karena 𝑥1 + ℎ = 0,4 dan 𝑦1 + 𝑘3 = 1,26420 + 0,41345 = 1,67765, maka

𝑘4 = ℎ𝑓(𝑥1 + ℎ, 𝑦1 + 𝑘3) = 0,2𝑓(0,4, 1,67765) = 0,2(2,47765) = 0,49553.

Akhirnya, diperoleh

𝐾1 =1

6(𝑘1 + 2𝑘2 + 2𝑘3 + 𝑘4)

=1

6(0,33284 + 0,81224 + 0,82690 + 0,49553

= 0,41125.

Dengan membulatkan 𝐾1 dan dari persamaan (3.18) nilai aproksimasi y di 𝑥2 =

0,4 adalah

𝑦2 = 𝑦1 +𝐾1 = 1,2642 + 0,4112 = 1,6754. (3.47)

Dengan menggunakan program MATLAB, diperoleh nilai aproksimasi di 𝑥 = 0,6,

𝑥 = 0,8, dan 𝑥 = 1 berturut-turut sebagai berikut

𝑦3 = 2.2663

𝑦4 = 3.0766

𝑦5 = 4.1548.

Hasil numeris ini dengan metode Runge-Kutta akan ditunjukkan dalam gambar 4.


54


Apabila gambar 4 diperbesar akan tampak seperti berikut


55

Gambar 5. Gambar 4 yang diperbesar.

Membulatkan sampai empat angka setelah titik desimal, nilai eksak di 𝑥 = 0,2 dan

𝑥 = 0,4 masing-masing adalah 1,2642 dan 1,6754. Nilai aproksimasi di 𝑥 = 0,2

yang diberikan pada (3.46) benar untuk empat angka setelah titik desimal, dan nilai

aproksimasi di 𝑥 = 0,4 yang diberikan pada (3.47) juga benar untuk empat angka

setelah titik desimal.

Keakuratan yang luar biasa dari metode Runge-Kutta dalam masalah ini jelas

terlihat. Bahkan, jika metode ini digunakan untuk mencari nilai aproksimasi y di

𝑥 = 0,4 dengan ℎ = 0,4 (yaitu, hanya dalam satu langkah), diperoleh nilai 1,6752,

yang selisihnya hanya 0,0002 dari nilai eksak.

4. Metode Milne

Metode Euler, metode Euler termodifikasi, dan metode Runge-Kutta adalah

metode-metode awal untuk solusi numerik dari suatu masalah nilai awal. Seperti

yang sudah ditunjukkan, metode awal adalah suatu metode yang dapat digunakan


56

untuk memulai solusi. Sebaliknya, metode continuing adalah metode yang tidak

bisa digunakan untuk memulai solusi tetapi dapat digunakan untuk melanjutkannya,

setelah diawali dengan cukup baik. Pada bagian ini, dipertimbangkan secara singkat

metode continuing yang bermanfaat, disebut metode Milne. Metode Milne dapat

digunakan untuk memperkirakan nilai solusi dari masalah nilai awal

𝑑𝑦


(3.1)

𝑦(𝑥0) = 𝑦0, (3.2)

di 𝑥𝑛+1 = 𝑥0 + (𝑛 + 1)ℎ, asalkan nilai pada empat titik sebelumnya 𝑥𝑛−3, 𝑥𝑛−2,

𝑥𝑛−1, dan 𝑥𝑛 telah ditentukan. Diasumsikan bahwa keempat nilai tersebut sudah

ditemukan, masing-masing yaitu 𝑦𝑛−3, 𝑦𝑛−2, 𝑦𝑛−1, dan 𝑦𝑛. Kemudian persamaan

(3.1) dapat digunakan untuk menentukan 𝑑𝑦 𝑑𝑥⁄ di 𝑥𝑛−2, 𝑥𝑛−1, dan 𝑥𝑛, yaitu

𝑦𝑛−2′ = 𝑓(𝑥𝑛−2, 𝑦𝑛−2), 𝑦𝑛−1

′ = 𝑓(𝑥𝑛−1, 𝑦𝑛−1), dan 𝑦𝑛′ = 𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛). Berbagai

angka ini ditentukan, metode Milne dilanjutkan sebagai berikut:

Pertama-tama tentukan nilai 𝑦𝑛+1(1)

yang diberikan dalam persamaan

𝑦𝑛+1𝑃 = 𝑦𝑛−3 +

4ℎ

3(2𝑦𝑛

′ − 𝑦𝑛−1′ + 2𝑦𝑛−2

′ ). (3.48)

Dengan demikian ditentukan nilai 𝑦𝑛+1𝑃 , selanjutnya menentukan nilai 𝑦𝑛+1

′𝑃 yang

diberikan dalam persamaan

𝑦𝑛+1′𝑃 = 𝑓(𝑥𝑛+1, 𝑦𝑛+1

𝑃 ). (3.49)

Aknirnya, nilai 𝑦𝑛+1′𝑃 telah ditentukan, selanjutnya menentukan nilai 𝑦𝑛+1

𝐶 yang

diberikan dalam persamaan

𝑦𝑛+1𝐶 = 𝑦𝑛−1 +

ℎ

3(𝑦𝑛+1

′𝑃 + 4𝑦𝑛′ + 𝑦𝑛−1

′ ). (3.50)

Jika nilai 𝑦𝑛+1𝑃 yang ditentukan dari persamaan (3.48) dan nilai 𝑦𝑛+1

𝐶 yang

ditentukan dari persamaan (3.50) adalah sama dengan jumlah desimal yang diminta,

maka diambil nilai umum ini menjadi nilai aproksimasi dari solusi di 𝑥𝑛+1 dan

dinotasikan dengan 𝑦𝑛+1.


57

Jika nilai-nilai 𝑦𝑛+1𝑃 dan 𝑦𝑛+1

𝐶 tidak sama dengan jumlah desimal yang diminta dan

semua perhitungan-pehitungan sudah diperiksa dan tampaknya benar, maka

dilanjutkan dengan proses berikut. Hitung nilai

𝐸 =|𝑦𝑛+1𝐶 − 𝑦𝑛+1

𝑃 |

29,

yang merupakan bagian utama dari kesalahan dalam persamaan (3.50). Jika E dapat

diabaikan sehubungan dengan jumlah desimal yang dibutuhkan, maka dapat

diambil nilai 𝑦𝑛+1𝐶 yang diperoleh dari persamaan (3.50) sebagai nilai aproksimasi

dari solusi di 𝑥𝑛+1 dan dinotasikan sebagai 𝑦𝑛+1. Di sisi lain, jika E sangat besar

bahwa itu tidak dapat diabaikan sehubungan dengan jumlah desimal yang

dibutuhkan, maka nilai h yang digunakan terlalu besar dan harus diganti dengan

nilai h yang lebih kecil. Dengan mengamati bahwa sekali nilai-nilai 𝑦0, 𝑦1, 𝑦2, dan

𝑦3 telah ditentukan, metode Milne dengan 𝑛 = 3 bisa digunakan untuk menentukan

𝑦4. Ketika 𝑦4 telah ditentukan dengan persamaan, metode Milne dengan 𝑛 = 4 bisa

digunakan untuk menentukan 𝑦5. Kemudian dilanjutkan dengan cara yang sama,

dapat dihitung nilai 𝑦6, 𝑦7, . . .. Tetapi harus diketahui nilai 𝑦0, 𝑦1, 𝑦2, dan 𝑦3 untuk

memulai metode Milne. Tentu 𝑦0 diberikan persis dengan kondisi awal, dan dapat

dicari 𝑦1, 𝑦2, dan 𝑦3 menggunakan salah satu metode awal yang sudah dijelaskan

sebelumnya (contohnya, metode Runge-Kutta).

Penurunan Metode Milne

a) Rumus interpolasi maju Newton’s Gregory

Rumus interpolasi ini sangat berguna untuk menginterpolasi nilai-nilai 𝑓(𝑥)

didekat awal dari himpunan nilai-nilai yang diberikan. Rumus ini dinyatakan

sebagai berikut

𝑓(𝑎 + ℎ𝑢) = 𝑓(𝑎) + 𝑢Δ𝑓(𝑎) +𝑢(𝑢 − 1)

2!Δ2𝑓(𝑎) + ⋯+

(3.51)

𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 − 2)⋯𝑢(𝑢 − 𝑛 + 1)

𝑛!Δ𝑛𝑓(𝑎).

ℎ disebut sebagai interval selisih dan 𝑢 = (𝑥 − 𝑎) ℎ⁄ .


58

b) Metode Milne

Metode milne adalah metode yang sederhana dan cukup akurat untuk

menyelesaikan PDB secara numerik. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial

𝑦′ = 𝑓′(𝑥, 𝑦) dengan metode ini, pertama-tama nilai dari 𝑦𝑛+1 diaproksimasi

dengan rumus prediktor di 𝑥𝑛+1 kemudian memperbaiki nilai dari 𝑦𝑛+1 ini dengan

menggunakan rumus korektor. Rumus ini akan diturunkan dari rumus interpolasi

newton.

c) Penurunan Rumus Prediktor Milne

Diketahui bahwa rumus interpolasi maju Newton dalam 𝑦′ dan 𝑢 untuk 𝑛 = 4

diberikan sebagai berikut :

𝑦′ = 𝑦0′ + 𝑢Δ𝑦0

′ +𝑢(𝑢 − 1)

2!Δ2𝑦0

′ +𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 − 2)

3!Δ3𝑦0

′ +

(3.52)

𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 − 2)(𝑢 − 3)

4!Δ4𝑦0

′ +⋯

𝑦′ = 𝑦0′ + 𝑢Δ𝑦0

′ +𝑢2 − 𝑢

2Δ2𝑦0

′ +𝑢3 − 3𝑢2 + 2𝑢

6Δ3𝑦0

′ +

𝑢4 − 6𝑢3 + 11𝑢2 − 6𝑢

24Δ4𝑦0

′ +⋯

𝑢 =𝑥 − 𝑥0ℎ

⟺ 𝑥 = 𝑥0 + 𝑢ℎ ⟺ 𝑑𝑥 = ℎ𝑑𝑢.

