metode transformasi diferensial untuk ......metode transformasi diferensial untuk menyelesaikan pdb...
TRANSCRIPT
TUGAS AKHIR - SM 141501
METODE TRANSFORMASI DIFERENSIAL UNTUK MENYELESAIKAN PDB NONLINIER BRATU AFIFAH DWI KURNIAWATI HASIBUAN NRP 1211 100 045 Dosen Pembimbing Dra. Sri Suprapti H., M.Si JURUSAN MATEMATIKA Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Teknologi Sepuluh Nopember Surabaya 2015
FINAL PROJECT-SM 141501T
DIFFERENTIAL TRANSFORM METHOD FOR SOLVING ODE NON-LINEAR BRATU AFIFAH DWI KURNIAWATI HASIBUAN NRP 1211 100 045 Supervisor Dra. Sri Suprapti H., M.Si Department of Mathematics Faculty of Mathematics and Natural Sciences Sepuluh Nopember Institut of Technology Surabaya 2015
vii
METODE TRANSFORMASI DIFERENSIAL UNTUK
MENYELESAIKAN PDB NONLINIER BRATU
Nama Mahasiswa : AFIFAH DWI KURNIAWATI
HASIBUAN
NRP : 1211 100 045
Jurusan : Matematika
Dosen Pembimbing : Dra. Sri Suprapti H., M.Si
Abstrak
Pada kasus fenomena alam banyak ditemukan model
nonlinier. Salah satunya yaitu persamaan diferensial biasa (PDB)
nonlinier Bratu yang diturunkan dari model pengapian bahan
bakar padat dalam teori pembakaran termal. Sebuah rumus baru
telah dikembangkan berdasarkan dari metode transformasi
diferensial untuk menyelesaikan persamaan tersebut. Namun
metode ini masih kurang sederhana dalam menghitung
transformasi differensial dari bentuk nonliniernya. Sehingga pada
Tugas Akhir ini digunakan sebuah metode transformasi
diferensial dengan polinomial baru untuk menyelesaikan PDB
nonlinier Bratu. Hasil simulasi grafik menunjukkan metode
transformasi diferensial sangat dekat dengan solusi eksaknya serta
galatnya cukup kecil. Nilai galat semakin kecil saat nilai orde
semakin besar. Kemudian dari hasil simulasi konvergensi
didapatkan untuk syarat ( ) ( )
sehingga solusi numerik dari persamaan Bratu konvergen ke
eksaknya, namun untuk syarat ( ) ( ) solusi
numeriknya tidak konvergen ke eksaknya sehingga sebaiknya
dipilih nilai
Kata kunci: Metode Transformasi Diferensial, PDB Nonlinier
Bratu, Konvergensi, Parameter
viii
โHalaman ini sengaja dikosongkanโ
ix
DIFFERENTIAL TRANSFORM METHOD FOR SOLVING ODE NON-LINEAR BRATU
Name : AFIFAH DWI KURNIAWATI
HASIBUAN NRP : 1211 100 045 Department : Matematika Supervisor : Dra. Sri Suprapti H., M.Si
Abstact
In the case of natural phenomena are found nonlinear models. One of them is a model of ordinary differential equations (ODE) of nonlinear Bratu derived from solid fuel ignition models in the theory of thermal combustion. A new formula was developed based on differential transform method for solving it. However, this method is less simple in calculating the differential transform of nonlinear form. So in this Final Project used a differential transform method with new polynomial for solving Bratu equation. Results of the simulation graph showing differential transform method is very close to the exact solution as well as the error is quite small. The smaller the error value when the value of the larger order. After that, the convergence of simulation results obtained โ 0 โค โ๐ < 1 for the condition ๐ข(0) = ๐ขโฒ(0) = 0, so the numerical solution of Bratu equation converge to the exact solution, but for the condition ๐ข(0) =๐ขโฒ(0) = ๐, the numerical solution of Bratu equation do not converge to the exact solution so that the value of ๐2 < ๐ < ๐๐ should be selected.
Keywords: Differential Transform Method, Bratu Nonlinear ODE, Convergence, ๐ Parameter.
x
โHalaman ini sengaja dikosongkanโ
xi
KATA PENGANTAR
Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT, yang
telah memberikan rahmat dan hidayah-Nya sehingga penulis
dapat menyelesaikan Tugas Akhir ini.
Salah satu tujuan dari disusunnya Tugas Akhir ini adalah
untuk memenuhi sebagian persyaratan dalam mencapai jenjang
Sarjana Sains dari Jurusan Matematika ITS Surabaya.
Tugas akhir ini dapat terselesaikan dengan baik dan lancar
atas kerja sama dan dukungan berbagai pihak. Sehubungan
dengan itu, penulis bermaksud menyampaikan terima kasih
kepada:
1. Ibu Prof. Dr. Erna Apriliani, M.Si selaku Ketua Jurusan
Matematika ITS.
2. Ibu Dra. Sri Suprapti H., M.Si selaku Dosen Pembimbing
yang telah banyak membantu dan membimbing penulis dalam
penyusunan laporan tugas akhir ini.
3. Ibu Sunarsini, M.Si, Ibu Dra. Wahyu F. D., M.Si, Bapak Drs.
Suhud Wahyudi, M.Si, Bapak Moh. Iqbal, S.Si, M.Si selaku
Dosen Penguji yang telah memberikan saran untuk perbaikan
tugas akhir ini.
4. Bapak Drs. Chairul Imron, MI.Komp selaku Koordinator
Tugas Akhir Jurusan Matematika ITS.
5. Bapak Dr. Darmaji, S.Si, MT selaku Dosen Wali yang telah
membantu dan memberikan arahan akademik selama penulis
menempuh perkuliahan di Jurusan Matematika ini.
6. Seluruh dosen dan karyawan Jurusan Matematika atas
kemudahan dan bantuan yang diberikan selama ini.
Penulis menyadari bahwa Tugas Akhir ini masih terdapat
kekurangan. Oleh karena itu, penulis mengharapkan kritik dan
xii
saran dari pembaca. Semoga Tugas Akhir ini dapat bermanfaat
bagi semua pihak yang berkepentingan.
Surabaya, Juli 2015
Penulis
xiii
Special thanks to:
1. Allah Subhanahu wa taโala yang telah memberikan nikmat,
karunia serta petunjuk dan kesabaran dalam setiap langkah
penulis atas izin dan kehendakNya Tugas Akhir ini dapat
terselesaikan dan juga Nabi Muhamma SAW, shalawat serta
salam selalu tercurah untuk beliau yang telah membimbing
umatnya sehingga dapat berhijrah dari jaman kegelapan ke
jaman yang dipenuhi dengan nikmat ilmu yang barokah ini.
2. Ibu dan Bapak yang selalu banyak membantu, mendoakan,
serta memberikan nasihat dan motivasi kepadaku.
3. Kakak dan semua keluargaku yang telah membantu dan
memberikan semangat kepadaku.
4. Teman-teman dekatku Ulva, Ifa, Tutut, Muna, Dini yang
selalu bersama di jurusan dan saling membantu serta
menyemangati selama kuliah di Matematika ini dan special to
filsi terima kasih banyak sudah membantu tugas-tugasku saat
kuliah dan Kakak sarah yang selama ini mau mengajak pulang
bareng, semoga Allah membalas kalian dengan kebaikan yang
banyak.
5. Teman-teman IM yang telah berjuang bersama dalam
menegakkan dakwah IM. Semoga semangat dakwah kita bisa
istiqomah dan IM dapat menjadi lebih baik ke depannya.
6. Teman-teman Menaraโ11 yang telah berjuang bersama saat-
saat maba hingga sekarang, terima kasih sudah banyak
membantu selama ini.
7. Teman-teman jurusan yang sudah berbagi pengalaman
bersama selama aku kuliah di jurusan Matematika ITS
8. Dan buat semua pihak yang telah mendukung pengerjaan
Tugas Akhir ini.
xiv
โHalaman ini sengaja dikosongkanโ
xv
DAFTAR ISI
HALAMAN JUDUL ..................................................................... i
LEMBAR PENGESAHAN ......................................................... v
ABSTRAK ................................................................................. vii
ABSTRACT ................................................................................ ix
KATA PENGANTAR ................................................................ xi
DAFTAR ISI .............................................................................. xv
DAFTAR GAMBAR ................................................................ xix
DAFTAR TABEL ..................................................................... xxi
DAFTAR SIMBOL ............................................................... xxiii
BAB 1 PENDAHULUAN ............................................................ 1
1.1 Latar Belakang Masalah ................................................... 1
1.2 Rumusan Masalah ............................................................ 2
1.3 Batasan Masalah ............................................................... 2
1.4 Tujuan ............................................................................... 2
1.5 Manfaat ............................................................................. 3
1.6 Sistematika Penulisan ....................................................... 3
BAB II TINJAUAN PUSTAKA ................................................ 5
2.1 Persamaan Diferensial Tak Linier .................................... 5
2.2 Deret Taylor dan Deret Maclaurin ................................... 6
2.3 Metode Transformasi Diferensial ..................................... 7
2.4 Persamaan Fungsional .................................................... 10
2.5 Operator .......................................................................... 10
2.6 Barisan Rekursif ............................................................. 10
xvi
BAB III METODOLOGI PENELITIAN ............................... 11
3.1 Studi Literatur................................................................. 11
3.2 Penurunan Model Persamaan Diferensial Biasa
Nonlinier Bratu ............................................................... 11
3.3 Mencari Solusi Eksak Persamaan Diferensial Biasa
Nonlinier Bratu ............................................................... 11
3.4 Mencari Solusi Numerik Persamaan Diferensial Biasa ....
Nonlinier Bratu .................................................................. 12
3.5 Simulasi Konvergensi ..................................................... 12
3.6 Simulasi Numerik PDB Nonlinier Bratu
Menggunakan Metode Transformasi Diferensial ........... 12
3.7 Kesimpulan dan Saran .................................................... 12
3.8 Skema Penelitian ............................................................ 12
BAB IV ANALISA DAN PEMBAHASAN ............................. 15
4.1 Metode Transformasi Diferensial dengan Polinomial
Baru ................................................................................ 15
4.2 Analisis Konvergensi ..................................................... 20
4.3 Penurunan Rumus PDB Nonlinier Bratu Pada Model
Pengapian Bahan Bakar Padat ........................................ 23
4.4 Solusi Persamaan Diferensial Biasa Nonlinier Bratu
Menggunakan Metode Transformasi Diferensial ........... 25
4.5 Simulasi Konvergensi ..................................................... 35
4.6 Simulasi Numerik dan Analisa Galat ............................. 44
BAB V KESIMPULAN DAN SARAN ................................... 49
5.1 Kesimpulan ..................................................................... 49
5.2 Saran ............................................................................... 49
xvii
DAFTAR PUSTAKA ............................................................... 51
LAMPIRAN .............................................................................. 53
xix
DAFTAR TABEL
Tabel 4.1
Nilai RMSE dengan ฮป = 2 untuk N =10, N =5,
dan N =3 ...................................................
48
xx
โHalaman ini sengaja dikosongkanโ
xix
DAFTAR GAMBAR
Halaman
Gambar 3.1 Skema Penelitian โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ... 15
Gambar 4.1 Hasil Numerik Perhitungan untuk
dan N = 4โฆโฆ.โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ..
42
Gambar 4.2 Hasil Numerik Perhitungan untuk
dan N = 10โฆโฆโฆโฆโฆ.....................................
43
Gambar 4.3 Hasil Numerik Perhitungan untuk =21,
ฮป= 2 dan N = 10โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ..โฆโฆ...
43
Gambar 4.4 Hasil Numerik Perhitungan untuk =21,
ฮป= -2 dan N = 10โฆ.โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ
44
Gambar 4.5 Hasil Numerik Perhitungan untuk =21,
ฮป= -1 dan N = 10โฆ.โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ
44
Gambar 4.6 Hasil Numerik Perhitungan untuk =21,
ฮป= 1 dan N = 10โฆ.โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ
Gambar 4.7 Hasil Numerik Perhitungan untuk =21,
ฮป= dan N = 10โฆ.โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ
Gambar 4.8 Hasil Numerik Perhitungan untuk =21,
ฮป= dan N = 10โฆ.โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ
Gambar 4.9 Grafik Perbandingan Metode Transformasi
Diferensial dengan Solusi Eksak untuk
dan N = 10โฆโฆโฆโฆโฆ..................................
