metode numerik pada persamaan diferensial (new)

MATEMATIKA 4

METODE NUMERIK PADA PERSAMAAN DIFFERENSIAL

Bagus Hario SetiadjiJurusan Teknik Sipil

Fakultas Teknik Universitas Diponegoro

DEFINISI METODE NUMERIK

• Metode numerik adalah suatu prosedur yang menghasilkan solusi perkiraan (approximate solution) pada suatu nilai, dengan hanya menggunakan operasi penambahan, pengurangan, perkalian dan pembagian.

• Metode numerik sangat sesuai digunakan untuk menyelesaikan persamaan-persamaan diferensial (dan juga integral) yang kompleks.

• Pada perkuliahan ini, suatu persamaan diferensial biasa (PDB) orde satu atau lebih akan diselesaikan dengan menggunakan pendekatan metode numerik yang diturunkan dari deret Taylor dan metode beda hingga (finite difference).

PENDEKATAN DALAM METODE NUMERIK

• Pada umumnya, fungsi diferensial yang berbentuk kompleks dapat disederhanakan menjadi fungsi hampiran dalam bentuk fungsi polinomial yang lebih sederhana.

• Apabila dilakukan suatu pekerjaan hitungan dengan menggunakan fungsi yang sesungguhnya, maka akan diperoleh hasil solusi yang eksak (solusi sejati). Tetapi apabila pekerjaan hitungan tersebut diselesaikan dengan fungsi hampiran, maka akan diperoleh hasil solusi hampiran (solusi pendekatan).

• Perbedaan antara solusi eksak dan solusi hampiran adalah pada adanya galat (error) pada fungsi hampiran. Galat pada solusi numerik harus selalu dihubungkan dengan seberapa teliti fungsi polinomial tersebut dalam menghampiri fungsi yang sesungguhnya.


• Cara numeris untuk menyelesaikan problem nilai awal adalah diferensial hingga. Pada metode differensial hingga, penyelesaian pendekatan didapat pada titik-titik hitung

x0 < x1 < x2 < x3 < …< xi < …

dan nilai pendekatan pada setiap xi diperoleh dengan menggunakan nilai-nilai yang telah diperoleh sebelumnya.


• Misalkan diketahui PDB:y’ = f(x, y) ; y(x0) = y0

• Setiap metode numerik akan menghasilkan solusi hampiran pada titik x0, x1, x2, …, xi; dimana selisih antara dua nilai x yang berurutan adalah konstan sebesar xi+1 – xi = h (i = 0, 1, 2, …, N), disebut sebagai step-size

• Solusi hampiran dari xi dinyatakan sebagai y(xi) atau yi. Solusi eksak dari xi dinyatakan sebagai Y(xi) atau Yi. Sekali nilai yi diketahui, maka dari persamaan di atas dapat ditulis:

y’n = f(xi, yi)

METODE EULER

• Metode Euler merupakan metode numerik paling sederhana dan diturunkan dari deret Taylor. Misalkan, fungsi y(x) adalah fungsi kontinyu dan memiliki turunan dalam interval [a, b]. Maka dalam deret Taylor

dengan xi < i < xi+1; dan xi = a + ih; i = 0, 1, 2, .., N

Dan karena y(xi) memenuhi persamaan diferensial

dan y(a) = , maka

iiii yh

xhyxyxy ''2

'2

1

iiiii yh

xyxhfxyxy ''2

)(,2

1

N

abxxh ii

1

b x a );,( yxfdxdy

METODE EULER

• Dengan mengabaikan suku terakhir dari persamaan di atas, diperoleh:

• Contoh 1:Diketahui persamaan diferensial orde 1: y’ = y; 0 x 1; y(0) = 1 dan N = 5

• Solusi:

dan xi = a + ih = 0.2i; i = 0, 1, 2, …, 5

dengan demikian persamaan Euler dapat dinyatakan sebagai

yi+1 = yi + h(yi) = yi + 0.2(yi) = 1.2 yi

)(,1 iiii xyxhfxyxy

2.0

501

N

abh

METODE EULER – Contoh 1

• yi+1 = 1.2 yi dengan n = 0, 1, 2, …, 5• Maka:

i = 0; x0 = 0, y0 = 1

i = 1; x1 = 0.2, y1 = 1.2 y0 = 1.2 (1) = 1.2

i = 2; x2 = 0.4, y2 = 1.2 y1 = 1.2 (1.2) = 1.44

i = 3; x3 = 0.6, y3 = 1.2 y2 = 1.2 (1.44) = 1.728

i = 4; x4 = 0.8, y4 = 1.2 y3 = 1.2 (1.728) = 2.0736

i = 5; x1 = 1.0, y5 = 1.2 y4 = 1.2 (2.0736) = 2.48832• Solusi eksak dari contoh 1 adalah

x

x

eY(x)