Selanjutnya, mengintegralkan (3.52) pada interval 𝑥 = 𝑥0 sampai 𝑥 = 𝑥0 + 4ℎ

yaitu 𝑢 = 0 sampai 𝑢 = 4, diperoleh

∫ 𝑦′

𝑥0+4ℎ

𝑥0

𝑑𝑥 = ℎ∫[𝑦0′ + 𝑢Δ𝑦0

′ +𝑢2 − 𝑢

2Δ2𝑦0

′ +𝑢3 − 3𝑢2 + 2𝑢

6

4

0

Δ3𝑦0′ +

𝑢4 − 6𝑢3 + 11𝑢2 − 6𝑢

24Δ4𝑦0

′ +⋯]𝑑𝑢

𝑦]𝑥0𝑥0+4ℎ = ℎ [𝑢𝑦0

′ +𝑢2

2Δ𝑦0

′ +1

2(𝑢3

3−𝑢2

2) Δ2𝑦0

′ +1

6

(𝑢4

4− 𝑢3 + 𝑢2)Δ3𝑦0

′ +1

24(𝑢5

5−3

2𝑢4 +

11

3𝑢3 − 3𝑢2)Δ4𝑦0

′ +⋯]0

4


59

𝑦(𝑥0 + 4ℎ) − 𝑦(𝑥0) = ℎ [(4𝑦0′ +

16

2Δ𝑦0

′ +1

2(64

3−16

2)Δ2𝑦0

′ +1

6

(256

4− 64 + 16)Δ3𝑦0

′ + (1024

120−768

48+704

72− 2)Δ4𝑦0

′ +⋯) − 0]

𝑦(𝑥0 + 4ℎ) − 𝑦(𝑥0) = ℎ [4𝑦0′ +

16

2Δ𝑦0

′ + (64

6−16

4)Δ2𝑦0

′ +

(256

24−48

6)Δ3𝑦0

′ + (1024

120−768

48+704

72− 2)Δ4𝑦0

′ +⋯]

𝑦4 − 𝑦0 = ℎ [4𝑦0′ + 8Δ𝑦0

′ +20

3Δ2𝑦0

′ +8

3Δ3𝑦0

′ +28

90Δ4𝑦0

′ +⋯] (3.53)

Setelah mengabaikan Δ5 dan orde yang lebih tinggi, serta substitusi Δ ≡ Ε − 1, dari

persamaan (3.53) diperoleh

𝑦4 − 𝑦0 = ℎ [4𝑦0′ + 8(Ε − 1)𝑦0

′ +20

3(Ε − 1)2𝑦0

′ +8

3(Ε − 1)3𝑦0

′ +

28

90Δ4𝑦0

′]

𝑦4 = 𝑦0 + ℎ [4𝑦0′ + 8(Ε − 1)𝑦0

′ +20

3(Ε − 1)2𝑦0

′ +8

3(Ε − 1)3𝑦0

′ +

28

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [4𝑦0′ + 8(Ε − 1)𝑦0

′ +20

3(Ε2 − 2Ε + 1)𝑦0

′ +8

3(Ε3 − 3Ε2

+

+3Ε − 1)𝑦0′ +

28

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [4𝑦0′ + 8Ε𝑦0

′ − 8𝑦0′ +

20

3Ε2𝑦0

′ −40

3Ε𝑦0

′ +20

3𝑦0

′ +

8

3Ε3𝑦0

′ − 8Ε2𝑦0′ + 8Ε𝑦0

′ −8

3𝑦0

′ +28

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [(4 − 8 +20

3−8

3) 𝑦0

′ + (8 −40

3+ 8)Ε𝑦0

′ +

(20

3− 8)Ε2𝑦0

′ +8

3Ε3𝑦0

′ +28

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [(0)𝑦0′ +

8

3Ε𝑦0

′ −4

3Ε2𝑦0

′ +8

3Ε3𝑦0

′ +28

90Δ4𝑦0

′]


60

= 𝑦0 + ℎ [8

3Ε𝑦0

′ −4

3Ε2𝑦0

′ +8

3Ε3𝑦0

′ +28

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [4

3(2Ε𝑦0

′ − Ε2𝑦0′ + 2Ε3𝑦0

′) +28

90Δ4𝑦0

′]

Ε𝑦0′ = 𝑦1

′, Ε2𝑦0′ = 𝑦2

′, Ε3𝑦0′ = 𝑦3

′

𝑦4 = 𝑦0 +4ℎ

3[2𝑦1

′ − 𝑦2′ + 2𝑦3

′] +28

90ℎΔ4𝑦0

′ (3.54)

d) Penurunan Rumus Korektor Milne

Untuk menentukan rumus korektor, persamaan (3.52) diintegralkan pada interval

𝑥 = [𝑥0, 𝑥0 + 2ℎ] atau 𝑢 = [0,2], diperoleh

∫ 𝑦′

𝑥0+2ℎ

𝑥0

𝑑𝑥 = ℎ∫[𝑦0′ + 𝑢Δ𝑦0

′ +𝑢2 − 𝑢

2Δ2𝑦0

′ +𝑢3 − 3𝑢2 + 2𝑢

6

2

0

Δ3𝑦0′ +

𝑢4 − 6𝑢3 + 11𝑢2 − 6𝑢

24Δ4𝑦0

′ +⋯]𝑑𝑢

𝑦]𝑥0𝑥0+2ℎ = ℎ [𝑢𝑦0

′ +𝑢2

2Δ𝑦0

′ +1

2(𝑢3

3−𝑢2

2) Δ2𝑦0

′ +

1

6(𝑢4

4− 𝑢3 + 𝑢2)Δ3𝑦0

′ +1

24(𝑢5

5−3

2𝑢4 +

11

3𝑢3 − 3𝑢2)Δ4𝑦0

′

+⋯]0

2

𝑦(𝑥0 + 2ℎ) − 𝑦(𝑥0) = ℎ [(2𝑦0′ +

4

2Δ𝑦0

′ +1

2(8

3−4

2)Δ2𝑦0

′ +1

6

(16

4− 8 + 4)Δ3𝑦0

′ + (32

120−48

48+88

72−1

2)Δ4𝑦0

′ +⋯) − 0]

𝑦(𝑥0 + 2ℎ) − 𝑦(𝑥0) = ℎ [2𝑦0′ + 2Δ𝑦0

′ + (8

6−4

4)Δ2𝑦0

′ +

1

6(0)Δ3𝑦0

′ + (−1

90)Δ4𝑦0

′ +⋯]

𝑦2 − 𝑦0 = ℎ [2𝑦0′ + 2Δ𝑦0

′ +1

3Δ2𝑦0

′ −1

90Δ4𝑦0

′ +⋯]

𝑦2 = 𝑦0 + ℎ [2𝑦0′ + 2Δ𝑦0

′ +1

3Δ2𝑦0

′ −1

90Δ4𝑦0

′ +⋯] (3.55)


61

Setelah mengabaikan Δ5 dan orde yang lebih tinggi, serta substitusi Δ ≡ Ε − 1, dari

persamaan (3.55) diperoleh rumus korektor Milne sebagai berikut :

𝑦2 = 𝑦0 + ℎ [2𝑦0′ + 2(Ε − 1)𝑦0

′ +1

3(Ε − 1)2𝑦0

′ −1

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [2𝑦0′ + 2(Ε − 1)𝑦0

′ +1

3(Ε2 − 2Ε + 1)𝑦0

′ −1

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [2𝑦0′ + 2Ε𝑦0

′ − 2𝑦0′ +

1

3Ε2𝑦0

′ −2

3Ε𝑦0

′ +1

3𝑦0

′

−1

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [(2 − 2 +1

3) 𝑦0

′ + (2 −2

3)Ε𝑦0

′ +1

3Ε2𝑦0

′ −1

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 + ℎ [1

3𝑦0

′ +4

3Ε𝑦0

′ +1

3Ε2𝑦0

′ −1

90Δ4𝑦0

′]

Ε𝑦0′ = 𝑦1

′, Ε2𝑦0′ = 𝑦2

′

= 𝑦0 + ℎ [1

3𝑦0

′ +4

3𝑦1′ +

1

3𝑦2

′ −1

90Δ4𝑦0

′]

= 𝑦0 +ℎ

3[𝑦0

′ + 4𝑦1′ + 𝑦2

′] −1

90ℎΔ4𝑦0

′ (3.56)

e) Rumus Prediktor-Korektor Milne yang Diperumum

Rumus prediktor-korektor Milne dari persamaan (3.54) dan (3.56) :

𝑦𝑛+1𝑃 = 𝑦𝑛−3 +

4ℎ

3[2𝑦𝑛

′ − 𝑦𝑛−1′ + 2𝑦𝑛−2

′] (3.57)

𝑦𝑛+1𝐶 = 𝑦𝑛−1 +

ℎ

3[𝑦𝑛+1

′ + 4𝑦𝑛′ + 𝑦𝑛−1

′] (3.58)

Indeks P dan C menunjukkan nilai prediksi dan koreksi 𝑦𝑛+1 masing-masing di 𝑥 =

𝑥𝑛+1.

Galat

Δ4𝑦′ dihilangkan pada rumus diatas, sedangkan mereka menunjukkan bagian utama

dari kesalahan nilai 𝑦𝑛+1 yang dihitung dari (3.57) dan (3.58). Perlu dicatat bahwa

kesalahan yang terjadi pada perhitungan (3.57) dan (3.58) adalah tanda yang

berlawanan dengan magnitudo yang sangat kecil.


62

Karena 28

90ℎΔ4𝑦′ dan −

1

90ℎΔ4𝑦′ diambil sebagai bagian utama dari kesalahan

perhitungan, dapat ditulis :

[𝑦𝑛+1]𝑒𝑘𝑠𝑎𝑘 = 𝑦𝑛+1

𝑃 +28

90ℎΔ4𝑦′

(3.59)

[𝑦𝑛+1]𝑒𝑘𝑠𝑎𝑘 = 𝑦𝑛+1

𝐶 −1

90ℎΔ4𝑦′

(3.60)

substitusi (3.59) ke (3.60), diperoleh

𝑦𝑛+1𝑃 +

28

90ℎΔ4𝑦′ = 𝑦𝑛+1

𝐶 −1

90ℎΔ4𝑦′

𝑦𝑛+1𝑃 − 𝑦𝑛+1

𝐶 = −1

90ℎΔ4𝑦′ −

28

90ℎΔ4𝑦′


𝐶 = −29

90ℎΔ4𝑦′


𝐶 = 29 (−1

90ℎΔ4𝑦′) = 29Ε𝑇 .

Ε𝑇 adalah notasi untuk bagian utama dari kesalahan pada persamaan (3.58). Dari

sini diperoleh

29Ε𝑇 = 𝑦𝑛+1𝑃 − 𝑦𝑛+1

𝐶

Ε𝑇 =

1

29(𝑦𝑛+1

𝑃 − 𝑦𝑛+1𝐶 )

Dengan demikian, dapat disimpulkan bahwa kesalahan perhitungan dalam (3.60)

adalah 1

29 dari selisih antara prediksi dan koreksi nilai 𝑦 di 𝑥 = 𝑥𝑛+1.

Contoh 4

Terapkan metode Milne untuk memperkirakan nilai y di 𝑥 = 0,8 dan 𝑥 = 1 dari

masalah nilai awal

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥 + 𝑦,

(3.6)

𝑦(0) = 1. (3.7)

Diasumsikan bahwa nilai di 𝑥 = 0,2, 𝑥 = 0,4, dan 𝑥 = 0,6 masing-masing 1,264,

1,675 dan 2,266.


63

Jawab.

Dengan menerapkan persamaan (3.48), (3.49), dan (3.50) diperoleh

𝑥0 = 0, 𝑦0 = 1,000,

𝑥1 = 0,2, 𝑦1 = 1,264,

𝑥2 = 0,4, 𝑦2 = 1,675,

𝑥3 = 0,6, 𝑦3 = 2,266,

dan 𝑥4 = 0,8. Dengan menggunakan 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦, didapat

𝑦1′ = 𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 𝑓(0,2, 1,264) = 1.664,

𝑦2′ = 𝑓(𝑥2, 𝑦2) = 𝑓(0,4, 1,675) = 2,475,

𝑦3′ = 𝑓(𝑥3, 𝑦3) = 𝑓(0,6, 2,266) = 3,466.

Selanjutnya, dengan memanfaatkan persamaan (3.48) dengan 𝑛 = 3 dan ℎ = 0,2

untuk menentukan 𝑦4′ , diperoleh

𝑦4(1) = 𝑦0 +

4(0,2)

3(2𝑦3

′ − 𝑦2′ + 2𝑦1

′)

= 1,000 +0,8

3(6,932 − 2,475 + 3,328) = 3,076.

Lalu, untuk menentukan 𝑦4′(1)

dengan 𝑛 = 3 dan ℎ = 0,2 digunakan persamaan

(3.49), didapat

𝑦4′(1) = 𝑓(𝑥4, 𝑦4

(1)) = 𝑓(0,8, 3,076) = 4,676.