Gambar 4.10 Grafik Perbandingan Metode Transformasi
Diferensial dengan Solusi Eksak untuk
dan N = 5โฆโฆโฆโฆโฆ..................................
Gambar 4.11 Grafik Perbandingan Metode Transformasi
Diferensial dengan Solusi Eksak untuk
dan N = 3โฆโฆโฆโฆโฆ..................................
Gambar 4.12Grafik Perbandingan Metode Transformasi
Diferensial dengan Solusi Eksak untuk
dan N = 10โฆโฆ...................................
Gambar 4.13 Grafik Perbandingan Metode Transformasi
Diferensial dengan Solusi Eksak untuk
โฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆโฆ
45
45
46
47
47
48
49
50
xx
โHalaman ini sengaja dikosongkanโ
xxi
DAFTAR SIMBOL
= parameter skalar Frank-Kamanetski
โ = himpunan bilangan real
โ = himpunan bilangan asli atau bilangan bulat positif
= field atau lapangan
= ruang Hilbert
= operator umum diferensial nonlinier
= operator linier yang didefinisikan
= operator linier sisa dari
= operator nonlinier dari
= operator nonlinier dari ruang Hilbert ke dalam
= sebuah bola di dalam โ yang berpusat di titik 0
= operator Laplace
= jari-jari pada bola
= himpunan dari semua fungsi yang mempunyai turunan
pertama kontinu.
= himpunan dari semua fungsi yang mempunyai turunan
kedua kontinu.
N = orde atau pangkat tertinggi dari deret solusi
= jumlah partisi untuk atau
xxii
โHalaman ini sengaja dikosongkanโ
1
BAB I
PENDAHULUAN
Pada bab ini dijelaskan mengenai latar belakang dari
permasalahan yang dibahas pada Tugas Akhir ini. Kemudian dari
permasalahan tersebut dirangkum ke dalam suatu rumusan masalah. Selanjutnya untuk menyelesaikan permasalahan pada
Tugas Akhir ini diberikan juga batasan masalah guna
mendapatkan tujuan yang diharapkan dan manfaat yang diperoleh. Adapun sistematika penulisan Tugas Akhir ini
diuraikan pada akhir bab ini.
1.1 Latar Belakang Masalah Di dalam berbagai bidang ilmu pengetahuan dan teknik model
nonlinier merupakan salah satu hal yang penting, namun pada
kenyataannya model nonlinier masih sulit untuk dipecahkan baik secara numerik maupun analitik. Salah satu bentuk model
nonlinier yaitu pada masalah nilai eigen eliptik nonlinier yang
timbul dalam berbagai ilmu pengetahuan dan teknik seperti perpindahan panas radiatif, teori pembakaran, dan nanoteknologi
[1].
Persamaan Bratu merupakan kasus khusus dari persamaan
masalah nilai eigen eliptik nonlinier yang diberikan dalam bentuk
. (1.1)
Persamaan Bratu diturunkan dari penyederhanaan model
pengapian bahan bakar padat pada teori pembakaran. Terdapat beberapa metode baik analitik maupun numerik yang telah sukses
diterapkan oleh para peneliti dalam menyelesaikan persamaan
Bratu. Wazwaz [2] menggunakan metode dekomposisi adomian untuk mendapatkan solusi eksak persamaan Bratu, Batiha [3]
menggunakan metode iterasi variational untuk mendapatkan
solusi numerik persamaan Bratu, Abukhaled [1] menyelesaikan
persamaan Bratu menggunakan metode Spline, dan metode wavelet Legendre digunakan untuk menyelesaikan persamaan
Bratu oleh [4] serta Chang [5] mengembangkan sebuah metode
alternatif untuk menyelesaikan transformasi diferensial satu dimensi dari fungsi nonlinier yang diterapkan pada persaman
2 Bratu. Namun metode ini memerlukan diferensiasi, manipulasi aljabar dan perhitungan yang lebih sulit untuk transformasi
diferensial pada fungsi nonlinier [6], sehingga pada Tugas Akhir
ini digunakan pendekatan yang lebih efisien dalam menggunakan
metode transformasi diferensial untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa nonlinier Bratu. Fungsi nonlinier digantikan oleh
polinomial transformasi diferensial kemudian fungsi linier
digantikan dengan fungsi transformasinya yang diperoleh dari sifat-sifat dasar metode transformasi diferensial. Dengan
demikian, persamaan Bratu dapat dengan mudah dipecahkan
dengan perhitungan yang lebih sederhana untuk setiap fungsi nonlinier.
1.2 Rumusan Masalah
Berdasarkan dengan latar belakang yang ada, permasalahan yang dibahas dalam Tugas Akhir ini antara lain:
1. Bagaimana menyelesaikan PDB nonlinier Bratu menggunakan
metode transformasi diferensial. 2. Bagaimana mendapatkan hasil simulasi grafik perbandingan
antara metode transformasi diferensial dengan solusi eksaknya.
3. Bagaimana mendapatkan hasil konvergensi pada solusi yang
diperoleh dari persaman Bratu.
1.3 Batasan Masalah
Batasan masalah yang diberikan dalam Tugas Akhir ini diantaranya sebagai berikut:
Nilai syarat awal PDB nonlinier Bratu yang diselesaikan
adalah dan .
1.4 Tujuan
Berdasarkan rumusan masalah yang telah dijelaskan di atas,
maka tujuan dari Tugas Akhir ini diantaranya sebagai berikut: 1. Menyelesaikan PDB nonlinier Bratu menggunakan metode
transformasi diferensial.
2. Mendapatkan hasil simulasi grafik perbandingan antara metode transformasi diferensial dengan solusi eksaknya.
3. Mendapatkan hasil konvergensi dari solusi yang diperoleh
pada persamaan Bratu.
3
1.5 Manfaat
Manfaat dari penulisan Tugas Akhir ini adalah sebagai rujukan
(acuan) untuk menyelesaikan PDB nonlinier Bratu dengan
menggunakan metode yang lebih sederhana, efektif, dan akurat bagi para pengguna.
1.6 Sistematika Penulisan Penulisan Tugas Akhir ini secara keseluruhan disusun atas
lima bab dan lampiran. Secara garis besar masing-masing bab
akan membahas hal-hal sebagai berikut:
BAB I PENDAHULUAN Bab ini berisi tentang gambaran secara umum dari Tugas
Akhir ini yang meliputi latar belakang permasalahan, perumusan
masalah, batasan masalah, tujuan dan manfaat serta sistematika penulisan.
BAB II TINJAUAN PUSTAKA Bab ini berisi tentang dasar teori serta materi pendukung
yang digunakan penulis dalam mengerjakan Tugas Akhir ini,
antara lain persamaan diferensial tak linier, deret Taylor dan Maclaurin, metode transformasi diferensial, persamaan
fungsional, operator, dan barisan rekursif.
BAB III METODE PENELITIAN Bab ini menjelaskan tentang alur penyelesaian dan metode
yang digunakan penulis dalam mengerjakan Tugas Akhir ini.
BAB IV ANALISA DAN PEMBAHASAN
Bab ini menyajikan formulasi dan penyelesaian berupa
solusi eksak dan numerik dari PDB nonlinier Bratu serta
penjelasan mengenai hasil simulasi yang diperoleh.
4 BAB V PENUTUP Bab ini berisi kesimpulan berdasarkan hasil pembahasan
sebelumnya dan saran untuk mengembangkan penelitian
sebelumnya.
LAMPIRAN
5
BAB II
TINJAUAN PUSTAKA
Pada bab ini dijelaskan mengenai tinjauan pustaka yang
menjadi landasan atau dasar teori dan materi pendukung lainnya
antara lain persamaan diferensial tak linier, deret Taylor dan
Maclaurin, metode transformasi diferensial, persamaan
fungsional, operator, dan barisan rekursif.
2.1 Persamaan Diferensial Tak Linier
Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang
mengandung turunan dari satu atau beberapa variabel tak bebas
terhadap satu atau beberapa variabel bebas. Berdasarkan tipe
persamaan diferensial dibagi menjadi dua yaitu persamaan
diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial.
Persamaan diferensial biasa adalah suatu persamaan
diferensial yang memuat turunan dari satu atau lebih variabel tak
bebas terhadap satu variabel bebasnya. Berdasarkan kelinierannya
persamaan diferensial biasa terbagi menjadi linier dan tak linier.
Persamaan diferensial biasa linier orde n dengan y variabel tak
bebas dan variabel bebas adalah persamaan berbentuk
( )
( )
( )
( ) ( ) (2.1)
dengan tidak sama dengan nol.
Persamaan diferensial biasa dikatakan tak linier, dilihat dari
variabel tak bebas y, yaitu
1 Variabel tak bebas y dan turunannya berderajat lebih dari satu
2 Terdapat perkalian variabel tak bebas y dan (atau) juga
turunannya
3 Terdapat fungsi-fungsi transenden dari y dan (atau)
turunannya [7].
Contoh 2.1.1:
*
+
6
2.2 Deret Taylor dan Deret Maclaurin
Jika adalah jumlah dari deret pangkat dengan interval
konvergensi ( ) :
( ) โ
( )
Deret ini disebut deret Taylor ( ) di sekitar Jika
koefisien diberikan oleh rumus
( ) ( )
( )
( )( )
,โฆ,
maka didapatkan
( ) โ ( )( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )( )
( ) +.. (2.2)
Untuk kasus khusus deret Taylor menjadi
( ) โ ( )( )
( ) ( )
( )
( )( )
(2.3)
Deret persamaan (2.3) dikenal dengan deret Maclaurin [8].
Contoh 2.2.1 :
Hampiri fungsi ( ) ke dalam deret Taylor di sekitar
Penyelesaian:
Didapatkan turunan ( ) sebagai berikut
( ) ,
( ) ( ) ,
( ) ,
( )( ) ,
7 dan seterusnya.
Maka, berdasarkan persamaan (2.3), dihampiri dengan deret
Maclaurin sebagai berikut:
( ) ( )
( )
( )
Deret Taylor dan deret Maclaurin sangat penting dalam
memperoleh suatu hampiran atau aproksimasi pada nilai
penyelesaian dari suatu masalah nilai awal (MNA) pada nilai-nilai
dari tertentu.
2.3 Metode Transformasi Diferensial
Transformasi diferensial untuk turunan ke- dari fungsi ( ) didefinisikan sebagai berikut [6] :
( )
*
( )+
(2.4)
dengan mempunyai turunan yang kontinu terhadap dan ( ) adalah fungsi transformasi yang disebut fungsi-T.
Invers dari transformasi diferensial ( ) didefinisikan
( ) โ( ) ( )
Dari persamaan (2.4) dan (2.5) didapat
( ) โ( )
,
( )-
|
yang menyatakan konsep dari transformasi diferensial yang
diturunkan dari ekspansi deret Taylor, tetapi metode ini tidak
menyelesaikan turunan secara simbolik. Fungsi ( ) dapat
dinyatakan dengan deret berhingga dan persamaan (2.5) dapat
ditulis sebagai
(2.5)
(2.6)
8
( ) โ( ) ( )
Berdasarkan (2.4) dan (2.5) dapat ditentukan sifat-sifat operasi
dari transformasi diferensial yang diberikan pada Teorema 2.3.1.