) y(

ceycxy

dxydy

ydxdy

y

Jadi,

0 c c e 1 maka ,10 Jika

ln

'

0


• Contoh 2 : Diketahui persamaan diferensial orde 1: y’ = y2 + 1; 0 x 1; y(0) = 0 dan N = 5

• Solusi:dan xi = a + ih = 0.2i; i = 0, 1, 2, …, 5

dengan demikian persamaan Euler dapat dinyatakan sebagai

yi+1 = yi + h(yi2

+ 1) = yi + 0.2(yi2

+ 1) = 0.2 yi2 + yi + 0.2

• Maka:i = 0; x0 = 0, y0 = 0

i = 1; x1 = 0.2, y1 = 0.2 y02 + yo + 0.2 = 0.2 (0)2 + (0) + 0.2 = 0.2

i = 2; x2 = 0.4, y2 = 0.2 y12 + y1 + 0.2 = 0.2 (0.2)2 + (0.2) + 0.2 = 0.408

i = 3; x3 = 0.6, y3 = 0.2 y22 + y2 + 0.2 = 0.2 (0.408)2 + (0.408) + 0.2 = 0.6413

i = 4; x4 = 0.8, y4 = 0.2 y32 + y3 + 0.2 = 0.2 (0.6413)2 + (0.6413) + 0.2 = 0.9236

i = 5; x5 = 1.0, y5 = 0.2 y42 + y4 + 0.2 = 0.2 (0.9236)2 + (0.9236) + 0.2 = 1.2942

2.0

501

N

abh


• Solusi eksak dari contoh 1 adalah

x Y(x)

) y(

cxycxy

dxydy

ydxdy

y

tan Jadi,

0 c c 0 tan 0 maka ,00 Jika

tan arctan

1

1'

2

2

METODE EULER – Contoh 1 dan 2

• Galat (error) antara solusi hampiran dan solusi eksak• Contoh 1 Contoh 2

Ket: Y(x) = ex Ket: Y(x) = tan x

• Terlihat bahwa galat yang terjadi pada metode Euler terus membesar dengan bertambahnya iterasi.

i xn yn Yn Yn - yn

0 0 1 1 01 0.2 1.2 1.2214 0.02142 0.4 1.44 1.4918 0.05183 0.6 1.728 1.8221 0.09414 0.8 2.0736 2.2255 0.15195 1.0 2.48832 2.7183 0.2291

i xn yn Yn Yn - yn

0 0 0 0 01 0.2 0.2 0.2027 0.00272 0.4 0.408 0.4223 0.01433 0.6 0.6413 0.6841 0.04284 0.8 0.9236 1.0296 0.1065 1.0 1.2942 1.5574 0.2632

METODE RUNGE – KUTTA

• Metode Runge – Kutta menawarkan penyelesaian diferensial dengan pertumbuhan galat yang jauh lebih kecil dibandingkan dengan metode Euler.

• Persamaan umum metode Runge – Kutta

34

23

12

1

43211

,21

,21

21

,21

,

2261

kyhxhfk

kyhxhfk

kyhxhfk

yxhfk

kkkkyy

ii

ii

ii

ii

ii

METODE RUNGE – KUTTA -- Contoh 1

• Contoh 1Diketahui persamaan diferensial orde 1: y’ = y; 0 x 1; y(0) = 1 dan N = 5