Langkah akhir, yaitu menentukan 𝑦4(2)

, menggunakan persamaan (3.50) dengan

𝑛 = 3 dan ℎ = 0,2, didapat

𝑦4(2) = 𝑦2 +

0,2

3(𝑦4

′(1)+ 4𝑦3

′ + 𝑦2′)

= 1,675 +0,2

3(4,676 + 13,864 + 2,475) = 3,076.

Karena nilai 𝑦4(1)

dan 𝑦4(2)

sesuai dengan empat angka setelah titik desimal, diambil

nilai bersama sebagai nilai aproksimasi di 𝑥4 = 0,4 dan dinotasikan 𝑦4, yaitu


64

𝑦4 = 3,076.

Dengan menggunakan program MATLAB didapat

𝑦5 = 4,155

dengan pembulatan.

Hasil numeris ini ditunjukkan dalam gambar 6.




65


Tabel keseluruhan galat dari tiap-tiap metode dengan pembulatan tujuh angka

setelah titik desimal akan ditunjukkan dalam tabel 4.

Tabel 4. Tabel perbandingan galat keempat metode

x Galat Euler Galat EM Galat RK Galat Milne

0,2 0,0642083 0,0027917 0,0000083 ---

0,4 0,1554741 0,0065259 0,0000259 ---

0,6 0,2823564 0,0116436 0,0000564 ---

0,8 0,4556228 0,0183772 0,0000228 0,0000106

1 0,6898455 0,0281545 0,0000455 0,0000163

Rata-rata galat 0,3295014 0,0134986 0,0000318 0,0000149


66

5. Penyelesaian Numeris Sistem PDB Orde Satu

Bentuk normal dalam kasus umum sistem n persamaan diferensial orde satu dalam

n fungsi yang tidak diketahui 𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛 adalah

𝑑𝑥1𝑑𝑡

= 𝑎11(𝑡)𝑥1 + 𝑎12(𝑡)𝑥2 +⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 + 𝐹1(𝑡),

𝑑𝑥2𝑑𝑡

= 𝑎21(𝑡)𝑥1 + 𝑎22(𝑡)𝑥2 +⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 + 𝐹2(𝑡),

⋮ (3.61)

𝑑𝑥𝑛𝑑𝑡

= 𝑎𝑛1(𝑡)𝑥1 + 𝑎𝑛2(𝑡)𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑛𝑥𝑛 + 𝐹𝑛(𝑡).

Suatu PDB orde n dapat diubah menjadi sistem atas n PDB orde satu. Diberikan

suatu PDB orde n yang dinormalisasi (koefisien turunan tertinggi adalah satu)

𝑑𝑛𝑥

𝑑𝑡𝑛+ 𝑎1(𝑡)

𝑑𝑛−1

𝑑𝑡𝑛−1+⋯+ 𝑎𝑛−1

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑎𝑛(𝑡)𝑥 = 𝐹(𝑡)

(3.62)

dalam satu fungsi x yang tidak diketahui. Misalkan

𝑥1 = 𝑥, 𝑥2 =

𝑑𝑥

𝑑𝑡, 𝑥3 =

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2, ⋯ , 𝑥𝑛−1 =

𝑑𝑛−2𝑥

𝑑𝑡𝑛−2, 𝑥𝑛 =

𝑑𝑛−1𝑥

𝑑𝑡𝑛−1.

(3.63)

Dari persamaan (25) dan (26), diperoleh

𝑑𝑥

𝑑𝑡=𝑑𝑥1𝑑𝑡

,𝑑2𝑥

𝑑𝑡2=𝑑𝑥2𝑑𝑡

, , ⋯ ,𝑑𝑛−1𝑥

𝑑𝑡𝑛−1=𝑑𝑥𝑛−1𝑑𝑡

,𝑑𝑛𝑥

𝑑𝑡𝑛=𝑑𝑥𝑛𝑑𝑡.

(3.64)

Kemudian menggunakan (3.63) dan (3.64), PDB orde n pada (3.62) dapat diubah

menjadi

𝑑𝑥1𝑑𝑡

= 𝑥2,

𝑑𝑥2𝑑𝑡

= 𝑥3,

⋮ (3.65)


67

𝑑𝑥𝑛−1𝑑𝑡

= 𝑥𝑛,

𝑑𝑥𝑛𝑑𝑡

= −𝑎𝑛(𝑡)𝑥1 − 𝑎𝑛−1(𝑡)𝑥2 −⋯− 𝑎1(𝑡)𝑥𝑛 + 𝐹(𝑡),

yang merupakan kasus khusus dari sistem PDB orde satu (3.61) dari n persamaan

dalam n fungsi yang tidak diketahui. Dengan demikian dapat dilihat bahwa satu

PDB orde n (3.62) dalam satu fungsi yang tidak diketahui memang terkait erat

dengan sistem n PDB orde satu dalam n fungsi yang tidak diketahui.

Contoh 5

Dipandang suatu PDB orde 2

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑥 = 0.

(3.66)

a) Buatlah sistem PDB orde satu yang ekivalen dengan PDB orde 2 tersebut.

b) Buatlah skema metode Euler untuk menyelesaikan sistem PDB orde 1 hasil (a).

c) Diketahui saat 𝑡 = 0, 𝑥(0) = 1 dan 𝑑𝑥(0)

𝑑𝑡= 0. Apabila diambil ∆𝑡 = 0,1

tentukanlah nilai x pada saat 𝑡 = 1 berdasarkan metode Euler.

Jawab.

a) Dengan menggunaan (3.63) dan (3.64), misalkan

𝑢 = 𝑥 ⟹ 𝑢′ = 𝑥′ = 𝑣

𝑣 = 𝑥′ ⟹ 𝑣′ = 𝑥′′ = −𝑢.

Persamaan (3.66) dapat diubah menjadi

{𝑢′ = 𝑣 𝑣′ = −𝑢.

b) Dengan menggunakan metode Euler pada (3.4) diperoleh

𝑢′ = 𝑣 ⟶ 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + ∆𝑡𝑓(𝑡𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛)


68

𝑓(𝑡, 𝑢, 𝑣) = 𝑣

𝑓(𝑡𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛) = 𝑣𝑛

𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + ∆𝑡(𝑣𝑛)

𝑣′ = −𝑢 ⟶ 𝑣𝑛+1 = 𝑣𝑛 + ∆𝑡𝑓(𝑡𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛)

𝑓(𝑡, 𝑢, 𝑣) = −𝑢

𝑓(𝑡𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛) = −𝑢𝑛

𝑣𝑛+1 = 𝑣𝑛 + ∆𝑡(−𝑢𝑛)

𝑣𝑛+1 = 𝑣𝑛 − ∆𝑡(𝑢𝑛)

c) Dengan menggunakan ∆𝑡 = 0,1, serta saat 𝑡 = 𝑡0 = 0

𝑥(𝑡0) = 𝑥(0) = 𝑥0 = 𝑢0 = 1, dan

𝑑𝑥(𝑡0)

𝑑𝑡= 𝑥′(𝑡0) = 𝑥′0 = 𝑣0 = 0

didapat

𝑡1 = 0,1 𝑢1 = 𝑢0 + ∆𝑡(𝑣0) 𝑡𝑛+1 = 𝑡𝑛 + ∆𝑡

𝑢1 = 1 + 0,1(0) = 1

𝑣1 = 𝑣0 − ∆𝑡(𝑢0)

𝑣1 = 0 − 0,1(1) = −0,1

𝑡2 = 0,2 𝑢2 = 𝑢1 + ∆𝑡(𝑣1)

𝑢2 = 1 + 0,1(−0,1) = 0,99

𝑣2 = 𝑣1 − ∆𝑡(𝑢1)

𝑣2 = −0,1 − 0,1(1) = −0,2

𝑡3 = 0,3 𝑢3 = 𝑢2 + ∆𝑡(𝑣2)

𝑢3 = 0,99 + 0,1(−0,2) = 0,97


69

𝑣3 = 𝑣2 − ∆𝑡(𝑢2)

𝑣3 = −0,2 − 0,1(0,99) = −0,299

𝑡4 = 0,4 𝑢4 = 𝑢3 + ∆𝑡(𝑣3)

𝑢4 = 0,97 + 0,1(−0,299) = 0,9401

𝑣4 = 𝑣3 − ∆𝑡(𝑢3)

𝑣4 = −0,299 − 0,1(0,97) = −0,396

𝑡5 = 0,5 𝑢5 = 𝑢4 + ∆𝑡(𝑣4)

𝑢5 = 0,9401 + 0,1(−0,396) = 0,9005

𝑣5 = 𝑣4 − ∆𝑡(𝑢4)

𝑣5 = −0,396 − 0,1(0,9401) = −0,49001

𝑡6 = 0,6 𝑢6 = 𝑢4 + ∆𝑡(𝑣5)

𝑢6 = 0,9005 + 0,1(−0,49001) = 0,851499

𝑣6 = 𝑢5 − ∆𝑡(𝑢5)

𝑣6 = −0,49001 − 0,1(0,9005) = −0,58006

𝑡7 = 0,7 𝑢7 = 𝑢6 + ∆𝑡(𝑣6)

𝑢7 = 0,851499 + 0,1(−0,58006) = 0,793493

𝑣7 = 𝑣6 − ∆𝑡(𝑢6)

𝑣7 = −0,58006 − 0,1(0,851499) = −0,6652099

𝑡8 = 0,8 𝑢8 = 𝑢7 + ∆𝑡(𝑣7)

𝑢8 = 0,793493 + 0,1(−0,6652099) = 0,72697201


70

𝑣8 = 𝑣8 − ∆𝑡(𝑢7)

𝑣8 = −6652099 − 0,1(0,793493) = −0,7445592

𝑡9 = 0,9 𝑢9 = 𝑢8 + ∆𝑡(𝑣8)

𝑢9 = 0,72697201 + 0,1(−0,7445592) = 0,65251609

𝑣9 = 𝑣8 − ∆𝑡(𝑢8)

𝑣9 = −0,7445592 − 0,1(0,72697201) = −0,817256401

𝑡10 = 1 𝑢10 = 𝑢9 + ∆𝑡(𝑣9)

𝑢10 = 0,65251609 + 0,1(−0,817256401) = 0,5707904499

𝑣10 = 𝑣9 − ∆𝑡(𝑢9)

𝑣10 = −0,817256401 − 0,1(0,65251609) = −0,88250801.

Jadi, nilai x saat 𝑡 = 1

𝑢10 = 𝑥10 = 𝑥(𝑡10) = 𝑥(1) = 0,5707904499,

berdasarkan metode Euler.

Hasil numeris ini ditunjukkan dalam Gambar 8.


71

Gambar 8. Grafik solusi contoh 5 untuk 0 ≤ 𝑡 ≤ 1.

Contoh 6

Dipandang suatu persamaan Lane-Emden

𝑦′′ +

2

𝑥𝑦′ + 𝑦 = 6 + 12𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3.

(3.67)

Solusi eksak terdapat dalam artikel jurnal Ghorbani, Asghar., Bakherad, Mojtaba.

(2017). New Astronomy. A Variational Iteration for Solving Nonlinear Lane-

Emden Problems, 54, 1-6. Halaman 4.


b) Buatlah skema metode Euler untuk menyelesaikan sistem PDB orde 1 hasil

(a).

c) Diketahui saat 𝑥 = 10−14, 𝑦(10−14) = 0, 𝑑𝑦(10−6)

𝑑𝑥= 0. Apabila diambil

∆𝑥 = 0,1 tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1, berdasarkan metode Euler.

d) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,

berdasarkan metode Euler termodifikasi.


72

e) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,

berdasarkan metode Runge-Kutta.

f) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,

berdasarkan metode Milne.