Teorema 2.3.1 [6,9]
Jika ( ) ( ) ( ) fungsi dari dan ( ) ( ) ( ) masing-masing transformasi diferensial dari fungsi-fungsi
tersebut, maka untuk konstanta dan bilangan bulat tak negatif
, memenuhi sifat-sifat berikut ini:
i. Jika ( ) ( ) ( ), maka ( ) ( ) ( ).
ii. Jika ( ) ฮฑ ( ), maka ( ) ( )
iii. Jika ( ) ( )
( ), maka ( ) ( ) ( )
iv. Jika ( ) ( )
, maka ( ) ( )(
) ( ) ( ) Bukti :
i. Turunan ke- dari persamaan ( ) ( ) ( ) adalah
( )
( )
( )
Dengan mengalikan kedua ruas dengan
maka diperoleh
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
ii. Turunan ke- dari persamaan ( ) ฮฑ ( ) adalah
( )
(
( )
)
Jika kedua ruas dikalikan dengan
maka diperoleh
( )
( ( )
)
(2.7)
9
( ) ( )
iii. Turunan ke- dari persamaan ( ) ( )
( ) adalah
( )
( )
Jika kedua ruas dikalikan
maka diperoleh
( ( )
)
( ( )
)
Selanjutnya mengalikan
pada ruas kanan didapatkan
( ( )
)
( ( )
) (
)
( ( )
) ( )
( ) ( ( )
)
( ( )
) ( )
( ) ( ( )
)
( ) ( ) ( )
iv. Turunan ke- dari persamaan ( ) ( )
adalah
( )
( )
Jika kedua ruas dikalikan
maka diperoleh
( ( )
)
( ( )
)
Selanjutnya ruas kanan dikalikan dengan ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ), maka diperoleh
( ( )
)
( ( )
) (
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ))
( ( )
) ( )( ) ( )(
)
( ) ( ( )
)
( ) ( )( ) ( ) ( ).
Sehingga Teorema 2.3.1 terbukti.
10 2.4 Persamaan Fungsional
Persamaan fungsional adalah sebuah persamaan untuk fungsi-
fungsi atau nilai-nilai yang tidak diketahui. Dengan demikian,
untuk menyelesaikan sebuah persamaan fungsional dapat
diartikan mencari semua fungsi yang memenuhi persamaan. Salah
satu persamaan fungsional dasar yaitu
( ) ( ) ( ) (2.8)
Persamaan diatas disebut persamaan fungsional Cauchy [10].
( ) ( ) adalah fungsi-fungsi yang dicari dari persamaan
fungsional (2.8).
2.5 Operator
Definisi 2.5.1 [11] Misal dan dua ruang vektor atas ๐ฝ.
Transformasi linier dari ke adalah pemetaan yang
memenuhi syarat berikut ini:
1. Untuk setiap , berlaku ( ) ( ) ( ) 2. Untuk setiap ๐ฝ dan , berlaku ( ) ( )
Definisi 2.5.2 [11] Misal ruang vektor atas ๐ฝ. Transformasi
linier disebut operator linier pada .
Operator nonlinier adalah sebuah operator yang tidak
memenuhi syarat dari pemetaan atau transformasi linier.
2.6 Barisan Rekursif
Barisan rekursif adalah suatu barisan yang didefinisikan
dengan cara rekursif atau induktif yaitu menentukan nilai dan
membentuk sebuah rumus untuk ( ) dalam suku .
Secara umum, dapat ditentukan dan membentuk rumus untuk
memperoleh dari
Contoh 2.6.1:
Barisan Fibonnaci ( ) diberikan oleh definisi induktif
( ) Sehingga diperoleh barisan yaitu (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, โฆ)
[12].
11
BAB III
METODOLOGI PENELITIAN
Pada bab ini diuraikan langkah-langkah sistematis yang
dilakukan dalam proses pengerjaan Tugas Akhir. Metode
penelitian dalam Tugas Akhir ini terdiri atas tujuh tahap, antara lain studi literatur, penurunan model persamaan diferensial biasa
nonlinier Bratu, mencari solusi eksak persamaan diferensial biasa
nonlinier Bratu, mencari solusi numerik persamaan diferensial
biasa nonlinier Bratu, simulasi konvergensi dan numerik persamaan diferensial biasa nonlinier Bratu serta penarikan
kesimpulan dan saran.
3.1 Studi Literatur
Pada tahap ini dilakukan analisis model dan identifikasi
permasalahan dengan mencari dan mempelajari literatur-literatur
seperti jurnal, paper, dan buku-buku serta artikel dari internet yang berhubungan dengan model matematika persamaan
diferensial biasa nonlinier Bratu dan solusi untuk penyelesaian
model tersebut dengan menggunakan metode transformasi diferensial.
3.2 Penurunan Model Persamaan Diferensial Biasa
Nonlinier Bratu
Pada tahap ini dilakukan penurunan rumus pada model
pengapian bahan bakar padat dalam teori pembakaran termal
untuk mendapatkan persamaan diferensial biasa nonlinier Bratu.
3.3 Mencari Solusi Eksak Persamaan Diferensial Biasa
Nonlinier Bratu Pada tahap ini dicari solusi eksak dari persamaan diferensial
biasa nonlinier Bratu dengan menggunakan metode transformasi
diferensial.
12
3.4 Mencari Solusi Numerik Persamaan Diferensial Biasa
Nonlinier Bratu
Pada tahap ini dicari solusi numerik dari persamaan diferensial
biasa nonlinier Bratu dengan menggunakan metode transformasi
diferensial.
3.5 Simulasi Konvergensi
Tahap simulasi ini dilakukan untuk mendapatkan hasil
numerik dari perhitungan . Nilai digunakan untuk
menunjukkan bahwa solusi numerik dari persamaan diferensial
biasa nonlinier Bratu dengan menggunakan metode transformasi
diferensial konvergen ke solusi atau nilai eksaknya.
3.6 Simulasi Numerik PDB Nonlinier Bratu Menggunakan
Metode Transformasi Diferensial Tahap simulasi ini dilakukan untuk mendapatkan grafik
perbandingan antara solusi atau penyelesaian numerik dari
persamaan diferensial biasa nonlinier Bratu menggunakan metode transformasi diferensial dengan solusi eksaknya, serta
menganalisa nilai galat yang terjadi.
3.7 Kesimpulan dan Saran
Setelah dilakukan analisa dan pembahasan maka dapat ditarik
sebuah kesimpulan dan saran sebagai bahan masukan atau
pertimbangan untuk pengembangan penelitian lebih lanjut.
3.8 Skema Penelitian
Skema penelitian bertujuan untuk memudahkan dalam pengerjaan Tugas Akhir agar lebih sistematis. Skema penelitian
yang digunakan disajikan pada Gambar 3.1.
13
Gambar 3.1 Skema Penelitian
Penurunan Model Persamaan Diferensial Biasa
Nonlinier Bratu
Mencari Solusi Penyelesaian PDB
Nonlinier Bratu
Solusi Eksak PDB
Nonlinier Bratu
Solusi Numerik PDB
Nonlinier Bratu
Nonlinier
Simulasi Konvergensi
Simulasi Numerik PDB Nonlinier Bratu Menggunakan Metode
Transformasi Diferensial
Studi Literatur
Penarikan Kesimpulan
dan Saran
14
โ Halaman ini sengaja dikosongkanโ
15
BAB IVANALISA DAN PEMBAHASAN
Pada bab ini dibahas metode transformasi diferensial dengan polinomial baru, analisis konvergensi, penurunan rumus PDB nonlinier Bratu pada model pengapian bahan bakar padat serta solusi penyelesaian dari PDB nonlinier Bratu. Pembahasan dimulai dengan menganalisis metode transformasi diferensial dengan polinomial baru. Kemudian dilanjutkan denganmenganalisis metode yang digunakan untuk menunjukkan konvergensi dari solusi PDB Nonlinier Bratu. Selanjutnya penurunan model matematika pada pengapian bahan bakar padat untuk mendapatkan PDB nonlinier Bratu. Berikutnyamenyelesaikan PDB nonlinier Bratu menggunakan metode transformasi diferensial dengan polinomial baru. Setelah itu, pada akhir pembahasan diberikan analisis hasil simulasi dari grafik perbandingan antara solusi eksak dan numerik serta konvergensi dari solusi PDB nonlinier Bratu.
4.1 Metode Transformasi Diferensial dengan Polinomial Baru
Berikut ini dijelaskan mengenai langkah-langkah atau cara penyelesaian suatu persamaan diferensial menggunakan metode transformasi diferensial dengan polinomial baru.
Misalkan terdapat persamaan diferensial berikut ini โณ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ = ๐(๐ก), (4.1) dengan โณ adalah operator umum diferensial nonlinier yang menyertakan bentuk linier dan nonlinier. Bentuk linier dipecah menjadi โ + โ, dengan โ didefinisikan โ = ๐
๐๐ข(๐ก)๐๐ก๐
dan โ adalah operator linier sisa. Kemudian bentuk nonlinier didefinisikan ๐ฉ. Sehingga persamaan (4.1) dapat ditulis sebagai
โณ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ = โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ + โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ+ ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ = ๐(๐ก), (4.2)
Penyelesaian โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ dari persamaan (4.2), didapatkan
16 โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ = โ โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ โ ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ+ ๐(๐ก). (4.3)
Masing-masing fungsi dari kedua ruas pada persamaan (4.3) ditransformasikan menggunakan sifat-sifat dasar transformasi diferensial yang diberikan pada Teorema 2.3.1 kecuali fungsi ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ ditransformasikan menggunakan rumus polinomial baru. Sehingga didapatkan fungsi transformasinya sebagai berikut1. Dengan menggunakan sifat iv pada Teorema 2.3.1 diperoleh
fungsi transformasi dari โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ yaitu
๐(โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ) = ๐ ๏ฟฝ๐๐๐ข(๐ก)๐๐ก๐
๏ฟฝ
= (๐ + 1)(๐ + 2) โฆ (๐ + ๐)๐(๐ + ๐)
2. Fungsi transformasi dari โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ yaitu๐๏ฟฝโ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ ๏ฟฝ = โ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ.
3. Fungsi transformasi dari ๐(๐ก) yaitu๐๏ฟฝ๐(๐ก)๏ฟฝ = ๐บ(๐).
4. Fungsi transformasi dari ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ yaitu๐ ๏ฟฝ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ = ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ,dengan ๐๐ adalah rumus polinomial baru yang diperoleh dari
Teorema 4.1.1 di bawah ini.
Teorema 4.1.1 [6] Jika ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ adalah fungsi nonlinier, maka fungsi transformasi diferensial dari ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ dihitung sebagai berikut
๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ = ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ,
dengan ๐(๐) adalah fungsi tranformasi diferensial dari ๐ข(๐ก) dan ๐๐ adalah polinomial-polinomial yang dapat dihitung menggunakan rumus
๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ =1๐!
๐๐
๐๐๐ ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)๐
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
, ๐ = 1,2,3, โฆ
(4.4)
(4.5)
(4.6)
(4.7)
(4.8)
17
Bukti :
Misalkan terdapat fungsi nonlinier ๐ฉ(๐ข) dengan ๐ฉ merupakan bentuk atau suku nonlinier. ๐ฉ(๐) adalah fungsi transformasi dari ๐ฉ(๐ข) yang didefinisikan sebagai berikut
๐ฉ(๐) = ๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐(๐)โ
๐=0
๏ฟฝ
Dari persamaan (4.9), fungsi transformasi ๐ฉ(๐) dapat dibentukkembali ke dalam deret pangkat dengan variabel peubah bebas ฮป. Persamaan (4.9) menjadi
๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)โ
๐=0
๏ฟฝ
Deret (4.10) mempunyai interval konvergensi ๐. Di sisi lain,
๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)โ
๐=0
๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)๐
๐=0
๏ฟฝ+ ๐ฉ๏ฟฝ ๏ฟฝ ๐๐๐(๐)โ
๐=๐+1
๏ฟฝ
๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ diturunkan sampai ke- ๐ diperoleh
๐๐
๐๐๐๐ฉ(๐(๐))๐=0 =
๐๐
๐๐๐๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
โ
๐=0
๏ฟฝ๐=0
Karena solusi penyelesaian metode transformasi diferensial dapat dinyatakan dengan deret berhingga maka persamaan (4.11)menjadi
๐๐
๐๐๐๐ฉ(๐(๐))๐=0 =
๐๐
๐๐๐๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
๐
๐=0
๏ฟฝ
๐=0
(4.9)
(4.10)
(4.12)
(4.11)
18 Karena terdapat turunan sampai ke- ๐ dari ๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ maka ๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ dapat dibentuk menjadi deret Maclaurin.
๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ = ๏ฟฝ๐๐๐๐๐๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ
๐=0
๐!๐๐
โ
๐=0
= ๏ฟฝ๐๐๐๐๐๐ฉ(โ ๐๐๐(๐))๐
๐=0 ๐=0
๐!๐๐
โ
๐=0
= ๐ฉ(๐(0)) + ๏ฟฝ๐๐๐๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
1
๐=0
๏ฟฝ๐=0
๏ฟฝ ๐
+๏ฟฝ12!