• Solusi:

dan xi = a + ih = 0.2i; i = 0, 1, 2, …, 5

i = 0; x0 =0; y0 = 1

2.0

501

N

abh

2214.12444.0222.0222.022.061

12261

2444.0222.012.0,

222.0222.0

12.021

21

,21

22.022.0

12.021

21

,21

2.012.0,

432101

303004

202003

101002

0001

kkkkyy

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

hyyxhfk


• i = 1; x1 =0.2; y1 = 1.2214

4918.1

2985.02712.022687.022443.06

12214.122

6

1

2985.02712.02214.12.0,

2712.02

2687.02214.12.0

2

1

2

1,

2

1

2687.02

2443.02214.12.0

2

1

2

1,

2

1

2443.02214.12.0,

432112

313114

212113

111112

1111

kkkkyy

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

hyyxhfk


• i = 2; x2 =0.4; y2 = 1.4918

8221.1

3646.03312.023282.022984.06

14918.122

6

1

3646.03312.04918.12.0,

3312.02

3282.04918.12.0

22

1,

2

1

3282.02

2984.04918.12.0

22

1,

2

1

2984.04918.12.0,

432123

323224

222223

121222

2221

kkkkyy

kyhkyhxhfk

kh

yhkyhxhfk

kh

yhkyhxhfk

hyyxhfk


• i = 3; x3 =0.6; y3 = 1.8221

2255.2

4453.04045.024009.023644.06

18221.122

6

1

4453.04045.08221.12.0,

4045.02

4009.08221.12.0

22

1,

2

1

4009.02

3644.08221.12.0

22

1,

2

1

3644.08221.12.0,

432134

333334

232333

131332

3331

kkkkyy

kyhkyhxhfk

kh

yhkyhxhfk

kh

yhkyhxhfk

hyyxhfk


• i = 4; x4 =0.8; y4 = 2.259

7182.2

5439.04941.024896.024451.061

2255.2226

5439.04941.02255.22.0,

4941.02

4896.02255.22.0

221

,21

4896.024451.0

2255.22.022

1,

21

4451.02255.22.0,

432145

344444

242443

141442

4441

kkkkh

yy

kyhkyhxhfk

kh

yhkyhxhfk

kh

yhkyhxhfk

hyyxhfk


• Contoh 2 : Diketahui persamaan diferensial orde 1: y’ = y2 + 1; 0 x 1; y(0) = 0 dan N = 5

• Solusi:dan xi = a + ih = 0.2i; i = 0, 1, 2, …, 5

i = 0; x0 =0; y0 = 0

2.0

501

N

abh

2027.0

2082.02020.022020.022.061

02261

2082.012020.002.01,

2020.012

2020.002.01

21

21

,21

2020.0122.0

02.0121

21

,21

2.0102.01,

432101

22303004

22

202003

22

101002

220001

kkkkyy

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

yhyxhfk


• i = 1; x1 =0.2; y1 = 0.2027

4228.0

2357.02195.022188.022082.061

2027.02261

2357.012195.02027.02.01,

2195.012

2188.02027.02.01

21

21

,21

2188.012

2082.02027.02.01

21

21

,21

2082.012027.02.01,

432112

22313114

22

212113

22

111112

221111

kkkkyy

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

yhyxhfk


• i = 2; x2 =0.4; y2 = 0.4228

• Silakan dicoba untuk i = 3 dan i = 4, untuk mendapatkan y4 dan y5

6842.0

2935.02610.022585.022358.061

4228.02261

2935.012610.04228.02.01,

2610.012

2585.04228.02.01

21

21

,21

2585.012

2358.04228.02.01

21

21

,21

2358.014228.02.01,

432123

22323224

22

222223

22

121222

222221

kkkkyy

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

kyhkyhxhfk

yhyxhfk

METODE RUNGE - KUTTA -- Contoh 1 dan 2

• Galat (error) antara solusi hampiran dan solusi eksak• Contoh 1 Contoh 2

• Terlihat bahwa galat yang terjadi pada metode Runge - Kutta sangat kecil, dibandingkan dengan galat pada metode Euler.

i xn yn Yn Yn - yn

0 0 1 1 01 0.2 1.2214 1.2214 0.00002 0.4 1.4918 1.4918 0.00003 0.6 1.8221 1.8221 0.00004 0.8 2.2255 2.2255 0.00005 1.0 2.7182 2.7183 0.0001

i xn yn Yn Yn - yn

0 0 0 0 01 0.2 0.2027 0.2027 0.00002 0.4 0.4228 0.4223 0.00053 0.6 0.6842 0.6841 0.00014 0.8 1.0297 1.0296 0.00015 1.0 1.5575 1.5574 0.0001

METODE NUMERIK UNTUK PDB ORDE 2 ATAU LEBIH

• Penyelesaian metode numerik untuk PDB orde 1 dapat juga digunakan pada PDB orde 2 atau lebih, dengan terlebih dahulu melakukan transformasi PDB orde 2 ke PDB orde 1 terlebih dahulu.