Jawab.


𝑢 = 𝑦 ⟹ 𝑢′ = 𝑦′ = 𝑣

𝑣 = 𝑦′ ⟹ 𝑣′ = 𝑦′′ = 𝑔(𝑥) −

2

𝑥𝑣 − 𝑢

dengan 𝑔(𝑥) = 6 + 12𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3.


{𝑢′ = 𝑣

𝑣′ = 𝑔(𝑥) −2

𝑥𝑣 − 𝑢.


𝑢′ = 𝑣 ⟶ 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + ∆𝑥𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛)

𝑓(𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑣

𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛) = 𝑣𝑛

𝑢𝑛+1 = 𝑦0𝑛 + ∆𝑥. 𝑣𝑛

𝑣′ = 𝑔(𝑥) −2

𝑥𝑣 − 𝑢

⟶ 𝑣𝑛+1 = 𝑣𝑛 + ∆𝑥𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛)

𝑓(𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑔(𝑥) −2

𝑥𝑣 − 𝑢 𝑣𝑛+1 = 𝑣𝑛 + ∆𝑥 (𝑔(𝑥𝑛) −

2

𝑥𝑛𝑣𝑛 − 𝑢𝑛).

𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛) = 𝑔(𝑥𝑛) −2

𝑥𝑛𝑣𝑛 − 𝑢𝑛

c) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14


73

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦0

′ = 𝑣0 = 0,

untuk 𝑛 = 1,2, … ,10, didapat

𝑥𝑛 𝑦𝑛 = 𝑢𝑛 𝑦𝑛′ = 𝑣𝑛

0,1 0,000000000000000 0,600000000000012

0,2 0,060000000000001 0,121100000000120

0,3 0,072110000000013 0,838800000000018

0,4 0,155990000000015 1,244089000000036

0,5 0,280398900000019 1,708845500000046

0,6 0,451283450000023 2,234767410000053

0,7 0,674760191000029 2,822316595000060

0,8 0,956991850500035 3,471764405900066

0,9 1,304168291090041 4,183324119375072

1,0 1,722500703027549 4,957179708182744

dengan menggunakan program MATLAB.

Jadi, nilai y saat 𝑥 = 1

𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 1,722500703027549,




74

Gambar 9. Grafik solusi contoh 6c untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 1.

d) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦1 = 𝑣0 = 0,



0,1 0,016 0,330

0,2 0,058 0,519

0,3 0,127 0,869

0,4 0,234 1,279

0,5 0,385 1,749


75

0,6 0,586 2,278

0,7 0,843 2,868

0,8 1,162 3,518

0,9 1,549 4,228

1,0 2,010 4,997



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 2,101



Gambar 10. Grafik solusi contoh 6d untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 1.


76

e) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦1 = 𝑣0 = 0,

Untuk 𝑛 = 1,2, … ,10, didapat


0,1 0,029974999999993 0,040720614583471

0,2 0,058386711360243 0,467420916804704

0,3 0,123838167165262 0,846084133357232

0,4 0,229000403622708 1,266145352184465

0,5 0,378858949842613 1,740801325540365

0,6 0,579066955330552 2,273336110373615

0,7 0,835475593734289 2,864874011968745

0,8 1,154010728297731 3,515883703899696

0,9 1,540631420065184 4,226588561311602

1,0 2,001313301988292 4,997105917687338



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 2,001313301988292,




77

Gambar 11. Grafik solusi contoh 6e untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 1.




78

f) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦1 = 𝑣0 = 0,

didapat


0,1 0,011 0,23

0,2 0,048 0,52

0,3 0,117 0,87

0,4 0,224 1,28

0,5 0,375 1,75

0,6 0,576 2,28

0,7 0,833 2,87

0,8 1,152 3,52

0,9 1,539 4,23

1,0 2 5



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 2,




79

Gambar 13. Grafik solusi contoh 6f untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 1.




80

Tabel keseluruhan galat dari tiap-tiap metode dalam menyelesaikan contoh 6

dengan pembulatan akan ditunjukkan dalam tabel 5.

Tabel 5. Perbandingan galat tiap-tiap metode


0,1 0,011 0,005 0,018975 ---

0,2 0,12 0,01 0,0103867 ---

0,3 0,4489 0,01 0,00684 ---

0,4 0.06801 0,01 0,005 7. 10−15

0,5 0.0946011 0,01 0,003859 10−15

0,6 0.1247165 0,01 0,003067 8. 10−15

0,7 0.1582398 0,01 0,0025 12. 10−15

0,8 0,1950081 0,01 0,002011 9. 10−15

0,9 0.2348317 0,01 0,00163 12. 10−15

1 0.2774993 0,01 0,001313 10−15

Rata-rata galat 0.1220797 0.0095 0,0056 7,14. 10−15

Contoh 7


𝑦′′ +

2

𝑥𝑦′ + 𝑦3 = 6 + 𝑥6.

(3.68)


81

Solusi eksak terdapat dalam artikel jurnal Ghorbani, Asghar., Bakherad, Mojtaba.

(2017). New Astronomy. A Variational Iteration for Solving Nonlinear Lane-

Emden Problems, 54, 1-6. Halaman 4.


b) Buatlah skema metode Euler untuk menyelesaikan sistem PDB orde 1 hasil

(a).

c) Diketahui saat 𝑥 = 10−14, 𝑦(10−14) = 0, 𝑑𝑦(10−14)



d) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,


e) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,


f) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,


Jawab.


𝑢 = 𝑦 ⟹ 𝑢′ = 𝑦′ = 𝑣

𝑣 = 𝑦′ ⟹ 𝑣′ = 𝑦′′ = 𝑔(𝑥) −

2

𝑥𝑣 − 𝑢3

dengan 𝑔(𝑥) = 6 + 𝑥6.


{𝑢′ = 𝑣

𝑣′ = 𝑔(𝑥) −2

𝑥𝑣 − 𝑢3.


𝑢′ = 𝑣 ⟶ 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + ∆𝑥𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛)


82

𝑓(𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑣


𝑢𝑛+1 = 𝑦0𝑛 + ∆𝑥. 𝑣𝑛

𝑣′ = 𝑔(𝑥) −2

𝑥𝑣 − 𝑢3


𝑓(𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑔(𝑥) −2

𝑥𝑣 − 𝑢3 𝑣𝑛+1 = 𝑣𝑛 + ∆𝑥 (𝑔(𝑥𝑛) −

2


3).

𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛) = 𝑔(𝑥𝑛) −2


3

c) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14


0,1 0 0,600000000000000

0,2 0,060000000000000 0,000000100000120

0,3 0,060000010000012 0,599984800000000

0,4 0,119998490000012 0,800046233322547

0,5 0,200003113332267 1,000259923184401

0,6 0,300029105650707 1,200918416550080

0,7 0,420120947305715 1,402577091771247

0,8 0,560378656482839 1,606190477461857

0,9 0,720997704229025 1,813260010001102

1,0 0,902323705229135 2,025977263041600



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 0,902323705229135,


83




d) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦′0 = 𝑣0 = 0,



0,1 0 0,598

0,2 0,05 0,4

0,3 0,1 0,6


84


0,4 0,17 0,8

0,5 0,26 1

0,6 0,37 1,2

0,7 0,5 1,4

0,8 0,65 1,599

0,9 0,82 1,798

1,0 1,01 1,996



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 1,01




85


e) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦′0 = 𝑣0 = 0,



0,1 0,029999994374992 0,000000467187637

0,2 0,051110950984503 0,344442850291539

0,3 0,097443727682165 0,575175412060414

0,4 0,165584904502309 0,786001077841481

0,5 0,254463249479452 0,990986345384822


86

0,6 0,363707495902799 1,193642876388274

0,7 0,493154528980049 1,395167490864330

0,8 0,642719092729008 1,596051190278346

0,9 0,812349803570670 1,796521515483055

1,0 1,002011755198405 1,996696358733157



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 1,002011755198405,






87


f) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦′0 = 𝑣0 = 0,



0,1 0,01 0,2

0,2 0,04 0,4

0,3 0,09 0,6

0,4 0,16 0,8

0,5 0,25 1


88


0,6 0,36 1,2

0,7 0,49 1,4

0,8 0,64 1,6

0,9 0,81 1,8

1,0 1 2



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = 1,





89



Tabel keseluruhan galat dari tiap-tiap metode dalam menyelesaikan contoh 7

dengan pembulatan akan ditunjukkan dalam tabel 6.

Tabel 6. Perbandingan galat dari semua metode


0,1 0,01 0,01 0,019 ---

0,2 0,02 0,01 0,011 ---

0,3 0,03 0,01 0,0074 ---

0,4 0,0400015 0,01 0,0055 4. 10−15

0,5 0,0499969 0,01 0,0044 7. 10−15

0,6 0,0599709 0,01 0,00371 5. 10−15


90

0,7 0,0698791 0,01 0,0031 8. 10−15

0,8 0,0796213 0,01 0,00272 6. 10−15

0,9 0,0890023 0,01 0,00235 9. 10−15

1 0,0976763 0,01 0,002 7. 10−15

Rata-rata galat 0,0546148 0,01 0,0062 6,57. 10−15

Contoh 8


𝑦′′ +

2

𝑥𝑦′ + 𝑒𝑦 = 0.

(3.69)

g) Buatlah sistem PDB orde satu yang ekivalen dengan PDB orde 2 tersebut.

h) Buatlah skema metode Euler untuk menyelesaikan sistem PDB orde 1 hasil

(a).

i) Diketahui saat 𝑥 = 10−14, 𝑦(10−14) = 0, 𝑑𝑦(10−14)



j) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,


k) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,


l) Dengan menggunakan data pada c), tentukanlah nilai y pada saat 𝑥 = 1,


Jawab.

g) Dengan menggunaan (3.63) dan (3.64), misalkan

𝑢 = 𝑦 ⟹ 𝑢′ = 𝑦′ = 𝑣


91

𝑣 = 𝑦′ ⟹ 𝑣′ = 𝑦′′ = −

2

𝑥𝑣 − 𝑒𝑢


{𝑢′ = 𝑣

𝑣′ = −2

𝑥𝑣 − 𝑒𝑢.

h) Dengan menggunakan metode Euler pada (3.4) diperoleh

𝑢′ = 𝑣 ⟶ 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + ∆𝑥𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛)

𝑓(𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑣


𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + ∆𝑥. 𝑣𝑛

𝑣′ = −2

𝑥𝑣 − 𝑢


𝑓(𝑥, 𝑢, 𝑣) = −2

𝑥𝑣 − 𝑒𝑢 𝑣𝑛+1 = 𝑣𝑛 + ∆𝑥 (−

2

𝑥𝑛𝑣𝑛 − 𝑒

𝑢𝑛).