๐2
๐๐2๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
2
๐=0
๏ฟฝ๐=0
๏ฟฝ ๐2 +
๏ฟฝ13!
๐3
๐๐3๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
3
๐=0
๏ฟฝ๐=0
๏ฟฝ ๐3 + โฏ
+ ๏ฟฝ1๐!
๐๐
๐๐๐ ๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
๐
๐=0
๏ฟฝ
๐=0
๏ฟฝ ๐๐ + โฏ
Sehingga dengan mengambil ๐ = 1, ๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ menjadi
๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ +๐๐๐
๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)1
๐=0
๏ฟฝ๐=0
+
19
+12!
๐2
๐๐2๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
2
๐=0
๏ฟฝ๐=0
+โฏ1๐!
๐๐
๐๐๐ ๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
๐
๐=0
๏ฟฝ
๐=0
+ โฏ
Atau ๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ ekivalen dengan bentuk
๐ฉ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ = ๏ฟฝ1๐!
๐๐
๐๐๐๏ฟฝ๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
๐
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝ
ฮป=0
โ
๐=0
๐ฉ(๐) = ๏ฟฝ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝโ
๐=0
Sebagai akibatnya diperoleh fungsi transformasi diferensial dari ๐ฉ(๐ข) yaitu
๐ฉ(๐) = ๏ฟฝ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝโ
๐=0
Karena
๐ = ๏ฟฝ๐(๐)โ
๐=0
maka persamaan (4.13) menjadi
๐ฉ๏ฟฝ๏ฟฝ๐(๐)โ
๐=0
๏ฟฝ = ๏ฟฝ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝโ
๐=0
๏ฟฝ๐ฉ(๐(๐))โ
๐=0
= ๏ฟฝ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ,โ
๐=0
(4.13)
20 ๐ฉ(๐(๐)) = ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ.
Jadi, terbukti bahwa fungsi transformasi dari ๐ฉ(๐ข) atau ๐ฉ(๐ข(๐ก)) dapat dihitung menggunakan rumus polinomial ๐๐ .
Selanjutnya masing-masing fungsi transformasi dari โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ,โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ,๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ, dan ๐(๐ก) dituliskan kembali sehingga persamaan (4.3) menjadi
โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ = โ โ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ โ ๐ฉ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ+ ๐(๐ก)
(๐ + 1)(๐ + 2) โฆ (๐ + ๐)๐(๐ + ๐) = โโ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ โ ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ+ ๐บ(๐).
Dari persamaan (4.14) didapatkan ๐(๐ + ๐) yaitu
๐(๐ + ๐) =1
(๐ + 1)(๐ + 2) โฆ (๐ + ๐) ๏ฟฝโ โ๏ฟฝ๐(๐)๏ฟฝ
โ ๐๐๏ฟฝ๐(0), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ + ๐บ(๐)๏ฟฝ
๐(๐ + ๐) merupakan nilai koefisien dari deret pangkat yang dicari untuk mendapatkan penyelesaian dari suatu persamaan diferensial. Selanjutnya, persamaan diferensial yang diselesaikan menggunakan metode ini adalah persamaan diferensial biasa nonlinier Bratu.
4.2 Analisis Konvergensi Misalkan terdapat persamaan diferensial yang dinyatakan
dalam bentuk persamaan fungsional didefinisikan sebagai berikut
๐ข(๐ก) = โฑ๏ฟฝ๐ข(๐ก)๏ฟฝ. (4.16)
Dengan โฑ merupakan operator nonlinier. Bentuk penyelesaian dari metode transformasi diferensial yaitu
๐๐ = ๐ข0 + ๐ข1 + ๐ข2 +โฏ+ ๐ข๐ = ๏ฟฝ๐(๐)(๐ก โ ๐ก0)๐ .๐
๐=0
(4.14)
(4.15)
(4.17)
21 Dengan menggunakan barisan rekursif maka didapatkan
๐๐+1 = โฑ(๐๐). (4.18)
Persamaan (4.18) dibentuk menjadi persamaan fungsionalsehingga didapatkan
๐ = โฑ(๐). (4.19)
Definisi 4.2.1 [6]
Untuk setiap ๐ โ โ โช {0}, didefinisikan
โ๐= ๏ฟฝโ๐ข๐+1โโ๐ข๐โ
, โ๐ข๐โ โ 0,
0 , โ๐ข๐โ = 0 ๏ฟฝ (4.20)
Dengan โ๐ข๐โ = ๏ฟฝ๐(๐)๐ก0๐ + ๐(๐)๐ก1๐ +โฏ+ ๐(๐)๐ก๐๐ .
๐(๐) yang diperoleh dari (4.15) dan ๐ = jumlah partisi untuk ๐ก โ [0,1]
Teorema 4.2.1 [6]
Jika โฑ sebuah operator dari ruang Hilbert โ ke dalam โ dan ๐ขadalah solusi eksak dari (4.16). Deret solusi
๏ฟฝ๐ข๐
โ
๐=0
= ๏ฟฝ๐(๐)(๐ก โ ๐ก0)๐ ,โ
๐=0dengan ๐(๐) yang diperoleh dari (4.15), konvergen ke ๐ข, jikaโ 0 โค โ๐ < 1, sehingga
untuk โ๐ โ โ โช {0} berakibat
โ๐ข๐+1โ <โ๐ โ๐ข๐โ.
Bukti:
Akan ditunjukkan bahwa barisan dari ๐๐ seperti persamaan (4.17) atau dapat dituliskan {๐๐}๐=0โ adalah barisan Cauchy dalam ruang
22 Hilbert. Barisan {๐๐}๐=0โ dikatakan barisan Cauchy jika untuk sebarang ๐ > 0 terdapat ๐ sedemikian hingga
โ๐๐ โ ๐๐โ < ๐ jika ๐,๐ โฅ ๐ atau dengan kalimat lain โ๐๐ โ ๐๐โ โ 0 saat ๐,๐ โ โ.
Sehingga ditunjukkan bahwa lim๐,๐โโโ๐๐ โ ๐๐โ = 0. Jika
โ๐๐+1 โ ๐๐โ = โ๐ข๐+1โ โคโ๐ โ๐ข๐โ โคโ๐2 โ๐ข๐โ1โ โค โฏ
โคโ๐๐+1 โ๐ข0โ.
untuk setiap ๐,๐ โ โ,๐ โฅ ๐, maka didapatkan
โ๐๐ โ ๐๐โ = โ(๐๐ โ ๐๐โ1) + (๐๐โ1 โ ๐๐โ2)+โฏ )(๐๐+1 โ ๐๐)โโค โ๐๐ โ ๐๐โ1โ + โ๐๐โ1 โ ๐๐โ2โ+ โฏ+ โ๐๐+1 โ ๐๐โโคโ๐
๐ โ๐ข0โ +โ๐๐โ1 โ๐ข0โ +โฏ+โ๐๐+1 โ๐ข0โโค (โ๐๐+1+โ๐๐+2+ โฏ+โ๐๐)โ๐ข0โ
=โ๐๐+1 1 โโ๐๐โ๐
1 โโ๐ โ๐ข0โ.
Jadi, terdapat โ๐ yang berada pada interval 0 โคโ๐< 1 sehingga lim๐,๐โโโ๐๐ โ ๐๐โ =0. Dengan demikian, {๐๐}๐=0โ adalah barisan Cauchy di ruang Hilbert โ. Karena ruang Hilbert adalah ruang hasil kali dalam yang lengkap maka setiap barisan Cauchy di โ mempunyai limit atau konvergen sehingga mengakibatkan โ๐, ๐ โ โ, lim
๐โโ๐๐ = ๐,
Jadi, ๐ = โ ๐ข๐,โ๐=0 konvergen.
Menyelesaikan persamaan (4.16) ekivalen untuk menyelesaikan persamaan (4.19) sehingga jika โฑ operator kontinu maka
โฑ(๐) = โฑ ๏ฟฝ lim๐โโ
๐๐๏ฟฝ = lim๐โโ
โฑ(๐๐) = lim๐โโ
๐๐+1 = ๐,
23 ๐ tidak lain merupakan penyelesaian dari persamaan (4.16) juga.Dengan demikian, Teorema 4.2.1 terbukti atau โ 0 โคโ๐< 1sehingga deret solusi โ ๐ข๐โ
๐=0 konvergen ke nilai eksaknya.
4.3 Penurunan Rumus PDB Nonlinier Bratu Pada Model Pengapian Bahan Bakar Padat
Diberikan model pengapian bahan bakar padat sebagai berikut [13]: ๐๐ก โ โ๐ = ๐ฟ๐๐ , (๐ฅ, ๐ก) โ ๐บ ร (0,โ) (4.21)
dengan kondisi batas awal
๐(๐ฅ, 0) = 0 , ๐ฅ โ ๐บ ๐(๐ฅ, ๐ก) = 0, (๐ฅ, ๐ก) โ ๐๐บ ร (0,โ) (4.22)
๐บ โ โ3 dengan batas halus ๐๐บ. Batas halus adalah jika tiap titik ๐ฅ โ ๐๐บ maka terdapat fungsi yang mempunyai turunan kontinupada titik tersebut. Model tersebut didapatkan dari penyederhanaan model matematika dalam prinsip-prinsip konservasi dasar pada teori pembakaran.
Berkaitan dengan model steady state atau keadaan tunak yaitukeadaan di mana suatu sistem berada dalam kesetimbangan atau tidak berubah lagi seiring waktu, didapatkan model
โโ๐ = ๐ฟ๐๐ , ๐ฅ โ ๐บ
๐(๐ฅ) = 0, ๐ฅ โ ๐๐บ.
Dengan โ merupakan operator Laplace dan ๐ฟ merupakan parameter skalar Frank-Kamentski yang mencirikan keadaan awal sistem. Bergantung pada nilai ๐ฟ , reaksi bisa meledak dan bisa juga berlangsung perlahan-lahan. Nilai dari parameter ๐ฟmemisahkan reaksi yang lambat dan reaksi yang menyebabkan ledakan yang selanjutnya disebut kondisi kritis.
Selanjutnya persamaan diferensial parsial pada persamaan (4.23) disederhanakan dengan menggunakan teknik simetrisasi.Persamaan diferensial parsial yang didefinisikan pada domain ๐บmemiliki sifat simetri tertentu. Jika ๐บ adalah sebuah bola di dalam โ๐ yang berpusat di 0, maka menurut hasil penelitian
(4.23)
24 Gidas , Ni , dan Nirenberg [14] semua penyelesaian atau solusi dari persamaan (4.23) adalah radial simetri.Lebih tepatnya , untuk ๐บ = {๐ฅ โ โ๐ โถ |๐ฅ| < ๐ } = ๐ต๐ , misalkan u โ ๐ถ2(๐บ ๏ฟฝ ,โ) merupakan penyelesaian positif dari
โโ๐ข = ๐(๐ข), ๐ฅ โ ๐บ ๐ข = 0, ๐ฅ โ ๐๐บ (4.24)
dengan ๐ โ ๐ถ1 (โ, โ) maka ๐ข adalah radial simetris dan radial menurun. Jika ๐ = |๐ฅ|, maka ๐ข = ๐ข(๐) dan ๐ขโฒ(๐) < 0 untuk ๐ โ (0,๐ ) . Ini berarti bahwa setiap penyelesaian positif dari persamaan (4.24) adalah penyelesaian dari
๐ขโฒโฒ + ๐โ1๐
๐ขโฒ + ๐(๐ข) = 0, 0 < ๐ < ๐ ๐ขโฒ(0) = 0, ๐ข(๐ ) = 0
(4.25)
dengan menyamakan persamaan (4.23) dan (4.24) maka dapat diperoleh ๐ข = ๐ ,๐(๐ข) = ๐ฟ๐๐ . Sehingga bentuk persamaan (4.23) ekivalen dengan bentuk persamaan dari
๐โฒโฒ + ๐โ1๐
๐โฒ + ๐ฟ๐๐ = 0, 0 < ๐ < ๐ ๐โฒ(0) = 0, ๐(๐ ) = 0
(4.26)
Pada keserbaragaman domain khusus, untuk ๐บ = ๐ต1 โ โ๐
maka persamaan (4.26) ekivalen untuk penyelesaian positif ๐(๐) โ ๐ถ2[0,1] dari
๐โฒโฒ + ๐โ1๐
๐โฒ + ๐ฟ๐๐ = 0, 0 < ๐ < 1 (4.27)
dengan syarat batas
๐โฒ(0) = 0, ๐(1) = 0 .