• Bentuk standar untuk sistem dengan dua persamaany’ = f(x, y, z); z’ = g(x, y, z); y(x0) = y0; z(x0) = z0

Dengan y’ = f(x, y, z) z, maka z’ = y’’, merupakan PDB orde 2, maka:

y’’ = z’ = g(x, y, y’); y(x0) = y0; y’(x0) = z0

• Bentuk standar untuk sistem dengan tiga persamaany’ = f(x, y, z, w); z’ = g(x, y, z, w); w’ = r(x, y, z, w); y(x0) = y0; z(x0) = z0

w(x0) = w0

Jika y’ = f(x, y, z, w) z, dan z’ = g(x, y, z, w) w, merupakan PDB orde 3, maka: y’’’ = w’ = r(x, y, z, w); y(x0) = y0; y’(x0) = z0; y’’(x0) = w0

METODE NUMERIK UNTUK PDB ORDE 2 ATAU LEBIH

• Contoh transformasi dari PDB orde 2 ke PDB orde 1Diketahui PDB sebagai berikut y’’ – 3y’ + 2y = 0; y(0) = -1; y’(0) = 0

Definisikan: z = y’, maka z(0) = y’(0) = 0 dan z’ = y’’.

Selanjutnya PDB yang diketahui dapat ditulis: y’’ = 3y’ - 2y atau z’ = 3z – 2y; dimana z = y’, serta y(0) = -1; z(0) = 0

• Contoh 2Diketahui PDB orde 2 sebagai berikut:3x2y’’ – xy’ + y = 0; y(1) = 4; y’(1) = 2Definisikan: z = y’, maka z(1) = y’(1) = 2 dan z’ = y’’. Selanjutnya PDB yang diketahui dapat ditulis:

2141 dimana ;3x

y-xzz' ;

3'

'' 22 ) ; z() z; y(y'x

yxyy

METODE RUNGE – KUTTA UNTUK PDB ORDE 2 ATAU LEBIH

334

334

223

223

112

112

1

1

43211

43211

,,

,,21

,21

,21

21

,21

,21

21

,21

,21

21

,21

,21

,,

,,

2261

2261

lzkyhxhgl

lzkyhxhfk

lzkyhxhgl

lzkyhxhfk

lzkyhxhgl

lzkyhxhfk

zyxhgl

zyxhfk

llllzz

kkkkyy

iii

iii

iii

iii

iii

iii

iii

iii

ii

ii

METODE RUNGE – KUTTA(CONTOH PDB ORDE 2)

• Diketahui persamaan diferensial orde 2: y’’ – 3y’ + 2y = 0; 0 x 1; y(0) = -1; y’(0) = 0 dan N = 5

• Solusi:

y’’ = 3y’ – 2yy’’ = z’ dan y’ = z = f(x, y, z), sehinggaz’ = g(x, y, z) = 3z – 2yx0 = 0; y(0) = -1 dan z(0) = y’(0) = 0