𝑓(𝑥𝑛, 𝑢𝑛, 𝑣𝑛) = −2

𝑥𝑛𝑣𝑛 − 𝑒

𝑢𝑛

i) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦0

′ = 𝑣0 = 0,



0,1 0,000000000000000 -0,100000000000000

0,2 -0,010000000000000 -0,000000000000020

0,3 -0,010000000000002 -0,099004983374917


92


0,4 -0,019900498337494 -0,132006644499891

0,5 -0,033101162787483 -0,164032943205624

0,6 -0,049504457108045 -0,195163834487579

0,7 -0,069020840556803 -0,225279314621040

0,8 -0,091548772018907 -0,254244519081206

0,9 -0,116973223927028 -0,281935070288864

1,0 -0,145166730955914 -0,308243733754931



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = −0,145166730955914,




93


j) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦1 = 𝑣0 = 0,



0,1 -0,002 -0,050

0,2 -0,008 -0,066

0,3 -0,016 -0,099

0,4 -0,028 -0,131

0,5 -0,043 -0,162


94

0,6 -0,061 -0,192

0,7 -0,082 -0,221

0,8 -0,106 -0,249

0,9 -0,132 -0,276

1,0 -0,161 -0,302



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = −0,161





95

k) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦1 = 𝑣0 = 0,

Untuk 𝑛 = 1,2, … ,10, didapat


0,1 -0,004995838537328 -0,000083542014347

0,2 -0,008496413494712 -0,057075620285349

0,3 -0,016154192604233 -0,094843013237095

0,4 -0,027353186626673 -0,128753844799533

0,5 -0,041850137999062 -0,160949089682569

0,6 -0,059500271785090 -0,191844827744179

0,7 -0,080177705673915 -0,221492611756135

0,8 -0,103755731289006 -0,249846016440262

0,9 -0,130101443462020 -0,276834361668492

1,0 -0,159074795843705 -0,302388053601250



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = −0,159074795843705,




96


l) Dengan menggunakan ∆𝑥 = 0,1, serta saat 𝑥 = 𝑥0 = 10−14

𝑦(𝑥0) = 𝑦(10−14) = 𝑦0 = 𝑢0 = 0, dan

𝑑𝑦(𝑥0)

𝑑𝑥= 𝑦′(𝑥0) = 𝑦1 = 𝑣0 = 0,

didapat


0,1 -0,004995838537328 -0,000083542014347

0,2 -0,008496413494712 -0,057075620285349

0,3 -0,016154192604233 -0,094843013237095

0,4 -0,033130384142276 -0,100313406810703

0,5 -0,039011615064232 -0,175603946053917

0,6 -0,065151343584646 -0,164039365335304


97


0,7 -0,076354529311822 -0,240077218879780

0,8 -0,108682844188122 -0,223486057539180

0,9 -0,125414496769737 -0,298032657102850

1,0 -0,163926839692309 -0,275835089328094



𝑢10 = 𝑦10 = 𝑦(𝑥10) = 𝑦(1) = −0,163926839692309,





98




99

BAB IV

ANALISIS KONVERGENSI DARI METODE EULER DAN RUNGE-

KUTTA

A. Analisis Konvergensi Metode Euler

Pada setiap langkah dari metode Euler, terdapat galat perhitungan, seperti yang

terlihat pada gambar 1. Akan dianalisis efek kumulatif galat metode ini. Galat pada

tiap langkah disebut dengan lokal eror, kumulatif galat disebut dengan global eror.

Analisis dimulai dengan lema yang cukup membantu dalam analisis metode beda

hingga.

Lemma 1

Untuk setiap 𝑥 ∈ ℝ,

1 + 𝑥 ≤ 𝑒𝑥 (4.1)

Dan untuk 𝑥 ≥ −1,𝑚 ≥ 0

0 ≤ (1 + 𝑥)𝑚 ≤ 𝑒𝑚𝑥. (4.2)

Bukti

Dengan menggunakan teorema Taylor,

𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥2

2𝑒𝜉

dengan 𝜉 diantara 0 dan 𝑥. Karena sisa diatas selalu positif, (4.1) terbukti.

Untuk 𝑥 ≥ −1,𝑚 ≥ 0

−1 ≤ 𝑥


100

0 ≤ 1 + 𝑥

0 ≤ (1 + 𝑥)𝑚 (4.3)

1 + 𝑥 ≤ 𝑒𝑥

(1 + 𝑥)𝑚 ≤ 𝑒𝑚𝑥 (4.4)

dari (4.3) dan (4.4), diperoleh

0 ≤ (1 + 𝑥)𝑚 ≤ 𝑒𝑚𝑥

dengan demikian (4.2) terbukti.

Untuk sisa subbab ini, diasumsikan bahwa fungsi 𝑓(𝑥, 𝑧) memenuhi kondisi

Lipschitz kuat berikut :

|𝑓(𝑥, 𝑦1) − 𝑓(𝑥, 𝑦2)| ≤ 𝐾|𝑦1 − 𝑦2|, −∞ < 𝑦1, 𝑦2 < ∞, 𝑥0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 (4.5)

untuk 𝐾 ≥ 0.

Teorema 4.1

Diasumsikan solusi 𝑌(𝑥) pada persamaan diferensial 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦), 𝑦(𝑥0) = 𝑦0

memiliki turunan kedua yang terbatas pada [𝑥0, 𝑏]. Maka solusi

{𝑦ℎ(𝑥𝑛)|𝑥0 ≤ 𝑥𝑛 ≤ 𝑏} yang diperoleh dengan metode Euler memenuhi

max𝑥0≤𝑥𝑛≤𝑏

|𝑌(𝑥𝑛) − 𝑦ℎ(𝑥𝑛)| ≤ 𝑒(𝑏−𝑥0)𝐾|𝑒0| + [𝑒(𝑏−𝑥0)𝐾 − 1

𝐾] 𝜏(ℎ)

(4.6)

dimana

𝜏(ℎ) =

ℎ

2‖𝑌′′‖∞

(4.7)


101

dan 𝑒0 = 𝑌0 − 𝑦ℎ(𝑥0). Subscript ℎ pada solusi pendekatan 𝑦ℎ(𝑥) digunakan untuk

mencatat secara eksplisit ketergantungan 𝑦 pada ℎ; biasanya ditekan, meskipun

secara implisit dipahami.

Sebagai tambahan, jika

|𝑌0 − 𝑦ℎ(𝑥0)| ≤ 𝑐1 ℎ → 0 (4.8)

untuk 𝑐1 ≥ 0 (misalnya, jika 𝑌0 = 𝑦0 untuk setiap ℎ), maka ada konstanta 𝐵 ≥ 0

untuk itu


|𝑌(𝑥𝑛) − 𝑦ℎ(𝑥𝑛)| ≤ 𝐵ℎ (4.9)

Bukti

Misalkan 𝑒𝑛 = 𝑌(𝑥𝑛) − 𝑦(𝑥𝑛), 𝑛 ≥ 0, dan dengan definisi 𝑁(ℎ) pada awal sesi.

Didefinisikan

𝜏(ℎ) =ℎ

2𝑌′′(𝜉𝑛) 0 ≤ 𝑛 ≤ 𝑁(ℎ)

berdasarkan galat pemotongan pada metode euler, didapat

max0≤𝑛≤𝑁(ℎ)

|𝜏𝑛| ≤ 𝜏(ℎ)

Menggunakan (4.7) pada metode Euler didapat

𝑌𝑛+1 = 𝑌𝑛 + ℎ𝑓(𝑥𝑛, 𝑌𝑛) + ℎ𝜏𝑛 (4.10)

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + ℎ𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) 0 ≤ 𝑛 ≤ 𝑁(ℎ). (4.11)

Dengan mengurangkan (4.11) dari (4.10), diperoleh

𝑒𝑛+1 = 𝑒𝑛 + ℎ[𝑓(𝑥𝑛, 𝑌𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)] + ℎ𝜏𝑛 (4.12)

dan ambil batas pada (4.5),


102

|𝑒𝑛+1| ≤ |𝑒𝑛| + ℎ𝐾|𝑌𝑛 − 𝑦𝑛| + ℎ|𝜏𝑛|

|𝑒𝑛+1| ≤ (1 + ℎ𝐾)|𝑒𝑛| + ℎ𝜏(ℎ). (4.13)

Menerapkan (4.13) secara rekursif untuk memperoleh

|𝑒𝑛| ≤ (1 + ℎ𝐾)𝑛|𝑒0| + [1 + (1 + ℎ𝐾) +⋯+ (1 + ℎ𝐾)𝑛−1]ℎ𝜏(ℎ)

dengan menggunakan rumus deret geometri,

1 + 𝑟 +⋯+ (𝑟)𝑛−1 =𝑟𝑛−1

𝑟 − 1 𝑟 ≠ 1

didapat

|𝑒𝑛| ≤ (1 + ℎ𝐾)𝑛|𝑒0| + [

(1 + ℎ𝐾)𝑛 − 1

𝐾] 𝜏(ℎ).

(4.14)

Menggunakan lemma 1

(1 + ℎ𝐾)𝑛 ≤ 𝑒𝑛ℎ𝐾 = 𝑒(𝑥𝑛−𝑥0)𝐾 ≤ 𝑒(𝑏−𝑥0)𝐾

dan ini dengan (4.14) menunjukkan kebenaran hasil utama (4.6).

Sisa hasil pada (4.9) adalah akibat wajar dari (4.6), dengan konstanta 𝐵 yaitu

𝐵 = 𝑐1𝑒

(𝑏−𝑥0)𝐾 + [𝑒(𝑏−𝑥0)𝐾 − 1

𝐾]‖𝑌′′‖∞2

(4.15)

Ini melengkapi pembuktian.

Hasil pada (4.9) menunjukkan bahwa galat harus berkurang paling sedikit setengah

ketika ukuran kecil ℎ dibagi dua. Untuk sekarang, suatu contoh sederhana akan di

kerjakan secara detail.


103

Contoh 4.1

Dipandang persamaan diferensial 𝑦′ = 𝑦, 𝑦(0) = 1. Solusi eksak 𝑌(𝑥) = 𝑒𝑥.

Dengan metode Euler diperoleh

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + ℎ𝑦𝑛 = (1 + ℎ)𝑦𝑛 𝑦0 = 1.

Secara induktif,

𝑦𝑛+1 = (1 + ℎ)𝑛 = [(1 + ℎ)1 ℎ⁄ ]𝑛ℎ≡ 𝑐(ℎ)𝑥𝑛

untuk setiap 𝑐(ℎ), dengan 0 < ℎ < 1,

𝑐(ℎ) = (1 + ℎ)1 ℎ⁄ = 𝑒1ℎln (1+ℎ) = 𝑒1−(ℎ 2⁄ )+(ℎ2 3⁄ )−(ℎ3 4⁄ )+⋯ < 𝑒.

Karena itu, 𝑐(ℎ)𝑥𝑛 meningkat kurang cepat daripada 𝑒𝑥𝑛; jadi

max0≤𝑥≤1

|𝑒𝑥 − 𝑐(ℎ)𝑥| = 𝑒 − 𝑐(ℎ).

Menggunakan rumus diatas,

𝑒 − 𝑐(ℎ) = 𝑒{1 − 𝑒−(ℎ 2⁄ )+(ℎ2 3⁄ )−(ℎ3 4⁄ )+⋯}

= 𝑒 {1 − (1 −ℎ2 +

1124 ℎ

2 +⋯)}

= 𝑒 {ℎ2 −

1124ℎ

2 +⋯}

Dan didapat estimasi galat asimtotik

𝑒 − 𝑐(ℎ) ≈ℎ

2𝑒.

Meringkas untuk 𝑦′ = 𝑦, 𝑦(0) = 1,

max0≤𝑥≤1

|𝑌(𝑥𝑛) − 𝑦𝑛| ≈𝑒

2ℎ (4.16)

Ini menunjukkan bahwa (4.9) benar secara kualitatif.


104

Menarik untuk diperhatikan bahwa batas pada (4.9) lebih buruk daripada batas pada

(4.16), dan ini adalah kasus dimana (4.9) harus memberikan yang terbaik.

Konstanta Lipschitz 𝐾 = 1, dan batas galat ialah

max0≤𝑥𝑛≤1

|𝑒𝑥𝑛 − 𝑦𝑛| ≤ (𝑒 − 1)𝑒

2ℎ.