Karena persamaan Bratu yang diturunkan berdimensi satu maka, ๐ = 1 sehingga persamaan (4.27) menjadi
๐โฒโฒ + ๐ฟ๐๐ = 0, 0 โค ๐ โค 1 (4.28)
25 dengan syarat batas
๐โฒ(0) = 0, ๐(1) = 0.
Jika ๐ = ๐ข , ๐ฟ = ๐ , dan ๐ = ๐ฅ maka diperoleh persamaan diferensial biasa (PDB) nonlinier Bratu yang timbul dalam model pengapian bahan bakar padat pada teori pembakaran sebagai berikut ๐ขโฒโฒ + ๐๐๐ข = 0, 0 โค ๐ฅ โค 1 (4.29)
dengan syarat
๐ขโฒ(0) = 0, ๐ข(0) = 0 .
4.4 Solusi Persamaan Diferensial Biasa Nonlinier Bratu Menggunakan Metode Transformasi Diferensial
Diberikan masalah nilai awal PDB nonlinier Bratu (๐ฅ โ [0,1]) ๐ขโฒโฒ (๐ฅ) + ๐๐๐ข(๐ฅ) = 0, ๐ konstan (4.30)
dengan syarat ๐ข(0) = ๐ขโฒ (0) = 0. (4.31)
dengan menggunakan sifat dari metode transformasi diferensialmaka bentuk transformasi dari persamaan (4.30) adalah๐ขโฒโฒ (๐ฅ) + ๐๐๐ข(๐ฅ) = 0๐ขโฒโฒ (๐ฅ) = โ๐๐๐ข(๐ฅ)
T(๐ ๐๐(๐)๐ ๐๐
) = T(โ๐๐๐ข(๐ฅ))(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ,๐ = 0,1,2, โฆ dengan ๐๐ merupakan rumus polinomial yang digunakan untuk mendapatkan fungsi transformasi dari bentuk nonlinier ๐ฉ(๐ข) =๐๐ข(๐ฅ). Untuk syarat awal (4.31) dengan ๐ฅ0 = 0 ditransformasikan menjadi
๐(๐) = 1๐!
๏ฟฝ๐๐
๐๐ฅ๐ ๐ข(๐ฅ)๏ฟฝ
๐ฅ=0
๐(0) = 10!
๏ฟฝ ๐0
๐๐ฅ0 ๐ข(0)๏ฟฝ
๐ฅ=0= ๐ข(0) = 0
๐(1) = 11!
๏ฟฝ๐๐๐ฅ
๐ข(๐ฅ)๏ฟฝ๐ฅ=0
(4.32)
26 ๐(1) = 1
1! ๐ขโฒ (0) = 0
Sehingga diperoleh syarat awal yang telah ditransformasikan yaitu๐(0) = ๐(1) = 0 (4.33) Kemudian, ๐ = 0,1,2, โฆ, disubstitusikan ke persamaan (4.32)didapatkan
Untuk ๐ = ๐, maka (๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(0 + 1)(0 + 2)๐(0 + 2) = โ๐๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ2๐(2) = โ ๐๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ (4.34) Menghitung ๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ =1๐!
๐๐
๐๐๐ ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
๐
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝ
ฮป=0
๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ =10!
๐0
๐๐0 ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
0
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๐0๐(0)๏ฟฝ๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ = ๐๐(0) = ๐0 = 1Sehingga nilai dari ๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ disubstitusikan ke persamaan (4.34) menjadi2๐(2) = โ ๐
๐(2) = โ๐2
Untuk ๐ = ๐, maka(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(1 + 1)(1 + 2)๐(1 + 2) = โ๐๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ6 ๐(3) = โ๐๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ (4.35) Menghitung ๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ
27
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ =11!
๐1
๐๐1 ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
1
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = ๐๐๐
[๐ฉ(๐0๐(0) + ๐1๐(1))]ฮป=0
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ =๐๐๐
[๐ฉ(๐(0) + ๐๐(1))]ฮป=0
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = [๐(1)๐ฉโฒ(๐(0) + ๐๐(1))]ฮป=0๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = ๐(1)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = 0 Nilai ๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ disubstitusikan ke persamaan (4.35) diperoleh ๐(3) = 0.
Untuk ๐ = ๐, maka(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(2 + 1)(2 + 2)๐(2 + 2) = โ๐๐2(๐(0),๐(1),๐(2))12 ๐(4) = โ ๐๐2(๐(0),๐(1),๐(2)) (4.36) Menghitung ๐2(๐(0),๐(1),๐(2) )
๐2(๐(0),๐(1),๐(2)) =12!
๐2
๐๐2 ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
2
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
= 12
๐2
๐๐2 [๐ฉ(๐0๐(0) + ๐1๐(1) + ๐2๐(2))]ฮป=0
= 12๐๐๐
[(๐(1) + 2๐๐(2))๐ฉโฒ(๐(0) + ๐๐(1) + ๐2๐(2))]ฮป=0
=12
๏ฟฝ2๐(2)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0) + ๐๐(1) + ๐2๐(2)๏ฟฝ
+ ๏ฟฝ๐(1) + 2๐๐(2)๏ฟฝ(๐(1) + 2๐๐(2))๐ฉโฒ(๐(0)+ ๐๐(1) + ๐2๐(2))๏ฟฝ
ฮป=0= 12
(2๐(2)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ + ๐(1)๐(1)๐ฉโฒโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
= ๐(2)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ + 12๐(1)2๐ฉโฒโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
= โ๐2๐๐(0)
= โ๐2
28 Nilai dari ๐2(๐(0),๐(1),๐(2)) disubstitusikan ke persamaan (4.36) diperoleh12 ๐(4) = โ ๐ .โ๐
2
๐(4) = ๐2
24
Untuk ๐ = ๐, maka(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(3 + 1)(3 + 2)๐(3 + 2) = โ๐๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3))20 ๐(5) = โ๐๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) (4.37) Menghitung ๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3))
๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) =13!
๐3
๐๐3 ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
3
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3))
= 13!
๐3
๐๐3[๐ฉ(๐0๐(0) + ๐1๐(1) + ๐2๐(2)
+ ๐3๐(3))]ฮป=0๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) =๐(3)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ+ ๐(1)๐(2)๐ฉโฒโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ +13!
(๐(1))3๐ฉ(3)๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) = ๐(3) ๐๐(0) + ๐(1)๐(2)๐๐(0) +13!
(๐(1))3๐๐(0)
๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) = 0 Nilai dari ๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) disubstitusikan ke persamaan (4.37) diperoleh ๐(5) = 0.
Untuk ๐ = ๐, maka(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(4 + 1)(4 + 2)๐(4 + 2) = โ๐๐4(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3),๐(4))30 ๐(6) = โ๐๐4(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3),๐(4)) (4.38)
29
Dengan cara yang sama didapatkan hasil dari ๐4(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3),๐(4)) sehingga persamaan (4.38)menjadi
30 ๐(6) = โ๐๏ฟฝ๐(4)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
+ ๏ฟฝ(๐(1)๐(3)) +(๐(2))2
2๏ฟฝ๐ฉโฒโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ๏ฟฝ
30 ๐(6) = โ ๐ ๏ฟฝ๐2
24๐๐(0) + ๐2
8๐๐(0)๏ฟฝ
30 ๐(6) = โ ๐ ๏ฟฝ๐2
6 ๏ฟฝ
๐(6) = โ ๐3
180Dan seterusnya untuk ๐ yang lain dapat dihitung melalui simulasi Matlab untuk memudahkan perhitungan. Maka berdasarkan hasil yang diperoleh diatas didapatkan
๐(2) = โ๐2
๐(3) = 0
๐(4) =๐2
24๐(5) = 0๐(6) = โ ๐
3
180
โฎ๐(๐)Dari sifat transformasi diferensial
๐ข(๐ฅ) = ๏ฟฝ(๐ฅ โ ๐ฅ0)๐ ๐(๐),โ
๐=0
karena ๐ฅ0 = 0maka
๐ข(๐ฅ) = ๏ฟฝ๐ฅ๐ ๐(๐),โ
๐=0๐ข(๐ฅ) = ๐(0)+ ๐(1)๐ฅ + ๐(2)๐ฅ2 + ๐(3)๐ฅ3 + โฏ
30
dengan mensubstitusikan nilai ๐(0),๐(1),๐(2), โฆ yang telah dihitung sebelumnya maka didapat solusi hampirannya adalah๐ข(๐ฅ) = โ๐
2๐ฅ2 + ๐
2
24๐ฅ4 โ ๐
3
180๐ฅ6 +โฆ (4.39)
Menurut persamaan (4.28) dan (4.29) parameter ๐ sama dengan ๐ฟ sehingga ๐ adalah parameter Frank-Kamentski. Terdapat ๐๐yang merupakan nilai kritis untuk membedakan antara kejadian eksplosif (ledakan) dan noneksplosif termal. Nilai ๐๐ telah dihitung sebelumnya oleh [15] sebesar 3.513830719. Terdapat penyelesaian untuk ๐ < ๐๐ , namun untuk ๐ > ๐๐ maka akanterjadi ledakan termal. Oleh sebab itu, dievaluasi nilai ๐ saat ๐ < ๐๐ . Masing-masing nilai ๐ yang dipilih disubstitusikan ke persamaan (4.39).Untuk ๐ = ๐ maka ๐ข(๐ฅ) = โ๐ฅ2 + 1
6๐ฅ4 โ 2
45๐ฅ6+โฆ
atau ekivalen dengan
๐ข(๐ฅ) = โ2 ๏ฟฝ12๐ฅ2 โ
112
๐ฅ4 + 1
45 ๐ฅ6 โโฏ๏ฟฝ
yang dekat dengan bentuk๐ข(๐ฅ) = โ2 ln (cosh(๐ฅ)) (4.40)
sehingga persamaan (4.40) tidak lain merupakan solusi eksak dari PDB nonlinier Bratu untuk nilai ๐ = 2. Untuk ๐ = โ๐ , maka ๐ข(๐ฅ) = โ๐
2๐ฅ2 + ๐
2
24๐ฅ4 โ ๐
3
180๐ฅ6 +โฆ
๐ข(๐ฅ) = โ (โ2)2๐ฅ2 + (โ2)2
24๐ฅ4 โ (โ2)3
180๐ฅ6 +โฆ
๐ข(๐ฅ) = ๐ฅ2 + 16๐ฅ4 + 2
45๐ฅ6+โฆ
๐ข(๐ฅ) = โ2 ๏ฟฝโ12๐ฅ2 โ
112
๐ฅ4 โ1
45 ๐ฅ6 โ โฏ๏ฟฝ
atau ekivalen dengan fungsi๐ข(๐ฅ) = โ2 ln (cos(๐ฅ)) (4.41)
dimana (4.41) merupakan solusi eksak untuk ๐ = โ2.Untuk ๐ = ๐, maka๐ข(๐ฅ) = โ๐
2๐ฅ2 + ๐
2
24๐ฅ4 โ ๐
3
180๐ฅ6 +โฆ
๐ข(๐ฅ) = โ12๐ฅ2 + 1
24๐ฅ4 โ 1
180๐ฅ6 +โฆ
31
Untuk ๐ = โ๐, maka๐ข(๐ฅ) = 1
2๐ฅ2 + 1
24๐ฅ4 + 1
180๐ฅ6 +โฆ
Sebagai tambahan, syarat awal PDB Nonlinier Bratu yang lain juga diselesaikan, Misalkan, ๐ขโฒโฒ (๐ฅ) + ๐๐๐ข(๐ฅ) = 0, ๐ konstan dengan syarat ๐ข(0) = 0 dan ๐ขโฒ (0) = ๐. (4.42) Maka dengan menggunakan cara yang sama didapatkan(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ,๐ = 0,1,2, โฆ (4.43)dimana syarat pada persamaan (4.42) telah ditransformasikan menjadi๐(0) = 0 dan ๐(1) = ๐Selanjutnya ๐ = 0,1,2, โฆ disubstitusikan ke persamaan (4.43)didapatkan
Untuk ๐ = ๐, maka (๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(0 + 1)(0 + 2)๐(0 + 2) = โ๐๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ2๐(2) = โ ๐๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ (4.44)
Menghitung ๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ =1๐!