dan xi = a + ih = 0.2i; i = 0, 1, 2, …, 5

y’ = f(x, y, z) = z dan z’ = g(x, y, z) = 3z – 2y

• i = 0; x0 = 0; y0 = -1; z0 = 0

2.0

501

N

abh

52.0

20

1224.0

032.0

21

221

321

,21

,21

04.024.0

02.021

21

,21

,21

4.012032.023,,

002.0,,

1010101002

10101002

000001

00001

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

yzhzyxhgl

zhzyxhfk


708.0052.0(12548.0032.0

23,,

1096.0548.002.0,,

548.0204.0

12252.0

032.0

21

221

321

,21

,21

052.0252.0

02.021

21

,21

,21

3030303004

30303004

2020202003

20202003

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

5407.0)708.0548.0252.024.0(61

02261

9511.0)1096.0052.0204.020(61

12261

432101

432101

llllzz

kkkkyy


• i = 1; x1 = 0.2; y1 = -0.9511; z1 = 0.5407

9055.0

21081.0

9511.022

7409.05407.032.0

21

221

321

,21

,21

1786.02

7049.05407.02.0

21

21

,21

,21

7049.09511.025407.032.023,,

1081.05407.02.0,,

1111111112

11111112

111111

11111

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

yzhzyxhgl

zhzyxhfk


1683.11987.09511.029048.05407.032.0

23,,

2891.09048.05407.02.0,,

9408.02

1786.09511.02

29055.0

5407.032.0

21

221

321

,21

,21

1987.02

9055.05407.02.0

21

21

,21

,21

3131313114

31313114

2121212113

21212113

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

4683.1

)1683.19408.029055.027049.0(61

5407.02261

7591.0

)2891.01987.021786.021081.0(61

9511.02261

432112

432112

llllzz

kkkkyy


• i = 2; x2 = 0.4; y2 = -0.7591; z2 = 1.4683

4813.1

22937.0

7591.022

1846.14683.132.0

21

221

321

,21

,21

4121.02

1846.14683.12.0

21

21

,21

,21

1846.17591.024683.132.023,,

2937.04683.12.0,,

1212121222

12121222

222221

22221

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

yzhzyxhgl

zhzyxhfk


9359.14418.07591.025466.14683.132.0

23,,

6030.05466.14683.12.0,,

5466.124121.0

7591.022

4813.14683.132.0

21

221

321

,21

,21

4418.02

4813.14683.12.0

21

21

,21

,21

3232323224

32323224

2222222223

22222223

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

9977.2

)9359.15466.124813.121846.1(61

4683.12261

3250.0

)6030.04418.024121.022937.0(61

7591.02261

432123

432123

llllzz

kkkkyy



• Solusi eksak dari PDB yang diberikan: y’’ – 3y’ + 2y = 0; 0 x 1; y(0) = -1; y’(0) = 0 dan N = 5

• Berdasarkan general formula:

Maka y’’ – 3y’ – 2y = 0 dapat ditulis:r2 – 3r – 2 = 0(r – 2)(r – 1) = 0 r1 = 2; r2 = 1

Persamaan PDB yang diberikan dapat ditulis:

xx

xx

ececxy

ececxy

22

1

22

1

2)('

)(

xrxr ececxy 2121)(


• Gunakan nilai batas untuk menentukan c1 dan c2

y(0) = -1, maka: -1 = c1 + c2

y’(0) = 0, maka: 0 = 2c1 + c2

Gunakan prinsip substitusi dan eliminasi, sehingga diperoleh c1 = 1; c2 = -2

Oleh karena itu, solusi eksak dari PDB: y’’ – 3y’ + 2y = 0 adalahy(x) = e2x – 2ex


• Perbandingan galat (error) antara solusi hampiran dan solusi eksak:

• Untuk mengecilkan galat, bisa dilakukan dengan memperbanyak jumlah N, atau dengan kata lain mengecilkan ukuran step-size. Sebagai contoh, berikut ini akan dilakukan perhitungan kembali contoh yang diberikan, dengan menggambil nilai N = 10, atau

i xn yn Yn Yn - yn

0 0 -1 -1 01 0.2 -0.9511 -0.9510 0.00012 0.4 -0.7591 -0.7581 0.00103 0.6 -0.3250 -0.3241 0.0009

1.0

1001

N

abh

• i = 0; x0 = 0; y0 = -1; z0 = 0

23.0

20

1222.0

031.0

21

221

321

,21

,21

01.022.0

01.021

21

,21

,21

2.012031.023,,

001.0,,

1010101002

10101002

000001

00001

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

yzhzyxhgl

zhzyxhfk


2678.00115.0122335.0031.0

23,,

0234.02335.001.0,,

2335.0201.0

12223.0

031.0

21

221

321

,21

,21

0115.0223.0

01.021

21

,21

,21

3030303004

30303004

2020202003

20202003

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

kylzhlzkyhxhgl

lzhlzkyhxhfk

2325.0)2678.02335.0223.022.0(61

02261

9889.0)0234.00115.0201.020(61

12261

432101

432101

llllzz

kkkkyy



• Untuk i = 0, diperoleh sebagai hasil akhir berupa solusi hampiran:y1 = -0.9889

Solusi eksak Y1 = -0.9889

Sehingga, galat (error) = 0.0000• Sebagai latihan, hitunglah nilai y2, y4, y6 dari contoh yang diberikan

menggunakan h = 0.1 dan bandingkan hasilnya dengan hasil yang diperoleh apabila menggunakan h = 0.2

AKHIR MATERI METODE NUMERIK

TERIMA KASIH.

metode numerik pada persamaan diferensial (new)

Documents