B. Analisis Konvergensi Metode Runge-Kutta

Semua metode Runge-Kutta dapat ditulis dalam bentuk

𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + ℎ𝐹(𝑥𝑛, 𝑦𝑛, ℎ; 𝑓) 𝑛 ≥ 0 (4.17)

Secara intuitif, yang diinginkan ialah

𝐹(𝑥𝑛, 𝑦𝑛, ℎ; 𝑓) ≈ 𝑌′(𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑌(𝑥))

untuk semua nilai ℎ yang kecil. Didefinisikan galat pemotongan (4.17) sebagai

berikut :

𝑇𝑛+1(𝑌) = 𝑌(𝑥𝑛+1) − 𝑌(𝑥𝑛) − ℎ𝐹(𝑥𝑛, 𝑦𝑛, ℎ; 𝑓) 𝑛 ≥ 0 (4.18)

dan didefinisikan 𝜏𝑛+1(𝑌) secara implisit

𝑇𝑛+1(𝑌) = ℎ𝜏𝑛+1(𝑌)

Dengan menata ulang (4.18), diperoleh

𝑌(𝑥𝑛+1) = 𝑌(𝑥𝑛) + ℎ𝐹(𝑥𝑛, 𝑌(𝑥𝑛), ℎ; 𝑓) + ℎ𝜏𝑛+1(𝑌) 𝑛 ≥ 0 (4.19)

Untuk memperoleh konvergensi dari bentuk umum metode Runge-Kutta, harus

dipastikan bahwa 𝜏𝑛+1(𝑌) → 0 saat ℎ → 0. Setelah itu

𝜏𝑛+1(𝑌) =𝑌(𝑥𝑛+1) − 𝑌(𝑥𝑛)

ℎ− 𝐹(𝑥𝑛, 𝑌(𝑥𝑛), ℎ; 𝑓)

dengan mengharuskan bahwa

𝐹(𝑥𝑛, 𝑌(𝑥𝑛), ℎ; 𝑓) → 𝑌′(𝑥𝑛) = 𝑓(𝑥, 𝑌(𝑥)) saat ℎ → 0

lebih tepatnya, didefinisikan

𝛿(ℎ) = Maximum𝑥0≤𝑥≤𝑏−∞≤𝑦≤∞

|𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝐹(𝑥, 𝑦, ℎ; 𝑓)|

dan diasumsikan


105

𝛿(ℎ) → 0 saat ℎ → 0 (4.20)

kadang ini disebut sebagai keadaan konsisten untuk metode Runge-Kutta.

Dibutuhkan juga kondisi Lipschitz pada 𝐹:

|𝐹(𝑥, 𝑦, ℎ; 𝑓) − 𝐹(𝑥, 𝑧, ℎ; 𝑓)| ≤ 𝐿|𝑦 − 𝑧| (4.21)

Untuk setiap 𝑥0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, −∞ ≤ 𝑦, 𝑧 ≤ ∞, dan semua ukuran kecil ℎ > 0. Kondisi

ini biasanya dibuktikan dengan menggunakan (4.5) pada 𝑓(𝑥, 𝑦), dengan

𝐹(𝑥, 𝑦, ℎ; 𝑓) = 𝑓 (𝑥 +1

2ℎ, 𝑦 +

1

2ℎ𝑓(𝑥, 𝑦)),

|𝐹(𝑥, 𝑦, ℎ; 𝑓) − 𝐹(𝑥, 𝑧, ℎ; 𝑓)| = 𝑓 (𝑥 +1

2ℎ, 𝑦 +

1

2ℎ𝑓(𝑥, 𝑦)) −

𝑓 (𝑥 +1

2ℎ, 𝑧 +

1

2ℎ𝑓(𝑥, 𝑧))

≤ 𝐾 |𝑦 − 𝑧 +ℎ

2[𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑓(𝑥, 𝑧)]|

≤ 𝐾 (1 +ℎ

2𝐾) |𝑦 − 𝑧|

pilih 𝐿 = 𝐾 (1 +ℎ

2𝐾) untuk ℎ ≤ 1.

Teorema 4.2

Diasumsikan bahwa metode Runge-Kutta memenuhi kondisi Lipschitz (4.21).

Maka untuk masalah nilai awal 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓(𝑥, 𝑦), 𝑦(𝑥0) = 𝑦0, dengan solusi {𝑦𝑛}

memenuhi


|𝑌(𝑥𝑛) − 𝑦𝑛| ≤ 𝑒(𝑏−𝑥0)𝐿|𝑌0 − 𝑦0| + [𝑒(𝑏−𝑥0)𝐿 − 1

𝐿] 𝜏(ℎ)

(4.22)

dimana

𝜏(ℎ) ≡ max𝑥0≤𝑥𝑛≤𝑏

|𝜏𝑛+1(𝑌)|. (4.23)


106

Jika keadaan konsisten pada (4.20) juga dipenuhi, maka solusi numerik {𝑦𝑛}

konvergen ke 𝑌(𝑥).

Bukti

Dengan mengurangkan (4.17) dari (4.19) diperoleh

𝑒𝑛+1 = 𝑒𝑛 + ℎ[𝐹(𝑥𝑛, 𝑌𝑛, ℎ; 𝑓) − 𝐹(𝑥𝑛, 𝑦𝑛, ℎ; 𝑓)] + ℎ𝜏𝑛+1(𝑌) (4.24)

dimana 𝑒𝑛 = 𝑌(𝑥𝑛) − 𝑦𝑛. Menerapkan (4.21) dan menggunakan (4.23) untuk

memperoleh

|𝑒𝑛+1| ≤ (1 + ℎ𝐿)|𝑒𝑛| + ℎ𝜏(ℎ) 𝑥0 ≤ 𝑥𝑛 ≤ 𝑏.

Seperti bukti pada metode Euler (4.13)-(4.15), ini akan mengarah ke (4.22).

Dalam banyak kasus, dapat diketahui dengan perhitungan langsung bahwa 𝜏(ℎ) →

0 saat ℎ → 0, dan dalam kasus tersebut konvergensi {𝑦𝑛} ke 𝑌(𝑥) terbukti. Tetapi

yang harus kita ketahui ialah bahwa (4.20) terpenuhi, seperti yang terlihat seperti

berikut

ℎ𝜏𝑛+1(𝑌) = 𝑌(𝑥𝑛+1) − 𝑌(𝑥𝑛) − 𝐹(𝑥𝑛, 𝑌(𝑥𝑛), ℎ; 𝑓)

= ℎ𝑌′(𝑥𝑛) +ℎ2

2 𝑌′′(𝜉𝑛) − 𝐹(𝑥𝑛, 𝑌(𝑥𝑛), ℎ; 𝑓)

ℎ|𝜏𝑛+1(𝑌)| ≤ ℎ𝛿(ℎ) +ℎ2

2 𝑌′′(𝜉𝑛)

𝜏(ℎ) ≤ 𝛿(ℎ) +ℎ2‖𝑌′′‖∞

jadi, 𝜏(ℎ) → 0 saat ℎ → 0.

Sebagai penutup bab IV ini, penulis telah memberikan analisis konvergensi metode

Euler dan metode Runge-Kutta. Karena keterbatasan waktu, penulis tidak

memberikan analisis konvergensi metode Euler termodifikasi dan metode Milne.


107

BAB V

PENUTUP

A. Kesimpulan

Berdasarkan hasil perhitungan dari beberapa metode yang digunakan oleh

penulis untuk menyelesaikan masalah nilai awal, dapat ditarik beberapa

kesimpulan:

➢ Metode Milne memberikan hasil yang sangat baik, dengan nilai galat yang

sangat kecil. Tetapi, khusus untuk masalah yang dapat diselesaikan secara

analitik.

➢ Metode Euler termodifikasi memberikan hasil yang cukup baik, dengan nilai

galat yang terbilang kecil. Tetapi, metode ini membutuhkan perhitungan yang

lama dan dalam pembuatan program lebih rumit dibanding metode lainnya.

➢ Metode Runge-Kutta memberikan hasil yang lebih baik daripada metode Euler

termodifikasi. Selain itu, pembuatan programnya juga sederhana.

➢ Metode Euler memberikan hasil yang kurang akurat, dengan nilai galat yang

lebih besar dari metode lainnya. Tetapi, metode ini memiliki program yang

paling sederhana dibanding metode lainnya.

Dalam mengerjakan suatu masalah nilai awal, sebaiknya gunakan metode

Runge-Kutta.

B. Saran

Analisis konvergensi metode Euler termodifikasi dan metode Milne terbuka

untuk diteliti.


108

DAFTAR PUSTAKA

Atkinson, K.E. (1978). An Introduction to Numerical Analysis. New York: John

Wiley & Sons.

Atkinson, K.E, Han, Weimin. (2004). Elementary Numerical Analysis (Third

Edition). Danvers: Wiley

Gerald, C.F, Wheatley, P.O. (1994). Applied Numerical Analysis (Fifth Edition).

Amsterdam: Addison-Wesley Publishing Company.

Ghorbani, Asghar., Bakherad, Mojtaba. (2017). New Astronomy. A Variational

Iteration for Solving Nonlinear Lane-Emden Problems, 54, 1-6.

Gilat, A., Subramaniam, V. (2014). Numerical Methods for Engineers and

Scientists: An Introduction with Applications Using MATLAB (Third

Edition). Danvers: Wiley.

Hernadi, Julan. (2015). Analisis Real Elementer dengan Ilustrasi Grafis dan

Numeris. Jakarta: Erlangga.

Hoffman, J.D. (1992). Numerical Methods for Engineers and Scientists. Madrid:

McGraw-Hill, Inc.

Plybon, B.F. (1992). An Introduction to Applied Numerical Analysis. Boston:

PWS-KENT Publishing Company.

Ross, S.L. (1980). Introduction to Ordinary Differential Equations. Toronto: John

Wiley & Sons.

Shifrin, Theodore. (2005). Multivariable Mathematics:Linear Algebra,

Multivariable Calculus, and Manifolds. Danvers: Wiley.

Stewart, James. (2003). Calculus Early Transcendentals (Fifth Edition). Belmont:

Thomson Brooks/Cole.

Uddin, Mahtab. (2009). Study on different numerical methods for solving

differential equations. Thesis.


109

LAMPIRAN

Berikut adalah lampiran script MATLAB yang digunakan pada skripsi ini.