๐๐
๐๐๐ ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
๐
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝ
ฮป=0
๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ =10!
๐0
๐๐0๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
0
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๐0๐(0)๏ฟฝ๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ = ๐ฉ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ = ๐๐(0)
= ๐0 =1Sehingga nilai dari ๐0๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ disubstitusikan ke persamaan (4.44) menjadi2๐(2) = โ ๐
32
๐(2) = โ๐2
Untuk ๐ = ๐, maka(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(1 + 1)(1 + 2)๐(1 + 2) = โ๐๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ6 ๐(3) = โ๐๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ (4.45) Menghitung ๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ =11!
๐1
๐๐1 ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
1
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = ๐๐๐
[๐ฉ(๐0๐(0) + ๐1๐(1))]ฮป=0
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ =๐๐๐
[๐ฉ(๐(0) + ๐๐(1))]ฮป=0
๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = [๐(1)๐ฉโฒ(๐(0) + ๐๐(1))]ฮป=0๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = ๐(1)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ = ๐๐๐(0) = ๐Nilai ๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ disubstitusikan ke persamaan (4.45)diperoleh 6 ๐(3) = โ๐๐1๏ฟฝ๐(0),๐(1)๏ฟฝ6 ๐(3) = โ๐ ๐
๐(3) = โ๐๐6
Untuk ๐ = ๐, maka(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(2 + 1)(2 + 2)๐(2 + 2) = โ๐๐2(๐(0),๐(1),๐(2))12 ๐(4) = โ ๐๐2(๐(0),๐(1),๐(2)) (4.46) Menghitung ๐2(๐(0),๐(1),๐(2) )
๐2(๐(0),๐(1),๐(2)) =12!
๐2
๐๐2 ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
2
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
= 12
๐2
๐๐2 [๐ฉ(๐0๐(0) + ๐1๐(1) + ๐2๐(2))]ฮป=0
33 = 12๐๐๐
[(๐(1) + 2๐๐(2))๐ฉโฒ(๐(0) + ๐๐(1) + ๐2๐(2))]ฮป=0
=12
๏ฟฝ2๐(2)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0) + ๐๐(1) + ๐2๐(2)๏ฟฝ
+ ๏ฟฝ๐(1) + 2๐๐(2)๏ฟฝ(๐(1) + 2๐๐(2))๐ฉโฒโฒ(๐(0)+ ๐๐(1) + ๐2๐(2))๏ฟฝ
ฮป=0
= 12
(2๐(2)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ + ๐(1)๐(1)๐ฉโฒโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
= ๐(2)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ + 12๐(1)2๐ฉโฒโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
= โ๐2๐๐(0) + 1
2๐๐(0)๐2
= โ๐2
+ ๐2
2Nilai dari ๐2(๐(0),๐(1),๐(2)) disubstitusikan ke persamaan (4.46) diperoleh12 ๐(4) = โ ๐ . (โ๐
2+ ๐2
2)
๐(4) = ๐2
24โ๐๐2
24
Untuk ๐ = ๐, maka(๐ + 1)(๐ + 2)๐(๐ + 2) = โ๐๐๐๏ฟฝ๐(0),๐(1), โฆ ,๐(๐)๏ฟฝ(3 + 1)(3 + 2)๐(3 + 2) = โ๐๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3))20 ๐(5) = โ๐๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) (4.47) Menghitung ๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3))
๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) =13!
๐3
๐๐3 ๏ฟฝ๐ฉ ๏ฟฝ๏ฟฝ๐๐๐(๐)
3
๐=0
๏ฟฝ๏ฟฝฮป=0
๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3))
= 13!
๐3
๐๐3[๐ฉ(๐0๐(0) + ๐1๐(1) + ๐2๐(2)
+ ๐3๐(3))]ฮป=0๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) =๐(3)๐ฉโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ+ ๐(1)๐(2)๐ฉโฒโฒ๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ +13!
(๐(1))3๐ฉ(3)๏ฟฝ๐(0)๏ฟฝ
34 ๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) = ๐(3) ๐๐(0) + ๐(1)๐(2)๐๐(0) +13!
(๐(1))3๐๐(0)
๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) = โ๐๐6โ ๐๐
2+ ๐3
6= โ4๐๐+๐
3
6Nilai dari ๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3)) disubstitusikan ke persamaan (4.47) diperoleh 20 ๐(5) = โ๐๐3(๐(0),๐(1),๐(2),๐(3))
20 ๐(5) = โ๐(โ4๐๐+๐3
6)
๐(5) = 4๐2๐โ๐๐3
120Berdasarkan hasil yang diperoleh diatas:๐(1) = 1
๐(2) = โ๐2
๐(3) = โ๐๐6
๐(4) = ๐2
24โ ๐๐2
24
๐(5) =4๐2๐ โ ๐๐3
120โฎ๐(๐)dengan menggunakan sifat transformasi diferensial maka didapatkan solusi hampirannya
๐ข(๐ฅ) = ๐๐ฅ โ๐2๐ฅ2 โ
๐๐6
๐ฅ3 + ๏ฟฝ๐2
24โ๐๐2
24๏ฟฝ๐ฅ4 +
๏ฟฝ4๐2๐โ๐๐3
120๏ฟฝ ๐ฅ5 +โฏ (4.48)
Sama seperti sebelumnya nilai ๐ juga dievaluasi yaitu saat ๐ < ๐๐diambil ๐ = โ๐2 sedangkan untuk ๐ > ๐๐ dipilih ๐ = ๐2.Untuk ๐ = โ๐2, maka persamaan (4.48) menjadi๐ข(๐ฅ) = ๐๐ฅ + ๐2
2๐ฅ2 + ๐3
6 ๐ฅ3 + ๐4
12๐ฅ4 + ๐5
24 ๐ฅ5 +โฆ
atau ekivalen dengan bentuk๐ข(๐ฅ) = โln (1โ sin๐ ๐ฅ)Untuk ๐ = ๐2, maka persamaan (4.48) menjadi
35
๐ข(๐ฅ) = ๐๐ฅ โ ๐2
2๐ฅ2 โ ๐3
6 ๐ฅ3 + ๐5
40 ๐ฅ5 +โฆ
4.5 Simulasi KonvergensiUntuk mendukung keakuratan dari metode yang digunakan
maka ditunjukkan konvergensi dari solusi yang didapatkan. Konvergensi diperoleh melalui perhitungan โ๐ yang didefinisikan pada Definisi 4.2.1.Dari Definisi 4.2.1, untuk setiap ๐ โ โ โช {0}, maka
โ๐= ๏ฟฝโ๐ข๐+1โโ๐ข๐โ
, โ๐ข๐โ โ 0,
0 , โ๐ข๐โ = 0 ๏ฟฝ
dan Teorema 4.2.1 diberikan bahwa untuk โ๐ โ โ โช {0}, โ๐ข๐+1โ โค โ๐ โ๐ข๐โ. (4.49)
Dengan menggunakan persamaan (4.49) didapatkanโ๐ข๐+2โ โค โ๐ โ๐ข๐+1โ โค โ๐
2 โ๐ข๐โ (4.50)
Persamaan (4.50) dapat ditulis kembali menjadiโ๐ข๐+2โ โค โ๐2 โ๐ข๐โ (4.51)
untuk โ๐ โ โ โช {0}. Sehingga dari persamaan (4.51) dapat dibentuk rumus baru dalam perhitungan โ๐ yaitu
โ๐= ๏ฟฝ๏ฟฝโ๐ข๐+2โโ๐ข๐โ
, โ๐ข๐โ โ 0,
0 , โ๐ข๐โ = 0๏ฟฝ (4.52)
Selanjutnya digunakan rumus pada (4.52) dalam perhitungan โ๐untuk mendapatkan hasil konvergensi.
Pada Teorema (4.2.1) diberikan rumus
๏ฟฝ๐ข๐
โ
๐=0
= ๏ฟฝ๐(๐)(๐ก โ ๐ก0)๐โ
๐=0
(4.53)
36 Karena variabel bebas yang digunakan pada PDB Nonlinier Bratu (4.30) adalah ๐ฅ maka persamaan (4.53) dapat ditulis menjadi
๏ฟฝ๐ข๐
โ
๐=0
= ๏ฟฝ๐(๐)(๐ฅ โ ๐ฅ0)๐โ
๐=0
.
Persamaan (4.54) dapat ditulis kembali ke dalam bentuk
๐ข0 + ๐ข1 +โฏ+ ๐ข๐ = ๐(0)๐ฅ0 + ๐(1)๐ฅ1 +โฏ+ ๐(๐)๐ฅ๐ (4.55)
Dari (4.55) diperoleh
๐ข0 = ๐(0)๐ฅ0
๐ข1 = ๐(1)๐ฅ1
๐ข2 = ๐(2)๐ฅ2
โฎ
๐ข๐ = ๐(๐)๐ฅ๐
Jika โ 0 โคโ๐< 1 maka deret solusi
๏ฟฝ๐ข๐ = ๏ฟฝ๐(๐)(๐ฅ โ ๐ฅ0)๐โ
๐=0
โ
๐=0
konvergen ke ๐ข (nilai eksaknya). Nilai โ๐ diperoleh melalui rumus pada (4.52).
Berikutnya diberikan contoh dalam perhitungan โ๐ untuk menunjukkan konvergensi. Misalkan untuk nilai ๐ = 2, batas maksimum ๐ atau N = 4 dan ๐ฅ0 = 0 maka berturut-turut nilai dari ๐(0) , ๐(1),๐(2),๐(3),๐(4) yang telah dihitung sebelumnya yaitu๐(0) = 0๐(1) = 0๐(2) = โ1๐(3) = 0
๐(4) =16
(4.54)
(4.56)
37
Nilai masing-masing ๐(0) sampai ๐(4) disubstitusikan ke rumus (4.56) sehingga diperoleh
๐ข0 = ๐(0)๐ฅ0 = 0 ๐ข1 = ๐(1)๐ฅ1 = 0
๐ข2 = ๐(2)๐ฅ2 = โ๐ฅ2
๐ข3 = ๐(3)๐ฅ3 = 0๐ข4 = ๐(4)๐ฅ4 = 1
6๐ฅ4
(4.57)
Jika nilai ๐ฅ โ [0,1] dan diasumsikan nilai ๐ฅ dibagi menjadi 5 partisi dengan panjang interval 0.25 maka didapatkan
๐ฅ0 = 0,
๐ฅ1 = 0,25,
๐ฅ2 = 0,5,
๐ฅ3 = 0,75,
๐ฅ4 = 0,1,
Masing-masing nilai ๐ฅ0, ๐ฅ1, โฆ ๐ฅ4 disubstitusikan ke dalam masing-masing persamaan (4.57) sehingga didapatkan vektor baris dari nilai ๐ข๐ yang bentuk umumnya yaitu
๐ข๐ = [๐(๐)๐ฅ0๐ ๐(๐)๐ฅ1๐ ๐(๐)๐ฅ2๐ ๐(๐)๐ฅ3๐ ๐(๐)๐ฅ4๐]
Karena batas maksimum ๐ = 4 maka masing-masing ๐ =0,1,2,3,4 disubstitusikan ke persamaan (4.58) didapatkan
Untuk ๐ = ๐, maka
๐ข๐ = [๐(๐)๐ฅ0๐ ๐(๐)๐ฅ1๐ ๐(๐)๐ฅ2๐ ๐(๐)๐ฅ3๐ ๐(๐)๐ฅ4๐]
๐ข0 = [๐(0)๐ฅ00 ๐(0)๐ฅ10 ๐(0)๐ฅ20 ๐(0)๐ฅ30 ๐(0)๐ฅ40]
karena ๐(0) = 0, maka
(4.58)
38 ๐ข0 = [0 0 0 0 0]
โ๐ข0โ = 0
Untuk ๐ = ๐, maka
๐ข1 = [๐(1)๐ฅ01 ๐(1)๐ฅ11 ๐(1)๐ฅ21 ๐(1)๐ฅ31 ๐(1)๐ฅ41]
karena ๐(1) = 0, maka
๐ข1 = [0 0 0 0 0]
โ๐ข1โ = 0
Untuk ๐ = ๐, maka
๐ข2 = [๐(2)๐ฅ02 ๐(2)๐ฅ12 ๐(2)๐ฅ22 ๐(2)๐ฅ32 ๐(2)๐ฅ42]
= [โ1. ๐ฅ02 โ1. ๐ฅ12 โ1. ๐ฅ22 โ1. ๐ฅ32 โ1. ๐ฅ42]
= [โ1. 02 โ1. (0.25)2 โ1. (0.5)2 โ1. (0.75)2 โ1. 12]
= [0 โ0.0625 โ0.25 โ0.5625 โ1]
โ๐ข2โ = ๏ฟฝ02 + (โ0.0625)2 + (โ0.25)2 + (โ0.5625)2 + (โ1)2
= 1.17593
Untuk ๐ = ๐, maka
๐ข3 = [๐(3)๐ฅ03 ๐(3)๐ฅ13 ๐(3)๐ฅ23 ๐(3)๐ฅ33 ๐(3)๐ฅ43]
Karena ๐(3) = 0, maka
๐ข3 = [0 0 0 0 0]
โ๐ข3โ = 0
Untuk ๐ = ๐, maka
๐ข4 = [๐(4)๐ฅ04 ๐(4)๐ฅ14 ๐(4)๐ฅ24 ๐(4)๐ฅ34 ๐(4)๐ฅ44]
39
= ๏ฟฝ16๐ฅ04
16๐ฅ14
16๐ฅ24
16๐ฅ34
16๐ฅ44๏ฟฝ
= ๏ฟฝ16
0416
(0.25)416
(0.5)416
(0.75)416
14๏ฟฝ
= ๏ฟฝ0 0.000651 0.010417 0.05273416๏ฟฝ
โ๐ข4โ =0.175122
sehingga didapatkan nilai masing-masing โ๐, dengan ๐ = 0,1,2 .
Untuk ๐ = ๐, maka
โ๐= ๏ฟฝโ๐ข๐+2โโ๐ข๐โ
โ0= ๏ฟฝโ๐ข2โโ๐ข0โ
= ๏ฟฝ1.175930
, karena dari Definisi 4.2.1, โ๐= 0 jika
โ๐ข๐โ = 0 maka diperoleh โ0= 0.
Untuk ๐ = ๐, maka
โ๐= ๏ฟฝโ๐ข๐+2โโ๐ข๐โ
โ1= ๏ฟฝโ๐ข3โโ๐ข1โ
= ๏ฟฝ 01.17593
= 0
Untuk ๐ = ๐, maka
โ๐= ๏ฟฝโ๐ข๐+2โโ๐ข๐โ
40
โ2= ๏ฟฝโ๐ข4โโ๐ข2โ
= ๏ฟฝ0.1751221.17593
=0.3859
Jadi, diperoleh nilai โ0= 0,โ1= 0, dan โ2= 0.3859 . Masing-masing nilai berada pada interval 0 โคโ๐< 1 sehingga solusi numerik untuk ๐ = 2 dan N = 4 konvergen ke nilai eksaknya.
Selanjutnya perhitungan โ๐ disimulasikan pada Matlab. Hasil simulasi perhitungan โ๐ pada contoh diatas diberikan pada Gambar 4.1 untuk nilai ๐ = 2 dan N = 4 dengan sumbu ๐ฅmenyatakan indeks ke- ๐ dan sumbu ๐ฆ menyatakan nilai โ๐dengan ๐ = 0,1,2.
Gambar 4.1 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 2 dan N = 4
Dari Gambar 4.1 menunjukkan bahwa hasil simulasi perhitungan โ๐ dengan ๐ = 0,1,2 sama dengan hasil perhitungan secara analitik untuk ๐ = 2 dan N = 4. Begitu juga untuk N yang lain, misalkan N=10 dengan ๐ = 2 , maka diperoleh nilai โ๐dengan ๐ = 0,1,2, . .8 sebagai berikut
41
Gambar 4.2 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 2 dan N=10
Dari hasil simulasi pada Gambar 4.2 diperoleh nilai โ0= 0, โ1= 0 ,โ2= 0.3859 ,โ3= 0 ,โ4= 0.50775 ,โ5= 0 ,โ6=0.54803 ,โ7= 0 , dan โ8= 0.5684 . Sehingga nilai โ๐ berada pada interval 0 โคโ๐< 1 mengakibatkan solusi numerik yang didapat konvergen ke hasil eksaknya. Hasil yang sama juga akan didapatkan ketika nilai ๐ฅ dipartisi menjadi ๐ bagian yang laindengan ๐ฅ โ [0,1] . Misalkan ๐ = 21, dengan N=10, ๐ = 2 hasil simulasi yang didapatkan yaitu
Gambar 4.3 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 21, ๐ = 2 dan N=10
Dari hasil simulasi pada Gambar 4.3 diperoleh โ0= 0, โ1= 0 ,โ2= 0.3608 ,โ3= 0 ,โ4= 0.48181 ,โ5= 0 ,โ6=
42 0.5266 ,โ7= 0 , dan โ8= 0.55156, sehingga 0 โคโ๐< 1 yang berakibat solusi numeriknya konvergen juga ke solusi eksaknya.
Untuk nilai ๐ yang lain yaitu ๐ = โ2 , ๐ = โ1 , dan ๐ = 1yang digunakan pada syarat pertama persamaan Bratu, didapatkan hasil simulasi konvergensinya sebagai berikutUntuk ๐ = โ๐, maka
Gambar 4.4 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 21, ๐ = โ2 dan N =10
Nilai โ๐ yang diperoleh pada hasil simulasi Gambar 4.4 sama ketika ๐ = โ2.
Untuk ๐ = โ๐, maka
Gambar 4.5 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 21, ๐ = โ1 dan N =10
43 Nilai โ๐ yang diperoleh dari hasil simulasi pada Gambar 4.5 yaitu โ0= 0, โ1= 0 ,โ2= 0.25513,โ3= 0 ,โ4= 0.34069 ,โ5=0 ,โ6= 0.37236 ,โ7= 0 , dan โ8= 0.39001.
Untuk ๐ = ๐, maka
Gambar 4.6 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 21, ๐ = 1dan N =10
Nilai โ๐ yang diperoleh pada hasil simulasi Gambar 4.6 sama ketika ๐ = โ1 . Sedangkan untuk syarat yang kedua dari persamaan Bratu dengan ๐ = โ๐2 dan ๐ = ๐2 diperoleh hasil simulasi konvergensinya
Gambar 4.7 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 21, ๐ = โ๐2 dan N = 10
44
Gambar 4.8 Hasil Numerik Perhitungan โ๐ untuk ๐ = 21, ๐ = ๐2 dan N = 10
Dari Gambar 4.7 diperoleh โ0= 0 , โ1= 1.0622 , โ2=1.1329,โ3= 1.4349 , โ4= 1.5129,โ5= 1.6013 , โ6= 1.6981 ,โ7= 1.6981 , dan โ8= 1.7319 sedangkan dari Gambar 4.8 diperoleh โ0= 0 , โ1= 1.0622 , โ2= 0 , โ3= 1.1115 , โ4= 0 ,โ5= 0.79404 , โ6= 1.5532 , โ7= 1.4694 , dan โ8= 1.1381,sehingga terdapat โ๐> 1 yang mengakibatkan solusi numerik yang didapatkan tidak konvergen ke solusi eksaknya.
Untuk ๐ = ๐2 hasil numeriknya tidak konvergen ke eksaknya dikarenakan dipilih nilai ๐ > ๐๐ = 3.513830719 [15], namun untuk nilai ๐ yang lain yaitu ๐ = โ2, ๐ = โ1, dan ๐ = 1 tampak dari Gambar 4.4 sampai dengan Gambar 4.6 diperoleh 0 โคโ๐< 1sehingga solusi numeriknya konvergen ke eksaknya. Hal tersebut juga dikarenakan dipilih nilai ๐ < ๐๐.
4.6 Simulasi Numerik dan Analisa GalatBerikut ini diberikan grafik perbandingan antara hasil numerik
menggunakan metode transformasi diferensial dengan solusi eksaknya. N merupakan orde/pangkat tertinggi dari solusi penyelesaian numerik yang berupa deret. Untuk ๐ = 2 dan N=10 didapatkan grafiknya yaitu sebagai berikut
45
Gambar 4.9 Grafik Perbandingan Metode Transformasi Diferensialdengan Solusi Eksak untuk ๐ = 2 dan N = 10
Pada Gambar 4.9 menunjukkan bahwa hasil yang diperoleh dari perhitungan dengan metode numerik transformasi diferensial mendekati solusi eksaknya. Selanjutnya diuji juga untuk N yang lain yaitu
Untuk ๐ = ๐, N = 5 maka
Gambar 4.10 Grafik Perbandingan Metode Transformasi Diferensialdengan Solusi Eksak untuk ๐ = 2 dan N = 5
46 Untuk ๐ = ๐, N = 3 maka
Gambar 4.11 Grafik Perbandingan Metode TransformasiDiferensial dengan Solusi Eksak untuk ๐ = 2 dan N = 3
Dari Gambar 4.9 sampai dengan Gambar 4.11 dapat
disimpulkan bahwa semakin nilai N kecil maka grafik solusi numeriknya semakin menjauh dari grafik eksaknya atau dengan kata lain nilai galatnya semakin besar. Hal itu dibuktikan dengan hasil RMSE (Root Mean Square Error) dengan nilai ๐ dan masing-masing N yang telah diujikan sebelumnya yaitu ๐ = 2untuk N = 10, N = 5, N = 3 dengan ๐ฅ โ [0,1] dan ๐ = 21 diberikan pada Tabel 4.1.
Tabel 4.1 Nilai RMSE dengan ๐ = 2 untuk N = 10, N = 5, dan N = 3
Root Mean Square Error (RMSE)
N=10 N=5 N=30.00028611 0.011044 0.049486
Dari Tabel 4.1 dapat disimpulkan bahwa semakin kecil N maka galatnya semakin besar dan berakibat juga kebalikanya. Untuk ๐ = โ2, grafik perbandingan solusi numerik dengan eksaknya berikut ini
47
Gambar 4.12 Grafik Perbandingan Metode TransformasiDiferensial dengan Solusi Eksak untuk ๐ = โ2 dan N = 10
Dari Gambar 4.12 menunjukkan bahwa grafik solusi numeriknya mendekati ke grafik solusi eksaknya. Kesimpulan yang sama juga akan diperoleh yaitu nilai N semakin kecil maka grafik numeriknya menjauhi grafik eksaknya atau galatnya semakin besar begitu juga sebaliknya. Untuk nilai ๐ = 1 dan ๐ = โ1 tidak dapat ditunjukkan grafik perbandingannya karena belum ada solusi eksaknya namun solusi numeriknya tetap konvergen ke hasil eksaknya.
Sedangkan untuk syarat yang kedua dari persamaan Bratuketika ๐ = โ๐2 diperoleh grafik perbandingan antara solusi numerik dan eksaknya sebagai berikut
48
Gambar 4.13 Grafik Perbandingan Metode TransformasiDiferensial dengan Solusi Eksak untuk ๐ = โ๐2
Gambar 4.13 menunjukkan bahwa grafik perbandingan antara kedua solusi berbeda jauh hal ini dapat diartikan terjadi peristiwa ledakan saat ๐ฅ = 0.5 sehingga dari hasil simulasi konvergensinya diperoleh solusi numeriknya tidak konvergen ke hasil eksaknya.
Untuk ๐ = ๐2 tidak dapat ditunjukkan grafik perbandingankarena belum ada solusi eksaknya, namun dari hasil konvergensisebelumnya didapatkan juga solusi numeriknya tidak konvergen ke eksaknya. Sehingga sebaiknya diambil nilai โ๐2 < ๐ < ๐๐untuk syarat yang kedua dari persamaan Bratu agar penyelesaiannya konvergen ke solusi eksaknya serta peristiwa ledakan dapat dihindari.
49
BAB V
KESIMPULAN DAN SARAN
Pada bab ini, diberikan kesimpulan yang diperoleh
berdasarkan pembahasan dan hasil simulasi serta saran untuk penelitian selanjutnya.