Lampiran 1 : script untuk contoh 1,2,3 dan 4

Contoh 1:

%x2=[0:0.2:1]'; %y2=[1 1.200 1.520 1.984 2.621 3.465]';

%x1=[0:0.1:1]'; %y1=[1 1.100 1.230 1.393 1.592 1.831 2.114 2.445 2.830 3.273

3.780]';

%y_eksak1=[1.000 1.116 1.264 1.450 1.675 1.946 2.266 2.641 3.076

3.579 4.155]'; %y_eksak2=[y_eksak1(1:2:11)]'; %plot(x1,y1,'--') %hold on %plot(x2,y2,'-*') %hold on %plot(x1,y_eksak1,'k-') %hold on %plot(x2,y_eksak2) %legend('Euler h=0.1','Euler h=0.2','Eksak')

%%Penyelesaian y’=2x+y dengan metode euler

format long xn=[]; x(1)=0; u(1)=1; %xn=[xn;x(1)]; delta_x=0.2; e(1)=(-2)*(x(1)+1)+3*exp(x(1)); eksak=[]; un=[]; %eksak=[eksak;e(1)]; for j=1:5 x(j+1)=x(j)+delta_x; u(j+1)=u(j)+delta_x*(2*x(j)+u(j)); e(j+1)=(-2)*(x(j+1)+1)+3*exp(x(j+1)); un=[un;u(j+1)]; xn=[xn;x(j+1)]; eksak=[eksak;e(j+1)]; end

galat=[round(abs(un-eksak),7)]; [xn un eksak galat]

gatot=sum(galat)/j


110

plot(xn,un,'-^') %hold on

Contoh 2:

%clc %clear %close all

%%Penyelesaian y’=2x+y dengan metode euler termodifikasi

format long x(1)=0; delta_x=0.2; u(1)=1; tabel0=[]; e(1)=(-2)*(x(1)+1)+3*exp(x(1)); xn=[]; %xn=[xn;x(1)] un=[]; %un=[un;u(1)] eksak=[]; %eksak=[eksak;e(1)] for j=1:5 f(j)=2*x(j)+u(j); ut=u(j)+delta_x*f(j); tabel0=[tabel0;u(j);ut]; for i=1:100 x(j+1)=x(j)+delta_x; y(i)=ut; F(i)=(2*x(j+1))+y(i); U(i) = u(j) + (delta_x/2) *(f(j)+F(i)); ut=U(i); tabel0=[tabel0;round(U(i),3)]; if tabel0(end)==tabel0(end-1) break end end u(j+1)=tabel0(end); e(j+1)=(-2)*(x(j+1)+1)+3*exp(x(j+1)); eksak=[eksak;e(j+1)]; xn=[xn;x(j+1)]; un=[un;u(j+1)]; end galat=[round(abs(un-eksak),7)]; [xn un eksak galat] gatot=sum(galat)/j plot(xn,un, '-o') hold on %plot(xn,eksak,'k-')

Contoh 3:


111


%%Penyelesaian y’=2x+y dengan metode runge-kutta

format long x(1)=0; delta_x=0.2; u(1)=1; e(1)=(-2)*(x(1)+1)+3*exp(x(1)); xn=[]; %xn=[xn;x(1)] un=[]; %un=[un;u(1)] eksak1=[]; %eksak=[eksak;e(1)]

for i=1:5 k1=delta_x*(2*x(i)+u(i));

k2=delta_x*(2*(x(i)+delta_x/2)+(u(i)+k1/2));

k3=delta_x*(2*(x(i)+delta_x/2)+(u(i)+k2/2));

k4=delta_x*(2*(x(i)+delta_x)+(u(i)+k3));

k0=(1/6)*(k1+2*k2+2*k3+k4);

u(i+1)=u(i)+k0; x(i+1)=x(i)+delta_x; xn=[xn;x(i+1)]; un=[un;round(u(i+1),4)]; e(i+1)=(-2)*(x(i+1)+1)+3*exp(x(i+1)); eksak1=[eksak1;e(i+1)]; end galat=[round(abs(un-eksak1),7)]; [xn un eksak1 galat] gatot=sum(galat)/i plot(xn,un,':') hold on %plot(xn,eksak1,'k-')

Contoh 4:


%%Penyelesaian y’=2x+y dengan metode milne

format long x(1)=0; x(2)=0.2;


112

x(3)=0.4; x(4)=0.6; delta_x=0.2; u(1)=1; u(2)=1.264208; u(3)=1.675474; u(4)=2.266356;

xn=[]; xn=[xn;x(2);x(3);x(4)]; un=[]; un=[un;u(2);u(3);u(4)]; eksak=[];

for i=1:2; y1=2*x(i+1)+u(i+1); y2=2*x(i+2)+u(i+2); y3=2*x(i+3)+u(i+3); x(i+4)=x(i+3)+delta_x; v=u(i)+((4*delta_x)/3)*(2*y3-y2+2*y1); z=2*(x(i+4))+v; w=u(i+2)+(delta_x/3)*(z+4*y3+y2); if (round(v,4)==round(w,4))||(abs((v-w)/29)<0.01) u(i+4)=w; else disp('nilai h harus diganti'); end e(i+4)=(-2)*(x(i+4)+1)+3*exp(x(i+4)); eksak=[eksak;e(i+4)]; xn=[xn;x(i+4)]; un=[un;u(i+4)]; end galat=[abs(un(4:5)-eksak)]; [xn un] gatot=sum(galat)/i plot(xn,un,'--') hold on %plot(xn,eksak,'k-')

Lampiran 2 : script untuk contoh 5

clc clear close all

%%Penyelesaian x"+x=0 dengan metode euler

format long t_awal=0; t_akhir=1; delta_t=0.1; m=(t_akhir-t_awal)/delta_t; t(1)=0; x0(1)=1;


113

x1(1)=0; tabel0=[]; tabel1=[]; tn=[]; tabel0=[tabel0;x0(1)]; tabel1=[tabel1;x1(1)]; tn=[tn;t(1)]; e(1)=cos(t(1)); eksak=[]; eksak=[eksak;e(1)]; for i=1:m t(i+1)=t(i)+delta_t; x0(i+1)=x0(i)+delta_t*x1(i); x1(i+1)=x1(i)-delta_t*x0(i); tabel0=[tabel0;x0(i+1)]; tabel1=[tabel1;x1(i+1)]; tn=[tn;t(i+1)]; e(i+1)=cos(t(i+1)); eksak=[eksak;e(i+1)]; end disp(' tn x0n x1n

Eksak Galat') disp(' ---------------------------------------------------------

----------------------------------------') galat=abs(tabel0-eksak); tabel=[tn tabel0 tabel1 eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat)/i disp(['jadi nilai x saat t = ',num2str(t(i+1)),' adalah

',num2str(x0(i+1))]) plot(tn,tabel0,'--') hold on plot(tn,eksak,'k-')


Metode Euler


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y=6+12x+x^2+x^3 dengan metode euler

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; y0(1)=0; y1(1)=0; tabel0=[]; tabel1=[]; xn=[];


114

for i=1:10 x(i+1)=x(i)+delta_x; g(i)=6+12*x(i)+x(i)^2+x(i)^3; y0(i+1)=y0(i)+delta_x*y1(i); y1(i+1)=y1(i)+delta_x*(g(i)-(2/x(i))*y1(i)-y0(i)); tabel0=[tabel0;y0(i+1)]; tabel1=[tabel1;y1(i+1)]; xn=[xn;x(i+1)]; end eksak=[xn.^2+xn.^3]; galat=abs(eksak-tabel0); disp(' xn un vn

Eksak galat') disp(' ---------------------------------------------------------

----------------------------------------') disp(' ') tabel=[xn tabel0 tabel1 eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat)/i %disp(['jadi nilai y saat x = ',num2str(x(i+1)),' adalah

',num2str(y0(i+1))]) plot(xn,tabel0,'-^') hold on plot(xn,eksak,'k-')

Metode Euler Termodifikasi


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y=6+12x+x^2+x^3 dengan metode Euler

termodofikasi

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0; tabel0=[]; tabel1=[]; xn=[]; un=[]; vn=[]; for j=1:10 ut=u(j)+delta_x*v(j); g(j)=6+12*x(j)+x(j)^2+x(j)^3; h(j)=g(j)-(2/x(j))*v(j)-u(j); vt=v(j)+delta_x*h(j); tabel0=[tabel0;u(j);ut]; tabel1=[tabel1;v(j);vt];

for i=1:3500


115

utd(i)=ut; vtd(i)=vt; x(j+1)=x(j)+delta_x; U(i)= u(j) + (delta_x/2) *(v(j) + vtd(i)); V(i)= v(j) + (delta_x/2) *(h(j) +

(6+12*x(j+1)+x(j+1)^2+x(j+1)^3)-(2/x(j+1))*vtd(i)-utd(i)); ut=U(i); vt=V(i); tabel0=[tabel0;round(U(i),3)]; tabel1=[tabel1;round(V(i),3)]; if tabel0(end)==tabel0(end-1) && tabel1(end)==tabel1(end-

1) break end end u(j+1)=tabel0(end); v(j+1)=tabel1(end); xn=[xn;x(j+1)]; un=[un;u(j+1)]; vn=[vn;v(j+1)]; end eksak=[xn.^2+xn.^3]; galat=abs(eksak-un); disp(' xn un vn

Eksak Galat') disp('') disp(' ---------------------------------------------------------

----------------------------------------') tabel=[xn un vn eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat)/j plot(xn,un,'--') hold on plot(xn,eksak,'k-')

Metode Runge-Kutta


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y=6+12x+x^2+x^3 dengan metode Runge-

Kutta

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0;

xn=[]; un=[]; vn=[];


116

for i=1:10 f1=v(i); k1=delta_x*f1; h1=(6+12*x(i)+x(i)^2+x(i)^3)-(2/x(i))*v(i)-u(i); q1=delta_x*h1;

f2=v(i)+(q1/2); k2=delta_x*f2; h2=(6+12*(x(i)+(delta_x/2))+(x(i)+(delta_x/2))^2+(x(i)+(delta_x/2)

)^3)-(2/(x(i)+(delta_x/2)))*(v(i)+(q1/2))-(u(i)+(k1/2)); q2=delta_x*h2;

f3=v(i)+(q2/2); k3=delta_x*f3; h3=(6+12*(x(i)+(delta_x/2))+(x(i)+(delta_x/2))^2+(x(i)+(delta_x/2)

)^3)-(2/(x(i)+(delta_x/2)))*(v(i)+(q2/2))-(u(i)+(k2/2)); q3=delta_x*h3;

f4=v(i)+q3; k4=delta_x*f4; h4=(6+12*(x(i)+delta_x)+(x(i)+delta_x)^2+(x(i)+delta_x)^3)-

(2/(x(i)+delta_x))*(v(i)+q3)-(u(i)+k3); q4=delta_x*h4;

k0=(1/6)*(k1+2*k2+2*k3+k4); q0=(1/6)*(q1+2*q2+2*q3+q4);

x(i+1)=x(i)+delta_x; u(i+1)=u(i)+k0; v(i+1)=v(i)+q0; xn=[xn;x(i+1)]; un=[un;u(i+1)]; vn=[vn;v(i+1)]; end eksak=[xn.^2+xn.^3]; galat=abs(eksak-un); disp(' xn un vn


----------------------------------------') tabel=[xn un vn eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat)/i plot(xn,un,'-o') hold on %plot(xn,eksak,'k-')

Metode Milne

%clc


117

%clear %close all

%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y=6+12x+x^2+x^3 dengan metode Milne

format long delta_x=0.1; x(1)=10^(-14); x(2)=x(1)+delta_x; x(3)=x(2)+delta_x; x(4)=x(3)+delta_x;

u(1)=0; u(2)=0.011; u(3)=0.048; u(4)=0.117;

v(1)=0; v(2)=0.23; v(3)=0.52; v(4)=0.87;

tabel0=[]; tabel1=[]; xn=[]; xn=[xn;x(2);x(3);x(4)]; un=[]; un=[un;u(2);u(3);u(4)]; vn=[]; vn=[vn;v(2);v(3);v(4)];

for i=1:7 u1(i+1)=v(i+1); u1(i+2)=v(i+2); u1(i+3)=v(i+3);

v1(i+1)=(6+12*x(i+1)+x(i+1)^2+x(i+1)^3)-(2/x(i+1))*v(i+1)-u(i+1); v1(i+2)=(6+12*x(i+2)+x(i+2)^2+x(i+2)^3)-(2/x(i+2))*v(i+2)-u(i+2); v1(i+3)=(6+12*x(i+3)+x(i+3)^2+x(i+3)^3)-(2/x(i+3))*v(i+3)-u(i+3);

x(i+4)=x(i+3)+delta_x;

U1=u(i)+((4*delta_x)/3)*(2*u1(i+3)-u1(i+2)+2*u1(i+1)); V1=v(i)+((4*delta_x)/3)*(2*v1(i+3)-v1(i+2)+2*v1(i+1));

z1=V1; z2=(6+12*x(i+4)+x(i+4)^2+x(i+4)^3)-(2/x(i+4))*V1-U1;