5.1 Kesimpulan
Berdasarkan keseluruhan hasil analisa yang telah dilakukan dalam penyusunan Tugas Akhir ini, dapat diperoleh kesimpulan
sebagai berikut :
1. Metode transformasi diferensial dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa nonlinier Bratu.
2. Hasil simulasi grafik menunjukkan metode transformasi
diferensial sangat dekat dengan solusi eksaknya serta nilai galatnya sangat kecil. Nilai galat akan semakin kecil saat orde
atau pangkat tertinggi dari solusi deret yang didapatkan
semakin besar.
3. Untuk nilai pada syarat yang pertama, diperoleh
sehingga solusi numerik penyelesaian
persamaan Bratu konvergen ke eksaknya, namun untuk syarat
yang kedua saat dan solusinya tidak konvergen ke eksaknya sehingga sebaiknya dipilih
nilai dengan agar
penyelesaiannya konvergen ke eksaknya serta peristiwa
ledakan dapat dihindari.
5.2 Saran
Dalam Tugas Akhir ini telah dibahas penyelesaian persamaan diferensial nonlinier Bratu untuk masalah nilai awal, namun
terdapat hal-hal lainnya yang belum dibahas yaitu:
1. Menyelesaikan persamaan Bratu dengan menggunakan
syarat awal yang lain.
2. Analisa kestabilan nilai 3. Estimasi galat dari solusi yang didapatkan.
50
Untuk penelitian yang akan datang, dapat membahas hal-hal tersebut.
51
DAFTAR PUSTAKA
[1] Abukhaled, M., Khuri, S., and Sayfy, A, 2012. โSpline-based
numerical treatments of Bratu-type equationsโ. Palestine
Journal of Mathematics Vol. 1 pp: 63-70.
[2] Wazwaz, AM, 2005. โAdomian decomposition method for a
reliable treatment of the Bratu-type equationsโ. Appl. Math.
Comput Vol. 166 pp: 652-663.
[3] Batiha.B, 2010. โNumerical solution of Bratu-type equation
by the variational iteration methodโ. Hacettepe Journal of
Mathematics and Statistics Vol. 39 (1) pp: 23 โ 29.
[4] Venkatesh, S.G, 2012. โThe legendre wavelet method for
solving initial value problems of Bratu-typeโ. Computer
and Mathematics with applications Vol. 63 pp: 1287-
1295.
[5] Chang, Shih-Hsiang, 2008. โA new algorithm for calculating
one-dimensional differential transform of nonlinear
functionsโ. Applied Mathematics and Computation Vol.
195 pp: 799โ808.
[6] Nik, H.Saberi dan Soleymani, F, 2013. โA Taylor-type
numerical method for solving nonlinear ordinary differential
equationsโ. Alexandria Engineering Journal Vol. 52 pp:
543-550.
[7] Ross, L.S. 1984. Differential Equations Third Edition,
John Wiley & Sons. New York.
[8] Kaplan, W. Advanced Calculus Fifth Edition. Publishing
House of Electronics Industry.
[9] Rahayu, Sugiatno, dan Prihandono, B, 2012. โPenyelesaian
Persamaan Diferensial Biasa Tak Linier Dengan Metode
Transformasi Diferensialโ. Buletin Ilmiah Mat. Stat. dan
Terapannya (Bimaster) Vol. 01 pp: 9-14.
[10] Kircak, O. 2011. Functional Equations, <URL:
https://ozgurmath.files.wordpress.com/2011/12/functional-
equations-book.pdf>.
[11] Yunus, M. 2005. Pengantar Analisis Fungsional.
Surabaya: ITS press.
52
[12] Bartle, R.G., Sherbert, D.R. 2000. Introduction to Real
Analysis, 3rd
ed., John Wiley and Sons, New York.
[13] J. Bebernes, D. Eberly. 1989. Mathematical Problems
from Combustion Theory, vol. 83 of Applied Math. Sci.,
Springer Verlag, New York.
[14] Gidas, B., Ni, W., dan Nirenberg, L. 1979. โSymmetry and
related problems via the maximum principleโ.Comm.
Math. Phys. Vol.68 pp: 209-243.
[15] Ascher, U.M., Matheij, R., dan Russell, RD. 1995.
Numerical Solution of Boundary Value Problems for
Ordinary Differential Equations. Society for Industrial and
Applied Mathematics. Philadelphia, PA.
53
LAMPIRAN
Listing program untuk mendapatkan konvergensi dan grafik
perbandingan antara solusi numerik dari metode transformasi
diferensial dengan solusi eksak.
Listing program untuk syarat ( ) dan ( )
dengan , , , dan
M-file dengan judul simulasi1.m
clc; clear all; close all;
disp('
================================================
================== '); disp(' '); disp(' Metode Transformasi Diferensial
Dibandingkan Dengan Analitik'); disp(' '); disp(' Nama Mahasiswa = Afifah Dwi
Kurniawati Hasibuan'); disp(' NRP = 1211100045'); disp(' Dosen Pembimbing = Dra.Suprapti
H.,M.si'); disp(' '); disp('
================================================
================== '); disp(' '); Jawab = input('Apakah anda ingin lanjut program
(Y/N)? ','s');
while Jawab=='Y' clc; clear all; close all;
disp('
================================================
=== '); disp(' ');
54 disp(' Metode Transformasi Diferensial
Dibandingkan Dengan Analitik'); disp(' '); disp(' Nama Mahasiswa = Afifah Dwi
Kurniawati Hasibuan'); disp(' NRP = 1211100045'); disp(' Dosen Pembimbing = Dra.Suprapti
H.,M.si'); disp(' '); disp('
================================================
=== '); p = input('Masukkan nilai lambda = '); N = input('Masukkan banyak N(orde tertinggi)
= '); n = input('Masukkan banyak n(partisi) = ');
syms lambda x;
y(1) = 0; Y(2) = 0;
for k=1:N-1 if k==1 U = 0; for a=0:k-1 U = U+lambda^a*Y(a+1); end D = exp(Y(1)); else U = 0; for a=0:k-1 U = U+lambda^a*Y(a+1); end Diff_N = Turunan_N(U,k); D = (1/factorial(k-
1))*subs(Diff_N,{lambda},{0}); end Y(k+2) = (-p/(k*(k+1)))*D; end
55 Y
y = 0; for k=0:N y = y + x^k*Y(k+1); end pretty(y)
x_new =linspace(0,1,n); for i=1:length(x_new) y_new(i) = subs(y,{x},{x_new(i)}); end y_new=double(y_new);
figure(1); if p>0 y = -p.*log(cosh(x_new)); else y = p.*log(cos(x_new));
end plot(x_new,y_new,'r*',x_new,y); title('Perbandingan Metode Transformasi
Diferensial Baru dengan Solusi
Eksak','fontweight','b'); xlabel('x') ylabel('u(x)'); legend('Metode Transformasi Diferensial
Baru','Eksak');
error=y-y_new RMSE = sqrt(mean((y - y_new).^2)) %Konvergensi for i=1:length(Y) for j=1:length(x_new) yk(i,j)=Y(i)*(x_new(j)^(i-1)); end end for i=1:size(yk,1)-2 norm_yk(i) = norm(yk(i,:)); if norm_yk(i) == 0 alpha(i) = 0;
56 else alpha(i) = sqrt(
norm(yk(i+2,:))/norm_yk(i)); end end norm_yk, alpha
figure(2) k = 0:N-2; plot(k,alpha,'*'); set(gca,'XTick',0:2:20) set(gca,'XTickLabel',{'0','2','4','6','8','10','
12','14','16','18','20'}) xlabel('k') ylabel('\alpha_k') axis([0 20 0 1]) title('Nilai \alpha_k untuk u(x)') Jawab = input('Apakah anda ingin lanjut program
(Y/N)? ','s'); end disp(' '); disp('>>>>>>>>>>>>>>>TERIMA
KASIH<<<<<<<<<<<<<<<<<<<');
Listing program untuk syarat ( ) dan ( )
dengan , dan
M-file dengan judul simulasi2.m
clc; clear all; close all;
disp('
================================================
================== '); disp(' '); disp(' Metode Transformasi Diferensial
Dibandingkan Dengan Analitik'); disp(' '); disp(' Nama Mahasiswa = Afifah Dwi
Kurniawati Hasibuan'); disp(' NRP = 1211100045'); disp(' Dosen Pembimbing = Dra.Suprapti
H.,M.si');
57 disp(' '); disp('
================================================
================== '); disp(' '); Jawab = input('Apakah anda ingin lanjut program
(Y/N)? ','s');
while Jawab=='Y' clc; clear all; close all;
disp('
================================================
=== '); disp(' '); disp(' Metode Transformasi Diferensial
Dibandingkan Dengan Analitik'); disp(' '); disp(' Nama Mahasiswa = Afifah Dwi
Kurniawati Hasibuan'); disp(' NRP = 1211100045'); disp(' Dosen Pembimbing = Dra.Suprapti
H.,M.si'); disp(' '); disp('
================================================
=== '); p = input('Masukkan nilai lambda = '); N = input('Masukkan banyak N(orde tertinggi)
= '); n = input('Masukkan banyak n(partisi) = ');
syms lambda x;
y(1) = 0; Y(2) = 3.14;
for k=1:N-1 if k==1
58 U = 0; for a=0:k-1 U = U+lambda^a*Y(a+1); end D = exp(Y(1)); else U = 0; for a=0:k-1 U = U+lambda^a*Y(a+1); end Diff_N = Turunan_N(U,k); D = (1/factorial(k-
1))*subs(Diff_N,{lambda},{0}); end Y(k+2) = (-p/(k*(k+1)))*D; end Y
y = 0; for k=0:N y = y + x^k*Y(k+1); end pretty(y)
x_new =linspace(0,1,n); for i=1:length(x_new) y_new(i) = subs(y,{x},{x_new(i)}); end y_new=double(y_new);
figure(1); y_eksak = -log(1-sin(3.14*x_new)); plot(x_new,y_new,'r*',x_new,y); title('Perbandingan Metode Transformasi
Diferensial Baru dengan Solusi
Eksak','fontweight','b'); xlabel('x') ylabel('u(x)'); legend('Metode Transformasi Diferensial
Baru','Eksak');
59 error=y-y_new RMSE = sqrt(mean((y - y_new).^2)) %Konvergensi for i=1:length(Y) for j=1:length(x_new) yk(i,j)=Y(i)*(x_new(j)^(i-1)); end end for i=1:size(yk,1)-2 norm_yk(i) = norm(yk(i,:)); if norm_yk(i) == 0 alpha(i) = 0; else alpha(i) = sqrt(
norm(yk(i+2,:))/norm_yk(i)); end end norm_yk, alpha
figure(2) k = 0:N-2; plot(k,alpha,'*'); set(gca,'XTick',0:2:20) set(gca,'XTickLabel',{'0','2','4','6','8','10','
12','14','16','18','20'}) xlabel('k') ylabel('\alpha_k') axis([0 20 0 1]) title('Nilai \alpha_k untuk u(x)') Jawab = input('Apakah anda ingin lanjut program
(Y/N)? ','s'); end disp(' '); disp('>>>>>>>>>>>>>>>TERIMA
KASIH<<<<<<<<<<<<<<<<<<<');
60
โHalaman ini sengaja dikosongkanโ
BIODATA PENULIS
Penulis dilahirkan di
Surabaya 10 Juni 1993.
Pendidikan formal yang
pernah ditempuh yaitu TK
Al-Hikmah Surabaya, SDN
Mojo VI Surabaya, SMPN
37 Surabaya, dan SMAN 1
Surabaya. Setelah lulus dari
SMA, penulis mengikuti
SNMPTN undangan 2011
dan diterima sebagai
mahasiswa Jurusan
Matematika ITS. Penulis
aktif dalam kepengurusan Lembaga Dakwah Jurusan Ibnu
Muqlah di Departemen Keputrian (2012-2014) dan
Lembaga Dakwah Kampus Jamaah Masjid Manarul Ilmi
di Departemen Annisa (2012-2013). Selain itu, penulis
juga aktif dalam kepengurusan HIMATIKA di
Departemen Kesejahteraan Mahasiswa (2012-2013).
Untuk kritik, saran, dan pertanyaan mengenai Tugas
Akhir ini dapat dikirimkan melalui e-mail ke