U2=u(i+2)+(delta_x/3)*(z1+4*u1(i+3)+u1(i+2)); V2=v(i+2)+(delta_x/3)*(z2+4*v1(i+3)+v1(i+2)); if ((round(U1,4)==round(U2,4))||(abs((U1-U2)/29)<0.01)) &&

((round(V1,4)==round(V2,4))||(abs((V1-V2)/29)<0.01)) u(i+4)=U2;


118

v(i+4)=V2; else disp('nilai DELTA_X harus diganti dengan nilai yang lebih

kecil '); break end xn=[xn;x(i+4)]; un=[un;u(i+4)]; vn=[vn;v(i+4)]; end

eksak=[xn.^2+xn.^3]; galat=abs(eksak-un); disp(' xn un vn

Eksak Galat') disp(' ') disp(' ---------------------------------------------------------

----------------------------------------') tabel=[xn un vn eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat(4:10))/i plot(xn,un,':') hold on plot(xn,eksak,'k-')


Metode Euler


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y^3=6+x^6 dengan metode euler

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0; un=[]; vn=[]; xn=[]; for i=1:10 x(i+1)=x(i)+delta_x; g(i)=6+x(i)^6; u(i+1)=u(i)+delta_x*v(i); v(i+1)=v(i)+delta_x*(g(i)-(2/x(i))*v(i)-u(i)^3); un=[un;u(i+1)]; vn=[vn;v(i+1)]; xn=[xn;x(i+1)]; end eksak=[xn.^2];


119

galat=abs(eksak-un); disp(' xn un vn

Eksak galat') disp(' ---------------------------------------------------------

----------------------------------------') disp(' ') tabel=[xn un vn eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat)/i %disp(['jadi nilai y saat x = ',num2str(x(i+1)),' adalah

',num2str(y0(i+1))]) plot(xn,un,'-^') hold on %plot(xn,eksak,'k-')



%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y^3=6+x^6 dengan metode Euler

termodofikasi

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0; tabel0=[]; tabel1=[]; xn=[]; un=[]; vn=[]; for j=1:10 ut=u(j)+delta_x*v(j); g(j)=6+x(j)^6; h(j)=g(j)-(2/x(j))*v(j)-u(j)^3; vt=v(j)+delta_x*h(j); tabel0=[tabel0;u(j);ut]; tabel1=[tabel1;v(j);vt];

for i=1:3500 utd(i)=ut; vtd(i)=vt; x(j+1)=x(j)+delta_x; U(i)= u(j) + (delta_x/2) *(v(j) + vtd(i)); V(i)= v(j) + (delta_x/2) *(h(j) + (6+x(j+1)^6)-

(2/x(j+1))*vtd(i)-utd(i)^3); ut=U(i); vt=V(i); tabel0=[tabel0;round(U(i),3)]; tabel1=[tabel1;round(V(i),3)];


120

if tabel0(end)==tabel0(end-1) && tabel1(end)==tabel1(end-

1) break end end u(j+1)=tabel0(end); v(j+1)=tabel1(end); xn=[xn;x(j+1)]; un=[un;u(j+1)]; vn=[vn;v(j+1)]; end eksak=[xn.^2]; galat=abs(eksak-un); disp(' xn un vn


----------------------------------------') tabel=[xn un vn eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat)/j plot(xn,un,'--') hold on %plot(xn,eksak,'k-')

Metode Runge-Kutta


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y^3=6+x^6 dengan metode Runge-Kutta

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0;

xn=[]; un=[]; vn=[]; for i=1:10 f1=v(i); k1=delta_x*f1; h1=(6+x(i)^6)-(2/x(i))*v(i)-u(i)^3; q1=delta_x*h1;

f2=v(i)+(q1/2); k2=delta_x*f2;


121

h2=(6+(x(i)+(delta_x/2))^6)-(2/(x(i)+(delta_x/2)))*(v(i)+q1/2)-

(u(i)+(k1/2))^3; q2=delta_x*h2;

f3=v(i)+(q2/2); k3=delta_x*f3; h3=(6+(x(i)+(delta_x/2))^6)-(2/(x(i)+(delta_x/2)))*(v(i)+q2/2)-

(u(i)+(k2/2))^3; q3=delta_x*h3;

f4=v(i)+q3; k4=delta_x*f4; h4=(6+(x(i)+delta_x)^6)-(2/(x(i)+delta_x))*(v(i)+q3)-(u(i)+k3)^3; q4=delta_x*h4;

k0=(1/6)*(k1+2*k2+2*k3+k4); q0=(1/6)*(q1+2*q2+2*q3+q4);

x(i+1)=x(i)+delta_x; u(i+1)=u(i)+k0; v(i+1)=v(i)+q0; xn=[xn;x(i+1)]; un=[un;u(i+1)]; vn=[vn;v(i+1)]; end eksak=[xn.^2]; galat=abs(eksak-un); disp(' xn un vn


----------------------------------------') tabel=[xn un vn eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat)/i plot(xn,un,'-o') hold on %plot(xn,eksak,'k-')

Metode Milne


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+y^3=6+x^6 dengan metode Milne

format long delta_x=0.1; x(1)=10^(-14); x(2)=x(1)+delta_x;


122

x(3)=x(2)+delta_x; x(4)=x(3)+delta_x;

u(1)=0; u(2)=0.01; u(3)=0.04; u(4)=0.09;

v(1)=0; v(2)=0.2; v(3)=0.4; v(4)=0.6;

xn=[]; xn=[xn;x(2);x(3);x(4)]; un=[]; un=[un;u(2);u(3);u(4)]; vn=[]; vn=[vn;v(2);v(3);v(4)];


v1(i+1)=(6+x(i+1)^6)-(2/x(i+1))*v(i+1)-u(i+1)^3; v1(i+2)=(6+x(i+2)^6)-(2/x(i+2))*v(i+2)-u(i+2)^3; v1(i+3)=(6+x(i+3)^6)-(2/x(i+3))*v(i+3)-u(i+3)^3;



z1=V1; z2=(6+x(i+4)^6)-(2/x(i+4))*V1-U1^3;


((round(V1,4)==round(V2,4))||(abs((V1-V2)/29)<0.01)) u(i+4)=U2; v(i+4)=V2; else disp('nilai DELTA_X harus diganti dengan nilai yang lebih

kecil '); end xn=[xn;x(i+4)]; un=[un;u(i+4)]; vn=[vn;v(i+4)]; end

eksak=[xn.^2]; galat=abs(eksak-un);


123

disp(' xn un vn

Eksak Galat') disp(' ') disp(' ---------------------------------------------------------

----------------------------------------') tabel=[xn un vn eksak galat]; disp(tabel) gatot=sum(galat(4:10))/i plot(xn,un,':') hold on plot(xn,eksak,'k-')


Metode Euler


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+e^y=0 dengan metode euler

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0; un=[]; vn=[]; xn=[]; for i=1:10 x(i+1)=x(i)+delta_x; u(i+1)=u(i)+delta_x*v(i); v(i+1)=v(i)+delta_x*(-(2/x(i))*v(i)-exp(u(i))); un=[un;u(i+1)]; vn=[vn;v(i+1)]; xn=[xn;x(i+1)]; end [xn un vn] plot(xn,un,'-o') hold on



%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+e^y=0 dengan metode Euler termodofikasi


124

format long x(1)=10^(-14); delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0; tabel0=[]; tabel1=[]; xn=[]; un=[]; vn=[]; for j=1:10 ut=u(j)+delta_x*v(j); h(j)=-(2/x(j))*v(j)-exp(u(j)); vt=v(j)+delta_x*h(j); tabel0=[tabel0;u(j);ut]; tabel1=[tabel1;v(j);vt];

for i=1:5000 utd(i)=ut; vtd(i)=vt; x(j+1)=x(j)+delta_x; U(i)= u(j) + (delta_x/2) *(v(j) + vtd(i)); V(i)= v(j) + (delta_x/2) *(h(j) + (-(2/x(j+1))*vtd(i)-

exp(utd(i)))); ut=U(i); vt=V(i); tabel0=[tabel0;round(U(i),3)]; tabel1=[tabel1;round(V(i),3)]; if tabel0(end)==tabel0(end-1) && tabel1(end)==tabel1(end-

1) break end end u(j+1)=tabel0(end); v(j+1)=tabel1(end); xn=[xn;x(j+1)]; un=[un;u(j+1)]; vn=[vn;v(j+1)]; end [xn un vn] plot(xn,un,'-^') hold on

Metode Runge-Kutta


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+e^y=0 dengan metode Runge-Kutta

format long x(1)=10^(-14);


125

delta_x=0.1; u(1)=0; v(1)=0;

xn=[]; un=[]; vn=[]; for i=1:10 f1=v(i); k1=delta_x*f1; h1=-(2/x(i))*v(i)-exp(u(i)); q1=delta_x*h1;

f2=v(i)+(q1/2); k2=delta_x*f2; h2=-(2/(x(i)+(delta_x/2)))*(v(i)+q1/2)-exp((u(i)+(k1/2))); q2=delta_x*h2;

f3=v(i)+(q2/2); k3=delta_x*f3; h3=-(2/(x(i)+(delta_x/2)))*(v(i)+q2/2)-exp((u(i)+(k2/2))); q3=delta_x*h3;

f4=v(i)+q3; k4=delta_x*f4; h4=-(2/(x(i)+delta_x))*(v(i)+q3)-exp((u(i)+k3)); q4=delta_x*h4;

k0=(1/6)*(k1+2*k2+2*k3+k4); q0=(1/6)*(q1+2*q2+2*q3+q4);

x(i+1)=x(i)+delta_x; u(i+1)=u(i)+k0; v(i+1)=v(i)+q0; xn=[xn;x(i+1)]; un=[un;u(i+1)]; vn=[vn;v(i+1)]; end [xn un vn] plot(xn,un,'k-') hold on

Metode Milne


%%Penyelesaian persamaan Lane-Emden %%Penyelesaian y"+(2/x)y'+e^y=0 dengan metode Milne

format long delta_x=0.1; x(1)=10^(-14);


126

x(2)=x(1)+delta_x; x(3)=x(2)+delta_x; x(4)=x(3)+delta_x;

u(1)=0; u(2)=-0.004995838537328; u(3)=-0.008496413494712; u(4)=-0.016154192604233;

v(1)=0; v(2)=-0.000083542014347; v(3)=-0.057075620285349; v(4)=-0.094843013237095;

xn=[]; xn=[xn;x(2);x(3);x(4)]; un=[]; un=[un;u(2);u(3);u(4)]; vn=[]; vn=[vn;v(2);v(3);v(4)];


v1(i+1)=-(2/x(i+1))*v(i+1)-exp(u(i+1)); v1(i+2)=-(2/x(i+2))*v(i+2)-exp(u(i+2)); v1(i+3)=-(2/x(i+3))*v(i+3)-exp(u(i+3));



z1=V1; z2=-(2/x(i+4))*V1-exp(U1);


((round(V1,4)==round(V2,4))||(abs((V1-V2)/29)<0.05)) u(i+4)=U2; v(i+4)=V2; else disp('nilai DELTA_X harus diganti dengan nilai yang lebih

kecil '); break end xn=[xn;x(i+4)]; un=[un;u(i+4)]; vn=[vn;v(i+4)]; end [xn un vn] plot(xn,un,'--')


penyelesaian persamaan lane-emden dengan metode … · astrofisika (krivec and mandelzweig, 2001),...

Documents